2023年高考数学二轮复习（人教版）第1部分 专题突破 专题6　微重点15　离心率的范围问题.docx

微重点15　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．
考点一　利用圆锥曲线的定义求离心率的范围
例1　(1)(2022·南京模拟)设e1，e2分别为具有公共焦点F1与F2的椭圆和双曲线的离心率，P为两曲线的一个公共点，且满足∠F1PF2＝，则e1e2的最小值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，不妨设|PF1|>|PF2|，
由椭圆和双曲线的定义可得
得
设|F1F2|＝2c，
因为∠F1PF2＝，由余弦定理得
|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cos∠F1PF2，
即4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)cos ，
整理得a＋3a＝4c2，故＋＝4.
又4＝＋≥2＝，
即2≥，
所以e1e2≥，
即e1e2的最小值为，
当且仅当＝.即e1＝，e2＝时，等号成立．
(2)(2022·杭州模拟)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与椭圆C相交于M，N两点(点M在第一象限)．若|MN|＝|F1F2|，≥，则椭圆C的离心率e的最大值为(　　)
A. B.－1
C. D.－1
答案　D
解析　依题意作图，如图所示，
由于|MN|＝|F1F2|，并且线段MN，F1F2互相平分，∴四边形MF1NF2是矩形，
其中∠F1MF2＝，
∴|NF1|＝|MF2|，
设|MF2|＝x，则|MF1|＝2a－x，
根据勾股定理得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2，
即x2＋(2a－x)2＝4c2，
整理得x2－2ax＋2b2＝0，
由于点M在第一象限，
则x＝a－，
由题意得＝≥，∠MF1F2≥，
即|MF2|≥|F1F2|，a－≥c，
整理得2a2－2ac－c2≥0，e2＋2e－2≤0，
解得0＜e≤－1，
即e的最大值为－1.
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．
跟踪演练1　(2022·嘉兴模拟)如图，已知F1，F2分别为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点
，O为坐标原点，其渐近线与圆x2＋y2＝a2在第二象限交于点P，过P作圆的切线过双曲线的左焦点且与右支交于点Q，若|PQ|>|QF2|＋|OF2|，则双曲线的离心率的取值范围是________．
答案　
解析　因为OP⊥PF1，
所以|PF1|＝＝b.
由双曲线的定义得|PQ|＋b－|QF2|＝2a，
所以|PQ|＝2a－b＋|QF2|，
因为|PQ|>|QF2|＋|OF2|，
所以2a－b＋|QF2|>|QF2|＋c，
所以2a－b>c，
即2a－c>b，
所以2>b2＝c2－a2，
所以21e2＋40e－125<0，
所以(3e－5)(7e＋25)<0，
所以e<，
因为直线F1Q与双曲线的右支相交，
所以tan∠QF1F2<，
所以<，
所以a2<b2＝c2－a2，
所以c2－2a2>0，
所以e2>2，所以e>.
所以<e<.
考点二　利用圆锥曲线的性质求离心率的范围
例2　(1)(2022·西安模拟)圆柱OO1的轴截面ABB1A1是正方形，过上底面圆弧上任意一点F作平面与圆柱的侧面相交，则相交所得到曲线的离心率的最大值为(　　)
A. B.
C. D．2
答案　B
解析　过点F的平面与圆柱侧面相交，交线所形成的曲线为椭圆，如图，椭圆的短轴长为底面圆的直径，不妨令底面圆的半径为1，则短轴长2b＝2，∴b＝1，如图所示，当该椭圆刚好与上、下底面有一个交点时，长轴最长为EF，
由图知，MENF为正方形，边长为2，
则EF＝2，即2a≤2，∴a≤，
∵c2＝a2－b2＝a2－1，
∴＝＝≤.
∴0＜e≤，e的最大值为.
(2)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，点P是C上任意一点，若圆O：x2＋y2＝b2上存在点M，N，使得∠MPN＝120°，则C的离心率的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　连接OP，当P不为椭圆的上、下顶点时，设直线PA，PB分别与圆O切于点A，B，∠OPA＝α，
∵存在M，N使得∠MPN＝120°，
∴∠APB≥120°，即α≥60°，
又α<90°，
∴sin α≥sin 60°，
连接OA，则sin