2024年高考數學重難點突破講義：學案 特別策劃2　微切口1　離心率的計算

闖關奪隘—贏在中檔題之高考微切口微切口1離心率的計算結合定義構建“a，b，c”關系求離心率例1(2023·海安期末)已知橢圓C的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓C上，若△PF1F2是以F1為頂點的等腰三角形，且cos∠F1PF2＝eq\f(3,4)，則橢圓C的離心率e＝__eq\f(2,5)__．【解析】由題知△PF1F2是以F1為頂點的等腰三角形，所以|PF1|＝|F1F2|＝2c．因為點P在橢圓C上，根據橢圓的定義可知|PF1|＋|PF2|＝2a，故|PF2|＝2a－2c．因為cos∠F1PF2＝eq\f(3,4)，故在△PF1F2中，由余弦定理可得cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2·|PF1|·|PF2|)＝eq\f(3,4)，即eq\f(4c2＋2a－2c2－4c2,2·2c·2a－2c)＝eq\f(3,4)，可得2a＝5c，即e＝eq\f(2,5)．代入方程構建“a，b，c”關系求離心率例2已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點為F，右頂點為A，上頂點為B，過點F與x軸垂直的直線與直線AB交于點P．若線段OP的中點在橢圓C上，則橢圓C的離心率為(A)A．eq\f(\r(,7)－1,2) B．eq\f(\r(,7)－1,3)C．eq\f(\r(,5)－1,2) D．eq\f(\r(,5)－1,3)【解析】由題意知F(－c,0)，A(a,0)，B(0，b)．直線AB的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，過點F且與x軸垂直的直線方程為x＝－c，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,a)＋\f(y,b)＝1，,x＝－c，))可得x＝－c，y＝eq\f(a＋cb,a)，故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(a＋cb,a)))，OP的中點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，\f(a＋cb,2a)))，代入橢圓方程得eq\f(c2,4a2)＋eq\f(a＋c2,4a2)＝1?eq\f(c2,a2)＋eq\f(c,a)－eq\f(3,2)＝0?e2＋e－eq\f(3,2)＝0，解得e＝eq\f(\r(,7)－1,2)(負值舍去)．借助隱含條件構建“a，b，c”關系求離心率例3(2023·溫州三模)如圖，A，B是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右頂點，P是圓O：x2＋y2＝a2上不同于A，B的動點，線段PA與橢圓C交于點Q，若tan∠PBA＝3tan∠QBA，則橢圓的離心率為(D)(例3)A．eq\f(1,3) B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(6),3)【解析】設Q(acosθ，bsinθ)，則tan∠PAB＝tan∠QAB＝eq\f(bsinθ,acosθ＋a)，tan∠QBA＝eq\f(bsinθ,a－acosθ)，兩式相乘得tan∠PAB·tan∠QBA＝eq\f(b2,a2)①．因為直徑所對的角是直角，所以∠PAB＋∠PBA＝eq\f(π,2)，所以tan∠PAB·tan∠PBA＝1②，①÷②得eq\f(tan∠QBA,tan∠PBA)＝eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,3)，故e＝eq\r(1－\f(1,3))＝eq\f(\r(6),3)．變式3(2023·濰坊一模)已知雙曲線C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點F2與拋物線C2：y2＝2px(p＞0)的焦點重合，點P為C1與C2的一個交點，若△PF1F2的內切圓圓心的橫坐標為4，C2的準線與C1交于A，B兩點，且|AB|＝eq\f(9,2)，則C1的離心率為(B)A．eq\f(9,4) B．eq\f(5,4)C．eq\f(9,5) D．eq\f(7,4)【解析】由題設知F1(－c，0)，F(xiàn)2(c,0)，又點F2與拋物線C2的焦點重合，即c＝eq\f(p,2)＞0．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(－c2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,a2＋b2＝c2，))則y＝±eq\f(b2,a)，故|AB|＝eq\f(2b2,a)＝eq\f(9,2)，即4b2＝9a．如圖，△PF1F2的內切圓與△PF1F2各邊的切點為D，E，K，所以|PD|＝|PE|，|DF1|＝|KF1|，|EF2|＝|KF2|，又|PF1|－|PF2|＝2a，則(|PD|＋|DF1|)－(|PE|＋|EF2|)＝|DF1|－|EF2|＝|KF1|－|KF2|＝2a，所以K為雙曲線右頂點．