《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

15. 已知双曲线的实轴长为$10$，焦点到一条渐近线的距离为$4$，则双曲线的焦距为$2\sqrt{41}$.

答案： 15.$2\sqrt{41}$ 解析　设$F(c,0)$到$y=\frac{b}{a}x$的距离为$4$，得$d=\frac{|bc|}{\sqrt{b^{2}+a^{2}}}=b=4$，又因为$2a=10$，解得$a=5$，所以$c=\sqrt{5^{2}+4^{2}}=\sqrt{41}$，所以$2c=2\sqrt{41}$.

16. 已知双曲线$C$：$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{3}=1(a＞0)$，$F$为左焦点，若$a=2$，则双曲线离心率为$\frac{\sqrt{7}}{2}$；若对于双曲线$C$上任意一点$P$，线段$PF$长度的最小值为$1$，则实数$a$的值为$1$.

答案： 16.$\frac{\sqrt{7}}{2}$；$1$ 解析　易知$a=2$，$b=\sqrt{3}$，$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{7}}{2}$；$|PF|_{\min}=c-a=1$，则$(a+1)^{2}=a^{2}+3\Rightarrow a=1$.

17. 点$F$是双曲线$C$：$\dfrac{x^{2}}{9}-\dfrac{y^{2}}{16}=1$的左焦点，双曲线$C$的右支上的三个不同的点$P_{1}$，$P_{2}$，$P_{3}$关于$y$轴的对称点分别为$P_{4}$，$P_{5}$，$P_{6}$，则$\vert P_{1}F\vert+\vert P_{2}F\vert+\vert P_{3}F\vert-\vert P_{4}F\vert-\vert P_{5}F\vert-\vert P_{6}F\vert$的值为$18$.

答案：
17.$18$ 解析　如下图所示，设双曲线的右焦点为$F_{1}$，由双曲线的对称性可知$|P_{1}F_{1}|=|P_{4}F|$，$|P_{2}F_{1}|=|P_{5}F|$，$|P_{3}F_{1}|=|P_{6}F|$，则$|P_{1}F|+|P_{2}F|+|P_{3}F|-|P_{4}F|-|P_{5}F|-|P_{6}F|$$=|P_{1}F|+|P_{2}F|+|P_{3}F|-|P_{1}F_{1}|-|P_{2}F_{1}|-|P_{3}F_{1}|$$=(|P_{1}F|-|P_{1}F_{1}|)+(|P_{2}F|-|P_{2}F_{1}|)+(|P_{3}F|-|P_{3}F_{1}|)$$=2a+2a+2a=18$.

18. 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$F_{1}(-1,0)$，$F_{2}(1,0)$，若点$F_{1}$关于直线$y=\dfrac{b}{a}x$的对称点为$F'_{1}$，且$\vert F'_{1}F_{2}\vert＞\dfrac{\sqrt{6}}{3}$，则$\angle F_{1}F'_{1}F_{2}=$$\frac{\pi}{2}$，双曲线$C$的实轴长的取值范围是$(\frac{\sqrt{6}}{3},2)$.

答案：
18.$\frac{\pi}{2}$；$(\frac{\sqrt{6}}{3},2)$ 解析　如下图所示，记$F_{1}F_{1}'$的中点为$M$，则直线$OM$即为$y=\frac{b}{a}x$，$OM\bot F_{1}'F_{1}$，因为$O$为$F_{1}F_{2}$的中点，故$OM// F_{1}'F_{2}$，所以$\angle F_{1}F_{1}'F_{2}=\angle F_{1}MO=\frac{\pi}{2}$.因为$k_{OM}=\frac{b}{a}=\frac{|F_{1}M|}{|OM|}$，$|OF_{1}|=c$，故$|OM|=a$，所以$2a=|F_{1}'F_{2}|＞\frac{\sqrt{6}}{3}$，又$2a＜2c=2$，所以$2a\in (\frac{\sqrt{6}}{3},2)$.

19. 已知双曲线$C$：$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$的左、右焦点为$F_{1}$，$F_{2}$，点$A$在$C$的左支上，$AF_{2}$交$C$的右支于点$B$，$(\overrightarrow{F_{1}A}+\overrightarrow{F_{1}B})·\overrightarrow{AB}=0$，$\vert\overrightarrow{F_{1}A}-\overrightarrow{F_{1}B}\vert=\vert\overrightarrow{F_{1}B}\vert$，则$C$的离心率为$\sqrt{7}$.

答案：
19.$\sqrt{7}$ 解析　如下图所示，取$AB$的中点$M$，$(\overrightarrow{F_{1}A}+\overrightarrow{F_{1}B})· \overrightarrow{AB}=0$$\Rightarrow 2\overrightarrow{F_{1}M}· \overrightarrow{AB}=0\Rightarrow F_{1}M\bot AB$.因为$|\overrightarrow{F_{1}A}-\overrightarrow{F_{1}B}|=|\overrightarrow{F_{1}B}|$，所以$|\overrightarrow{AB}|=|\overrightarrow{F_{1}B}|$，即$AB=F_{1}B$.设$|BF_{2}|=x$，则$|BF_{1}|=x+2a$，$|AF_{2}|=|BF_{2}|+|AB|=2x+2a$，所以$|AF_{1}|-|AF_{2}|=2x+2a-x-2a=x=2a$，所以$|F_{1}M|=2\sqrt{3}a$，$|MB|=2a$，所以$(2\sqrt{3}a)^{2}+(4a)^{2}=(2c)^{2}$$\Rightarrow 28a^{2}=4c^{2}\Rightarrow e=\sqrt{7}$.

