《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例4]（1）（2024·厦门模拟）已知双曲线$\frac{x^2}{a^2} - y^2 = 1$的焦距为4，则其离心率为（ ）
A. $\frac{4\sqrt{15}}{15}$
B. $\frac{2\sqrt{3}}{3}$
C. 2
D. 4
（2）（2024·广州模拟）已知双曲线$C:\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$，点$B$的坐标为$(0,b)$，若$C$上的任意一点$P$都满足$|PB|\geq b$，则$C$的离心率的取值范围是（ ）
A. $(1,\frac{\sqrt{5} + 1}{2}]$
B. $[\frac{\sqrt{5} + 1}{2},+\infty)$
C. $(1,\sqrt{2}]$
D. $[\sqrt{2},+\infty)$

答案： [例4]
(1)B 由双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-y^{2}=1$的焦距为4,可得$c = 2$,$b = 1$,所以$a=\sqrt{c^{2}-b^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$,$e=\frac{c}{a}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
(2)A 设$P(x,y)$,$\vert PB\vert\geqslant b\Rightarrow\sqrt{x^{2}+(y - b)^{2}}\geqslant b\Rightarrow x^{2}+y^{2}-2by\geqslant0(*)$,由$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1\Rightarrow x^{2}=a^{2}(1+\frac{y^{2}}{b^{2}})$,代入不等式*中,化简,得$\frac{c^{2}}{b^{2}}y^{2}-2by + a^{2}\geqslant0$恒成立,则有$\Delta = 4b^{2}-\frac{4a^{2}c^{2}}{b^{2}}\leqslant0\Rightarrow b^{4}\leqslant a^{2}c^{2}\Rightarrow b^{2}\leqslant ac\Rightarrow c^{2}-a^{2}\leqslant ac\Rightarrow e^{2}-e - 1\leqslant0$,解得$\frac{1-\sqrt{5}}{2}\leqslant e\leqslant\frac{1+\sqrt{5}}{2}$,而$e＞1$,所以$1＜e\leqslant\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

[例5]（1）（2024·南京模拟）设$F_1$，$F_2$分别是双曲线$\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点$P$满足$|PF_2| = |F_1F_2|$，且$\cos\angle PF_1F_2 = \frac{4}{5}$，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. $3x\pm 4y = 0$
B. $4x\pm 3y = 0$
C. $3x\pm 5y = 0$
D. $5x\pm 4y = 0$
（2）（一题多法）（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$m =$______.
(3).（一题多法）若双曲线经过点$(1,\sqrt{3})$，其渐近线方程为$y = \pm 2x$，则双曲线的方程是__________.

答案：
[例5]
(1)B 作$F_{2}Q\perp PF_{1}$于点Q,如图所示, 因为$\vert F_{1}F_{2}\vert=\vert PF_{2}\vert$,所以Q为$PF_{1}$的中点,由双曲线的定义知$\vert\vert PF_{1}\vert-\vert PF_{2}\vert\vert = 2a$,所以$\vert PF_{1}\vert = 2a + 2c$,故$\vert F_{1}Q\vert = a + c$,因为$\cos\angle PF_{1}F_{2}=\frac{4}{5}$,所以$\frac{\vert F_{1}Q\vert}{\vert F_{1}F_{2}\vert}=\cos\angle PF_{1}F_{2}$,即$\frac{a + c}{2c}=\frac{4}{5}$,得$3c = 5a$,所以$3\sqrt{a^{2}+b^{2}} = 5a$,得$\frac{b}{a}=\frac{4}{3}$,故双曲线的渐近线方程为$y=\pm\frac{4}{3}x$,即$4x\pm3y = 0$.
(2)[解析]方法一:依题意得$m＜0$,双曲线的方程可表示为$y^{2}-\frac{x^{2}}{-m}=1$,此时双曲线的渐近线的斜率为$\pm\frac{1}{\sqrt{-m}}=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$,解得$m = - 3$.
方法二: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$m = - 3$.
答案:-3
(3)[解析]方法一:由题意可知,①若双曲线的焦点在x轴上,则可设$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$,则$\frac{1}{a^{2}}-\frac{3}{b^{2}} = 1$且$\frac{b}{a}=2$,联立解得$a=\frac{1}{2}$,$b = 1$,则双曲线的方程为$4x^{2}-y^{2}=1$;
②若双曲线的焦点在y轴上,则可设$\frac{y^{2}}{a^{2}}-\frac{x^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$,则$\frac{3}{a^{2}}-\frac{1}{b^{2}} = 1$,且$\frac{a}{b}=2$,此时无解,综上,双曲线的方程为$4x^{2}-y^{2}=1$.
方法二:由题可设双曲线方程为$4x^{2}-y^{2}=\lambda(\lambda\neq0)$,因为双曲线经过点$(1,\sqrt{3})$,所以$\lambda = 4\times1^{2}-(\sqrt{3})^{2}=1$,所以双曲线方程为$4x^{2}-y^{2}=1$.
答案:$4x^{2}-y^{2}=1$

