第9章 微专题(5) 离心率的范围问题-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备

设 M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2= -2km k2+9 . 因为线段 MN 被直线2x+1=0平分, 所以2× x1+x2 2 +1=0 ,即-2km k2+9 +1=0. 由 m2-k2-9<0, -2km k2+9 +1=0, 得 k2+92k 2-(k2+9)<0, 因为k2+9>0,所以k 2+9 4k2 -1<0,即k2>3, 解得k> 3或k<- 3. 所以直线l的斜率的取值范围为(-∞,-3)∪(3,+∞). 3.答案:1 解析:如图,设椭圆的左焦点为F', 则|PF|+|PF'|=4, 所以|PF|=4-|PF'|,所以|PA| -|PF|=|PA|+|PF'|-4.当且 仅当P,A,F'三点共线时,|PA|+ |PF'| 取 最 小 值 |AF'| = (2+1)2+16=5,所 以|PA|- |PF|的最小值为1. 第二课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题 考点知能突破 针对训练 1.解:(1)由AF2⊥F1F2,|AF2|= 8 3 ,得b 2 a= 8 3. 又e=ca = 1 3 ,a2=b2+c2,所以a2=9,b2=8, 故椭圆C的标准方程为x 2 9+ y2 8=1. (2)证明:由 题 意 可 知,l1 的 方 程 为x=-3,l2 的 方 程 为x=3. 直线l分别与直线l1,l2 的方程联立得 M(-3,-3k+ m),N(3,3k+m), 所以F1M → =(-2,-3k+m),F1N → =(4,3k+m), 所以F1M →·F1N → =-8+m2-9k2. 联立 x2 9+ y2 8=1 , y=kx+m, 得(9k2+8)x2+18kmx+9m2-72=0. 因为直线l与椭圆C 相切, 所以Δ=(18km)2-4(9k2+8)·(9m2-72)=0, 化简得m2=9k2+8. 所以F1M →·F1N → =-8+m2-9k2=0, 所以F1M → ⊥F1N →,故∠MF1N 为定值π2. 2.解:(1)由y2=4x知焦点F 的坐标为(1,0),则直线l的方 程为y=k(x-1), 代入抛物线方程y2=4x,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0, 由题意知k≠0, 且Δ=[-(2k2+4)]2-4k2·k2=16(k2+1)>0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= 2k2+4 k2 ,x1x2=1. 由抛物线的弦长公式知|AB|=x1+x2+2=8,则 2k2+4 k2 =6,即k2=1,解得k=±1. 所以直线l的方程为y=±(x-1). (2)证明:由(1)及抛物线的对称性知,D 点的坐标为(x1, -y1), 直线BD 的斜率kBD= y2+y1 x2-x1 =y2 +y1 y22 4- y21 4 = 4y2-y1 , 所以直线BD 的方程为y+y1= 4 y2-y1 (x-x1), 即(y2-y1)y+y2y1-y21=4x-4x1. 因为y21=4x1,y22=4x2,x1x2=1, 所以(y1y2)2=16x1x2=16, 即y1y2=-4(y1,y2异号). 所以直线BD 的方程为4(x+1)+(y1-y2)y=0, 对任意y1,y2∈R,有 x+1=0, y=0, 解得 x=-1,y=0, 即直线BD 恒过定点(-1,0). 3.解:存在. 假设存在满足题意的直线l,易知当直线l的斜率不存在 时,OR→·OT→<0,不满足题意. 故可设直线l的方程为y=kx-4,R(x1,y1),T(x2,y2). 因为OR→·OT→=167 ,所以x1x2+y1y2= 16 7. 由 y=kx-4, x2 16+ y2 12=1 得(3+4k2)x2-32kx+16=0, 由Δ>0得(-32k)2-64(3+4k2)>0,解得k2>14.① 因为x1+x2= 32k 3+4k2 ,x1x2= 16 3+4k2 , 所以y1y2=(kx1-4)(kx2-4)=k2x1x2-4k(x1+x2) +16, 故x1x2+y1y2= 16 3+4k2 + 16k 2 3+4k2 -128k 2 3+4k2 +16=167 , 解得k2=1.② 由①②解得k=±1,所以直线l的方程为y=±x-4. 故存在直线l:x+y+4=0或x-y-4=0满足题意. 微专题(五) 离心率的范围问题 1.答案:(2,2) 解析:双曲线C与直线y=x有交点, 则b a>1 ,b 2 a2 =c 2-a2 a2 >1, 解得e=ca> 2 , 双曲线上存在不是顶点的P,使得∠PF2F1=3∠PF1F2, 则P 点在双曲线右支上, 设PF1与y轴交于点Q, 由对称性得|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, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —323— 所以e=ca<2 , 又在△PF1F2中, ∠PF1F2+∠PF2F1=4∠PF1F2<180°, ∠PF1F2<45°, 所以c 2a=cos∠PF1F2> 2 2 , 即e=ca> 2 , 综上,2<e<2. 