《2025年金版新学案高中数学选择性必修第一册北师大版》

对点练 2 (1)设双曲线 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt0,b\gt0) $ 的左、右焦点分别为 $ F_{1} $，$ F_{2} $，$ O $ 为坐标原点。以 $ F_{1}F_{2} $ 为直径的圆与双曲线的右支交于 $ P $ 点，且以 $ OF_{2} $ 为直径的圆与直线 $ PF_{1} $ 相切，若 $ |PF_{1}|=8 $，双曲线 $ C $ 与抛物线 $ y^{2}=2px $ 有共同的焦点 $ F_{2} $，则抛物线的标准方程为（ ）
A.$ y^{2}=12\sqrt{2}x $
B.$ y^{2}=12x $
C.$ y^{2}=6\sqrt{2}x $
D.$ y^{2}=6x $

答案：

(1)A

解析

(1)依题意知$\overrightarrow{PF_1} \perp \overrightarrow{PF_2}$，设以$OF_2$为直径的圆与直线$PF_1$相切于点N，圆心为M，如图所示，则$MN \perp PF_1$，因此$Rt \triangle PF_1F_2 \sim Rt \triangle NF_1M$，所以$\frac{|NM|}{|PF_2|} = \frac{|F_1M|}{|F_1F_2|}$，设双曲线的焦距为$2c$，则$\frac{\frac{c}{2}}{|PF_2|} = \frac{\frac{3c}{2}}{2c}$，解得$|PF_2| = \frac{2c}{3}$，由勾股定理可得$|PF_1| = \sqrt{|F_1F_2|^2 - |PF_2|^2} = \sqrt{(2c)^2 - (\frac{2c}{3})^2} = \frac{4\sqrt{2}c}{3}$，于是$\frac{4\sqrt{2}c}{3} = 8$，$c = 3\sqrt{2}$，又因为双曲线C与抛物线$y^2 = 2px$有共同的焦点$F_2$，则$\frac{p}{2} = 3\sqrt{2}$，所以$2p = 12\sqrt{2}$，即抛物线方程为$y^2 = 12\sqrt{2}x$，故选A.

(2)若双曲线 $ C $ 与 $ \frac{x^{2}}{9}-y^{2}=1 $ 有共同的渐近线，且与椭圆 $ \frac{x^{2}}{40}+\frac{y^{2}}{20}=1 $ 有相同的焦点，则该双曲线 $ C $ 的方程为____。

答案：
(2)18x2​−2y2​=1
解析
双曲线$\frac{x^2}{18} - \frac{y^2}{2} = 1$的渐近线方程为$y = \pm \frac{1}{3}x$，由椭圆$\frac{x^2}{40} + \frac{y^2}{20} = 1$，则其焦点为$(\pm 2\sqrt{5},0)$，由题意可知，双曲线C的标准方程可设为$\begin{cases} \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1, \\ \frac{b}{a} = \frac{1}{3}, \\ a^2 + b^2 = 20, \end{cases}$解得$\begin{cases} a^2 = 18, \\ b^2 = 2, \end{cases}$则双曲线C的标准方程为$\frac{x^2}{18} - \frac{y^2}{2} = 1$.

典例 3 (1)(2021·新高考Ⅱ卷)已知双曲线 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt0,b\gt0) $ 的离心率 $ e = 2 $，则双曲线 $ C $ 的渐近线方程为$y = \pm \sqrt{3}x$。

答案：
(1)$y = \pm \sqrt{3}x$
解析
因为双曲线$\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的离心率为2，所以$e = \sqrt{\frac{c^2}{a^2}} = \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{a^2}} = 2$，所以$\frac{b^2}{a^2} = 3$，所以该双曲线的渐近线方程为$y = \pm \frac{b}{a}x = \pm \sqrt{3}x$.

(2)(2021·全国乙卷)设 $ B $ 是椭圆 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt b\gt0) $ 的上顶点，若 $ C $ 上的任意一点 $ P $ 都满足 $ |PB|\leq2b $，则 $ C $ 的离心率的取值范围是（ ）
A.$ [\frac{\sqrt{2}}{2},1) $
B.$ [\frac{1}{2},1) $
C.$ (0,\frac{\sqrt{2}}{2}] $
D.$ (0,\frac{1}{2}] $

