求離心率范圍的六種方法

求離心率范圍的六種方法求解離心率范圍六法在圓錐曲線的諸多性質(zhì)中，離心率經(jīng)常滲透在各類題型中。離心率是描述圓錐曲線“扁平程度”或“張口大小”的一個(gè)重要數(shù)據(jù)，在每年的高考中它常與“定義”、“焦點(diǎn)三角形”等聯(lián)系在一起。因此，求解離心率的取值范圍是解析幾何復(fù)習(xí)的一個(gè)難點(diǎn)。本文將介紹六種求解這類問題的通法，供同仁研討。一、利用橢圓上一點(diǎn)P(x,y)坐標(biāo)的取值范圍，構(gòu)造關(guān)于a,b,c的不等式以一個(gè)例題來說明：若橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b)$上存在一點(diǎn)P，使$\anglePA=90^\circ$，其中A為橢圓的右頂點(diǎn)，求橢圓離心率e的取值范圍。解：設(shè)P$(x,y)$為橢圓上一點(diǎn)，則$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$。因?yàn)?\anglePA=90^\circ$，所以以O(shè)A為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)P，所以$x-a\pmy=0$。聯(lián)立以上兩式，消去y并整理得$\frac{a^2}{x^2}+\frac{b^2}{(a-x)^2}=1$。注意到當(dāng)$x=a$時(shí)，P與A重合，不合題意，舍去。因此，$\frac{b^2}{a^2}\leqe^2<1$，即$0<e<\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}$。二、利用圓錐曲線的焦點(diǎn)和曲線上一點(diǎn)構(gòu)成的“焦三角形”三邊大小關(guān)系，構(gòu)造關(guān)于a,b,c的不等式以一個(gè)例題來說明：已知雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>b)$左、右焦點(diǎn)分別為$F_1$、$F_2$，左準(zhǔn)線為$x=-c$，$P(x,y)$是雙曲線左支上一點(diǎn)，并且$PF_1=d=PF_2$，求雙曲線離心率e的取值范圍。解：由雙曲線的定義得$PF_2-PF_1=2a$。因?yàn)?PF_1=d$，所以$PF_2=ed$，從而$ed-d=2a$。因此，$e=\frac{d+2a}bkbdald$。由于$e>1$，所以$d>2a$。又因?yàn)?PF_1+PF_2\geq2c$，所以$2a\frac{e^2-1}{e}\geq2c$。聯(lián)立以上兩式，整理得$e\geq\frac{c}{a}$，即$1+\frac{2c}po6czek\leqe<\infty$。注意到當(dāng)$c\geqa$時(shí)，雙曲線退化為兩條直線，不合題意，舍去。因此，$1<e<1+\frac{2c}mxkwwhi$。三、利用圓錐曲線的“焦三角形”+余弦定理+均值不等式以一個(gè)例題來說明：設(shè)橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b)$的兩焦點(diǎn)為$F_1$、$F_2$，問當(dāng)離心率e在$\left(\sqrt{\frac{1}{2}},1\right]$范圍內(nèi)取值時(shí)，橢圓上存在點(diǎn)P，使$\angleF_1PF_2=12^\circ$。解：設(shè)橢圓的焦距為$2c$，由橢圓的定義得$PF_1+PF_2=2a$。在$\triangleF_1PF_2$中，由余弦定理得$\cos12^\circ=\frac{PF_1^2+PF_2^2-F_1F_2^2}{2PF_1\cdotPF_2}$。注意到$PF_1\cdotPF_2=b^2$，$F_1F_2=2c$，所以$\cos12^\circ=\frac{PF_1^2+PF_2^2-4c^2}{2b^2}$。由離心率定義得$PF_1^2=PE^2+EF_1^2=e^2a^2+(-c)^2$，同理可得$PF_2^2=e^2a^2+c^2$。代入上式，整理得$e^2\geq\frac{a^2}{b^2}(2\cos12^\circ+\frac{c^2}{a^2})-1$。注意到$\cos12^\circ>\cos0^\circ=\frac{1}{2}$，所以$e^2>\frac{a^2}{b^2}$。又由于$\frac{c^2}{a^2}+1>e^2$，所以$\frac{c}{a}>\sqrt{\frac{1}{2}}$。因此，$\sqrt{\frac{a^2}{b^2}(2\cos12^\circ+\frac{c^2}{a^2})-1}<e\leq1$。2根據(jù)橢圓的定義，有$\frac{PF_1}{a}+\frac{PF_2}=1$，其中$PF_1,PF_2$分別表示焦點(diǎn)$F_1,F_2$到橢圓上某點(diǎn)$P$的距離，$a,b$分別表示橢圓的長短軸。