《2025年高考帮数学》

例3(1)[2022北京高考]已知双曲线$y^{2}+\frac{x^{2}}{m}=1$的渐近线方程为$y=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}x$,则$m =$________.
(2)[2021新高考卷II]已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的离心率$e = 2$,则双曲线$C$的渐近线方程为________.

答案：
(1)$-3$依题意得$m ＜ 0$，令$y^{2}-\frac{x^{2}}{-m}=0$，得$y=\pm\frac{1}{\sqrt{-m}}x=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}x$，解得$m = - 3$。
(2)$y=\pm\sqrt{3}x$ $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+(\frac{b}{a})^{2}} = 2$，得$\frac{b}{a}=\sqrt{3}$，所以双曲线$C$的渐近线方程为$y=\pm\frac{b}{a}x=\pm\sqrt{3}x$。

例4(1)[2021全国卷甲]已知$F_{1},F_{2}$是双曲线$C$的两个焦点,$P$为$C$上一点,且$\angle F_{1}PF_{2}=60^{\circ},|PF_{1}| = 3|PF_{2}|$,则$C$的离心率为　(　　　)
A. $\frac{\sqrt{7}}{2}$　　　B. $\frac{\sqrt{13}}{2}$　　C. $\sqrt{7}$　　　D. $\sqrt{13}$
(2)双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的左顶点为$A$,右焦点为$F$,过点$A$的直线交双曲线$C$于另一点$B$,当$BF\perp AF$时满足$|AF|＞2|BF|$,则双曲线离心率$e$的取值范围是　　　　　　(　　　)
A. $(1,2)$　　　　　　　B. $(1,\frac{3}{2})$
C. $(\frac{3}{2},2)$　　　　　　D. $(1,\frac{3+\sqrt{3}}{2})$
(3)[2023新高考卷I]已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的左、右焦点分别为$F_{1},F_{2}$. 点$A$在$C$上,点$B$在$y$轴上,$\overrightarrow{F_{1}A}\perp\overrightarrow{F_{1}B},\overrightarrow{F_{2}A}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{F_{2}B}$,则$C$的离心率为______.

答案：
(1)A设$|PF_{2}| = m$，$|PF_{1}| = 3m$，则$|F_{1}F_{2}|=\sqrt{m^{2}+9m^{2}-2\times3m\times m\times\cos60^{\circ}}=\sqrt{7}m$，所以$C$的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{2c}{2a}=\frac{|F_{1}F_{2}|}{|PF_{1}|-|PF_{2}|}=\frac{\sqrt{7}m}{2m}=\frac{\sqrt{7}}{2}$。
(2)B由$BF\perp AF$，可得$|BF|=\frac{b^{2}}{a}$，又$|AF|＞2|BF|$，$|AF| = a + c$，所以$a + c＞2\cdot\frac{b^{2}}{a}$，即$a + c＞2\cdot\frac{c^{2}-a^{2}}{a}$，即$a^{2}+ac＞2(c^{2}-a^{2})$，两边同时除以$a^{2}$，整理可得$2e^{2}-e - 3 ＜ 0$，又$e＞1$，则$1 ＜ e ＜ \frac{3}{2}$。所以双曲线离心率$e$的取值范围是$(1,\frac{3}{2})$。
(3)$\frac{3\sqrt{5}}{5}$解法一：由题意可知，$F_{1}(-c,0)$，$F_{2}(c,0)$，设$A(x_{1},y_{1})$，$B(0,y_{0})$，所以$\overrightarrow{F_{2}A}=(x_{1}-c,y_{1})$，$\overrightarrow{F_{2}B}=(-c,y_{0})$，因为$\overrightarrow{F_{2}A}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{F_{2}B}$，所以$\begin{cases}x_{1}-c=\frac{2}{3}c\\y_{1}=-\frac{2}{3}y_{0}\end{cases}$，即$\begin{cases}x_{1}=\frac{5}{3}c\\y_{1}=-\frac{2}{3}y_{0}\end{cases}$，所以$A(\frac{5}{3}c,-\frac{2}{3}y_{0})$。$\overrightarrow{F_{1}A}=(\frac{8}{3}c,-\frac{2}{3}y_{0})$，$\overrightarrow{F_{1}B}=(c,y_{0})$，因为$\overrightarrow{F_{1}A}\perp\overrightarrow{F_{1}B}$，所以$\overrightarrow{F_{1}A}\cdot\overrightarrow{F_{1}B}=0$，即$\frac{8}{3}c^{2}-\frac{2}{3}y_{0}^{2}=0$，解得$y_{0}^{2}=4c^{2}$。因为点$A(\frac{5}{3}c,-\frac{2}{3}y_{0})$在双曲线$C$上，所以$\frac{25c^{2}}{9a^{2}}-\frac{4y_{0}^{2}}{9b^{2}}=1$，又$y_{0}^{2}=4c^{2}$，所以$\frac{25c^{2}}{9a^{2}}-\frac{16c^{2}}{9b^{2}}=1$，即$\frac{25(a^{2}+b^{2})}{9a^{2}}-\frac{16(a^{2}+b^{2})}{9b^{2}}=1$，化简得$\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{4}{5}$，所以$e^{2}=1+\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{9}{5}$，所以$e=\frac{3\sqrt{5}}{5}$。
解法二：由前面解法一得$A(\frac{5}{3}c,-\frac{2}{3}y_{0})$，$y_{0}^{2}=4c^{2}$，所以$|AF_{1}|=\sqrt{(\frac{5}{3}c + c)^{2}+(-\frac{2}{3}y_{0})^{2}}=\sqrt{\frac{64c^{2}}{9}+\frac{4y_{0}^{2}}{9}}=\sqrt{\frac{64c^{2}}{9}+\frac{16c^{2}}{9}}=\frac{4\sqrt{5}}{3}c$，$|AF_{2}|=\sqrt{(\frac{5}{3}c - c)^{2}+(-\frac{2}{3}y_{0})^{2}}=\sqrt{\frac{4c^{2}}{9}+\frac{4y_{0}^{2}}{9}}=\sqrt{\frac{4c^{2}}{9}+\frac{16c^{2}}{9}}=\frac{2\sqrt{5}}{3}c$，由双曲线的定义可得$|AF_{1}|-|AF_{2}| = 2a$，即$\frac{4\sqrt{5}}{3}c-\frac{2\sqrt{5}}{3}c = 2a$，即$\frac{\sqrt{5}}{3}c = a$，所以双曲线的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{3}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{5}$。

