新高考数学二轮复习 专题突破 专题6 微重点13　离心率的范围问题（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习 专题突破 专题6 微重点13　离心率的范围问题（含解析），共13页。试卷主要包含了如图，椭圆C1等内容，欢迎下载使用。
考点一 利用圆锥曲线的定义求离心率的范围
例1 (1)(2022·南京模拟)设e1，e2分别为具有公共焦点F1与F2的椭圆和双曲线的离心率，
P为两曲线的一个公共点，且满足∠F1PF2＝eq \f(π,3)，则e1e2的最小值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(3,2) C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(3,4)
答案 A
解析 设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，不妨设|PF1|>|PF2|，
由椭圆和双曲线的定义可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|PF1|＋|PF2|＝2a1，,|PF1|－|PF2|＝2a2，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|PF1|＝a1＋a2，,|PF2|＝a1－a2，))
设|F1F2|＝2c，
因为∠F1PF2＝eq \f(π,3)，由余弦定理得
|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cs∠F1PF2，
即4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)cs eq \f(π,3)，
整理得aeq \\al(2,1)＋3aeq \\al(2,2)＝4c2，
故eq \f(1,e\\al(2,1))＋eq \f(3,e\\al(2,2))＝4.
又4＝eq \f(1,e\\al(2,1))＋eq \f(3,e\\al(2,2))≥2eq \r(\f(1,e\\al(2,1))×\f(3,e\\al(2,2)))＝eq \f(2\r(3),e1e2)，
即2≥eq \f(\r(3),e1e2)，
所以e1e2≥eq \f(\r(3),2)，
即e1e2的最小值为eq \f(\r(3),2)，
当且仅当eq \f(1,e\\al(2,1))＝eq \f(3,e\\al(2,2)).即e1＝eq \f(\r(2),2)，e2＝eq \f(\r(6),2)时，等号成立．
(2)(2022·杭州模拟)设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线
l与椭圆C相交于M，N两点(点M在第一象限)．若|MN|＝|F1F2|，eq \f(|NF1|,|MF1|)≥eq \f(\r(3),3)，则椭圆C的离心率e的最大值为( )
A.eq \f(\r(6)－1,2) B.eq \r(6)－1
C.eq \f(\r(3)－1,2) D.eq \r(3)－1
答案 D
解析 依题意作图，如图所示，
由于|MN|＝|F1F2|，并且线段MN，F1F2 互相平分，
∴四边形MF1NF2 是矩形，
其中∠F1MF2＝eq \f(π,2)，
∴|NF1|＝|MF2|，
设|MF2|＝x，则|MF1|＝2a－x，
根据勾股定理得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2，
即x2＋(2a－x)2＝4c2，
整理得x2－2ax＋2b2＝0，
由于点M在第一象限，
则x＝a－eq \r(a2－2b2)，
由题意得eq \f(|NF1|,|MF1|)＝eq \f(|MF2|,|MF1|)≥eq \f(\r(3),3)，∠MF1F2≥eq \f(π,6)，
即|MF2|≥eq \f(1,2)|F1F2|，a－eq \r(a2－2b2)≥c，
整理得2a2－2ac－c2≥0，e2＋2e－2≤0，
解得0＜e≤eq \r(3)－1，
即e的最大值为eq \r(3)－1.
规律方法 此类题型的一般方法是利用圆锥曲线的定义，以及余弦定理或勾股定理，构造关于a，b，c的不等式或不等式组求解，要注意椭圆、双曲线离心率自身的范围．
跟踪演练1 (2022·嘉兴模拟)如图，已知F1，F2分别为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，O为坐标原点，其渐近线与圆x2＋y2＝a2在第二象限交于点P，过P作圆的切线过双曲线的左焦点且与右支交于点Q，若|PQ|>|QF2|＋eq \f(2,5)|OF2|，则双曲线的离心率的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(5,3)))
解析 因为OP⊥PF1，
所以|PF1|＝eq \r(c2－a2)＝b.
