《2025年金版新学案高中数学选择性必修第一册北师大版》

典例 2
已知椭圆 $ C: \dfrac{x^{2}}{a^{2}} + \dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ b ＞ 0) $ 的左、右焦点分别为 $ F_{1} $，$ F_{2} $，若过 $ F_{1} (-c, 0) $ 的直线与圆 $ x^{2} + y^{2} = \left( \dfrac{c}{2} \right)^{2} $ 相切，与椭圆在第一象限交于点 $ P $，且 $ PF_{2} $ 垂直于 $ x $ 轴，则椭圆的离心率为______.

答案：
典例2 $\frac{\sqrt{3}}{3}$ 如图所示，设过$F_1(-c,0)$的直线与圆$x^2 + y^2 = (\frac{c}{2})^2$相切于点$Q$，则$OQ \perp PF_1$，由于$|OQ| = \frac{1}{2}|OF_1|$，所以$\angle PF_1F_2 = 30°$，因为$PF_2$垂直于$x$轴，所以$\tan \angle PF_1F_2 = \frac{|PF_2|}{|F_1F_2|} = \frac{|PF_2|}{2c} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$|PF_2| = \frac{2\sqrt{3}c}{3}$，则$|PF_1| = \frac{4\sqrt{3}c}{3}$，因为$|PF_1| + |PF_2| = 2a$，所以$\frac{4\sqrt{3}c}{3} + \frac{2\sqrt{3}c}{3} = 2a$，化简得$a = \sqrt{3}c$，所以离心率$e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{3}}{3}$。

已知双曲线 $ C: \dfrac{x^{2}}{a^{2}} - \dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ 0, b ＞ 0) $ 的左、右焦点分别是 $ F_{1} $，$ F_{2} $，$ M $ 是双曲线 $ C $ 右支上的一点，$ F_{1}M $ 交双曲线 $ C $ 的左支于点 $ N $，若 $ |NF_{1}| : |MN| : |MF_{2}| = 1 : 2 : 2 $，则 $ C $ 的离心率为______.

答案：
对点练2.$\sqrt{7}$ 如图所示：因为$M$是双曲线$C$右支上的一点，$F_1M$交双曲线$C$的左支于点$N$，若$|NF_1|:|MN|:|MF_2| = 1:2:2$，由双曲线的定义，可得$2a = |MF_1| - |MF_2| = |NF_1| + |MN| - |MF_2| = |NF_1|$，$|NF_2| - |NF_1| = 2a$，则$|NF_2| = 2a + |NF_1| = 4a$，所以$|MN| = |MF_2| = 2|NF_1| = 4a = |NF_2|$，故$\triangle MNF_2$为等边三角形，则$\angle F_1MF_2 = \frac{\pi}{3}$，在$\triangle MF_1F_2$中，$|MF_1| = 6a$，$|MF_2| = 4a$，$\angle F_1MF_2 = \frac{\pi}{3}$，由余弦定理可得$2c = |F_1F_2| = \sqrt{|MF_1|^2 + |MF_2|^2 - 2|MF_1||MF_2|\cos \frac{\pi}{3}} = \sqrt{(6a)^2 + (4a)^2 - 2 × 6a × 4a × \frac{1}{2}} = 2\sqrt{7}a$，因此双曲线$C$的离心率为$e = \frac{c}{a} = \sqrt{7}$。

典例 3
设 $ F_{1} $，$ F_{2} $ 分别是椭圆 $ C: \dfrac{x^{2}}{a^{2}} + \dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ b ＞ 0) $ 的左、右焦点，点 $ P $ 在椭圆 $ C $ 上，若线段 $ PF_{1} $ 的中点在 $ y $ 轴上，$ \angle PF_{1}F_{2} = 30^{\circ} $，则椭圆的离心率为（ ）

A.$ \dfrac{1}{6} $
B.$ \dfrac{\sqrt{3}}{6} $
C.$ \dfrac{1}{3} $
D.$ \dfrac{\sqrt{3}}{3} $

答案：
典例3 D 如图所示，设$PF_1$的中点为$M$，连接$PF_2$。因为$O$为$F_1F_2$的中点，所以$OM$为$\triangle PF_1F_2$的中位线。所以$OM // PF_2$，所以$\angle PF_2F_1 = \angle MOF_1 = 90°$。因为$\angle PF_1F_2 = 30°$，所以$|PF_1| = 2|PF_2|$，$|F_1F_2| = \sqrt{3}|PF_2|$。由椭圆定义得$2a = |PF_1| + |PF_2| = 3|PF_2|$，即$a = \frac{3|PF_2|}{2}$，$2c = |F_1F_2| = \sqrt{3}|PF_2|$，即$c = \frac{\sqrt{3}|PF_2|}{2}$，则$e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{3}}{3}$。故选$D$。

设 $ F_{1} $，$ F_{2} $ 是双曲线 $ C: \dfrac{x^{2}}{a^{2}} - \dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ 0, b ＞ 0) $ 的两个焦点，$ P $ 是 $ C $ 上一点. 若 $ |PF_{1}| + |PF_{2}| = 6a $，且 $ \triangle PF_{1}F_{2} $ 的最小内角为 $ 30^{\circ} $，则 $ C $ 的离心率为$\sqrt{3}$.