例5　(1)[全国卷II]设$O$为坐标原点,直线$x = a$与双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的两条渐近线分别交于$D,E$两点. 若$\triangle ODE$的面积为8,则$C$的焦距的最小值为　　　　　　　(　　　)
A. 4　　　　B. 8　　　　C. 16　　　D. 32
(2)已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的两个顶点分别为$A_{1},A_{2}$,$F$为双曲线的一个焦点,$B$为虚轴的一个端点,若在线段$BF$上(不含端点)存在两点$P_{1},P_{2}$,使得$\angle A_{1}P_{1}A_{2}=\angle A_{1}P_{2}A_{2}=\frac{\pi}{2}$,则双曲线的渐近线的斜率$k$的平方的取值范围是　(　　　)
A. $(1,\frac{\sqrt{5}+1}{2})$　　　　B. $(1,\frac{\sqrt{3}+1}{2})$
C. $(0,\frac{\sqrt{5}+1}{2})$　　　　　D. $(\frac{\sqrt{3}+1}{2},\frac{3}{2})$

答案：

(1)B由题意知双曲线的渐近线方程为$y=\pm\frac{b}{a}x$。因为$D$，$E$分别为直线$x = a$与双曲线$C$的两条渐近线的交点，所以不妨设$D(a,b)$，$E(a,-b)$，所以$S_{\triangle ODE}=\frac{1}{2}\times a\times|DE|=\frac{1}{2}\times a\times2b = ab = 8$，所以$c^{2}=a^{2}+b^{2}\geq2ab = 16$，当且仅当$a = b = 2\sqrt{2}$时等号成立。所以$c\geq4$，$2c\geq8$，所以$C$的焦距的最小值为$8$，故选B。
(2)A不妨设点$F$为双曲线的左焦点，点$B$在$y$轴正半轴上，则$F(-c,0)$，$B(0,b)$，直线$BF$的方程为$bx - cy=-bc$。如图所示，以$O$为圆心，$A_{1}A_{2}$为直径作圆$O$，则$P_{1}$，$P_{2}$在圆$O$上。

由题意可知$\begin{cases}b ＞ a\\\frac{bc}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}} ＜ a\end{cases}$，即$\begin{cases}b ＞ a\\\frac{b}{a}\sqrt{a^{2}+b^{2}} ＜ \sqrt{a^{2}+2b^{2}}\end{cases}$，解得$1 ＜ \frac{b^{2}}{a^{2}} ＜ \frac{\sqrt{5}+1}{2}$，即双曲线的渐近线的斜率$k$的平方的取值范围是$(1,\frac{\sqrt{5}+1}{2})$。