20. 已知双曲线$C$：$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$与椭圆$\dfrac{x^{2}}{18}+\dfrac{y^{2}}{14}=1$有共同的焦点，点$A(3,\sqrt{7})$在双曲线$C$上.
(1) 求双曲线$C$的方程及渐近线方程；
(2) 以$P(1,2)$为中点作双曲线$C$的一条弦$AB$，求弦$AB$所在直线的方程.

答案： 20.
(1)$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$，$x\pm y=0$
(2)$x-2y+3=0$解析
(1)因为椭圆$\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{14}=1$的焦点坐标为$(\pm 2,0)$，所以双曲线的焦点坐标为$(\pm 2,0)$，又因为$A(3,\sqrt{7})$在双曲线上，所以$\begin{cases}\frac{9}{a^{2}}-\frac{7}{b^{2}}=1,\\c=2,\\c^{2}=a^{2}+b^{2},\end{cases}$所以$a^{2}=b^{2}=2$，所以双曲线的方程为$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$，渐近线方程为$x\pm y=0$.
(2)解析1 设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，所以$\begin{cases}x_{1}^{2}-y_{1}^{2}=2,\\x_{2}^{2}-y_{2}^{2}=2,\end{cases}$两式相减得$(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})=(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})$，即$\frac{x_{1}+x_{2}}{y_{1}+y_{2}}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}$，又因为$x_{1}+x_{2}=2x_{P}=2$，$y_{1}+y_{2}=2y_{P}=4$，所以$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=k_{AB}=\frac{1}{2}$，所以弦$AB$所在直线的方程为$y-2=\frac{1}{2}(x-1)$，即$x-2y+3=0$.解析2 设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，易知直线$AB$的斜率存在，设$AB:y-2=k(x-1)$，联立$\begin{cases}y-2=k(x-1),\\x^{2}-y^{2}=2,\end{cases}$化简得$(1-k^{2})x^{2}+2k(k-2)x-(k-2)^{2}-2=0$，所以$x_{1}+x_{2}=-\frac{2k(k-2)}{1-k^{2}}=2$，解得$k=\frac{1}{2}$，所以弦$AB$所在直线的方程为$y-2=\frac{1}{2}(x-1)$，即$x-2y+3=0$.

21. 在平面直角坐标系$xOy$中，已知点$F_{1}(-\sqrt{17},0)$，$F_{2}(\sqrt{17},0)$，点$M$满足$\vert MF_{1}\vert-\vert MF_{2}\vert=2$. 记点$M$的轨迹为$C$.
(1) 求$C$的方程；
(2) 设点$T$在直线$x=\dfrac{1}{2}$上，过$T$的两条直线分别交$C$于$A$，$B$两点和$P$，$Q$两点，且$\vert TA\vert·\vert TB\vert=\vert TP\vert·\vert TQ\vert$，求直线$AB$的斜率与直线$PQ$的斜率之和.

答案： 21.
(1)$x^{2}-\frac{y^{2}}{16}=1(x\geqslant 1)$
(2)$0$解析
(1)由定义可知点$M$的轨迹$C$是双曲线的右支，其中$a=1$，$c=\sqrt{17}$，所以$b=4$，从而$C$的方程为：$x^{2}-\frac{y^{2}}{16}=1(x\geqslant 1)$.
(2)设$T(\frac{1}{2},t)$，设直线$AB$的斜率为$k_{1}$，则$l:y=k_{1}(x-\frac{1}{2})+t$，代入$x^{2}-\frac{y^{2}}{16}=1$消去$y$整理得：$(16-k_{1}^{2})x^{2}-k_{1}(2t-k_{1})x-16-(t-\frac{k_{1}}{2})^{2}=0$.$(*)$设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{k_{1}(2t-k_{1})}{16-k_{1}^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{-16-(t-\frac{k_{1}}{2})^{2}}{16-k_{1}^{2}}$，所以$|TA|· |TB|=(1+k_{1}^{2})· |x_{1}-\frac{1}{2}|· |x_{2}-\frac{1}{2}|$$=(1+k_{1}^{2})· |x_{1}x_{2}-\frac{1}{2}(x_{1}+x_{2})+\frac{1}{4}|$$=(1+k_{1}^{2})· \frac{t^{2}+12}{16-k_{1}^{2}}$，同理(设直线$PQ$的斜率为$k_{2}$)，$|TP|· |TQ|=(1+k_{2}^{2})· \frac{t^{2}+12}{16-k_{2}^{2}}$，所以$\frac{1+k_{1}^{2}}{16-k_{1}^{2}}=\frac{1+k_{2}^{2}}{16-k_{2}^{2}}$，所以$k_{1}^{2}-k_{2}^{2}=(k_{1}-k_{2})(k_{1}+k_{2})=0$，因为$k_{1}\neq k_{2}$，所以$k_{1}+k_{2}=0$.所以直线$AB$的斜率与直线$PQ$的斜率之和为$0$.