2.B 设P(x0,y0),M(0,b), 因为 x20 a2 +y 2 0 b2 =1,a2=b2+c2, 所以|PM|2=x20+(y0-b)2 =a2 1-y 2 0 b2 +(y0-b)2 =-c 2 b2 y0+ b3 c2 2 +b 4 c2 +a2+b2,-b≤y0≤b, 由题意知,当y0=-b时,|PM|2取得最大值, 所以-b 3 c2 ≤-b,可得a2≥2c2, 即e2≤12 ,则0<e≤ 22. 3.B 在△F1PF2中,由e= c a = 2c 2a= |F1F2| |PF1|-|PF2| = sin∠F1PF2 sin∠PF2F1-sin∠PF1F2 = 3 2 sin π3+θ -sinθ = 32 · 1 cos π6+θ . 因为e∈(62 ,3),所以cos(π6+θ )∈(12 ,2 2 ),所以π 6+θ ∈(π4 ,π 3 ), 所以θ的取值范围为(π12 ,π 6 ). 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第一节 两个计数原理、排列与组合 基础知识必备 1.(1)m+n (2)m×n 2.(1)一定的顺序 (2)①所有不同排列 Amn ②所有不同组合 Cmn (3)n(n-1)(n-2)…(n-m+1) 1 n! Cmn+Cm-1n 考点知能突破 针对训练 1.B 分两步,第一步,从E→F,有6条可以选择的最短路 径;第二步,从F→G,有3条可以选择的最短路径,由分 步乘法计数原理可知有6×3=18(条)可以选择的最短路 径,故选B. 2.D 解法一(分步法):由题意,先涂A 处共有5种涂法,再 涂B 处有4种涂法,然后涂C处,若C处与A 处所涂颜色 相同,则C处共有1种涂法,D 处有4种涂法;若C 处与 A 处所涂颜色不同,则C处有3种涂法,D处有3种涂法,由 此可得不同的涂色方法有5×4×(1×4+3×3)=260(种). 解法二(分类法):第一类:涂四种不同颜色有A45=120(种) 涂法;第二类:涂三种不同颜色有2A35=2×60=120(种)涂 法;第三类:涂两种不同颜色有A25=20(种)涂法,综上可知不 同涂色方法有120+120+20=260(种).故选D. 3.A 除甲、乙外,其余5个人站成一行,有A55 种排法,这5 个人之间和两端共有6个位置,从中选2个排甲、乙,有 A26种排法,故不同的排法种数是A55A26=3600.故选A. 4.C 若一名学生只选物理和历史中的一门,则有C12C24= 12种组合;若一名学生物理和历史都选,则有C14=4种组 合,因此共有12+4=16种组合.故选C. 5.B 由题意可知,每所学校去的人数可以是1,1,3或2,2, 1,所以不同的派法种数是 C35+ C25C23 A22 A33=150. 6.B 分三种情况:①甲、乙、丙三名同学中都参加,不同的 朗诵顺序有C14A44=96种,其中甲、乙相邻的朗诵顺序有 C14A22A33=48种,所以甲、乙、丙三名同学都参加时,甲和 乙的朗诵顺序不能相邻的顺序有96-48=48(种);②甲、 乙、丙三 名 同 学 中 恰 有 一 人 参 加,不 同 的 朗 诵 顺 序 有 C34C13A44=288种;③甲、乙、丙三名同学中恰有两人参加, 不同的朗诵顺序有C24C23A44=432种.则选派的4名学生 不同的朗诵顺序有48+288+432=768(种).故选B. 第二节 二项式定理 基础知识必备 1.k+1 2.(2)2n 考点知能突破 针对训练 1.答案:-180 解析:由题意得,x-1x (2x-1)6 的展开式中含x3 的 项为xC46(2x)2(-1)4+ - 1 x C26·(2x)4(-1)2= -180x3,所以展开式中x3的系数为-180. 2.答案:454x 2,-638 ,45 256x -2 解析:二项展开式的通项为Tk+1=Ck10 - 1 2 k x 10-2k 3 ,由 题意10-2k 3 ∈Z ,且 0≤k≤10,k∈N.令10-2k3 = r(r∈Z),则10-2k=3r,k=5-32r ,因为k∈N,所以r应 为偶数.所以r可取2,0,-2,即k可取2,5,8,所以第3 项,第6项与第9项为有理项,它们分别为454x 2,-638 , 45 256x -2. 3.答案:11 解析:x-1x+1 5 = x-1x +1 5 , 展开式的通项Tk+1=Ck5 x- 1 x 5-k . 当k=5时,常数项为C55=1, 当k=3时,常数项为-C12C35=-20, 当k=1时,常数项为C45C24=30. 综上所述,常数项为1-20+30=11. 4.B 令x=1,得a5+a4+a3+a2+a1+a0=1①,令x= -1,得-a5+a4-a3+a2-a1+a0=-243②,①+②,得 2(a4+a2+a0)=-242,即a4+a2+a0=-121.①-②, 得2(a5+a3+a1)=244,即a5+a3+a1=122.所以|a0| +|a1|+…+|a5|=122+121=243. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —423— 微专题(五) 离心率的范围问题 圆锥曲线离心率的范围问题是高考的热 点题型,对圆锥曲线中已知特征关系的转化是 解决此类问题的关键,相关平面几何关系的挖 掘应用也可使问题求解更简洁. 