由此得到$4a^2-4c^2=PF_1^2+PF_2^2\leq2(a^2+b^2)$，又根據(jù)完全平方數(shù)的性質(zhì)，$PF_1^2+PF_2^2\geq\frac{1}{2}(PF_1+PF_2)^2=\frac{1}{2}(2a)^2=2a^2$，因此$2a^2\leq4a^2-4c^2\leq2(a^2+b^2)$，化簡得$3a^2\leq4c^2$，即$\frac{c}{a}\geq\frac{\sqrt{3}}{2}$。又因?yàn)?\pie\leq1$，所以$0\leqe\leq\frac{1}{\pi}$，綜合得到橢圓離心率$e$的取值范圍為$\frac{\sqrt{3}}{2}\leq\frac{c}{a}\leq1$。對(duì)于橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，設(shè)其左頂點(diǎn)為$A(-a,0)$，中心為$O(0,0)$，則右頂點(diǎn)為$A'(a,0)$。由于左頂點(diǎn)在拋物線$y^2=x-1$上，因此$a^2=b^2+1$。設(shè)橢圓的焦距為$2c$，則$c^2=a^2-b^2=1$，即$c=1$。根據(jù)離心率的定義$e=\frac{c}{a}$，得到$\frac{1}{a}\leqe\leq1$。又因?yàn)?\frac{1}{a}=\frac{1}{2}$，所以橢圓離心率$e$的取值范圍為$\frac{1}{2}\leqe\leq1$。對(duì)于橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，設(shè)其兩焦點(diǎn)為$F_1(-c,0)$，$F_2(c,0)$，則有$\frac{PF_1}{a}+\frac{PF_2}=1$，其中$P(x,y)$是橢圓上的任意一點(diǎn)。設(shè)直線$\ell:y=k(x-c)$，則$\ell$經(jīng)過點(diǎn)$F_2$，與橢圓交于點(diǎn)$A,B$，與$y$軸交于點(diǎn)$C$。由于$B$是線段$CF_2$的中點(diǎn)，因此$BC=\frac{c}{k}$，$AB=\frac{2c}{\sqrt{1+k^2}}$。又因?yàn)?\ell$與橢圓有交點(diǎn)，因此存在$k$使得$AB$不為零。根據(jù)余弦定理，得到$\cos\angleBAF_2=\frac{c^2+AB^2-4c^2}{2c\cdotAB}=\frac{1}{2}\left(\frac{c}{AB}\right)^2-\frac{3}{4}$。由于$\cos\angleBAF_2\leq1$，因此$\frac{c}{AB}\leq\sqrt{\frac{5}{2}}$，即$\frac{2c}{\sqrt{1+k^2}}\leq\sqrt{\frac{5}{2}}\cdot\frac{c}{k}$，化簡得$k^2\leq\frac{5}{4}\cdot\frac{1}{e^2}-1$。又因?yàn)?k\leq\frac{5}{2}$，因此$\frac{25}{4}\leq\frac{5}{4}\cdot\frac{1}{e^2}-1$，解得$e^2\leq\frac{25}{44}$，即$0\leqe\leq\frac{5}{2\sqrt{11}}$。對(duì)于橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，設(shè)其右頂點(diǎn)為$A(a,0)$，中心為$O(0,0)$，則左頂點(diǎn)為$A'(-a,0)$。設(shè)橢圓上存在一點(diǎn)$P(x,y)$，使得$\anglePAF_1=90^\circ$，其中$F_1(-c,0)$是橢圓的左焦點(diǎn)。則有$\frac{(x+c)^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，即$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1-\frac{2cx}{a^2}-\frac{c^2}{a^2}$。由于$\anglePAF_1=90^\circ$，因此$PF_1\perpAF_1$，即$\frac{y}{x+c}=-\frac{x+c}{y}\cdot\frac{x}{c}$。將$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1-\frac{2cx}{a^2}-\frac{c^2}{a^2}$代入上式，整理得到$x^2+y^2=\frac{a^2b^2}{a^2+b^2-2ac}$。根據(jù)離心率的定義$e=\frac{c}{a}$，得到$a^2=b^2+c^2$，因此$x^2+y^2=\frac{b^2c^2}{b^2-c^2}$。設(shè)$t=\frac{y}{c}$，則$x^2=c^2\left(\frac{b^2}{b^2-c^2}-t^2\right)$。代入橢圓的參數(shù)方程$x=a\cos\theta,y=b\sin\theta$，得到$\cos^2\theta=\frac{b^2}{b^2-c^2}-\frac{t^2}{1-e^2}$。由于$\cos\theta$有界，因此$\frac{b^2}{b^2-c^2}-\frac{t^2}{1-e^2}\leq1$，即