07 由圆锥曲线离心率引起的十类变式-《中学生数理化》高二数学2021年1月刊

中学生数理化罡薮学经魏案 由圆锥曲线离心率引起的十类变式 ■福建省泉州市第七中学彭耿铃 求解圆锥曲线离心率的取值范围,常涉 a),解得x 故 及列不等式、三角形中角的变化,圆锥曲线 的定义、性质等知识点,综合性强,计算量大。 很多同学解题时感到吃力,甚至半途而废,若 解法四:数形结合和有界性。 掌握问题本质,解题就变得容易了。下面给 因为PF1|-|PF2|=2a,且PF1 出由圆锥曲线离心率引起的十类变式,希望 PF2|,所以|PF2|=2a。即在双曲线的右 同学们在阅读完这些题目后能有所收获! 支上恒存在点P,使得|PF2|=2a。由图1 可知AF2|≤|PF2|,故OF2|-OA|=c 侧双曲线 ≤3 1(a>0,b>0)的两个焦 点为F1,F2,若P为其上 又e>1,故e∈(1,3],选B。 点,且|PF1=2|PF2|, 理解了这道题的解法及对策后,我们再 则双曲线离心率的取值范 来看看一些同类变式题,有助于我们解决此 图1 围为()。 类问题! A.(1,3) B.(1,3 同类变式1:已知双曲线 b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,点P在 解法一:利用三角形正余弦定理 双曲线的右支上,若此双曲线的离心率为 如图1,设PF2|=m,∠F1PF2=0(0 丌),在△F1PF2中,F1F2 且|PF1|=ePF2,则e的最大值为()。 D.1+12 +(2m)2-4m2co 解析:可采用例 /5-4cos6。因的解法四。如图2所示, 为-1≤cos0<1,所以e∈(1,3],选B。 PF-IPF2=( 解法二:利用三角形的两边之和大于第 1)|PF2|=2a→|PF2 三边,及两边之差小于第三边。但要注意可 以取到等号成立,因为可以三点共线。 由解法四可知 设PF2|=m,则PF1=2m,|PF1 PF2|=m=2a。又因为|PF1|+|PF2|≥ PF2|≥AF2|=c-a,故 F1F2(当且仅当P,F1,F2三点共线等号 两边同除以c,化简可得: 成立),所以3m≥2c,6a≥2c→ (c-1)2≤2→1<e≤2+1,选D 同类变式2:已知F1、F2分别是双曲线 又e>1,故e∈(1,3],选B 解法三:利用焦半径公式确定a与c的 1(a>0,b>0)的左、右焦点,P为 关系 PE 设点P(x0,y0)(x0≥a),则由焦半径公 双曲线右支上任意一点,若 的最小值 式可得|PF1|=ex0+a,|PF2|=ex0-a。为8a,则双曲线的离心率的取值范围是 因为|PF1|=2PF2,所以ex。+a=2(ex 中学生数理化罡薮学经魏案 同类变式6:(2018年全国Ⅱ卷)已知F1,F 同类变式8:(2018年全国Ⅲ卷)设F1 是椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点,AF2是双曲线C,x2y2=1(4>0,b>0)的 3左、右焦点,O是坐标原点。过F2作双曲线 是椭圆C的左顶点,点P在过A且斜率为6C的一条渐近线的垂线,垂足为P。若PF 的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P 6OP|,则双曲线C的离心率为() 120°,则椭圆C的离心率为( 解析:不妨设一条渐近线的方程为y 解析:由题意可得椭 x,则F2到 x的距离dl 圆的焦点在x轴上。如 图5所示,设|F1F b。在Rt△F2PO中,F2O|=c,所以|PO 2c,所以△PF1F2为等 FO=c,所以在 腰三角形,且∠F1F2P F1PO与Rt△F2PO中,根据余弦定理,由 120° 解法一得 由题意知|PF2=|F1F2|=2c。因为 cos∠POF1 OF2=c,所以由例1的解法一可得点P坐 标为(c+2cos60°,2csin60°),即点P(2c,/3c) cOs∠POF2 即3a2+c2-(6a) 因为点P在过点A且斜率为6的直线上,所0,得3a2=c2。所以c=a=③,选C 3c/3 同类变式9:(2019年全国Ⅰ卷理第16 题)已知双曲线C 1(a>0,b>0) 解得 故 选D 左、右焦点分别为 过F1的直线与 同类变式7:如图 双曲线C的两条渐近线分别交于A,B两点。 6,设椭圆E的两焦点 若F1A=AB,F1B·F2B=0,则双曲线C 分别为F1,F2,以F1为 的离心率为 圆心,FF2为半径的 解析:如 圆与椭圆E交于P,Q 示,因为FA=AB,所 两点,若△PF1F2为直 图6 以A为F1B的中点。 角三角形,则椭圆E的 又O为F1F2的中点, 离心率是()。 所以AO∥BF2。因 2+ 以∠F1BF2=90°,且O为F1F2的中点 解析:在Rt△PF1F2中,|PF1 2|F:F2|=1OF2|=c。由AO∠2BF F1F2|,所以∠PF1F2=90°,|PF1 得∠BOF2=∠AOF1=∠BF2F1,所以OB F1F2|