《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例1](1)(一题多法)直线3x - 4y = 0与双曲线$\frac{y^{2}}{9}-\frac{x^{2}}{16}=1$的交点个数是（ ）
A.0
B.1
C.2
D.3

答案： A 方法一：联立直线3x - 4y = 0与双曲线$\frac{y^{2}}{9}-\frac{x^{2}}{16}=1$的方程，$\begin{cases}\frac{y^{2}}{9}-\frac{x^{2}}{16}=1\\3x - 4y = 0\end{cases}$，得$\frac{y^{2}}{9}-\frac{\frac{16}{9}y^{2}}{16}=1$，方程组无解，说明直线与双曲线没有交点.
方法二：由$\frac{y^{2}}{9}-\frac{x^{2}}{16}=0$，得3x±4y = 0，所以双曲线的渐近线方程为3x±4y = 0.
因为直线3x - 4y = 0是双曲线$\frac{y^{2}}{9}-\frac{x^{2}}{16}=1$的一条渐近线，因此交点个数为0.

(2)(2022·全国甲卷)记双曲线C:$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$的离心率为e,写出满足条件“直线y = 2x与C无公共点”的e的一个值________.

答案： 【解析】C：$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$，所以C的渐近线方程为$y = ±\frac{b}{a}x$.
结合渐近线的特点，只需$0＜\frac{b}{a}\leq2$，即$\frac{b^{2}}{a^{2}}\leq4$，可满足条件“直线$y = 2x$与C无公共点”.
所以$e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}}}\leq\sqrt{1 + 4}=\sqrt{5}$.
又因为$e＞1$，所以$1＜e\leq\sqrt{5}$.
答案：2(答案不唯一，满足$1＜e\leq\sqrt{5}$皆可)

1.(2024·哈尔滨模拟)双曲线$\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{4}=1$与直线y = $-\frac{2}{3}x + m(m\in\mathbf{R})$的公共点的个数为（ ）
A.0
B.1
C.0或1
D.0或1或2

答案：
C 因为双曲线$\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{4}=1$的渐近线方程为$y = ±\frac{2}{3}x$，所以，当$m = 0$时，直线$l:y=-\frac{2}{3}x + m$与双曲线的一条渐近线重合，此时直线$l$与双曲线无交点；
当$m≠0$时，直线$l$与双曲线的一条渐近线平行，此时直线$l$与双曲线有一个交点.

2.(2024·南通模拟)已知双曲线$x^{2}-\frac{y^{2}}{a^{2}}=1$，若过点(2,2)能作该双曲线的两条切线，则该双曲线离心率e的取值范围为________.

答案： 【解析】过(2，2)能作两条切线说明该点在双曲线外部，故$4-\frac{4}{a^{2}}＜1$，故$a^{2}＜\frac{4}{3}$.
所以$e^{2}=1 + a^{2}＜\frac{7}{3}$，所以$e＜\frac{\sqrt{21}}{3}$.
又点不在该双曲线渐近线上，故$a≠1$，即$e≠\sqrt{2}$.
综上，$e\in(1,\sqrt{2})\cup(\sqrt{2},\frac{\sqrt{21}}{3})$.
答案：$(1,\sqrt{2})\cup(\sqrt{2},\frac{\sqrt{21}}{3})$

[例2](1)若双曲线C:$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$的一条渐近线被圆$(x + 2)^{2}+y^{2}=4$所截得的弦长为$2\sqrt{3}$，则C的离心率为（ ）
A.$\sqrt{3}$
B.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
C.$\sqrt{2}$
D.$\frac{3\sqrt{2}}{2}$

答案： B 由题意，双曲线C的一条渐近线方程为$bx - ay = 0$.
又由圆$(x + 2)^{2}+y^{2}=4$的圆心为(-2，0)，半径为$r = 2$.
因为一条渐近线被圆$(x + 2)^{2}+y^{2}=4$所截得的弦长为$2\sqrt{3}$，
可得$(\frac{|-2b|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}})^{2}+(\sqrt{3})^{2}=4$.
所以$a^{2}=3b^{2}$，即$a^{2}=3(c^{2}-a^{2})$.
所以$e=\frac{c}{a}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

(2)(2024·宝鸡模拟)设动点P(x,y)与点$F(\sqrt{10},0)$之间的距离和点P到直线$l:x=\frac{\sqrt{10}}{2}$的距离的比值为$\sqrt{2}$，记点P的轨迹为曲线C.
①求曲线C的方程;
②若O为坐标原点，直线$y=\frac{1}{2}x + 1$交曲线C于A,B两点，求$\triangle OAB$的面积.

答案： 【解析】①由动点$P(x,y)$与点$F(\sqrt{10},0)$之间的距离和点$P$到直线$l:x=\frac{\sqrt{10}}{2}$的距离的比值为$\sqrt{2}$，
可得$\frac{\sqrt{(x - \sqrt{10})^{2}+y^{2}}}{|x-\frac{\sqrt{10}}{2}|}=\sqrt{2}$，整理得$\frac{x^{2}}{5}-\frac{y^{2}}{5}=1$，
即曲线C的方程为$\frac{x^{2}}{5}-\frac{y^{2}}{5}=1$.
②联立方程得$\begin{cases}y=\frac{1}{2}x + 1\\\frac{x^{2}}{5}-\frac{y^{2}}{5}=1\end{cases}$，整理得$3x^{2}-4x - 24 = 0$.
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，可得$x_{1}+x_{2}=\frac{4}{3}$，$x_{1}x_{2}=-8$.
所以$|AB|=\sqrt{1 + k^{2}}|x_{1}-x_{2}|=\sqrt{1+\frac{1}{4}}\times\sqrt{(\frac{4}{3})^{2}-4\times(-8)}=\frac{2\sqrt{95}}{3}$.
又点$O$到直线$y=\frac{1}{2}x + 1$的距离$d=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，所以$\triangle OAB$的面积$S=\frac{1}{2}|AB|\cdot d=\frac{1}{2}\times\frac{2\sqrt{95}}{3}\times\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{19}}{3}$.