圆锥曲线离心率的取值范围的求解策略

摘要：求圆锥曲线离心率的取值范围是解析几何的一类重要题型，是各类考试的命题热点.如何根据题设条件找到切入点，构造含离心率的不等式是解决这类问题的关键所在，也是学生普遍感到困惑之处，常用方法有：利用已知条件直接构造不等式；利用圆锥曲线的范围及最值构造不等式；数形结合借助平面几何知识构造不等式；利用判别式、均值不等式或其他基本不等式来构造不等式；利用函数的单调性构造不等式.

关键词：圆锥曲线；离心率；取值范围

作者简介：向正银（1971-），男，湖北省兴山县人，本科，中学高级教师，湖北省优秀数学教师，主要从事解析几何研究

求椭圆与双曲线离心率的取值范围问题是高考中的热点，构造不等式是核心问题，解决这类问题的常用方法有：利用已知条件直接构造不等式；利用圆锥曲线的范围及最值构造不等式；数形结合借助平面几何知识构造不等式；利用判别式、均值不等式或其他基本不等式来构造不等式；利用函数的单调性构造不等式.

一、根据圆锥曲线的自身性质求离心率的取值范围

例1已知 F1（-c，0），F2（c，0）为椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的两个焦点，P为椭圆上一点，且PF1·PF2=c2，则此椭圆离心率的取值范围为（）

A33，1B13，12

C33，22D0，22

方法一（数形结合法）设P的坐标为（x0，y0），

由PF1·PF2=c2，得x20+y20=2c2

又因为P在椭圆上，得b≤2c≤a，

联立b2=a2-c2，2c≤a≤3c，33≤e≤22 .

方法二（直接法）设P的坐标为（x0，y0），

由PF1·PF2=c2，得x20+y20=2c，

将y20=2c2-x20代入椭圆方程b2x2+a2y2=a2b2，

得x20=a4-2a2c2c2，由0≤x20≤a2得33≤e≤22.

方法三（三角代换法）P在椭圆x2a2+y2b2=1上，

设P的坐标为（acosθ，bsinθ），代入PF1·PF=c2，

得cos2θ=2c2-b2a2-b2，由0≤cos2θ≤1，

得2c≤a≤3c，33≤e≤22.

方法四（焦半径法）设∠F1PF2=α，

由焦半径公式得|PF1|=α+ex0，|PF2|=α-ex0，

由余弦定理得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|·cosα=|F1F2|2，

PF·PF2=c2，得|PF1||PF2|cosα= c2，

从而解出x20=3c2-a2e2，

由0≤x20≤a2得33≤e≤22.

方法五（均值不等式法） 由余弦定理得

|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cosα=|F1F2|2，

PF1·PF2=C2得|PF1||PF2|cosα= c2，

代入上式得|PF1|2+|PF2|2=6c2，

由椭圆定义得|PF1|+|PF2|=2a，

根据均值不等式

（|PF1|+|PF2|2）2≤|PF1|2+|PF2|22，

得a2≤3c2，又因为

|PF1||PF2|≤a2-c2，c2≤a2-c2，c2≤3a2，

所以2c≤a≤3c，33≤e≤22.

二、根据题目条件中已知参数的范围求圆锥曲线的离心率的取值范围

例2（2015年重庆高考题）椭圆x2a2+y2b2=1 （a>b>0）的左右焦点分别为F1，F2，且过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.

1若|PF1|=2-2，|PF2|=2-2，求椭圆的标准方程

2若|PQ|=|λPF1|，且34≤λ≤43 ，试确定椭圆离心率的取值范围.

原解（1）由椭圆的定义，2a=|PF1|+|PF2|=（2+2）+（2-2）=4，故a=2.

