《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例1 (1) 已知右焦点为 $ F $ 的椭圆 $ E:\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 上的三点 $ A,B,C $ 满足直线 $ AB $ 过坐标原点，若 $ BF \perp AC $ 于点 $ F $，且 $ |BF| = 3|CF| $，则 $ E $ 的离心率是(A)

A.$ \frac{\sqrt{2}}{2} $
B.$ \frac{\sqrt{7}}{5} $
C.$ \frac{\sqrt{3}}{2} $
D.$ \frac{1}{2} $

答案：
例1
(1)A【解析】如图，设椭圆左焦点为$F_{1}(-c,0)$，连接$AF_{1}$，$BF_{1}$，$CF_{1}$.设$\vert CF\vert = m(m＞0)$，结合椭圆对称性得$\vert AF_{1}\vert=\vert BF\vert = 3m$，由椭圆定义得$\vert AF\vert = 2a - 3m$，$\vert CF_{1}\vert = 2a - m$，则$\vert AC\vert = 2a - 2m$.因为$\vert OF\vert=\vert OF_{1}\vert$，$\vert OA\vert=\vert OB\vert$，所以四边形$AF_{1}BF$为平行四边形，则$AF_{1}// BF$，而$BF\perp AC$，故$AF_{1}\perp AC$，则$\vert AF_{1}\vert^{2}+\vert AC\vert^{2}=\vert CF_{1}\vert^{2}$，即$9m^{2}+(2a - 2m)^{2}=(2a - m)^{2}$，解得$m=\frac{a}{3}$.在$Rt\triangle FAF_{1}$中，$\vert AF_{1}\vert^{2}+\vert AF\vert^{2}=\vert FF_{1}\vert^{2}$，即$9m^{2}+(2a - 3m)^{2}=(2c)^{2}$，即$a^{2}+(2a - a)^{2}=(2c)^{2}$，所以$a^{2}=2c^{2}$，故$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
　　 　　　

(2) (2025·台州质检)已知 $ F_{1},F_{2} $ 分别为双曲线 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0) $ 的左、右焦点，过 $ F_{2} $ 作直线 $ l $ 与双曲线 $ C $ 的右支交于 $ A,B $ 两点，且 $ |AB| = |BF_{1}| $，$ \cos\angle ABF_{1} = \frac{1}{9} $，则双曲线 $ C $ 的离心率为(B)

A.$ \frac{\sqrt{20}}{3} $
B.$ \frac{\sqrt{21}}{3} $
C.$ \frac{2\sqrt{6}}{3} $
D.$ \frac{5}{3} $

答案：

(2)B【解析】如图，由双曲线定义得$\vert AF_{1}\vert-\vert AF_{2}\vert=\vert BF_{1}\vert-\vert BF_{2}\vert = 2a$，$\vert F_{1}F_{2}\vert = 2c$，设$\vert BF_{1}\vert=\vert AB\vert = m$，则$\vert BF_{2}\vert = m - 2a$，$\vert AF_{2}\vert=\vert AB\vert-\vert BF_{2}\vert = 2a$，$\vert AF_{1}\vert = 4a$.在$\triangle ABF_{1}$中，由余弦定理得$\cos\angle ABF_{1}=\frac{m^{2}+m^{2}-16a^{2}}{2· m· m}=\frac{1}{9}$，解得$m = 3a$，所以$\vert BF_{2}\vert = m - 2a = a$.在$\triangle BF_{1}F_{2}$中，由余弦定理得$\cos\angle F_{2}BF_{1}=\cos\angle ABF_{1}=\frac{9a^{2}+a^{2}-4c^{2}}{2· 3a· a}=\frac{1}{9}$，所以$7a^{2}=3c^{2}$，故离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{21}}{3}$.

变式1 (2025·南京二模)在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，双曲线 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0) $ 的右焦点为 $ F $，点 $ M,N $ 在 $ C $ 的右支上，且 $ \overrightarrow{MF} = 3\overrightarrow{FN} $，点 $ N $ 关于坐标原点 $ O $ 的对称点为 $ P $。若 $ PF \perp MN $，则 $ C $ 的离心率为(D)

A.$ \frac{\sqrt{5}}{2} $
B.$ \frac{\sqrt{6}}{2} $
C.$ \frac{3}{2} $
D.$ \frac{\sqrt{10}}{2} $

