《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练2.
(2025·河北石家庄模拟)已知$F_1,F_2$分别为椭圆$C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)$的左、右焦点,$B$为椭圆的上顶点,过$F_1$作$BF_2$的垂线,并与椭圆交于点$D$,且满足$BF_1// DF_2$,则椭圆$C$的离心率为 (C)

A.$\dfrac{1}{5}$
B.$\dfrac{1}{4}$
C.$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\dfrac{1}{2}$

答案：
变式训练2.C　解析:如图所示，设D关于原点对称的点为E，连接EF₁，EF₂，则四边形DF₁EF₂为平行四边形。
由BF₁//DF₂可知，B，F₁，E三点共线，因为BF₂⊥DF₁，DF₁//EF₂，所以EF₂⊥BF₂。
设EF₁ = x，则EF₂ = 2a - x，在Rt△EF₂B中，a² + (2a - x)² = (x + a)²，解得x = $\frac{2}{3}a$。
因为cos∠EF₁F₂ = -cos∠BF₁F₂ = -$\frac{c}{a}$，所以在△EF₁F₂中结合余弦定理可得-$\frac{\frac{4}{9}a² + 4c² - \frac{16}{9}a²}{\frac{8}{3}ac}$，解得a² = 5c²，则e² = $\frac{1}{5}$，所以e = $\frac{\sqrt{5}}{5}$。

变式训练3.
(2025·浙江杭州二中模拟)已知椭圆和双曲线有共同的焦点$F_1,F_2$,$P,Q$分别是它们在第一象限和第三象限的交点,且$\angle QF_2P=60^{\circ}$,记椭圆和双曲线的离心率分别为$e_1,e_2$,则$\dfrac{3}{e_1^2}+\dfrac{1}{e_2^2}$等于 (A)

A.$4$
B.$2\sqrt{3}$
C.$2$
D.$3$

答案： 变式训练3.A　解析:设椭圆的长半轴长为a₁，双曲线的实半轴长为a₂，不妨设P在第一象限。
根据椭圆和双曲线定义，得|PF₁| + |PF₂| = 2a₁，|PF₁| - |PF₂| = 2a₂，
∴|PF₁| = a₁ + a₂，|PF₂| = a₁ - a₂。
由∠QF₂P = 60°，得∠F₁PF₂ = 120°。又|F₁F₂| = 2c，
∴在△F₁PF₂中，|F₁F₂|² = |PF₁|² + |PF₂|² - 2|PF₁|·|PF₂|cos 120°，即4c² = (a₁ + a₂)² + (a₁ - a₂)² - 2(a₁ + a₂)(a₁ - a₂)×(-$\frac{1}{2}$)，化简得3a₁² + a₂² = 4c²，两边同除以c²，得$\frac{3}{e₁²} + \frac{1}{e₂²} = 4$。

变式训练4.
(2025·陕西西安模拟)已知椭圆$C:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$与双曲线$E:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$有相同的焦点$F_1,F_2$,且它们在第二象限的公共点为点$P$,点$P$与右焦点$F_2$的连线交$y$轴于点$Q$,且$F_1Q$平分$\angle PF_1F_2$,则双曲线$E$的离心率为 (D)