对点训练
1.（多选题）（2024·长沙模拟）已知点$F_1$，$F_2$是双曲线$C:\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的左、右焦点，$P$是双曲线$C$位于第一象限内一点，若$\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2} = 0$，$|\overrightarrow{PF_1}| = 2|\overrightarrow{PF_2}|$，则下列结论正确的是（ ）
A. $\triangle PF_1F_2$的面积为$\frac{3}{2}a^2$
B. 双曲线$C$的离心率为$\sqrt{5}$
C. 双曲线$C$的渐近线方程为$x\pm 2y = 0$
D. 若双曲线$C$的焦距为$2\sqrt{5}$，则双曲线$C$的方程为$x^2 - \frac{y^2}{4} = 1$

答案： 1. BD 对于选项A:由定义可得$\vert PF_{1}\vert-\vert PF_{2}\vert = 2a$,因为$\vert PF_{1}\vert = 2\vert PF_{2}\vert$,所以$\vert PF_{1}\vert = 4a$,$\vert PF_{2}\vert = 2a$,由已知$\angle F_{1}PF_{2}=90^{\circ}$,所以$\triangle PF_{1}F_{2}$的面积为$\frac{1}{2}\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert=\frac{1}{2}\times4a\times2a = 4a^{2}$,故A错误;
对于选项B:由勾股定理得$(2a)^{2}+(4a)^{2}=(2c)^{2}$,即$5a^{2}=c^{2}$,所以$e=\frac{c}{a}=\sqrt{\frac{c^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{5}$,故B正确;
对于选项C:因为$b^{2}=c^{2}-a^{2}=4a^{2}$,所以$\frac{b^{2}}{a^{2}} = 4$,即$\frac{b}{a}=2$,所以双曲线的渐近线方程为:$2x\pm y = 0$,故C错误;
对于选项D:由双曲线C的焦距为$2\sqrt{5}$得$c=\sqrt{5}$,从而$a^{2}=1$,$b^{2}=4$,所以双曲线C的方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$,故D正确.

2.（2023·新高考Ⅰ卷）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，$\overrightarrow{F_1A}\perp\overrightarrow{F_1B}$，$\overrightarrow{F_2A} = -\frac{2}{3}\overrightarrow{F_2B}$，则$C$的离心率为______.

答案： 2.[解析]方法一:依题意,设$\vert AF_{2}\vert = 2m$,则$\vert BF_{2}\vert = 3m=\vert BF_{1}\vert$,$\vert AF_{1}\vert = 2a + 2m$,在$Rt\triangle ABF_{1}$中,$9m^{2}+(2a + 2m)^{2}=25m^{2}$,则$(a + 3m)(a - m)=0$,故$a = m$或$a = - 3m$(舍去),所以$\vert AF_{1}\vert = 4a$,$\vert AF_{2}\vert = 2a$,$\vert BF_{2}\vert=\vert BF_{1}\vert = 3a$,则$\vert AB\vert = 5a$,故$\cos\angle F_{1}AF_{2}=\frac{\vert AF_{1}\vert}{\vert AB\vert}=\frac{4a}{5a}=\frac{4}{5}$,所以在$\triangle AF_{1}AF_{2}$中,$\cos\angle F_{1}AF_{2}=\frac{16a^{2}+4a^{2}-4c^{2}}{2\times4a\times2a}=\frac{4}{5}$,整理得$5c^{2}=9a^{2}$,故$e=\frac{c}{a}=\frac{3\sqrt{5}}{5}$.
方法二:依题意,得$F_{1}(-c,0)$,$F_{2}(c,0)$,令$A(x_{0},y_{0})$,$B(0,t)$,因为$\overrightarrow{F_{2}A}=-\frac{2}{3}\overrightarrow{F_{2}B}$,所以$(x_{0}-c,y_{0})=-\frac{2}{3}(-c,t)$,则$x_{0}=\frac{5}{3}c$,$y_{0}=-\frac{2}{3}t$,又$\overrightarrow{F_{1}A}\perp\overrightarrow{F_{1}B}$,所以$\overrightarrow{F_{1}A}\cdot\overrightarrow{F_{1}B}=(\frac{8}{3}c,-\frac{2}{3}t)\cdot(c,t)=\frac{8}{3}c^{2}-\frac{2}{3}t^{2}=0$,则$t^{2}=4c^{2}$,又点A在C上,则$\frac{\frac{25}{9}c^{2}}{a^{2}}-\frac{\frac{4}{9}t^{2}}{b^{2}} = 1$,整理得$\frac{25c^{2}}{9a^{2}}-\frac{4t^{2}}{9b^{2}} = 1$,则$\frac{25c^{2}}{9a^{2}}-\frac{16c^{2}}{9b^{2}} = 1$,所以$25c^{2}b^{2}-16c^{2}a^{2}=9a^{2}b^{2}$,即$25a^{2}(c^{2}-a^{2})-16a^{2}c^{2}=9a^{2}(c^{2}-a^{2})$,整理得$25c^{4}-50c^{2}a^{2}+9a^{4}=0$,则$(5c^{2}-9a^{2})(5c^{2}-a^{2})=0$,解得$5c^{2}=9a^{2}$或$5c^{2}=a^{2}$,又$e＞1$,所以$e=\frac{3\sqrt{5}}{5}$或$e=\frac{\sqrt{5}}{5}$(舍去),故$e=\frac{3\sqrt{5}}{5}$.
答案:$\frac{3\sqrt{5}}{5}$