王勇 龔俊峰

摘?要：離心率是歷年高考的熱點內(nèi)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(jié)合典型例題予以分類導(dǎo)析，旨在探索題型規(guī)律，揭示解題方法.

關(guān)鍵詞：離心率;經(jīng)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(dǎo)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(guān)離心率的問題，除了要求對離心率的概念、幾何意義深刻領(lǐng)會外，還常常要用到其它有關(guān)知識，因而，涉及離心率的問題不僅具有很強(qiáng)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(shè)點F為雙曲線C∶x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的右焦點，O為坐標(biāo)原點，以O(shè)F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O(shè)P⊥PF.

所以|PF|=c2-a2=b.

設(shè)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(zhì)，結(jié)合已知條件得到關(guān)于a，c的等式，進(jìn)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O(shè)A//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O(shè)A//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(guān)鍵是細(xì)審題、畫草圖、會轉(zhuǎn)化，可以轉(zhuǎn)化為證明△OBF2為正

三角形，從而得出點B的坐標(biāo)，再代入點B所在直線的方程求解（如解法1）;

也可以往角轉(zhuǎn)化，再利用二倍角的正切公式求解（如解法2），后續(xù)只需認(rèn)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(shè)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(jù)橢圓的對稱性知點A，B關(guān)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(shè)∠ABF=θ，則AF=ABsinθ=2csinθ，BF=ABcosθ=2ccosθ.

又根據(jù)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(gòu)圖的基礎(chǔ)上引入角變量，將所給問題轉(zhuǎn)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(zhì)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(gòu)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(gòu)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(zhuǎn)譯為代數(shù)不等式求解，考查了轉(zhuǎn)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(shè)動圓M的半徑為R.

（1）當(dāng)動圓與兩定圓都內(nèi)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O(shè)1，O2為焦點的橢圓，且2a=4-r，2c=O1O2=2，故其離心率為24-r.

（2）當(dāng)動圓與兩定圓分別內(nèi)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O(shè)1，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(dāng)且僅當(dāng) 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(yīng)用分析得出1e1+1e2=4并利用常數(shù)代換法是求解問題的關(guān)鍵本題考查數(shù)形結(jié)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(zhì)求解.

設(shè)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(dāng)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(zhì)，柯西不等式求解.

設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)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(zhuǎn)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(dāng)著“小題把關(guān)”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(shè)雙曲線的實半軸長為a1，則2a1=DB-AD=4x+1-1如圖7，設(shè)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(diào)遞減，所以m>f1= 5+12.

又函數(shù)gm=m+1m在 5+12，+∞上單調(diào)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(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性、不等式恒成立問題等根據(jù)雙曲線和橢圓的定義結(jié)合離心率公式得到表達(dá)式，利用函數(shù)的單調(diào)性及不等式恒成立原理求得t≤ 5，進(jìn)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(cè)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(shè)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(jī)交匯在一起，立意新穎在圖形的引領(lǐng)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(zhuǎn)化與化歸能力要求較高.

參考文獻(xiàn)：

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[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）