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－125<0，
所以(3e－5)(7e＋25)<0，
所以e因为直线F1Q与双曲线的右支相交，
所以tan∠QF1F2所以eq \f(a,b)所以a2所以c2－2a2>0，
所以e2>2，所以e>eq \r(2).
所以eq \r(2)考点二 利用圆锥曲线的性质求离心率的范围
例2 (1)(2022·西安模拟)圆柱OO1的轴截面ABB1A1是正方形，过上底面圆弧上任意一点F作平面与圆柱的侧面相交，则相交所得到曲线的离心率的最大值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \r(2) D．2
答案 B
解析 过点F的平面与圆柱侧面相交，交线所形成的曲线为椭圆，如图，椭圆的短轴长为底面圆的直径，不妨令底面圆的半径为1，则短轴长2b＝2，∴b＝1，如图所示，当该椭圆刚好与上、下底面有一个交点时，长轴最长为EF，
由图知，MENF为正方形，边长为2，
则EF＝2eq \r(2)，即2a≤2eq \r(2)，∴a≤eq \r(2)，
∵c2＝a2－b2＝a2－1，
∴eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2－1,a2))＝eq \r(1－\f(1,a2))≤eq \f(\r(2),2).
∴0＜e≤eq \f(\r(2),2)，e的最大值为eq \f(\r(2),2).
(2)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，点P是C上任意一点，若圆O：x2＋y2＝b2上存在点M，N，使得∠MPN＝120°，则C的离心率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1)) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
答案 C
解析 连接OP，当P不为椭圆的上、下顶点时，设直线PA，PB分别与圆O切于点A，B，∠OPA＝α，
∵存在M，N使得∠MPN＝120°，
∴∠APB≥120°，即α≥60°，
又α<90°，
∴sin α≥sin 60°，
连接OA，则sin α＝eq \f(|OA|,|OP|)＝eq \f(b,|OP|)≥eq \f(\r(3),2)，
∴|OP|≤eq \f(2\r(3)b,3).
又P是C上任意一点，
则|OP|max≤eq \f(2\r(3)b,3)，
又|OP|max＝a，
∴a≤eq \f(2\r(3)b,3)，
则由a2＝b2＋c2，得e2≤eq \f(1,4)，
又0规律方法 利用圆锥曲线的性质，如：椭圆的最大角，通径，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)．
跟踪演练2 (2022·运城模拟)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点为A(a，0)，Q(3a，0)在x轴上，若双曲线C上存在一点P(异于点A)使得AP⊥PQ，则C的离心率的取值范围是( )
A．(eq \r(2)，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，eq \r(2)] D．(1，eq \r(2))
答案 D
解析 设P(x，y)，∵AP⊥PQ，
∴P点的轨迹方程为(x－2a)2＋y2＝a2(x≠a，x≠3a)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2a2＋y2＝a2，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，))消去y并整理得(a2＋b2)x2－4a3x＋3a4－a2b2＝0，
解得x＝a(舍去)，x＝eq \f(3a3－ab2,a2＋b2)，
由题意知点P在双曲线的右支上，即x>a，
故eq \f(3a3－ab2,a2＋b2)>a，化简得a2>b2，
∵e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))，∴1考点三 利用几何图形的性质求离心率的范围
例3 (1)(2022·乐清模拟)设F1，F2分别为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，若在直线x＝－eq \f(a2,c)(c为半焦距)上存在点P，使|PF1|的长度恰好为椭圆的焦距，则椭圆离心率的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
答案 B
解析 如图所示，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
可得焦距|F1F2|＝2c，
因为在直线x＝－eq \f(a2,c)上存在点P，使|PF1|的长度恰好为椭圆的焦距，
可得|MF1|≤2c，即eq \f(a2,c)－c≤2c，
可得a2≤3c2，即eq \f(c2,a2)≥eq \f(1,3)，解得eq \f(c,a)≥eq \f(\r(3),3)，
又因为椭圆的离心率e∈(0,1)，
所以e∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1)).
(2)(2022·萍乡模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，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1规律方法 利用几何图形中几何量的大小，例如线段的长度、角的大小等，构造几何度量之间的关系．
跟踪演练3 (2022·长沙市雅礼中学等十六校联考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，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)<2，
在△PF1F2中，∠PF1F2＋∠PF2F1＝4∠PF1F2<180°，∠PF1F2<45°，
所以eq \f(c,2a)＝cs∠PF1F2>eq \f(\r(2),2)，
即e＝eq \f(c,a)>eq \r(2)，
综上，eq \r(2)专题强化练
1．(2022·南充质检)已知F1(－c，0)，F2(c，0)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆上存在一点P使得eq \(PF1,\s\up6(—→))·eq \(PF2,\s\up6(—→))＝c2，则椭圆C的离心率的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(3)－1，\f(\r(3),2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
答案 B
解析 设点P(x，y)，eq \(PF1,\s\up6(—→))·eq \(PF2,\s\up6(—→))＝(－c－x，－y)·(c－x，－y)＝x2－c2＋y2
＝x2－c2＋b2－eq \f(b2,a2)x2
＝eq \f(c2,a2)x2－c2＋b2，
因为0≤x2≤a2，
所以b2－c2≤eq \(PF1,\s\up6(—→))·eq \(PF2,\s\up6(—→))≤b2，
即b2－c2≤c2≤b2，
结合b2＝a2－c2可得eq \f(1,3)≤eq \f(c2,a2)≤eq \f(1,2)，
所以e∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2))).
