双曲线 C 的两个焦点为 F_ 1 , F_ 2 , 以…——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 $2b = 3a$ 或 $a = 2b$ ，即可得解，注意就 $M, N$ 在双支上还是在单支上分类讨论.【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用

M、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 $OB \perp F_{1}N$ ，因为 $\cos \angle F_{1}NF_{2} = \frac{3}{5} > 0$ ，所以 N 在双曲线的左支， $\left|OB\right|=a,\left|OF_{1}\right|=c,\left|F_{1}B\right|=b$ ，设 $\angle F_{1}NF_{2}=\alpha$ ，由即 $\cos\alpha=\frac{3}{5}$ ，则 $\sin\alpha=\frac{4}{5}$ ，

$$ \left| \mathrm{NA} \right| = \frac {3}{2} a, \left| \mathrm{NF} _ {2} \right| = \frac {5}{2} a $$

$$ \left| \mathrm{NF} _ {2} \right| - \left| \mathrm{NF} _ {1} \right| = 2 a $$

$$ \frac {5}{2} a - \left(\frac {3}{2} a - 2 b\right) = 2 a, $$

$$ 2 \mathrm{b} = a, \therefore \mathrm{e} = \frac {\sqrt {5}}{2} $$

选A

情况二

若 M、N 在双曲线的两支，因为 $\cos\angle F_{1}NF_{2}=\frac{3}{5}>0$ ，所以 N 在双曲线的右支，

所以 $\left|OB\right|=a,\quad\left|OF_{1}\right|=c,\quad\left|F_{1}B\right|=b$ ，设 $\angle F_{1}NF_{2}=\alpha$ ，

由 $\cos\angle F_{1}NF_{2}=\frac{3}{5}$ ，即 $\cos\alpha=\frac{3}{5}$ ，则 $\sin\alpha=\frac{4}{5}$ ，

$$ \left| \mathrm{NA} \right| = \frac {3}{2} a, \left| \mathrm{NF} _ {2} \right| = \frac {5}{2} a $$

$$ \left| \mathrm{NF} _ {1} \right| - \left| \mathrm{NF} _ {2} \right| = 2 a $$

$$ \frac {3}{2} a + 2 b - \frac {5}{2} a = 2 a, $$

所以 $2b = 3a$ ，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e= $\frac{\sqrt{5}}{2}$

特值双曲线

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

过 $F_{1}$ 且与圆相切的一条直线为 $y=2\left(x+\sqrt{5}\right)$ ,

∵两交点都在左支,∴ $N\left(-\frac{6}{5}\sqrt{5},-\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)$ ,

$$ \therefore \left| \mathrm{NF} _ {2} \right| = 5, \left| \mathrm{NF} _ {1} \right| = 1, \left| \mathrm{F} _ {1} \mathrm{F} _ {2} \right| = 2 \sqrt {5} $$

则 $\cos\angle F_{1}NF_{2}=\frac{3}{5}$ ,

C选项e= $\frac{\sqrt{13}}{2}$

特值双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{9}=1,\therefore F_{1}\left(-\sqrt{13},0\right),F_{2}\left(\sqrt{13},0\right)$ ,

过 $F_{1}$ 且与圆相切的一条直线为 $y=\frac{2}{3}\left(x+\sqrt{13}\right)$ ,

∵两交点在左右两支，N在右支，∴ $N\left(\frac{14}{13}\sqrt{13},\frac{18}{13}\sqrt{13}\right)$ ,

$$ \therefore \left| \mathrm{NF} _ {2} \right| = 5, \left| \mathrm{NF} _ {1} \right| = 9, \left| \mathrm{F} _ {1} \mathrm{F} _ {2} \right| = 2 \sqrt {1 3} $$

则 $\cos\angle F_{1}NF_{2}=\frac{3}{5}$ ,

**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 $OG \perp NF_{1}$ ，且 $\cos \angle F_{1}NF_{2} = \frac{3}{5} > 0$ ，所以 $N$ 在双曲线的右支，

又 $\left|OG\right|=a,\left|OF_{1}\right|=c,\left|GF_{1}\right|=b$

设 $\angle F_{1}NF_{2} = \alpha$ ， $\angle F_{2}F_{1}N = \beta$

在 $\triangle F_{1}NF_{2}$ 中，有 $\frac{\left|NF_{2}\right|}{\sin\beta}=\frac{\left|NF_{1}\right|}{\sin\left(\alpha+\beta\right)}=\frac{2c}{\sin\alpha}$ ,

故 $\frac{\left|NF_1\right| - \left|NF_2\right|}{\sin(\alpha + \beta) - \sin\beta} = \frac{2c}{\sin\alpha}$ 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 2b = 3a，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 $\frac{\left|NF_{2}\right|}{\sin\beta}=\frac{\left|NF_{1}\right|}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{2c}{\sin\alpha}$ ，其中 $\beta$ 为钝角，故 $\cos\beta=-\frac{b}{c}$ ，

故 $\frac{\left|NF_2\right| - \left|NF_1\right|}{\sin\beta - \sin(\alpha + \beta)} = \frac{2c}{\sin\alpha}$ 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： $\frac{a}{4b+2a}=\frac{1}{4}$ ，

故 $a = 2b$ ，故 $e = \sqrt{1 + \left(\frac{b}{a}\right)^2} = \frac{\sqrt{5}}{2},$

故选：AC.