浙江 2023 · 数学 q16

题面

16．（5 分）（2023•新高考Ⅰ）已知双曲线$C \colon \frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 ( a > 0 , b > 0 )$）的左、右焦点分别为$F_{1} , \ F_{2}$．点A 在 C上，点B 在y 轴上，$\vec{F_{1} A} \perp \vec{F_{1} B} , \vec{F_{2} A} = - \frac{2}{3} \vec{F_{2} B}$，则 C的离心率为

答案

见试题解答内容

解析

分析

（法一）设F_{1} ( {\phi}^{-} c , {\} 0 ) , \ F_{2} ( {c} , {\} 0 ) , \ B ( 0 , \ n )），根据题意可得点 A 的坐标，进一步得到$\vec{F_{1} A} = ( \frac{8}{3} c , - \frac{2}{3} n ) , \vec{F_{1} B} = ( c , n )$，再由$\stackrel{}{F_{1} A} \bot \stackrel{}{F_{1} B}$，可得$n^{2}{=} 4 c^{2}$．结合点A在双曲线上，可得解；

（法二）易知$\frac{\vert \vec{F_{2} A} \vert}{\vert \vec{F_{2} B} \vert} = \frac{2}{3} ,$，设$\vert \vec{F_{2} A} \vert = 2 t , \vert \vec{F_{2} B} \vert = 3 t , \angle F_{1} A F_{2} = \Theta$，解三角形可知5 c^{2} =$$9 a^{2}，进而得解

解答

解：（法一）如图，设F_{1} ( {\phi}^{-} c , {\} 0 ) , \ F_{2} ( {c} , {\} 0 ) , \ B ( 0 , \ n )

设$A \ ( x , \ y )$），则$\vec{F_{2} A} = ( x - c , \ y ) , \ \vec{F_{2} B} = ( - c , \ n )$

又$\vec{F_{2} A} = - \frac{2}{3} \vec{F_{2} B}$，则$\left\{{\begin{array}{l}{x - c = {\frac{2}{3}} c} \\ {y = - {\frac{2}{3}} n} \end{array}} \right.$，可得$A ( \frac 5 3 c , \mathrm{} - \frac 2 3 n )$

又$\vec{F_{1} A} \bot \vec{F_{1} B}$，且$\vec{F_{1} A} = ( \frac{8}{3} c , - \frac{2}{3} n ) , \vec{F_{1} B} = ( c , n )$

则$\stackrel{}{F_{1} A} \cdot \stackrel{}{F_{1} B} = \frac{8}{3} c^{2} - \frac{2}{3} n^{2} = 0$，化简得$n^{2}{=} 4 c^{2}$

又点A在C上，

则$\big | {\frac{{\frac{2 5}{9}} c^{2}}{a^{2}}} - {\frac{{\frac{4}{9}} n^{2}}{b^{2}}} = 1$，整理可得${\frac{2 5 c^{2}}{9 a^{2}}} - {\frac{4 n^{2}}{9 b^{2}}} = 1$

代$n^{2}{=} 4 c^{2}$，可得${\frac{2 5 c^{2}}{a^{2}}} - {\frac{1 6 c^{2}}{b^{2}}} = 9$，即$2 5 e^{2} - {\frac{1 6 e^{2}}{e^{2} - 1}} = 9$

解得$e^{2} = \frac{9}{5} \textcircled{\div} \frac{1}{5}$（舍去），

故$\varrho = \frac{3 \sqrt{5}}{5} .$

（法二）由$\vec{F_{2} A} = - \frac{2}{3} \vec{F_{2} B}$，得$\frac{\underset{| F_{2} A |}{}}{| F_{2} B |} = \frac{2}{3} ,$

设$\vert \vec{F_{2} A} \vert = 2 t , \vert \vec{F_{2} B} \vert = 3 t$，由对称性可得$\bigl | \vec{F_{1} B} \bigr | = 3 t$

则$\vert \vec{A F_{1}} \vert = 2 t + 2 a , \vert \vec{A B} \vert = 5 t$

设$\angle F_{1} A F_{2}{=}{\Theta}$，则$s i n \theta = \frac{3 t}{5 t} = \frac{3}{5} ,$

所以$c o s \theta = \frac{4}{5} = \frac{2 t + 2 a}{5 t}$，解得$t {=} a$

所以$\vert \vec{A F_{1}} \vert = 2 t + 2 a = 4 a , \vert \vec{A F_{2}} \vert = 2 a$

在$\triangle A F_{1} F_{2}$中，由余弦定理可得$\sigma_{c o s \theta} = {\frac{1 6 a^{2} + 4 a^{2} - 4 c^{2}}{1 6 a^{2}}} = {\frac{4}{5}} ,$

即$5 c^{2}{=} 9 a^{2}$，则$e = {\frac{3 {\sqrt{5}}}{5}}$

故答案为：${\frac{3 {\sqrt{5}}}{5}} .$