《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例2 (1)已知椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$的左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，若在椭圆$E$上存在点$P$，使得$PF_{1}\perp PF_{2}$，则椭圆$E$的离心率的取值范围为(A)

A.$\left[\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$
B.$\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$
C.$\left[\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$
D.$\left(\frac{1}{2},1\right)$

答案：
(1)A [
(1)法一 因为$PF_{1} \perp PF_{2}$，所以$|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}=(|PF_{1}|+|PF_{2}|)^{2}-2|PF_{1}| \cdot |PF_{2}| \geqslant (|PF_{1}|+|PF_{2}|)^{2}-\frac{(|PF_{1}|+|PF_{2}|)^{2}}{2}=\frac{(|PF_{1}|+|PF_{2}|)^{2}}{2}$（当且仅当$|PF_{1}|=|PF_{2}|$时取等号），由椭圆定义知$|PF_{1}|+|PF_{2}|=2a$，又$|F_{1}F_{2}|=2c$，所以$4c^{2} \geqslant 2a^{2}$，所以$e^{2} \geqslant \frac{1}{2}$，所以$e \geqslant \frac{\sqrt{2}}{2}$，又$e＜1$，所以离心率$e$的取值范围为$[\frac{\sqrt{2}}{2},1)$.
法二 因为$PF_{1} \perp PF_{2}$，设$\angle PF_{1}F_{2}=\alpha$，则$e=\frac{\sin 90^{\circ}}{\sin \alpha + \sin (90^{\circ}-\alpha)}=\frac{1}{\sqrt{2}\sin (\alpha + 45^{\circ})} \geqslant \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$（当且仅当$\alpha=45^{\circ}$时取等号），又$e＜1$，所以离心率$e$的取值范围为$[\frac{\sqrt{2}}{2},1)$.]

(2)(2025·昆明质检)已知$F_{1}$，$F_{2}$是椭圆和双曲线的公共焦点，$P$是它们的一个公共点，且$\angle F_{1}PF_{2}=\frac{\pi}{3}$，则椭圆和双曲线离心率倒数之和的最大值为(B)

A.$\frac{4}{3}$
B.$\frac{4\sqrt{3}}{3}$
C.$4$
D.$\frac{4\sqrt{6}}{3}$

答案：
(2)B [
(2)法一 设椭圆的长半轴为$a$，双曲线的实半轴为$a_{1}(a＞a_{1})$，半焦距为$c$，由椭圆和双曲线的定义可知，设$|PF_{1}|=m$，$|PF_{2}|=n$，$|F_{1}F_{2}|=2c$，椭圆和双曲线的离心率分别为$e_{1}=\frac{c}{a}$，$e_{2}=\frac{c}{a_{1}}$，因为$P$是它们的一个公共点，且$\angle F_{1}PF_{2}=\frac{\pi}{3}$，则由余弦定理可得$4c^{2}=m^{2}+n^{2}-2mn\cos \frac{\pi}{3}$，在椭圆中，由定义知$m + n = 2a$，此式化简为$4c^{2}=4a^{2}-3mn$，在双曲线中，由定义知$|m - n|=2a_{1}$，此式化简为$4c^{2}=4a_{1}^{2}+mn$，由这两式消去$mn$得$16c^{2}=4a^{2}+12a_{1}^{2}$，等式两边同除$c^{2}$得$4=\frac{a^{2}}{c^{2}}+\frac{3a_{1}^{2}}{c^{2}}$，即$4=\frac{1}{e_{1}^{2}}+\frac{3}{e_{2}^{2}}$，由柯西不等式得$(\frac{1}{e_{1}^{2}}+\frac{3}{e_{2}^{2}})(1+\frac{1}{3}) \geqslant (\frac{1}{e_{1}}+\frac{\sqrt{3}}{e_{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}})^{2}$，$\therefore \frac{1}{e_{1}}+\frac{1}{e_{2}} \leqslant \frac{4\sqrt{3}}{3}$.
法二 根据$\frac{\sin ^{2} \frac{\theta}{2}}{e_{1}^{2}}+\frac{\cos ^{2} \frac{\theta}{2}}{e_{2}^{2}}=1$，$\theta=\frac{\pi}{3}$得$\frac{\sin ^{2} \frac{\pi}{6}}{e_{1}^{2}}+\frac{\cos ^{2} \frac{\pi}{6}}{e_{2}^{2}}=1$，即有$\frac{1}{e_{1}^{2}}+\frac{3}{e_{2}^{2}}=4$，下同法一.]

