专题6---培优点19-离心率范围的求法(教师版).docx

培优点19　离心率范围的求法
【方法总结】
圆锥曲线离心率的范围是高考的热点题型，对圆锥曲线中已知特征关系的转化是解决此类问题的关键，相关平面几何关系的挖掘应用也可使问题求解更简洁．
【典例】　(1)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|＝4|PF2|，则此双曲线的离心率e的最大值为(　　)
A. B. C．2 D.
【答案】　B
【解析】　方法一　由双曲线的定义知|PF1|－|PF2|＝2a，①
又|PF1|＝4|PF2|，②
故联立①②，解得|PF1|＝a，|PF2|＝a.
在△PF1F2中，由余弦定理，
得cos∠F1PF2＝＝－e2，
要求e的最大值，即求cos∠F1PF2的最小值，
当cos∠F1PF2＝－1时，解得e＝，
即e的最大值为，故选B.
方法二　由双曲线的定义知，|PF1|－|PF2|＝2a，
又|PF1|＝4|PF2|，
∴|PF1|＝a，|PF2|＝a，
∵|F1F2|＝2c，∴a＋a≥2c，
∴≤，即双曲线的离心率e的最大值为.
(2)已知P是以F1，F2为左、右焦点的椭圆＋＝1(a>b>0)上一点，若∠F1PF2＝120°，则该椭圆的离心率的取值范围是________．
【答案】　
【解析】　当动点P在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，P对两个焦点的张角∠F1PF2逐渐增大，当P点位于短轴端点P0处时，∠F1PF2最大．
∵存在点P为椭圆上的一点，使得∠F1PF2＝120°，
∴在△P0F1F2中，∠F1P0F2≥120°，
∴在Rt△P0OF2中，∠OP0F2≥60°，
∴≥，即≥3，即≥，∴≤e<1.
(3)过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一点B ，且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F，若<|k|<，则椭圆C的离心率的取值范围是________．
【答案】　
【解析】　设F(c,0)，将x＝c代入椭圆的方程，
可得＋＝1，解得y＝±，∴B，
又∵A(－a,0)，∴直线AB的斜率为
k＝＝±＝±＝±(1－e)．
∵<|k|<，0<e<1，∴<1－e<，
解得<e<，
∴椭圆C的离心率的取值范围是.
【方法总结】
求离心率范围的常用方法
(1)利用椭圆、双曲线中a，b，c某个量的取值范围确定e；构造a，b，c的齐次不等式确定e.
(2)利用图形中的位置关系(如三角形中的边角关系，曲线上的点到焦点距离的范围等)建立不等式(不等式组)，确定e.
【拓展训练】
1．若椭圆上存在三点，使得这三点与椭圆中心恰好是一个正方形的四个顶点，则该椭圆的离心率为(　　)
A. B. C. D.
【答案】　D
【解析】　设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，根据椭圆与正方形的对称性，可画出满足题意的图形，如图所示，

因为|OB|＝a，所以|OA|＝a，
所以点A的坐标为，
又点A在椭圆上，所以＋＝1，所以a2＝3b2，
所以a2＝3(a2－c2)，所以3c2＝2a2，
所以椭圆的离心率为e＝＝.
2．已知中心在原点的椭圆C1与双曲线C2具有相同的焦点F1(－c,0)，F2(c,0)，P为C1与C2在第一象限的交点，|PF1|＝|F1F2|且|PF2|＝5.若椭圆C1的离心率e1∈，则双曲线C2的离心率e2的取值范围是(　　)
A. B.
C．(2,3) D.
【答案】　C
【解析】　设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，
由|PF1|＝|F1F2|且|PF2|＝5知，
2a－5＝2c⇒e1＝＝.
设双曲线的方程为－＝1(m>0，n>0)，
同理，可得e2＝.
由e1＝∈知，2c∈，
故e2＝∈(2,3)．
3．已知P是椭圆＋＝1(a>b>0)上的一点，椭圆长轴的两个端点为A，B，若∠APB＝120°，则该椭圆的离心率的取值范围是________．
【答案】　
【解析】　设Q是椭圆的短轴的一个端点，则∠AQB≥∠APB＝120°，于是∠AQO≥60°，∴a≥b，即a2≥3(a2－c2)，∴≥，又0<e<1，∴椭圆的离心率e∈.
4．(2020·济宁模拟)设双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2c，过F2作x轴的垂线，与双曲线在第一象限的交点为A，点Q的坐标为且满足|F2Q|>|F2A|，若在双曲线C的右支上存在点P使得|PF1|＋|PQ|<|F1F2|成立，则双曲线的离心率的取值范围是________________．
【答案】　
【解析】　将x＝c代入双曲线的方程，得
y＝±b＝±，所以A，
由|F2Q|>|F2A|，得>，所以2<，
所以e＝＝<＝.
因为|PF1|＋|PQ|＝2a＋|PF2|＋|PQ|≥2a＋|F2Q|，
又在双曲线C的右支上存在点P使得|PF1|＋|PQ|<|F1F2|成立，所以2a＋|F2Q|<|F1F2|，
即2a＋<×2c，解得e>，
又e>1，所以<e<.