2．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝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.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)，
∴－1∴－1<2－e2－2e<1，得eq \r(2)－14．(2022·湘豫名校联考)已知双曲线M：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以线段F1F2为直径的圆O与双曲线M在第一象限交于点A，若tan∠AF2F1≤2，则双曲线M的离心率的取值范围为( )
A．[eq \r(3)，＋∞) B．(1，eq \r(3)]
C．(1，eq \r(5)] D．[eq \r(5)，＋∞)
答案 D
解析 依题意可得|AF1|－|AF2|＝2a，
又|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2＝4c2，
所以(|AF2|＋2a)2＋|AF2|2＝4c2，
得|AF2|＝－a＋eq \r(2c2－a2)，
所以|AF1|＝2a＋|AF2|＝a＋eq \r(2c2－a2)，
所以tan∠AF2F1＝eq \f(|AF1|,|AF2|)
＝eq \f(a＋\r(2c2－a2),－a＋\r(2c2－a2))≤2，
得c2≥5a2，得e≥eq \r(5).
5．(2022·西安模拟)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，在其渐近线上存在一点P，满足||PF1|－|PF2||＝2b，则该双曲线离心率的取值范围为( )
A．(1，eq \r(2)) B．(eq \r(2)，2)
C．(eq \r(2)，eq \r(3)) D．(2,3)
答案 A
解析 双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
∵||PF1|－|PF2||＝2b<|F1F2|，
∴点P在双曲线eq \f(x2,b2)－eq \f(y2,a2)＝1上，
∵双曲线eq \f(x2,b2)－eq \f(y2,a2)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(a,b)x，
又y＝±eq \f(b,a)x与双曲线eq \f(x2,b2)－eq \f(y2,a2)＝1相交，
∴由双曲线渐近线性质可知eq \f(b,a)b2，
即a2>c2－a2，解得1故该双曲线离心率的取值范围是(1，eq \r(2))．
6．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，直线x＝2a与C交于A，B两点(A在B的上方)，eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，点E在y轴上，且EA∥x轴．若△BDE的内心到y轴的距离不小于eq \f(4a,3)，则C的离心率的最大值为( )
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \f(\r(10),3) C.eq \r(2) D.eq \f(\r(39),6)
答案 B
解析 因为A在B的上方，且这两点都在C上，
、
所以A(2a，eq \r(3)b)，B(2a，－eq \r(3)b)，
则|AB|＝2eq \r(3)b.
因为eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，
所以A是线段BD的中点，
又EA∥x轴，所以|ED|＝|EB|，EA⊥BD，
所以△BDE的内心G在线段EA上．
因为DG平分∠EDA，在△EDA中，
由角平分线定理知eq \f(|EG|,|GA|)＝eq \f(|ED|,|DA|)，
因为G到y轴的距离不小于eq \f(4a,3)，
所以eq \f(|EG|,|GA|)≥eq \f(\f(4a,3),2a－\f(4a,3))＝2，
所以eq \f(|ED|,|DA|)≥2，
所以∠EDA≥60°，
因此tan∠EDA＝eq \f(|EA|,|DA|)＝eq \f(2a,2\r(3)b)≥eq \r(3)，即a≥3b，eq \f(b,a)≤eq \f(1,3)，
故17．(2022·湖南六校联考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2eq \r(6)，0)，点Q是双曲线C的左支上一动点，圆O：x2＋y2＝1与y轴的一个交点为P，若|PQ|＋|QF|＋|PF|≥13，则双曲线C的离心率的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(4\r(6),3)))
解析 设双曲线C的左焦点为F′，
则|QF|－|QF′|＝2a，
即|QF|＝|QF′|＋2a，
故|QF|＋|PQ|＝|QF′|＋|PQ|＋2a≥|PF′|＋2a.
由题意可得|PF|＝|PF′|＝eq \r(24＋1)＝5，
∵|PQ|＋|QF|＋|PF|≥|PF′|＋2a＋|PF|
＝10＋2a≥13，
∴a≥eq \f(3,2)，
则双曲线C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(6),a)≤eq \f(4\r(6),3).
∴18.(2022·温州模拟)如图，椭圆C1：eq \f(x2,a\\al(2,1))＋eq \f(y2,b\\al(2,1))＝1(a1>b1>0)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．