離心率——經久不衰的高考熱點

王勇 龔俊峰

摘?要：離心率是歷年高考的熱點內容，涉及巧求離心率的值、界定離心率的范圍、探究離心率的最值、借用離心率交匯整合等，本文結合典型例題予以分類導析，旨在探索題型規(guī)律，揭示解題方法.

關鍵詞：離心率;經久不衰;高考熱點

離心率是圓錐曲線中的一個重要元素，它的變化會直接導致曲線形狀甚至類型的變化，同時它還是圓錐曲線統(tǒng)一定義中的三要素之一近年來，涉及離心率的問題頻頻出現(xiàn)在高考試題和各省市高考模擬試題中，且題型不斷翻新，顯示出旺盛的生命力！解決有關離心率的問題，除了要求對離心率的概念、幾何意義深刻領會外，還常常要用到其它有關知識，因而，涉及離心率的問題不僅具有很強的綜合性，而且其解法極富靈活性下面給出八道例題并予以分類解析，供參考.

1?巧求離心率的值

例1?（2019年全國Ⅱ卷理科第11題）設點F為雙曲線C∶x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2+y2=a2交于P，Q兩點.若|PQ|=|OF|，則C的離心率為（?）.

A 2?B 3C2?D 5

解析?如圖1，連接OP，PF，則|OP|=a，|PQ|=|OF|=c因為OF為直徑，所以OP⊥PF.

所以|PF|=c2-a2=b.

設OF與PQ的交點為R，則

S△OPF=12|OP|·|PF|=12|OF|·|PR|，即12ab=12c·c2

所以c2=2ab=a2+b2，解得a=b.

所以c=2a，e=ca=2故選A.

評注?利用雙曲線和圓的性質，結合已知條件得到關于a，c的等式，進而求得雙曲線的離心率.

例2?（2019年全國Ⅰ卷理科第16題）已知雙曲線C∶x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點.若F1A=AB，F(xiàn)1B·F2B=0，則C的離心率為.

解法1?如圖2，因為F1B·F2B=0，所以F1B⊥F2B.

在Rt△F1BF2中，|OB|=|OF2|.

所以∠OBF2=∠OF2B.

又因為F1A=AB，所以A為F1B的中點.

所以OA//F2B所以∠F1OA=∠OF2B.

因為∠F1OA=∠BOF2，所以∠OBF2=∠OF2B=∠BOF2.

所以△OBF2為等邊三角形.

由F2（c，0）可得Bc2，3c2.

因為點B在直線y=bax上，所以3c2=ba·c2.

所以ba=3.

所以e=1+b2a2=1+32=2.

解法2?如圖2，因為F1B·F2B=0，所以F1B⊥F2B.

所以|OF1|=|OB|.

所以∠BF1O=∠F1BO.

所以∠BOF2=2∠BF1O.

因為F1A=AB，所以點A為F1B的中點.

又點O為F1F2的中點，所以OA//BF2.

所以F1B⊥OA.

因為直線OA，OB為雙曲線C的兩條漸近線，

所以tan∠BF1O=ab，tan∠BOF2=ba.

因為tan∠BOF2=tan（2∠BF1O），

所以ba=2×ab1-ab2.

所以b2=3a2.

所以c2-a2=3a2，即2a=c，

所以雙曲線的離心率e=ca=2.

評注?破解本題的關鍵是細審題、畫草圖、會轉化，可以轉化為證明△OBF2為正

三角形，從而得出點B的坐標，再代入點B所在直線的方程求解（如解法1）;

也可以往角轉化，再利用二倍角的正切公式求解（如解法2），后續(xù)只需認真運算即可輕松獲解.

2?界定離心率的范圍

例3?（2019年青島市模擬題）已知直線l∶y=kx與橢圓C∶x2a2+y2b2=1（a>b>0）交于A，B兩點，F(xiàn)為橢圓C的左焦點，且AF·BF=0，若∠ABF∈0，π12，則橢圓C的離心率e的取值范圍為（?）.

A0， 22?B0， 63

C 22， 63D 63，1

解析?如圖3，設橢圓C的右焦點為F′，連接AF′，BF′.

因為AF·BF=0，所以AF⊥BF.

又直線l∶y=kx過原點O，所以根據橢圓的對稱性知點A，B關于原點對稱，所以四邊形AFBF′是矩形.

所以AB=FF′=2c（其中c=a2-b2）.