答案： 对点练3.$\sqrt{3}$ 根据双曲线的对称性，不妨设点$P$在第一象限，则$\begin{cases} |PF_1| + |PF_2| = 6a \\ |PF_1| - |PF_2| = 2a \end{cases}$，解得$\begin{cases} |PF_1| = 4a \\ |PF_2| = 2a \end{cases}$。又因为$|F_1F_2| = 2c$，所以$|PF_2|$最小。在$\triangle PF_1F_2$中，由余弦定理，得$\frac{(4a)^2 + 4c^2 - 4a^2}{2 × 4a × 2c} = \cos 30°$，所以$2\sqrt{3}ac = 3a^2 + c^2$。等式两边同除以$a^2$，得$e^2 - 2\sqrt{3}e + 3 = 0$，解得$e = \sqrt{3}$。

典例 4
已知双曲线 $ C: \dfrac{x^{2}}{a^{2}} - \dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ 0, b ＞ 0) $ 的右焦点为 $ F $，过 $ F $ 分别作 $ C $ 的两条渐近线的平行线与 $ C $ 交于 $ A $，$ B $ 两点，若 $ |AB| = 2\sqrt{3}b $，则 $ C $ 的离心率为______.

答案：
典例4 $\sqrt{3} + 2$ 如图所示，设直线方程为$y = \frac{b}{a}(x - c)$，与双曲线方程$\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$联立，解得$x = \frac{a^2 + c^2}{2c}$，$y = - \frac{b^3}{2ac}$。因为$|AB| = 2\sqrt{3}b$，所以$2 × \frac{b^3}{2ac} = 2\sqrt{3}b$，所以$b^2 = 2\sqrt{3}ac$，所以$c^2 - 2\sqrt{3}ac - a^2 = 0$，即$e^2 - 2\sqrt{3}e - 1 = 0$，解得$e = \sqrt{3} + 2$。

已知双曲线 $ C: \dfrac{x^{2}}{a^{2}} - \dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ 0, b ＞ 0) $ 的右焦点为 $ F $，以坐标原点 $ O $ 为圆心，线段 $ OF $ 为半径作圆，与 $ C $ 的右支的一个交点为 $ A $，若 $ \cos \angle AOF = \dfrac{\sqrt{13}}{7} $，则 $ C $ 的离心率为（ ）

A.$ \sqrt{3} $
B.$ 2 $
C.$ \sqrt{5} $
D.$ \sqrt{7} $

答案：
对点练4.D 如图所示，由题意可知$\cos \angle AOF = \frac{\sqrt{13}}{7}$，且$\angle AOF$为锐角，故$\sin \angle AOF = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{13}}{7})^2} = \frac{6}{7}$。而$|OA| = |OF| = c$，故$A(\frac{\sqrt{13}}{7}c,\frac{6}{7}c)$。将$A(\frac{\sqrt{13}}{7}c,\frac{6}{7}c)$代入$C:\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$中，得$\frac{13c^2}{49a^2} - \frac{36c^2}{49b^2} = 1$，结合$b^2 = c^2 - a^2$整理得$13e^4 - 98a^2c^2 + 49a^4 = 0$，即$13e^4 - 98e^2 + 49 = 0$，解得$e^2 = 7$或$e^2 = \frac{7}{13}$，由于双曲线离心率$e ＞ 1$，故舍去$e^2 = \frac{7}{13}$，故$e = \sqrt{7}$。故选$D$。

典例 5
(1) 已知双曲线 $ \dfrac{x^{2}}{a^{2}} - \dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ 0, b ＞ 0) $ 的右顶点到其渐近线的距离不大于 $ \dfrac{2\sqrt{5}}{5}a $，则离心率 $ e $ 的取值范围为（D）
A.$ [\sqrt{3}, +\infty) $
B.$ [\sqrt{5}, +\infty) $
C.$ (1, \sqrt{3}] $
D.$ (1, \sqrt{5}] $

答案： D
(1)由题意得，点$(a,0)$到渐近线$bx + ay = 0$的距离不大于$\frac{2\sqrt{5}}{5}a$，所以$\frac{|ba + 0|}{\sqrt{b^2 + a^2}} \leq \frac{2\sqrt{5}}{5}a$，结合$c^2 = a^2 + b^2$，解得$e \leq \sqrt{5}$。又$e ＞ 1$，所以$1 ＜ e \leq \sqrt{5}$。故选$D$。

(2) 已知两定点 $ A (-2, 0) $ 和 $ B (2, 0) $，动点 $ P (x, y) $ 在直线 $ l: y = x + 3 $ 上移动，椭圆 $ C $ 以 $ A $，$ B $ 为焦点且经过点 $ P $，则椭圆 $ C $ 的离心率的最大值为（ ）
A.$ \dfrac{\sqrt{26}}{13} $
B.$ \dfrac{2\sqrt{13}}{13} $
C.$ \dfrac{2\sqrt{26}}{13} $
D.$ \dfrac{4\sqrt{13}}{13} $

答案：
C
(2)由题意得，$2c = |AB| = 4$，所以$c = 2$，$2a = |PA| + |PB|$，当$a$取最小值时，椭圆$C$的离心率有最大值。设点$A(-2,0)$关于直线$l:y = x + 3$的对称点为$A'(x,y)$，则$\begin{cases} \frac{y - 0}{x + 2} = -1 \\ \frac{y + 0}{2} = \frac{x - 2}{2} + 3 \end{cases}$，解得$\begin{cases} x = -3 \\ y = 1 \end{cases}$，所以$A'(-3,1)$。则$2a = |PA| + |PB| = |PA'| + |PB| \geq |A'B| = \sqrt{26}$，如图所示。所以当$a = \frac{\sqrt{26}}{2}$时，椭圆有最大离心率，此时$e = \frac{c}{a} = \frac{2 × 2}{\frac{\sqrt{26}}{2}} = \frac{2\sqrt{26}}{13}$。故选$C$。