训练2 (1)如图，$F_{1}$，$F_{2}$是椭圆$C_{1}:\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$与双曲线$C_{2}$的公共焦点，$A$，$B$分别是$C_{1}$，$C_{2}$在第二、四象限的公共点。若四边形$AF_{1}BF_{2}$为矩形，则$C_{2}$的离心率是(D)


A.$\sqrt{2}$
B.$\sqrt{3}$
C.$\frac{3}{2}$
D.$\frac{\sqrt{6}}{2}$

答案：
(1)D [
(1)设双曲线$C_{2}$的方程为$\frac{x^{2}}{a_{2}^{2}}-\frac{y^{2}}{b_{2}^{2}}=1(a_{2}＞0,b_{2}＞0)$，则有$a_{2}^{2}+b_{2}^{2}=c^{2}=4 - 1 = 3$.设椭圆$C_{1}$中，$a_{1}=2$，$b_{1}=1$，又四边形$AF_{1}BF_{2}$为矩形，所以$\triangle AF_{1}F_{2}$的面积为$b_{1}^{2}\tan 45^{\circ}=\frac{b_{1}^{2}}{\tan 45^{\circ}}$，即$b_{2}^{2}=b_{1}^{2}=1$，所以$a_{2}^{2}=c^{2}-b_{2}^{2}=3 - 1 = 2$，故双曲线$C_{2}$的离心率$e=\frac{c_{2}}{a_{2}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$.]

(2)过双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$的右焦点$F$作直线$l$交$C$的右支于$A$，$B$两点，且满足$\overrightarrow{AF}=\sqrt{3}\overrightarrow{FB}$，$O$为坐标原点，若$\angle OFA = 120^{\circ}$，则双曲线$C$的离心率为$4 - 2\sqrt{3}$。

答案：
(2)$4 - 2\sqrt{3}$ [
(2)由$\overrightarrow{AF}=\sqrt{3}\overrightarrow{FB}$，$\lambda=\sqrt{3}$，又$\angle OFA = 120^{\circ}$，所以倾斜角$\alpha = 60^{\circ}$，则焦点弦定理可得$e=\frac{\sqrt{3}-1}{(\sqrt{3}+1)\cos 60^{\circ}}=4 - 2\sqrt{3}$.]

例3 (1)(2025·泉州段考)过抛物线$y^{2}=4x$的焦点$F$的直线$l$与抛物线交于$A$，$B$两点，若$|AF| = 2|BF|$，则$|AB|$等于(B)

A.$4$
B.$\frac{9}{2}$
C.$5$
D.$6$

答案：
(1)B [
(1)法一 易知直线$l$的斜率存在，设为$k$，则其方程为$y = k(x - 1)$，由$\begin{cases}y = k(x - 1)\\y^{2}=4x\end{cases}$，得$k^{2}x^{2}-(2k^{2}+4)x + k^{2}=0$，得$x_{A} \cdot x_{B}=1$，因为$|AF| = 2|BF|$，由抛物线的定义得$x_{A}+1=2(x_{B}+1)$，即$x_{A}=2x_{B}+1$，由以上两式解得$x_{A}=2$，$x_{B}=\frac{1}{2}$，所以$|AB|=|AF|+|BF|=x_{A}+x_{B}+p=\frac{9}{2}$.
法二 因为$|AF| = 2|BF|$，所以$\frac{1}{|AF|}+\frac{1}{|BF|}=\frac{1}{2|BF|}+\frac{1}{|BF|}=\frac{3}{2|BF|}=\frac{2}{p}=1$，解得$|BF|=\frac{3}{2}$，$|AF|=3$，故$|AB|=|AF|+|BF|=\frac{9}{2}$.
法三 由$\frac{p}{1 - \cos \theta}=2\frac{p}{1 + \cos \theta}$，即$\cos \theta=\frac{1}{3}$，则$|AB|=\frac{2p}{\sin ^{2}\theta}=\frac{4}{1 - (\frac{1}{3})^{2}}=\frac{9}{2}$.]