设椭圆的半焦距为C，由已知PQ⊥PF1，因此

2c=|F1F2|

=|PF1|2+|PF2|2

=（2+2）2+（2-2）2=23，

即c=3，从而b=a2-c2=1，

故所求椭圆的标准方程为x24+y2=1

（2）如题（2）图，由PQ⊥PF1，|PQ|=λ| PF1 |，得

|QF1|=|PF1|2+|PQ|2=1+λ2|PF1|，

|F1Q|=1+λ2|PF1|，|PF1|+|F1Q|+|PQ|=4a，

（1+λ+1+λ2）|PF1|=4a，

|PF1|=4a1+λ+1+λ2，

故|PF2|=2a-|PF1|=2a（λ+1+λ2-1）1+λ+1+λ2，

|PF1|2+|PF2|2=|PF2|2=（2c）2=4c2.

[4a1+λ+1+λ2]2+[2a（λ+1+λ2-1）1+λ+1+λ2]2 =4c2.

兩边除以4a2，得，

[11+λ+1+λ2]2+[（λ+1+λ2-1）1+λ+1+λ2]2 =e2

若设t=1+λ+1+λ2，e2=（t-2）2+4t2=8（1t-14）2+12.

由34≤λ<43，得14<1t≤13，进而12

新解（1）|PF1|+|PF2|=2a=2-2+2+2=4，得a=2，

∵PQ⊥PF1，∴|PF1|2+|PF2|2 =|F1F2|2.

∴c2=3，c=3，b=1， 椭圆的标准方程为

x24+y2=1.

（2） |PQ|=λ| PF1 |，|F1Q|=1+λ2|PF1| ，

|PF1|+|F1Q|+|PQ|=4a，

（1+λ+1+λ2）|PF1|=4a，

|PF1|=4a1+λ+1+λ2，设t=41+λ+1+λ2，

34≤λ<43时单调递减，所以1

|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2， |PF1|+|PF2|=2a联立得

|PF1|2-2a|PF1|+2a2=2c2，

将t=41+λ+1+λ2代入，得

a2t2-2a2t+2a2=2c2，t2-2t+2=2e2，

解得e2=（t-1）2+12，1

∴22

点评第1问根据勾股定理求a，根据椭圆定义求c，第2问原解计算量大，而且用到利用导数求范围，学生很难算对，下面我通过整体换元，构造二次函数，利用二次函数在指定区间上求离心率的取值范围；这类问题的关键还是如何构造不等式求椭圆离心率的取值范围.

例3（2016年浙江高考理科试题）设椭圆C∶x2a2+y2=1（a>1）

（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长（用a，k表示）

（Ⅱ）若任意以点A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围

原解假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|=|AQ|.记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2>0，k1≠k2.

|AP|=2a2|k1|1+k211+a2k21，|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22，

故2a2|k1|1+k211+a2k21=2a2|k2|1+k221+a2k22，

所以（k21-k22）[1+k21+k22+a2（2-a2）k21k22]=0.

由于k1≠k2，k1，k2>0得1+k21+k22+a2（2-a2）·k21k22=0，

因此1k21+11k22+1=1+a2（a2-2），①

因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1+a2（a2-2）>1，所以a>2.

因此，任意以点A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1

由e=ca=a2-1a得，所求离心率的取值范围为0

新解任意以点A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，则以A（0，1）为圆心，2为半径的圆与椭圆最多有一个公共点，设圆的方程为x2+（y-1）2=4，将它与椭圆C∶x2a2+y2=1（a>1）联立，得（1-a2）y2-2y+a2-3=0，因为a>1则Δ≥0恒成立，设f（y）=（a2-1）y2+2y+3-a2要使任意以点A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，因为f（-1）=0，f（1）=4，所以只要-22（a2-1）≤-1，又因为a>1于是得1

点评原解通过反面思考，圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q满足|AP|=|AQ|，构造方程1+k21+k22+a2（2-a2）k21k22=0，利用k1，k2的方程有解的充要条件是1+a2（a2-a）>1，解出a>2.任意以点A（0，1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1

参考文献：

[1]白雪峰求圆锥曲线离心率的解题策略[J]中学生数学，2006（23）

[2]席青云圆锥曲线的离心率[J]語数外学习，2012（04）