答案：
变式1D【解析】如图，设双曲线的左焦点为$F_{1}$，连接$PF$，$PF_{1}$，$NF$，$MF_{1}$.根据双曲线的对称性可知四边形$PF_{1}NF$为平行四边形，又$PF\perp MN$，所以四边形$PF_{1}NF$为矩形.设$\vert NF\vert = t(t＞0)$，因为$\overrightarrow{MF}=3\overrightarrow{FN}$，所以$\vert MF\vert = 3t$.由双曲线的定义可得$\vert NF_{1}\vert = 2a + t$，$\vert MF_{1}\vert = 2a + 3t$.因为$\triangle MNF$为直角三角形，所以$\vert MN\vert^{2}+\vert NF_{1}\vert^{2}=\vert MF_{1}\vert^{2}$，即$(4t)^{2}+(2a + t)^{2}=(2a + 3t)^{2}$，解得$t = a$，所以$\vert NF_{1}\vert = 3a$，$\vert NF\vert = a$.因为$\triangle NFF_{1}$为直角三角形，$\vert FF_{1}\vert = 2c$，所以$\vert NF\vert^{2}+\vert NF_{1}\vert^{2}=\vert FF_{1}\vert^{2}$，即$a^{2}+9a^{2}=4c^{2}$，所以$\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{10}{4}$，即$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{10}}{2}$.
　　　　　　　

例2 (1) 已知双曲线 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0) $ 的左、右焦点分别为 $ F_{1},F_{2} $，过 $ F_{1} $ 的直线与 $ C $ 的两条渐近线分别交于 $ A,B $ 两点。若 $ \overrightarrow{F_{1}A} = \overrightarrow{AB} $，$ \overrightarrow{F_{1}B} · \overrightarrow{F_{2}B} = 0 $，则 $ C $ 的离心率为2。

答案：
例2
(1)2【解析】如图，由$\overrightarrow{F_{1}A}=\overrightarrow{AB}$，得$\vert F_{1}A\vert=\vert AB\vert$.又$\vert OF_{1}\vert=\vert OF_{2}\vert$，所以$OA$是$\triangle F_{1}F_{2}B$的中位线，即$BF_{2}// OA$，$\vert BF_{2}\vert = 2\vert OA\vert$.由$\overrightarrow{F_{1}B}·\overrightarrow{F_{2}B}=0$，得$F_{1}B\perp F_{2}B$，则$OA\perp F_{1}A$，$\vert OB\vert=\vert OF_{1}\vert$，有$\angle AOB=\angle AOF_{1}$.由$OA$与$OB$都是渐近线，得$\angle BOF_{2}=\angle AOF_{1}$.因为$\angle BOF_{2}+\angle AOB+\angle AOF_{1}=180^{\circ}$，所以$\angle BOF_{2}=\angle AOF_{1}=\angle BOA = 60^{\circ}$，又渐近线$OB$的斜率为$\frac{b}{a}=\tan60^{\circ}=\sqrt{3}$，所以该双曲线的离心率为$e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+(\frac{b}{a})^{2}}=\sqrt{1+(\sqrt{3})^{2}}=2$.
　　 　　　

(2) 已知 $ O $ 为原点，双曲线 $ \frac{x^{2}}{a^{2}} - y^{2} = 1(a ＞ 0) $ 上有一点 $ P $，过 $ P $ 作两条渐近线的平行线，且与两渐近线的交点分别为 $ A,B $，若平行四边形 $ OBPA $ 的面积为 $ 1 $，则双曲线的离心率为$\frac{\sqrt{5}}{2}$。
总结提炼
与双曲线渐近线有关的离心率问题，要关注基本量 $ a,b,c $ 与渐近线斜率的关系。另外还有一个小结论：焦点到渐近线的距离为 $ b $。

答案：

(2)$\frac{\sqrt{5}}{2}$【解析】如图，设$P(m,n)$，则$m^{2}-a^{2}n^{2}=a^{2}$.渐近线方程为$x\pm ay = 0$，点$P$到直线$x - ay = 0$距离为$d=\frac{\vert m - an\vert}{\sqrt{1+a^{2}}}$.由$x - ay = 0$及$(x - m)+a(y - n)=0$得$A(\frac{m + an}{2},\frac{m + an}{2a})$，则$\vert OA\vert=\sqrt{1+\frac{1}{a^{2}}}·\frac{\vert m + an\vert}{2}$，所以平行四边形$OBPA$的面积为$\vert OA\vert× d=\frac{\vert m^{2}-a^{2}n^{2}\vert}{2a}=\frac{a}{2}=1$，则$a = 2$.又$b = 1$，所以离心率为$\frac{c}{a}=\sqrt{1+(\frac{b}{a})^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$.