专题14 特征三角形与离心率-【MST老唐说题】高中数学新思路 高观点 低运算系列1

■ １５０　 ■  １４xyH`z#{|} _,V+,12901)*03P*12-.4*P*14. !"±²%¹º,”»H¼½¾ 标准 方程 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０） ｘ ２ ｂ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０） 图形 离心率 ｅ＝ｃａ（０＜ｅ＜１）（注：离心率越小越圆，越大 越扁） 若椭圆的两个焦点与短轴的一个端点构成 一个正三角形，则该椭圆的离心率为 （　　） 　 　　　 　 　　　　 　 　　 Ａ．１２ Ｂ． 槡３ ２ Ｃ． 槡３ ４ Ｄ． 槡６ ４ 不妨设椭圆的左、右焦点分别为 Ｆ１，Ｆ２， Ｂ为椭圆的上顶点． 依题意可知，△ＢＦ１Ｆ２是正三角形．因为在 Ｒｔ △ＯＢＦ２中， ＯＦ２ ＝ｃ， ＢＦ２ ＝ａ，∠ＯＦ２Ｂ＝ ６０°，所以 ｃｏｓ６０°＝ｃａ＝ １ ２，即椭圆的离心率 ｅ ＝１２，故选Ａ． 已知椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的左顶 点为 Ａ，上顶点为 Ｂ，右焦点为 Ｆ，若 ∠ＡＢＦ＝９０°，则椭圆Ｃ的离心率为 （　　） Ａ．槡５－１２ Ｂ． 槡３－１ ２ Ｃ．１＋槡５４ Ｄ． 槡３＋１ ４ 由题意知，Ａ（－ａ，０），Ｂ（０，ｂ），Ｆ（ｃ， ０），因为∠ＡＢＦ＝９０°，所以 ｋＡＢ·ｋＢＦ＝－１，所 以 ｂ２ ａｃ＝１，即ｂ ２＝ａｃ． 所以ｃ２－ａ２＋ａｃ＝０，即 ｅ２＋ｅ－１＝０，所以 ｅ＝ －槡５＋１２ （舍）或ｅ＝ 槡５－１ ２ ．故选Ａ． 设椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的左、右 焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，Ｐ是 Ｃ上的点，ＰＦ２ ⊥Ｆ１Ｆ２，∠ＰＦ１Ｆ２＝３０°，则Ｃ的离心率为 　　　　． 解法一：由题意可设 ＰＦ２ ＝ｍ，结合条 件可知 ＰＦ１ ＝２ｍ， Ｆ１Ｆ２ ＝槡３ｍ，故离心率 ｅ ＝ｃａ＝ ２ｃ ２ａ＝ Ｆ１Ｆ２ ＰＦ１ ＋ ＰＦ２ ＝槡３ｍ２ｍ＋ｍ＝ 槡３ ３． 解法二：由 ＰＦ２⊥Ｆ１Ｆ２可知 Ｐ点的横坐标为 ｃ， 将ｘ＝ｃ代入椭圆方程可解得 ｙ＝±ｂ ２ ａ（半通径）， 所以 ＰＦ２ ＝ ｂ２ ａ． 又由∠ＰＦ１Ｆ２＝３０°可得 Ｆ１Ｆ２ ＝槡３ＰＦ２ ，故２ｃ ＝槡３· ｂ２ ａ，变形可得槡３（ａ ２－ｃ２）＝２ａｃ，等式两 边同除以ａ２，得槡３（１－ｅ ２）＝２ｅ，解得ｅ＝槡３３或ｅ ＝－槡３（舍去）． 注意：涉及半通径 ＰＦ２ ＝ ｂ２ ａ和∠ＰＦ１Ｆ２                               ＝ !" １４ # bc:Kd&efg ■■ １５１　 ■ α，利用 ｔａｎα＝ｋ＝ｂ ２ ２ａｃ＝ ａ２－ｃ２ ２ａｃ，即可解出离 心率． （２０２１·浙江）已知椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ ＞０），焦点 Ｆ１（－ｃ，０），Ｆ２（ｃ，０）（ｃ＞ ０）．若过Ｆ１的直线和圆 ｘ－ １ ２( )ｃ ２ ＋ｙ２＝ ｃ２相切，与椭圆的第一象限交于点 Ｐ，且 ＰＦ２⊥ｘ轴，则该直线的斜率是 　　　　， 椭圆的离心率是 　　　　． 由直线过Ｆ１，设直线的方程为 ｙ＝ｋ（ｘ＋ ｃ），因为直线和圆 ｘ－１２( )ｃ ２ ＋ｙ２＝ｃ２相切， 所以圆心 １ ２ｃ，( )０到直线的距离与半径相等，所 以 ｋ· ｃ２－０＋ｋｃ ｋ２槡 ＋１ ＝ｃ，解得ｋ＝２槡５５， 将ｘ＝ｃ代入ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１，可得 Ｐ点坐标为 Ｐ ｃ，ｂ ２( )ａ，因为 ｔａｎ∠ＰＦ１Ｆ２ ＝ＰＦ２Ｆ１Ｆ２ ＝ ｂ２ ２ａｃ＝ｋ ＝２槡５５， 所以 ａ２－ｃ２ ２ａｃ ＝ ２槡５ ５，所以 １－ｅ２ ２ｅ ＝ ２槡５ ５，所以 ｅ＝ 槡５ ５．故答案为 ２槡５ ５， 槡５ ５． *"¿kÀqÁ Ｆ１ＰＦ２Ôč （１）已知椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１ａ＞ｂ( )＞０的左、右 两焦点分别为Ｆ１、Ｆ２，Ｐ是椭圆上一动点，在焦 点三角形ＰＦ１Ｆ２中，若∠Ｆ１ＰＦ２最大，则点Ｐ为 椭圆短轴的端点． （２）已知椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１ａ＞ｂ( )＞０的左、右 两焦点分别为Ｆ１、Ｆ２，若椭圆上存在一点Ｐ，使 得∠Ｆ１ＰＦ２＝θ，则椭圆离心率ｅ [∈ ｓｉｎθ２， )１ ． （３）ＰＦ１ ! ·ＰＦ２ ! ∈［ｂ２－ｃ２，ｂ２］ 证明：（１）设 ＰＦ１ ＝ｍ， ＰＦ１ ＝ｎ，则 ｍ ＋ｎ＝２ａ，在△Ｆ１ＰＦ２中，利用余弦定理，可得： ｃｏｓθ＝ｍ ２＋ｎ２－４ｃ２ ２ｍｎ ＝ （ｍ＋ｎ）２－２ｍｎ－４ｃ２ ２ｍｎ ＝ ２ｂ２ ｍｎ－１≥ ２ｂ２ ｍ＋ｎ( )２ ２－１＝ ２ｂ２ ａ２ －１， 其中，当且仅当 ｍ＝ｎ时取等号，此时点 Ｐ 位于短轴端点，又因为余弦函数 ｙ＝ｃｏｓｘ在（０， π）上单调递减，所以，当点Ｐ位于短轴端点时，