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

答案：
变式训练4.D　解析:如图，由椭圆的定义可知|PF₁| + |PF₂| = 4，|F₁F₂| = 2，由双曲线的定义可知|PF₂| - |PF₁| = 2a，所以|PF₁| = 2 - a，|PF₂| = 2 + a。
设∠PF₁F₂ = 2θ。因为PF₂交y轴于点Q，且F₁Q平分∠PF₁F₂，所以∠QF₁P = ∠QF₁F₂ = ∠QF₂F₁ = θ。
在△PF₁F₂中，由余弦定理得cosθ = $\frac{|PF₂|² + |F₁F₂|² - |PF₁|²}{2|PF₂|·|F₁F₂|} = \frac{(2 + a)² + 4 - (2 - a)²}{4(a + 2)} = \frac{a + 2}{2a + 1}$。
设|QF₁| = |QF₂| = m，则|PQ| = |PF₂| - |QF₂| = a + 2 - m。
由角平分线定理可知$\frac{|PF₁|}{|F₁F₂|} = \frac{|PQ|}{|QF₂|}$，即$\frac{2 - a}{2} = \frac{a + 2 - m}{m}$，解得m = $\frac{4 + 2a}{4 - a}$。
在Rt△QOF₂中，cos∠QF₂F₁ = $\frac{|OF₂|}{|QF₂|} = \frac{4 - a}{4 + 2a} = \frac{2a + 1}{a + 2}$，整理可得5a² + 8a - 4 = 0。因为0 ＜ a ＜ 1，解得a = $\frac{2}{5}$，因此双曲线的离心率为$\frac{1}{a} = \frac{5}{2}$。

变式训练5.
(2025·广东中山模拟)已知双曲线$C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a＞0,b＞0)$的左、右焦点分别为$F_1,F_2$,$O$为坐标原点,$P$为$C$左支上一点,$PF_2$与$C$的右支交于点$Q$,$QF_1$中点为$M$,若$PM\perp QF_1,MO\perp QO$,则双曲线$C$的离心率为 (C)

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

答案：
变式训练5.C　解析:由已知得PM垂直平分QF₁，所以|PQ| = |PF₁|。
结合双曲线定义得||PF₁| - |PF₂|| = 2a，故|QF₂| = 2a，又||QF₁| - |QF₂|| = 2a，所以|QF₁| = 4a，|QM| = |F₁M| = 2a。
因为O是F₁F₂的中点，所以MO是△QF₁F₂的中位线，MO//QF₂，|MO| = $\frac{1}{2}|QF₂| = a = \frac{1}{2}|QM|$。
又因为MO⊥QO，所以cos∠QMO = $\frac{|MO|}{|QM|} = \frac{1}{2}$，所以∠QMO = $\frac{π}{3}$，∠F₁QF₂ = $\frac{2π}{3}$。
在△QF₁F₂中，由余弦定理得(2a)² + (4a)² - 2×2a×4a×cos$\frac{2π}{3} = (2c)²$，化简得4c² = 28a²，解得e = $\frac{c}{a} = \sqrt{7}$。

变式训练6.
(2025·四川成都模拟)已知点$P$为椭圆$C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)$上一点,$F_1,F_2$分别为$C$的左、右焦点,若半径为$b$的圆$M$同时与$F_1P$的延长线、$F_1F_2$的延长线以及线段$PF_2$相切,若$\tan\angle PF_1F_2=\dfrac{4}{3}$,则椭圆$C$的离心率为 (A)

A.$\dfrac{3}{5}$
B.$\dfrac{4}{5}$
C.$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

答案：
变式训练6.A　解析:如图，设圆M分别与F₁P的延长线、F₁F₂的延长线以及线段PF₂相切于点Q，T，N，则|PQ| = |PN|，|F₂N| = |F₂T|，|F₁Q| = |F₁T|，所以2|F₁T| = |F₁T| + |F₁Q| = |F₁F₂| + |F₂T| + |PF₁| + |PQ| = |F₁F₂| + |PF₁| + |PF₂| = 2c + 2a，故|F₁T| = c + a，所以T为椭圆的右顶点。
连接F₁M，MT，则∠PF₁T = 2∠MF₁T，tan∠MF₁T = $\frac{|MT|}{|F₁T|} = \frac{b}{a + c}$，由tan∠PF₁T = $\frac{2\tan∠MF₁T}{1 - \tan²∠MF₁T} = \frac{4}{3}$，得tan∠MF₁T = $\frac{1}{2}$或tan∠MF₁T = -2（舍去），所以$\frac{b}{a + c} = \frac{1}{2}$。又b² = a² - c²，故$\frac{a² - c²}{(a + c)²} = \frac{1}{4}$，得$\frac{c}{a} = \frac{3}{5}$（负值已舍）。

变式训练7.
(2025·江苏常州前黄高级中学模拟)已知椭圆$C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)$,$F_1,F_2$为椭圆的左、右焦点,$A$为椭圆上一点,连接$AF_1$并延长交椭圆于另一点$B$,若$|AF_2|=2|AF_1|,|BF_2|=3|BF_1|$,则椭圆$C$的离心率为$\frac{\sqrt{21}}{7}$.