答案： C
(2)设$P(x_0,y_0)$，由$B(0,b)$，因为$\frac{x_0^2}{a^2} + \frac{y_0^2}{b^2} = 1$，$a^2 = b^2 + c^2$，所以$|PB|^2 = x_0^2 + (y_0 - b)^2 = a^2(1 - \frac{y_0^2}{b^2}) + (y_0 - b)^2 = - \frac{c^2}{b^2}(y_0 + \frac{b^3}{c^2})^2 + \frac{a^4}{c^2} + b^2$，因为$-b \leq y_0 \leq b$，当$- \frac{b^3}{c^2} \leq -b$，即$b^2 \geq c^2$时，$|PB|_{\max} = 4b^2$，即$|PB|_{\max} = 2b$，符合题意，由$b^2 \geq c^2$可得$a^2 \geq 2c^2$，即$0 ＜ e \leq \frac{\sqrt{2}}{2}$；当$- \frac{b^3}{c^2} ＞ -b$，即$b^2 ＜ c^2$时，$|PB|_{\max} = \frac{b^4}{c^2} + a^2 + b^2$，即$\frac{b^4}{c^2} + a^2 + b^2 \leq 4b^2$，化简得$(c^2 - b^2)^2 \leq 0$，显然该不等式不成立，故选C.

已知椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt b\gt0) $ 的半焦距是 $ c $，$ A $，$ B $ 分别是长轴、短轴的一个端点，$ O $ 为原点，若 $ \triangle ABO $ 的面积是 $ \sqrt{3}c^{2} $，则此椭圆的离心率是（A）
A.$ \frac{1}{2} $
B.$ \frac{\sqrt{3}}{2} $
C.$ \frac{\sqrt{2}}{2} $
D.$ \frac{\sqrt{3}}{3} $

答案： A 由$\frac{1}{2}ab = \sqrt{3}c^2$，即$a^2(a^2 - c^2) = 12c^4$，所以$(a^2 + 3c^2)(a^2 - 4c^2) = 0$，所以$a^2 = 4c^2$，$a = 2c$，故$e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}$，故选A.

典例 4 已知椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt b\gt0) $ 经过点 $ (0,\sqrt{3}) $，离心率为 $ \frac{1}{2} $，左、右焦点分别为 $ F_{1}(-c,0) $，$ F_{2}(c,0) $。
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线 $ l:y=-\frac{1}{2}x + m $ 与椭圆交于 $ A $，$ B $ 两点，与以 $ F_{1}F_{2} $ 为直径的圆交于 $ C $，$ D $ 两点，且满足 $ \frac{|AB|}{|CD|}=\frac{5\sqrt{3}}{4} $，求直线 $ l $ 的方程。

答案：
(1)$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$
(2)$y = - \frac{1}{2}x + \frac{\sqrt{3}}{3}$或$y = - \frac{1}{2}x - \frac{\sqrt{3}}{3}$
(1)由题意知$\begin{cases} \frac{c}{a} = \frac{1}{2}, \\ b^2 = a^2 - c^2, \end{cases}$解得$a = 2$，$b = \sqrt{3}$，$c = 1$，所以椭圆的方程为$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$.
(2)由
(1)知，以$F_1F_2$为直径的圆的方程为$x^2 + y^2 = 1$（$F_1(-1,0)$，$F_2(1,0)$），所以圆心到直线$l$的距离$d = \frac{|m|}{\sqrt{(\frac{1}{2})^2 + 1}} = \frac{2|m|}{\sqrt{5}}$，由$d ＜ 1$，得$|m| ＜ \frac{\sqrt{5}}{2}$，①所以$|CD| = 2\sqrt{1 - d^2} = 2\sqrt{1 - \frac{4}{5}m^2} = \frac{2}{\sqrt{5}}\sqrt{5 - 4m^2}$，设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，由$\begin{cases} y = - \frac{1}{2}x + m, \\ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1, \end{cases}$得$x^2 - mx + m^2 - 3 = 0$，$\Delta = m^2 - 4(m^2 - 3) = 12 - 3m^2 ＞ 0$，②由根与系数的关系可得$x_1 + x_2 = m$，$x_1x_2 = m^2 - 3$，所以$|AB| = \sqrt{[1 + (-\frac{1}{2})^2][m^2 - 4(m^2 - 3)]} = \frac{\sqrt{15}}{2}\sqrt{4 - m^2}$，由$\frac{|AB|}{|CD|} = \frac{5\sqrt{3}}{4}$，得$\sqrt{\frac{4 - m^2}{5 - 4m^2}} = 1$，解得$m = \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$，满足①②，所以直线$l$的方程为$y = - \frac{1}{2}x + \frac{\sqrt{3}}{3}$或$y = - \frac{1}{2}x - \frac{\sqrt{3}}{3}$.