分析 (1)由題意可得直線上點(diǎn)P(x0,y0)滿足x02-y02<1,且y0=kx0+1,即為(1-k2)x02-2kx0-2<0,恒成立,運(yùn)用二次項(xiàng)系數(shù)小于0和判別式小于0,解不等式即可得到所求范圍;
(2)將(2,1)代入雙曲線的方程,由圓和雙曲線的相交的弦長相等,弦所對的圓周角均為90°,且均為$\sqrt{2}$r,聯(lián)立圓的方程和雙曲線的方程,求得交點(diǎn)坐標(biāo),可得弦長,化簡整理可得b,r的關(guān)系式和r的范圍;
(3))|xy|=mx2+1(m>0),即為|y|=m|x|+$\frac{1}{|x|}$,由題意可得曲線上點(diǎn)P(x0,y0)滿足$\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}_{0}^{2}}{^{2}}$<1,代入y0,整理成x0的二次不等式,運(yùn)用換元法和二次函數(shù)的性質(zhì),解不等式即可得到所求范圍.
解答 解:(1)直線y=kx+1上的點(diǎn)都在C(1,1)的外部,可得
直線上點(diǎn)P(x0,y0)滿足x02-y02<1,
且y0=kx0+1,
即為(1-k2)x02-2kx0-2<0,恒成立,
可得1-k2<0,且△=4k2+8(1-k2)<0,
即有k2>2,解得k>$\sqrt{2}$或k<-$\sqrt{2}$;
(2)若C(a,b)過點(diǎn)(2,1),可得$\frac{4}{{a}^{2}}$-$\frac{1}{^{2}}$=1,
即為a2=$\frac{4^{2}}{1+^{2}}$,
由圓和雙曲線的相交的弦長相等,
弦所對的圓周角均為90°,且均為$\sqrt{2}$r,
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}={r}^{2}}\\{^{2}{x}^{2}-{a}^{2}{y}^{2}={a}^{2}^{2}}\end{array}\right.$,解得y=±$\frac{b\sqrt{{r}^{2}-{a}^{2}}}{c}$,
可得$\sqrt{2}$r=$\frac{2b\sqrt{{r}^{2}-{a}^{2}}}{c}$,
化簡可得r2=$\frac{2{a}^{2}^{2}}{2^{2}-{c}^{2}}$=$\frac{2{a}^{2}^{2}}{^{2}-{a}^{2}}$=$\frac{8^{4}}{^{2}(^{2}-3)}$=$\frac{8^{2}}{^{2}-3}$,
令b2-3=t(t>0),則r2=$\frac{8(t+3)}{t}$>8,
即有r>2$\sqrt{2}$;
(3)|xy|=mx2+1(m>0),即為
|y|=m|x|+$\frac{1}{|x|}$,
由曲線|xy|=mx2+1(m>0)上的點(diǎn)都在C(a,b)的外部,
可得曲線上點(diǎn)P(x0,y0)滿足$\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}_{0}^{2}}{^{2}}$<1,
即為b2x02-a2(m2x02+2m+$\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}$)<a2b2,
即有(b2-a2m2)x04-(2a2m+a2b2)x02-a2<0,
令t=x02,即有(b2-a2m2)t2-(2a2m+a2b2)t-a2<0,對t≥0恒成立,
t=0時(shí),-a2<0顯然成立;
t>0時(shí),b2-a2m2<0,且-a2<0,$\frac{2{a}^{2}m+{a}^{2}^{2}}{2(^{2}-{a}^{2}{m}^{2})}$<0,
由m>0,可得m2>$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$,
解得m>$\frac{a}$.
點(diǎn)評 本題考查雙曲線的內(nèi)部或外部的理解和運(yùn)用,注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和分類討論的思想方法,考查不等式恒成立思想的解法,以及直線和圓的位置關(guān)系,考查化簡整理的運(yùn)算能力,屬于中檔題.
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A. | $\sqrt{2}$ | B. | $\sqrt{3}$ | C. | 2 | D. | $\frac{{\sqrt{5}}}{2}$ |
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A. | $\sqrt{5}$ | B. | 3 | C. | 2 | D. | $\sqrt{2}$ |
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A. | $\sqrt{2}$ | B. | $\sqrt{3}$ | C. | 2 | D. | 3 |
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