在Rt△AFB中，設∠ABF=θ，則AF=ABsinθ=2csinθ，BF=ABcosθ=2ccosθ.

又根據橢圓的定義知AF+AF′=AF+BF=2a.

所以2csinθ+2ccosθ=2a.

所以離心率e=ca=1sinθ+cosθ=1 2sin（θ+π4）.

又θ∈0，π12，所以π4<θ+π4≤π3.

所以 22

所以 63≤1 2sin（θ+π4）<1，即e∈ 63，1

故選D.

評注?本題在幾何構圖的基礎上引入角變量，將所給問題轉化為三角函數(shù)的值域問題，求解時必須注意自變量θ的取值范圍.

例4?（2019年福州市質檢題）已知雙曲線x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），A1，A2是實軸端點，F(xiàn)是右焦點，B（0，b）是虛軸端點，若在線段BF上（不含端點）存在不同的兩點Pi（i=1，2），使得△PiA1A2（i=1，2）構成以A1A2為斜邊的直角三角形，則雙曲線的離心率e的取值范圍是（?）.A 2，+∞.

A2，+∞?B 5+12，+∞

C1， 5+12?D 2， 5+12

解析?易得直線BF的方程為bx+cy-bc=0.

由于在線段BF上（不含端點）存在不同的兩點Pi（i=1，2），使得△PiA1A2（i=1，2）構成以A1A2為斜邊的直角三角形，說明以A1A2為直徑的圓C與線段BF（不含端點）有兩個不同的交點.

畫圖易知，首先要滿足a 2，另外還要滿足原點到直線BF的距離小于圓C的半徑a，即bc b2+c2

整理，得b4

亦即e2-e-1<0，注意到e> 2，解得 2

評注?本題將幾何條件轉譯為代數(shù)不等式求解，考查了轉化與化歸思想求解本題極易漏掉a

3?探尋離心率的最值

例5?（2019年保定市模擬題）已知圓O1的圓心為（2，0），半徑為4;圓O2∶x2+y2=r2（0e2），則2e1+3e2的最小值為.

A5+2 64B32C 2?D38

解析?依題意，圓O1的方程為（x-2）2+y2=16，設動圓M的半徑為R.

（1）當動圓與兩定圓都內切時，如圖4所示，則MO1=4-R，MO2=R-r所以MO1+MO2=4-r.

此時，點M的軌跡為以O1，O2為焦點的橢圓，且2a=4-r，2c=O1O2=2，故其離心率為24-r.

（2）當動圓與兩定圓分別內切、外切時，如圖5所示，則MO1=4-R，MO2=R+r所以MO1+MO2=4+r.

此時，點M的軌跡為以O1，O2為焦點的橢圓，且2a′=4+r，2c′=O1O2=2，故其離心率為24+r.

注意到e1>e2，所以e1=24-r，e2=24+r

因為1e1+1e2=4，

故2e1+3e2=14（2e1+3e2）（1e1+1e2）=14（5+2e1e2+3e2e1）≥5+2 64，當且僅當 2e1=3e2時等號成立.

所以2e1+3e2min=5+2 64.故選A.

評注?本題考查動點軌跡的求法、基本不等式的應用分析得出1e1+1e2=4并利用常數(shù)代換法是求解問題的關鍵本題考查數(shù)形結合思想、分類討論思想和運算求解能力.

例6?（2014年湖北卷理科第9題）已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，點P是它們的一個公共點，且∠F1PF2=π3，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為（?）.

A4 33?B2 33?C3?D2

解法1?利用橢圓、雙曲線的定義和幾何性質求解.

設PF1=r1，PF2=r2r1>r2，F(xiàn)1F2=2c，橢圓長半軸長為a1，雙曲線實半軸長為a2，橢圓、雙曲線的離心率分別為e1，e2，由2c2=r21+r22-2r1r2cosπ3，得4c2=r21+r22-r1r2.

由r1+r2=2a1，r1-r2=2a2，解得r1=a1+a2，r2=a1-a2

所以1e1+1e2=a1+a2c=r1c.

令m=r21c2=4r21r21+r22-r1r2=41+r2r12-r2r1=4r2r1-122+34，

當r2r1=12時，mmax=163，所以r1cmax=4 33.

即1e1+1e2的最大值為4 33故選A.

解法2?利用橢圓、雙曲線的定義和幾何性質，柯西不等式求解.

設PF1=r1，PF2=r2，F(xiàn)1F2=2c，橢圓長半軸長為a1，雙曲線實半軸長為a2，橢圓、雙曲線的離心率分別為e1，e2.