利用圆锥曲线的定义求离心率的 范围 (1)(2025·三亚模拟)已知F 是椭圆 x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的一个焦点,若过原点 的直线与椭圆交于A,B 两点,且∠AFB= 120°,则椭圆离心率的取值范围是 ( ) A. 3 2 ,1 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 B.0,32 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 C.12 ,1􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 D.0,12 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 【解析】 设椭圆左、右焦 点 分 别 为 F1,F,连 接 F1A,F1B, 由椭 圆 及 直 线 的 对 称 性 知,四边形AFBF1为平行四边形, 且∠AFB=120°,∠FAF1=60°, 在△AFF1 中, |FF1|2=|AF|2+|AF1|2-2|AF|·|AF1| cos∠FAF1 =(|AF|+|AF1|)2-3|AF|·|AF1|, ∴(|AF|+|AF1|)2-|FF1|2=3|AF|·|AF1| ≤3( |AF|+|AF1| 2 )2, 当且仅当|AF|=|AF1|时等号成立, 可得1 4 (|AF|+|AF1|)2≤|FF1|2, 即a2≤4c2,则e=ca≥ 1 2 , 又∵椭圆的离心率e∈(0,1), ∴椭圆的离心率e∈ 12 ,1􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 . 【答案】 C (2)(2025·咸宁模拟)已知中心在原点的椭 圆与双曲线有公共焦点,左、右焦点分别为 F1,F2,且两条曲线在第一象限的交点为P, △PF1F2 是以PF1 为底边的等腰三角形, 若|PF1|=24,椭圆与双曲线的离心率分别 为e1,e2,则3e1e2 的取值范围是 ( ) A.(19 ,+∞) B.(1,+∞) C.(13 ,+∞) D.(12 ,+∞) 【解析】 设椭圆与双曲 线的半焦距为c,椭圆长 半轴 长 为a1,双 曲 线 实 半轴长为a2, |PF1|=r1,|PF2|=r2, ∵△PF1F2 是以PF1 为 底边的等腰三角形,点P 在第一象限, ∴|PF2|=|F1F2|,|PF1|>|PF2|, |PF2|+|F1F2|>|PF1|, 即r1=24,r2=2c,且r1>r2,2r2>r1, ∴2c<24,4c>24,解得6<c<12. 在双曲线中,|PF1|-|PF2|=2a2, ∴e2= c a2 =2c2a2 = 2cr1-r2 = 2c24-2c= c 12-c ; 在椭圆中,|PF1|+|PF2|=2a1, ∴e1= c a1 =2c2a1 = 2cr1+r2 = 2c24+2c= c 12+c , ∴e1e2= c 12+c · c 12-c= 1 144 c2 -1 , ∵6<c<12, ∴36<c2<144,则1<144 c2 <4, ∴0<144 c2 -1<3, 可得 1 144 c2 -1 >13 , ∴3e1e2 的取值范围为(1,+∞). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 175 微专题(五) 离心率的范围问题 【答案】 B 【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. [跟踪训练] 1.(2025·亳州模拟)已知双曲线C:x 2 a2 -y 2 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P,使得∠PF2F1=3∠PF1F2, 则双曲线离心率的取值范围为 . 利用圆锥曲线的性质求离心 率的范围 (1)(2025·张掖模拟)若椭圆E:x2+ y2 1-m2 =1(0<m<1)上存在点P,满足|OP|= m(O为坐标原点),则E 的离心率的取值范 围为 ( ) A.0,12 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 B.12 ,1􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 C.0,22 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 D. 2 2 ,1 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 【解析】 设椭圆E 的长半轴长、短半轴长、 半焦距分别为a,b,c, 由题意知a=1,b= 1-m2,c=m, 椭圆E 上存在点P 满足|OP|=m,等价于 以O 为原点,以c为半径的圆与椭圆有交 点,得c≥b, 所以c2≥b2=a2-c2, 解得c 2 a2 ≥12 , 所以e=ca≥ 2 2. 又0<e<1, 所以E 的离心率的取值范围为 2 2 ,1 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 . 【答案】 D (2)已知双曲线x 2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0)的 左、右焦点分别为F1,F2,若双曲线上存在 点P,使 sin∠PF1F2 sin∠PF2F1 =ac ,则该双曲线的离 心率的取值范围为 ( ) A.(1,1+ 2) B.(1,1+ 3) C.(1,1+ 2] D.