由双曲线的定义得|PQ|＋b－|QF2|＝2a，
所以|PQ|＝2a－b＋|QF2|，
因为|PQ|>|QF2|＋eq \f(2,5)|OF2|，
所以2a－b＋|QF2|>|QF2|＋eq \f(2,5)c，
所以2a－b>eq \f(2,5)c，
即2a－eq \f(2,5)c>b，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a－\f(2,5)c))2>b2＝c2－a2，
所以21e2＋40e－1250，b>0)的左顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆交双曲线一条渐近线于P，Q两点，若cs∠PAQ≥－eq \f(3,5)，则该双曲线离心率的取值范围是( )
A．(1，eq \r(13)] B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(13),2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(21),3))) D．[eq \r(21)，＋∞)
答案 B
解析 以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝c2，
双曲线C的一条渐近线方程为y＝eq \f(b,a)x，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(b,a)x，,x2＋y2＝c2，))
解得(不妨设)P(a，b)，Q(－a，－b)，A(－a，0)，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝(2a，b)，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(0，－b)，
所以cs∠PAQ＝eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(AQ,\s\up6(→)),|\(AP,\s\up6(→))||\(AQ,\s\up6(→))|)
＝eq \f(－b2,\r(4a2＋b2)·b)
＝－eq \f(b,\r(4a2＋b2))≥－eq \f(3,5)，
即eq \f(b,\r(4a2＋b2))≤eq \f(3,5)，解得eq \f(b2,a2)≤eq \f(9,4)，
所以双曲线的离心率10，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若C与直线y＝x有交点，且双曲线上存在不是顶点的点P，使得∠PF2F1＝3∠PF1F2，则双曲线离心率的取值范围为____________．
答案 (eq \r(2)，2)
解析 双曲线C与直线y＝x有交点，
则eq \f(b,a)>1，eq \f(b2,a2)＝eq \f(c2－a2,a2)>1，
解得e＝eq \f(c,a)>eq \r(2)，
双曲线上存在不是顶点的点P，
使得∠PF2F1＝3∠PF1F2，
则P点在右支上，设PF1与y轴交于点Q，由对称性知|QF1|＝|QF2|，
所以∠QF1F2＝∠QF2F1，
所以∠PF2Q＝∠PF2F1－∠QF2F1
＝2∠PF1F2＝∠PQF2，
所以|PQ|＝|PF2|，
所以|PF1|－|PF2|＝|PF1|－|PQ|
＝|QF1|＝2a，
由|QF1|>|OF1|得2a>c，
所以e＝eq \f(c,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.eq \f(4,3) B.eq \f(5,3) C．2 D.eq \f(7,3)
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|＝eq \f(8,3)a，|PF2|＝eq \f(2,3)a.
在△PF1F2中，由余弦定理，
得cs∠F1PF2＝eq \f(\f(64,9)a2＋\f(4,9)a2－4c2,2·\f(8,3)a·\f(2,3)a)＝eq \f(17,8)－eq \f(9,8)e2，
要求e的最大值，即求cs∠F1PF2的最小值，
当cs∠F1PF2＝－1时，
解得e＝eq \f(5,3)，即e的最大值为eq \f(5,3).
方法二 由双曲线的定义知，|PF1|－|PF2|＝2a，
又|PF1|＝4|PF2|，
∴|PF1|＝eq \f(8,3)a，|PF2|＝eq \f(2,3)a，
∵|F1F2|＝2c，
∴eq \f(8,3)a＋eq \f(2,3)a≥2c，
∴eq \f(c,a)≤eq \f(5,3)，
即双曲线的离心率e的最大值为eq \f(5,3).
3．已知F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，直线l：x＝eq \f(a2＋b2,a)，且PQ⊥l，垂足为Q.若四边形QPF1F2为平行四边形，则椭圆C的离心率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(0，\f(\r(2),2)))
答案 B
解析 设P(x0，y0)，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋b2,a)，y0))，
∵四边形QPF1F2为平行四边形，
∴|PQ|＝|F1F2|，
∴eq \f(a2＋b2,a)－x0＝2c，
即x0＝eq \f(a2＋b2,a)－2c＝eq \f(2a2－c2－2ac,a)∈(－a，a)，
∴－10)和C2：eq \f(x2,a\\al(2,2))＋eq \f(y2,b\\al(2,2))＝1有相同的焦点F1，F2，离心率分别为e1，e2，B为椭圆C1的上顶点，F2P⊥F1B，且垂足P在椭圆C2上，则eq \f(e1,e2)的最大值是________．
答案 eq \f(1＋\r(2),2)
解析 由图知e1＝eq \f(c,a1)＝eq \f(|OF1|,|BF1|)，
e2＝eq \f(c,a2)＝eq \f(2c,2a2)＝eq \f(2|OF1|,|PF1|＋|PF2|)，
则eq \f(e1,e2)＝eq \f(|PF1|＋|PF2|,2|BF1|)，
设∠PF1F2＝θ，|F1F2|＝2c，
则|PF1|＋|PF2|＝2c·(sin θ＋cs θ)，
|BF1|＝eq \f(c,cs θ)，
则eq \f(e1,e2)＝(sin θ＋cs θ)·cs θ
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＋eq \f(1,2)≤eq \f(1＋\r(2),2)，
当且仅当2θ＝eq \f(π,4)时，等号成立．