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2024年高考数学上海20

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（18分）已知双曲线

$\Gamma :x^2-\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ，

$(b > 0)$ ，左右顶点分别为

$A_{1}$ ，

$A_{2}$ ，过点

$M(-2,0)$ 的直线

$l$ 交双曲线

$\Gamma$ 于

$P$ 、

$Q$ 两点，且点

$P$ 在第一象限．
（1）当离心率

$e=2$ 时，求

$b$ 的值；
（2）当

$b=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$ ，△

$MA_{2}P$ 为等腰三角形时，求点

$P$ 的坐标；
（3）连接

$OQ$ 并延长，交双曲线

$\Gamma$ 于点

$R$ ，若

$\overrightarrow{A_1R}\cdot \overrightarrow{A_2P}=1$ ，求

$b$ 的取值范围．
答案：（1）

$b=\sqrt{3}$ ；
（2）

$P(2,2\sqrt{2})$ ；
（3）

$b\in (0,\sqrt{3})\bigcup (\sqrt{3},\dfrac{\sqrt{30}}{3}]$ ．
分析：（1）由题意可得

$\dfrac{c}{a}=2$ ，

$a=1$ ，可得

$c=2$ ，由

$a^{2}+b^{2}=c^{2}$ 求解即可；
（2）由题意可得

$MA_{2}=PA_{2}$ ，

$P(x_{0}$ ，

$y_{0})$ ，

$x_{0} > 0$ ，

$y_{0} > 0$ ，则可得

$(x_0-1)^2+y_0^2=9$ ，再由

$x_0^2-\dfrac{y_0^2}{\dfrac{8}{3}}=1$ ，求解即可；
（3）设

$P(x_{1}$ ，

$y_{1})$

$Q(x_{2}$ ，

$y_{2})$ 则

$R(-x_{2}$ ，

$-y_{2})$ ，设直线

$l:x=my-2(m > \dfrac{1}{b})$ ，联立直线与双曲线方程，再结合韦达定理可得

$y_{1}+y_{2}=\dfrac{4{b}^{2}m}{{b}^{2}{m}^{2}-1}$ ，

$y_{1}y_{2}=\dfrac{3{b}^{2}}{{b}^{2}{m}^{2}-1}$ ，又由

$\overrightarrow{A_1R}\cdot \overrightarrow{A_2P}=1$ ，得

$(-x_{2}+1)(x_{1}-1)-y_{1}y_{2}=1$ ，即有

$(m^{2}+1)y_{1}y_{2}-3m(y_{1}+y_{2})+10=0$ ，可得

$m^2=\dfrac{10-3b^2}{b^2} > \dfrac{1}{b^2}$ ，即可得答案．
解：（1）因为

$e=2$ ，即

$\dfrac{c}{a}=2$ ，
所以

$\dfrac{c^2}{a^2}=4$ ，
又因为

$a^{2}=1$ ，
所以

$c^{2}=4$ ，
又因为

$a^{2}+b^{2}=c^{2}$ ，
所以

$b^{2}=3$ ，
所以

$b=\sqrt{3}$ （负舍）；
（2）因为△

$MA_{2}P$ 为等腰三角形，
①若

$A_{1}A_{2}$ 为底，则点

$P$ 在线段

$MA_{2}$ 的中垂线，即

$x=-\dfrac{1}{2}$ 上，与

$P$ 双曲线上且在第一象限矛盾，故舍去；
②若

$A_{2}P$ 为底，则

$MP=MA_{2}$ ，与

$MP > MA_{2}$ 矛盾，故舍去；
③若

$MP$ 为底，则

$MA_{2}=PA_{2}$ ，
设

$P(x_{0}$ ，

$y_{0})$ ，

$x_{0} > 0$ ，

$y_{0} > 0$ ，

则

$\sqrt{(x_0-1)^2+(y_0-0)^2}=3$ ，
即

$(x_0-1)^2+y_0^2=9$ ，
又因为

$x_0^2-\dfrac{y_0^2}{\dfrac{8}{3}}=1$ ，
得

$(x_0-1)^2+(x_0-1)^2\times \dfrac{8}{3}=9$ ，
得

$11x_0^2-6x_0-32=0$ ，
解得

$x_0=2,y_0=2\sqrt{2}$ ，
即

$P(2,2\sqrt{2})$ ；
（3）由

$A_{1}(-1,0)$ ，设

$P(x_{1}$ ，

$y_{1})$ ，

$Q(x_{2}$ ，

$y_{2})$ ，
则

$R(-x_{2}$ ，

$-y_{2})$ ，设直线

$l:x=my-2(m > \dfrac{1}{b})$ ，

联立

$\left\{\begin{array}{l}{x=my-2}\\ {{x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1}\\ {m > \dfrac{1}{b}}\end{array}\right.$ ，得

$(b^{2}m^{2}-1)y^{2}-4b^{2}my+3b^{2}=0$ ，
则

$y_{1}+y_{2}=\dfrac{4{b}^{2}m}{{b}^{2}{m}^{2}-1}$ ，

$y_{1}y_{2}=\dfrac{3{b}^{2}}{{b}^{2}{m}^{2}-1}$ ，
所以

$\overrightarrow{{A}_{1}R}=(-x_{2}+1$ ，

$-y_{2})$ ，

$\overrightarrow{{A}_{2}P}=(x_{1}-1$ ，

$y_{1})$ ，
又因为

$\overrightarrow{A_1R}\cdot \overrightarrow{A_2P}=1$ ，
得

$(-x_{2}+1)(x_{1}-1)-y_{1}y_{2}=1$ ，
则

$(x_{2}-1)(x_{1}-1)+y_{1}y_{2}=-1$ ，
即

$(my_{2}-3)(my_{1}-3)+y_{1}y_{2}=-1$ ，
化简后可得到

$(m^{2}+1)y_{1}y_{2}-3m(y_{1}+y_{2})+10=0$ ，
再由韦达定理得

$3b^{2}(m^{2}+1)-12m^{2}b^{2}+10(b^{2}m^{2}-1)=0$ ，
化简得

$b^{2}m^{2}+3b^{2}-10=0$ ，
所以

$m^2=\dfrac{10}{b^2}-3$ ，代入

$b^{2}m^{2}-1\ne 0$ ，得

$b^{2}=10-3b^{2}\ne 1$ ，所以

$b^{2}\ne 3$ ，
且

$m^2=\dfrac{10}{b^2}-3\geqslant 0$ ，解得

$b^2\leqslant \dfrac{10}{3}$ ，
又因为

$b > 0$ ，则

$0 < b^2\leqslant \dfrac{10}{3}$ ，
综上，

$b^2\in (0,3)\bigcup (3,\dfrac{10}{3}]$ ，

$b\in (0,\sqrt{3})\bigcup (\sqrt{3},\dfrac{\sqrt{30}}{3}]$ ．
点评：本题考查了双曲线的性质、直线与双曲线的位置关系及韦达定理的应用，属于中档题．

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