答案：
变式训练7.$\frac{\sqrt{21}}{7}$　解析:如图所示:
由题意|AF₂| = 2|AF₁|，|BF₂| = 3|BF₁|，|F₁F₂| = 2c，所以不妨设|AF₁| = 2t，|AF₂| = t，|BF₁| = 3u，|BF₂| = 3t。
而由椭圆定义有|AF₁| + |AF₂| = 3t = 2a，|BF₂| + |BF₁| = 4u = 2a，所以t = $\frac{2a}{3}$，u = $\frac{a}{2}$，所以|AF₂| = $\frac{4a}{3}$，|AF₁| = $\frac{2a}{3}$，|BF₂| = $\frac{3a}{2}$，|BF₁| = $\frac{a}{2}$，|AB| = |AF₁| + |BF₁| = $\frac{2a}{3} + \frac{a}{2} = \frac{7a}{6}$。
在△ABF₂中，由余弦定理有cos∠BAF₂ = $\frac{(\frac{4a}{3})² + (\frac{7a}{6})² - (\frac{3a}{2})²}{2×\frac{4a}{3}×\frac{7a}{6}} = \frac{\frac{49}{36}a² + \frac{16}{9}a² - \frac{9}{4}a²}{\frac{7}{9}a²} = \frac{2}{7}$。
在△AF₁F₂中，由余弦定理有cos∠F₁AF₂ = $\frac{(\frac{2a}{3})² + (\frac{4a}{3})² - (2c)²}{2×\frac{2a}{3}×\frac{4a}{3}} = \frac{\frac{20}{9}a² - 4c²}{\frac{16}{9}a²} = \frac{2}{7}$。
交叉相乘得$\frac{140}{9}a² - 28c² = \frac{32}{9}a²$，即12a² = 28c²，所以e = $\frac{c}{a} = \sqrt{\frac{12}{28}} = \sqrt{\frac{3}{7}} = \frac{\sqrt{21}}{7}$。

变式训练8.
(2025·山东菏泽二模)已知$M$为双曲线$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a＞0,b＞0)$右支上一点,$F_1,F_2$为左、右焦点,直线$MF_1$交$y$轴于点$N$,$O$为坐标原点,若$|NF_1|=|MF_2|=|OM|$,则双曲线的离心率为√10.

答案：
变式训练8.√10　解析:如图，由于|MF₂| = |OM|，可作MH⊥x轴，垂足为H，可知H为OF₂的中点。
由|OF₁| = |OF₂| = c，可知|OH| = $\frac{c}{2}$。
由ON//MH，可知$\frac{|NF₁|}{|MN|} = \frac{|OF₁|}{|OH|} = \frac{c}{\frac{c}{2}} = 2$。
令|NF₁| = |MF₂| = m，则|MN| = $\frac{m}{2}$，即|MF₁| = $\frac{3m}{2}$。
根据双曲线定义|MF₁| - |MF₂| = $\frac{3m}{2} - m = \frac{m}{2} = 2a$，⇒ m = 4a，即|MF₁| = 6a，|MF₂| = 4a。
再由勾股定理可得|MF₁|² - |F₁H|² = |MF₂|² - |F₂H|²，即36a² - $\frac{9}{4}c² = 16a² - \frac{1}{4}c²$，⇒ 20a² = 2c²，⇒ e² = 10，即e = $\sqrt{10}$。