依題意得2c2=r21+r22-2r1r2cosπ3，①

在橢圓中，①式化簡得4c2=4a21-3r1r2.

所以3r1r24c2=1e21-1②

在雙曲線中，①式化簡得4c2=4a22+r1r2.

所以r1r24c2=-1e22+1 ③

聯(lián)立②③得1e21+3e22=4.

由柯西不等式得

1+13 1e21+3e22 ≥1×1e1+1 3× 3e22.

解得1e1+1e2≤4 33，當且僅當e1= 33，e2=3時等號成立，所以1e1+1e2的最大值為4 33故選A.

評注?本題綜合考查橢圓、雙曲線的定義，離心率，余弦定理，二次函數(shù)，柯西不等式等由余弦定理得到2c2=r21+r22-2r1r2cosπ3，考查函數(shù)與方程的思想;再利用橢圓、雙曲線的定義得到4c2=4a21-3r1r2，4c2=4a22+r1r2，考查轉化與化歸的思想;由二次函數(shù)或柯西不等式求離心率的倒數(shù)之和的最大值，考查運算求解能力、推理論證能力本題難度較大，充當著“小題把關”的重要角色.

4?借用離心率交匯整合

例7?（2019年湖南師大附中模擬題）在等腰梯形ABCD中，AB//CD，且AB=2，

AD=1，CD=2x，其中x∈0，1，以A，B為焦點且過點D的雙曲線的離心率為e1，以C，D為焦點且過點A的橢圓的離心率為e2，若對任意x∈0，1，不等式t

A 3?B 5?C2?D 2

解析?在等腰梯形中易求得DB=AC=4x+1.如圖6，設雙曲線的實半軸長為a1，則2a1=DB-AD=4x+1-1如圖7，設橢圓的長半軸長為a2，則2a2=AD+AC=4x+1+1.

所以e1+e2=1a1+xa2=2 1+4x-1+2x1+ 1+4x

= 1+4x+12x+2x1+ 1+4x.

令m=fx= 1+4x+12x=12 1x2+4x+1x，則fx在0，1上單調遞減，所以m>f1= 5+12.

又函數(shù)gm=m+1m在 5+12，+∞上單調遞增，所以gm>g 5+12= 5+12+2 5+1=5，即e1+e2> 5.

若對任意x∈0，1，不等式t

評注?本題考查雙曲線和橢圓的定義及幾何性質、函數(shù)的單調性、不等式恒成立問題等根據雙曲線和橢圓的定義結合離心率公式得到表達式，利用函數(shù)的單調性及不等式恒成立原理求得t≤ 5，進而求出t的最大值.

例8?（2019年石家莊市模擬題）如圖8所示，一個圓柱形乒乓球筒，高為20厘米，底面半徑為2厘米球筒的上底和下底分別粘有一個乒乓球，乒乓球與球筒底面及側面均相切（球筒和乒乓球厚度均忽略不計）一個平面與兩個乒乓球均相切，且此平面截球筒邊緣所得的圖形為一個橢圓，則該橢圓的離心率為（?）.

A 154?B15

C2 65?D14

解析?如圖9，設上、下兩個乒乓球的球心分別為O1，O2，橢圓與球筒邊緣的交點分別為E，F(xiàn)，橢圓與兩個乒乓球的切點分別為A，B，由題可知，O1O2=16，O1A=2.

過點E作EM⊥O1O2于點M，則EM=O1A=2.

易知△EMO≌△O1AO.

則EO=O1O=8.

所以EF=16.即橢圓的長軸長2a=16，a=8.

橢圓的短軸長為圓柱的底面直徑，即2b=4，b=2.所以c=a2-b2=2 15.

故該橢圓的離心率e=ca= 154故選A.

評注?本題將立體幾何和解析幾何有機交匯在一起，立意新穎在圖形的引領下，充分利用平面幾何知識和離心率的計算公式而獲解本題難度較大，有較好的區(qū)分和選拔功能，對考生空間想象能力、轉化與化歸能力要求較高.

參考文獻：

[1]杜志建全國各省市高考沖刺優(yōu)秀模擬試卷匯編[M].烏魯木齊：新疆青少年出版社，2019.

[2]杜志建2020新編高考題庫[M].延吉：延邊教育出版社，2019.

[3]薛金星2019年全國及各省市高考試題全解[M].西安：陜西人民教育出版社，2019.

（收稿日期：2019-08-30）