(1,1+ 3] 【解 析】 若 点 P 是 双 曲 线 的 顶 点, a sin∠PF1F2 = csin∠PF2F1 无 意 义,故 点 P 不是双曲线的顶点,在△PF1F2 中,由正弦 定理得 |PF1| sin∠PF2F1 = |PF2| sin∠PF1F2 , 又 a sin∠PF1F2 = csin∠PF2F1 ,∴ |PF1| |PF2| = c a ,即|PF1|= c a ·|PF2|,∴P 在双曲线的 右支上, 由双曲线的定义,得|PF1|-|PF2|=2a, ∴ca|PF2|-|PF2|=2a ,即|PF2|= 2a2 c-a , 由双曲 线 的 几 何 性 质,知|PF2|>c-a, ∴2a 2 c-a>c-a ,即c2-2ac-a2<0, ∴e2-2e-1<0,解得- 2+1<e< 2+1, 又e>1, ∴双曲线离心率的取值范围是(1,1+ 2). 【答案】 A 【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)求解. [跟踪训练] 2.设 M 是椭圆C:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的上 顶点,P 是C 上的一个动点.当P 运动到下 顶点时,|PM|取得最大值,则C 的离心率 的取值范围是 ( ) A. 2 2 ,1 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 B.0,22 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 C.12 ,1􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 D.0,12 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 利用几何图形的性质求离心率 的范围 (1)(2025·榆林模拟)已知双曲线 C:x 2 a2 -y 2 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 176 名师大课堂 艺术生必备·数学 圆交双曲线一条渐近线于 P,Q 两点,若 cos∠PAQ≥-35 ,则该双曲线离心率的取 值范围是 ( ) A.(1,13] B.1,132 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 C.1,213 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 D. 21,+∞ 【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=bax , 由 y=bax , x2+y2=c2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得(不妨设)P(a,b),Q(-a,-b),A(-a, 0), 所以AP→=(2a,b),AQ→=(0,-b), 所以cos∠PAQ= AP →·AQ→ AP→ AQ→ = -b 2 4a2+b2·b =- b 4a2+b2 ≥-35 , 整理得25b2≤36a2+9b2,即4b2≤9a2,b 2 a2 ≤94 , 所以双曲线的离心率1<e= c 2 a2 = a 2+b2 a2 = 1+b 2 a2 ≤ 132 . 【答案】 B (2)(2025·无锡模拟)已知点P 在双曲线 C:x 2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0)上,P 到两渐近 线的距离分别为d1,d2,若d1d2≤ 1 2|OP| 2 恒成立,则C的离心率的最大值为 ( ) A.2 B.3 C.2 D.5 【解析】 双曲线C:x 2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0) 的渐近线方程为y=±bax ,即bx±ay=0, 设双曲线上的点P(x0,y0), 所以 x20 a2 -y 2 0 b2 =1,即b2x20-a2y20=a2b2, 则P(x0,y0)到两条渐近线bx±ay=0的距 离分别为d1= bx0+ay0 a2+b2 , d2= bx0-ay0 a2+b2 , 所以d1d2= b2x20-a2y20 a2+b2 = a 2b2 a2+b2 , 又|OP|2=x20+y20=a2+ a2 b2y 2 0+y20 =a2+(a 2 b2 +1)y20,y0∈R, 所以|OP|2≥a2, 因为d1d2≤ 1 2|OP| 2 恒成立, 所以 a 2b2 a2+b2 ≤12a 2, 整理得b2≤a2,即b 2 a2 ≤1, 所以离心率e=ca= c2 a2 = 1+b 2 a2 ≤ 2, 则C的离心率的最大值为 2. 【答案】 A 【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. [跟踪训练] 3.(2025·成都模拟)已知F1,F2 分别为双曲 线C 的左、右焦点,点P 是右支上一点,且 ∠F1PF2= π 3 ,设∠PF1F2=θ,当双曲线C 的离心率范围为(6 2 ,3)时,θ的取值范围 为 ( ) A.0,π12 B.π12,π6 C.π6 ,π 3 D.π12,π3 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 177 微专题(五) 离心率的范围问题