又△PF1F2的內切圓圓心的橫坐標為4，即a＝4，故b2＝9，則c＝5，所以離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(5,4)．(變式3)利用幾何性質求離心率的范圍例4已知F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，P是橢圓C上的一點，直線l：x＝eq\f(a2＋b2,a)，且PQ⊥l，垂足為Q．若四邊形QPF1F2為平行四邊形，則橢圓C的離心率的取值范圍是(B)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)，1)) B．(eq\r(,2)－1,1) C．(0，eq\r(,2)－1) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(,2),2)))【解析】設P(x0，y0)，則Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋b2,a)，y0))，因為四邊形QPF1F2為平行四邊形，所以|PQ|＝|F1F2|，所以eq\f(a2＋b2,a)－x0＝2c，即x0＝eq\f(a2＋b2,a)－2c＝eq\f(2a2－c2－2ac,a)∈(－a，a)，所以－1＜eq\f(2a2－c2－2ac,a2)＜1，所以－1＜2－e2－2e＜1，又0＜e＜1，所以eq\r(,2)－1＜e＜1．變式4(2023·合肥一檢)已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A為其右頂點，P為雙曲線右支上一點，直線PF1與y軸交于點Q．若AQ∥PF2，則雙曲線E的離心率的取值范圍為__(eq\r(2)＋1，＋∞)__．【解析】如圖，根據題意可得F1(－c,0)，F(xiàn)2(c，0)，A(a，0)，設P(x1，y1)，則直線PF1的方程為y＝eq\f(y1,x1＋c)(x＋c)，所以直線PF1與y軸的交點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(cy1,x1＋c)))．由AQ∥PF2可得kAQ＝kPF2，即eq\f(\f(cy1,x1＋c)－0,0－a)＝eq\f(y1,x1－c)，整理得(a＋c)x1＝c2－ac，即x1＝eq\f(c2－ac,a＋c)．又因為P為雙曲線右支上一點，所以x1≥a，當x1＝a時，AQ，PF2共線，與題意不符，即x1＞a，x1＝eq\f(c2－ac,a＋c)＞a，整理得c2－a2－2ac＞0，即e2－2e－1＞0，解得e＞eq\r(2)＋1或e＜1－eq\r(2)(舍去)，即雙曲線E的離心率的取值范圍為(eq\r(2)＋1，＋∞)．(變式4)利用已知不等關系求離心率的范圍例5已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，雙曲線的左頂點為A，以F1F2為直徑的圓交雙曲線的一條漸近線于P，Q兩點，其中點Q在y軸右側，若|AQ|≥2|AP|，則該雙曲線的離心率的取值范圍是(C)A．(1，eq\r(,3)] B．[eq\r(,3)，＋∞)C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(,21),3))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,21),3)，＋∞))【解析】由題意，以F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝c2，不妨設雙曲線的漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,a)x，,x2＋y2＝c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝a，,y＝b))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－a，,y＝－b，))所以Q(a，b)，P(－a，－b)．又A為雙曲線的左頂點，則A(－a，0)，所以|AQ|＝eq\r(,a＋a2＋b2)，|AP|＝eq\r(,[－a－－a]2＋b2)＝b，因為|AQ|≥2|AP|，所以eq\r(,a＋a2＋b2)≥2b，即4a2≥3(c2－a2)，所以e2≤eq\f(7,3)，又e＞1，所以e∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(,21),3)))．(例5)1．求離心率的方法：求橢圓和雙曲線的離心率主要圍繞尋找參數a，b，c的比例關系(只需找出其中兩個參數的關系即可)，通常有兩個方向：(1)利用幾何性質：如果題目中存在焦點三角形(曲線上的點與兩焦點連線組成的三角形)，那么可考慮尋求焦點三角形三邊的比例關系，進而兩條焦半徑與a有關，另一條邊為焦距，從而可求解．(2)構建方程通過坐標運算求解：如果題目中的條件難以發(fā)掘幾何關系，那么可考慮將點的坐標用a，b，c進行表示