2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題20圓錐曲線的離心率問(wèn)題含解析

Page2微專題20圓錐曲線的離心率問(wèn)題離心率問(wèn)題是考查重點(diǎn)．每年高考中幾乎是必考內(nèi)容．不僅填空題經(jīng)常考查，也經(jīng)常在大題中出現(xiàn)，本專題著重研究圓錐曲線的離心率問(wèn)題.例題1設(shè)F為雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)F的直線L與雙曲線右支交點(diǎn)P，與圓O：x2＋y2＝a2恰好切于線段PF的中點(diǎn)M，則雙曲線E的離心率為_(kāi)_______________．例題2設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在雙曲線的右支上，且PF1＝4PF2，則此雙曲線離心率的取值范圍為_(kāi)_______________．變式1如圖，已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在橢圓C上，線段PF2與圓x2＋y2＝b2相切于點(diǎn)Q，且點(diǎn)Q為線段PF2的中點(diǎn)，則橢圓C的離心率為_(kāi)_______________．

變式2如圖，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F2的直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，且PQ⊥PF1.若PF1＝PQ，求橢圓C的離心率e.串講1設(shè)F1，F(xiàn)2是橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，若在右準(zhǔn)線上存在點(diǎn)P，使線段PF1的中線過(guò)點(diǎn)F2，則橢圓E的離心率e的取值范圍是________________．串講2如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)，直線y＝eq\f(b,2)與橢圓交于B，C兩點(diǎn)，且∠BFC＝90°，則該橢圓的離心率是________________．

(2018·全國(guó)Ⅲ卷)設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)．過(guò)F2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若|PF1|＝eq\r(6)|OP|，則C的離心率為_(kāi)_______________．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(b2,b2)＝1(a>b>0)左焦點(diǎn)F1和右焦點(diǎn)F2，上頂點(diǎn)A，線段AF2的中垂線交橢圓于點(diǎn)B，若左焦點(diǎn)F1在線段AB上，求橢圓的離心率．答案：eq\f(\r(3),3).解法1由題意可知AB＝BF2，1分設(shè)BF1＝x，則BF1＋BF2＝x＋x＋a＝2a，得x＝eq\f(a,2)，3分故eq\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))易得B(－eq\f(3,2)c，－eq\f(b,2))，6分代入橢圓方程可得e＝eq\f(\r(3),3).8分解法2(關(guān)鍵步提示)直線AF1：eq\f(x,－c)＋eq\f(y,b)＝1與AF2中垂線y－eq\f(b,2)＝eq\f(c,b)(x－eq\f(c,2))2分的交點(diǎn)B(eq\f(a2c,2（c2－b2）)，b(1＋eq\f(a2,2（c2－b2）)))代入橢圓方程，5分微專題20例題1答案：eq\r(5).解析：設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為F2，連接PF2，因?yàn)镺M為△FPF2的中位線，所以PF2＝2a，PF＝PF2＋2a＝4a，又因?yàn)镺M⊥PF，所以PF2⊥PF，在△FPF2中，由勾股定理得(2c)2＝(2a)2＋(4a)2，所以離心率為eq\r(5).例題2答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3))).解析：PF1－PF2＝2a，得PF2＝eq\f(2,3)a≥c－a，又因?yàn)閑＞1，所以雙曲線的離心率的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3))).變式聯(lián)想變式1答案：eq\f(\r(5),3).解析：連接PF1，OQ，因?yàn)镺Q為△F1PF2的中位線，所以PF1＝2b.PF2＝2a－2b，又因?yàn)镺Q⊥PF2，所以PF1⊥PF2，在△F1PF2中，由勾股定理得(2b)2＋(2a－2b)2＝(2c)2，消去c2得2b2＋a2－2ab＝a2－b2，得3b＝2a，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3).變式2答案：eq\r(6)－eq\r(3).解析：連接F1Q.從而有PF1＋PQ＋PF2＝4a，因?yàn)镻F1＝PQ且PF1⊥PQ，所以PF1＝eq\f(4a,2＋\r(2))＝4a－2eq\r(2)a，PF2＝2eq\r(2)a－2a，因?yàn)椤鱌F1F2為直角三角形，PF12＋PF22＝F1F22，(4a－2eq\r(2)a)2＋(2eq\r(2)a－2a)2＝4c2，所以(2a－eq\r(2)a)2＋(eq\r(2)a－a)2＝c2，e2＝(2－eq\r(2))2＋(eq\r(2)－1)2，e2＝3(eq\r(2)－1)2，橢圓C的離心率e＝eq\r(6)－eq\r(3).串講激活串講1答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)).解析：如圖，由題意知，PF2＝F1F2＝2c，又PF2≥AF2＝eq\f(a2,c)－c，2c≥eq\f(a2,c)－c，又0＜e＜1，所以，eq\f(\r(3),3)≤e＜1，橢圓E的離心率e的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)).串講2答案：eq\f(\r(6),3).解析：F(c，0)，直線y＝eq\f(b,2)與橢圓方程聯(lián)立可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，\f(b,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，\f(b,2)))，由∠BFC＝90°可得eq\o(CF,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))＝0，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(\r(3)a,2)，－\f(b,2)))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(\r(3)a,2)，－\f(b,2)))，則c2－eq\f(3,4)a2＋eq\f(1,4)b2＝0，由b2＝a2－c2可得，eq\f(3,4)c2＝eq\f(1,2)a2，則e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(2,3))＝eq\f(\r(6),3).新題在線答案：eq\r(3).解析：不妨設(shè)一