(2)(2025·长沙调研)过抛物线$y^{2}=8x$焦点的直线与抛物线交于$M$，$N$两点，设抛物线的准线与$x$轴的交点为$A$，当$MA\perp NA$时，$|MN|=$______。

答案：
(2)$8$ [
(2)法一 由题意可知$A(-2,0)$，焦点坐标为$(2,0)$，设过抛物线焦点的直线方程为$x = ky + 2$，代入$y^{2}=8x$，消去$x$，得$y^{2}-8ky - 16 = 0$，设$M(x_{M},y_{M})$，$N(x_{N},y_{N})$，则$y_{M}y_{N}=-16$，所以$x_{M}x_{N}=\frac{(y_{M}y_{N})^{2}}{64}=4$，因为$MA \perp NA$，所以$k_{MA} \cdot k_{NA}=\frac{y_{M}}{x_{M}+2} \cdot \frac{y_{N}}{x_{N}+2}=\frac{y_{M}y_{N}}{x_{M}x_{N}+2(x_{M}+x_{N})+4}=-1$，所以$8 + 2(x_{M}+x_{N})=16$，即$x_{M}+x_{N}=4$，所以由抛物线的定义知$|MN|=x_{M}+x_{N}+4 = 8$.
法二 由题意可知$A(-2,0)$，设$M(x_{M},y_{M})$，$N(x_{N},y_{N})$，则$x_{M}x_{N}=\frac{p^{2}}{4}=4$，$y_{M}y_{N}=-p^{2}=-16$，$\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN}=(x_{M}+2,y_{M})(x_{N}+2,y_{N})=0$，即$(x_{M}+2)(x_{N}+2)+y_{M}y_{N}=0$，得$4 + 2(x_{M}+x_{N})+4 - 16 = 0$，所以$x_{M}+x_{N}=4$，$|MN|=x_{M}+x_{N}+4 = 8$.]

训练3 (1)(2025·深圳调研)直线$y = x - 1$过抛物线$C:y^{2}=2px(p ＞ 0)$的焦点$F$，且与$C$交于$A$，$B$两点，则$|AB|=$(D)
A.$2$
B.$4$
C.$6$
D.$8$

答案：
(1)D [
(1)焦点$F(1,0)$，$\therefore p = 2$，$\therefore |AB|=\frac{2p}{\sin ^{2}\alpha}=\frac{4}{(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}=8$（$\alpha$为直线$y = x - 1$的倾斜角）.]

(2)已知抛物线$C:y^{2}=2px(p ＞ 0)$的焦点$F$，过点$F$且斜率为$\sqrt{3}$的直线交$C$于$A$，$B$（$A$在上方），且$|AF| = 6$，则$|BF|=$______。

答案：
(2)$2$ [
(2)由$k=\sqrt{3}$得$\angle AFx = 60^{\circ}$，法一 利用$\frac{1}{|AF|}+\frac{1}{|BF|}=\frac{|AF|+|BF|}{|AF| \cdot |BF|}=\frac{2p}{\sin ^{2}60^{\circ}}=\frac{8p}{3}$，解得$|AF| = 2p$，$|BF|=\frac{2}{3}p$，$\because |AF| = 2p = 6$，$\therefore p = 3$，$\therefore |BF|=\frac{2p}{3}=\frac{2}{3} × 3 = 2$.
法二 由$|AF|=\frac{p}{1 - \cos \alpha}$得$6=\frac{p}{1 - \cos \alpha}$，即$\cos \alpha = 1 - \frac{p}{6}$，又$\tan \alpha=\sqrt{3}$，$\alpha=\frac{\pi}{3}$，$\therefore 1 - \frac{p}{6}=\frac{1}{2}$，$\therefore p = 3$，则$|BF|=\frac{p}{1 + \cos \alpha}=2$.]