双曲线 C 的两个焦点为 F_ 1 , F_ 2，以 C…——2022 高考数学第 11 题答案解析

【答案】AC

【解析】

【分析】依题意不妨设双曲线焦点在 $x$ 轴，设过 $F_{1}$ 作圆 $D$ 的切线切点为 $G$ ，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到 $2 b=3 a$ 或 $a=2 b$ ，即可得解，注意就 $M, N$ 在双支上还是在单支上分类讨论．

**方法一**：几何法，双曲线定义的应用

$\mathrm{M} , \mathrm{~N}$ 在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在 $x$ 轴，设过 $F_{1}$ 作圆 $D$ 的切线切点为 B ，
所以 $\mathrm{OB} \perp \mathrm{F}_{1} \mathrm{~N}$ ，因为 $\cos \angle F_{1} N F_{2}=\frac{3}{5}>0$ ，所以 $N$ 在双曲线的左支，
$|\mathrm{OB}|=a,\left|O F_{1}\right|=c,\left|\mathrm{~F}_{1} \mathrm{~B}\right|=\mathrm{b}$ ，设 $\angle F_{1} N F_{2}=\alpha$ ，由即 $\cos \alpha=\frac{3}{5}$ ，则 $\sin \alpha=\frac{4}{5}$ ，

$|\mathrm{NA}|=\frac{3}{2} a,\left|\mathrm{NF}_{2}\right|=\frac{5}{2} a$
$\left|\mathrm{NF}_{2}\right|-\left|\mathrm{NF}_{1}\right|=2 a$
$\frac{5}{2} a-\left(\frac{3}{2} a-2 b\right)=2 a$,
$2 \mathrm{~b}=a, \therefore \mathrm{e}=\frac{\sqrt{5}}{2}$
选 A
情况二

若 M、 N 在双曲线的两支，因为 $\cos \angle F_{1} N F_{2}=\frac{3}{5}>0$ ，所以 $N$ 在双曲线的右支，
所以 $|\mathrm{OB}|=a,\left|O F_{1}\right|=c,\left|\mathrm{~F}_{1} \mathrm{~B}\right|=\mathrm{b}$ ，设 $\angle F_{1} N F_{2}=\alpha$ ，
由 $\cos \angle F_{1} N F_{2}=\frac{3}{5}$ ，即 $\cos \alpha=\frac{3}{5}$ ，则 $\sin \alpha=\frac{4}{5}$ ，
$|\mathrm{NA}|=\frac{3}{2} a,\left|\mathrm{NF}_{2}\right|=\frac{5}{2} a$
$\left|\mathrm{NF}_{1}\right|-\left|\mathrm{NF}_{2}\right|=2 a$
$\frac{3}{2} a+2 b-\frac{5}{2} a=2 a$,
所以 $2 b=3 a$ ，即 $\frac{b}{a}=\frac{3}{2}$ ，
所以双曲线的离心率 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$
选 C

**方法二**：答案回代法

A选项 $\mathrm{e}=\frac{\sqrt{5}}{2}$
特值双曲线

$\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1, \therefore \mathrm{~F}_{1}(-\sqrt{5}, 0), \mathrm{F}_{2}(\sqrt{5}, 0)$ ，

过 $\mathrm{F}_{1}$ 且与圆相切的一条直线为 $\mathrm{y}=2(\mathrm{x}+\sqrt{5})$ ，
∵ 两交点都在左支，$\therefore \mathrm{N}\left(-\frac{6}{5} \sqrt{5},-\frac{2}{5} \sqrt{5}\right)$ ，
$\therefore\left|\mathrm{NF}_{2}\right|=5,\left|\mathrm{NF}_{1}\right|=1,\left|\mathrm{~F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|=2 \sqrt{5}$ ，
则 $\cos \angle F_{1} N F_{2}=\frac{3}{5}$ ，
C选项 $\mathrm{e}=\frac{\sqrt{13}}{2}$
特值双曲线 $\frac{\mathrm{x}^{2}}{4}-\frac{\mathrm{y}^{2}}{9}=1, \therefore \mathrm{~F}_{1}(-\sqrt{13}, 0), \mathrm{F}_{2}(\sqrt{13}, 0)$ ，

过 $\mathrm{F}_{1}$ 且与圆相切的一条直线为 $\mathrm{y}=\frac{2}{3}(\mathrm{x}+\sqrt{13})$ ，
∵ 两交点在左右两支， N 在右支，$\therefore \mathrm{N}\left(\frac{14}{13} \sqrt{13}, \frac{18}{13} \sqrt{13}\right)$ ，
$\therefore\left|\mathrm{NF}_{2}\right|=5,\left|\mathrm{NF}_{1}\right|=9,\left|\mathrm{~F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|=2 \sqrt{13}$ ，
则 $\cos \angle F_{1} N F_{2}=\frac{3}{5}$ ，

**方法三**：

依题意不妨设双曲线焦点在 $x$ 轴，设过 $F_{1}$ 作圆 $D$ 的切线切点为 $G$ ，
若 $M, N$ 分别在左右支，
因为 $O G \perp N F_{1}$ ，且 $\cos \angle F_{1} N F_{2}=\frac{3}{5}>0$ ，所以 $N$ 在双曲线的右支，
又 $|O G|=a,\left|O F_{1}\right|=c,\left|G F_{1}\right|=b$ ，
设 $\angle F_{1} N F_{2}=\alpha, \angle F_{2} F_{1} N=\beta$ ，
在 $\triangle F_{1} N F_{2}$ 中，有 $\frac{\left|N F_{2}\right|}{\sin \beta}=\frac{\left|N F_{1}\right|}{\sin (\alpha+\beta)}=\frac{2 c}{\sin \alpha}$ ，

故 $\frac{\left|N F_{1}\right|-\left|N F_{2}\right|}{\sin (\alpha+\beta)-\sin \beta}=\frac{2 c}{\sin \alpha}$ 即 $\frac{a}{\sin (\alpha+\beta)-\sin \beta}=\frac{c}{\sin \alpha}$ ，
所以 $\frac{a}{\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta-\sin \beta}=\frac{c}{\sin \alpha}$ ，
而 $\cos \alpha=\frac{3}{5}, \sin \beta=\frac{a}{c}, \cos \beta=\frac{b}{c}$ ，故 $\sin \alpha=\frac{4}{5}$ ，
代入整理得到 $2 b=3 a$ ，即 $\frac{b}{a}=\frac{3}{2}$ ，
所以双曲线的离心率 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$

若 $M, N$ 均在左支上，

同理有 $\frac{\left|N F_{2}\right|}{\sin \beta}=\frac{\left|N F_{1}\right|}{\sin (\alpha+\beta)}=\frac{2 c}{\sin \alpha}$ ，其中 $\beta$ 为针角，故 $\cos \beta=-\frac{b}{c}$ ，故 $\frac{\left|N F_{2}\right|-\left|N F_{1}\right|}{\sin \beta-\sin (\alpha+\beta)}=\frac{2 c}{\sin \alpha}$ 即 $\frac{a}{\sin \beta-\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta}=\frac{c}{\sin \alpha}$ ，

代入 $\cos \alpha=\frac{3}{5}, \sin \beta=\frac{a}{c}, \sin \alpha=\frac{4}{5}$ ，整理得到：$\frac{a}{4 b+2 a}=\frac{1}{4}$ ，
故 $a=2 b$ ，故 $e=\sqrt{1+\left(\frac{b}{a}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$ ，
故选：AC．