摘要：求圓錐曲線離心率的取值范圍是解析幾何的一類重要題型，是各類考試的命題熱點.如何根據(jù)題設條件找到切入點，構造含離心率的不等式是解決這類問題的關鍵所在，也是學生普遍感到困惑之處，常用方法有：利用已知條件直接構造不等式；利用圓錐曲線的范圍及最值構造不等式；數(shù)形結合借助平面幾何知識構造不等式；利用判別式、均值不等式或其他基本不等式來構造不等式；利用函數(shù)的單調(diào)性構造不等式.

關鍵詞：圓錐曲線；離心率；取值范圍

作者簡介：向正銀（1971-），男，湖北省興山縣人，本科，中學高級教師，湖北省優(yōu)秀數(shù)學教師，主要從事解析幾何研究

求橢圓與雙曲線離心率的取值范圍問題是高考中的熱點，構造不等式是核心問題，解決這類問題的常用方法有：利用已知條件直接構造不等式；利用圓錐曲線的范圍及最值構造不等式；數(shù)形結合借助平面幾何知識構造不等式；利用判別式、均值不等式或其他基本不等式來構造不等式；利用函數(shù)的單調(diào)性構造不等式.

一、根據(jù)圓錐曲線的自身性質求離心率的取值范圍

例1已知 F1（-c，0），F(xiàn)2（c，0）為橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的兩個焦點，P為橢圓上一點，且PF1·PF2=c2，則此橢圓離心率的取值范圍為（）

A33，1B13，12

C33，22D0，22

方法一（數(shù)形結合法）設P的坐標為（x0，y0），

由PF1·PF2=c2，得x20+y20=2c2

又因為P在橢圓上，得b≤2c≤a，

聯(lián)立b2=a2-c2，2c≤a≤3c，33≤e≤22 .

方法二（直接法）設P的坐標為（x0，y0），

由PF1·PF2=c2，得x20+y20=2c，

將y20=2c2-x20代入橢圓方程b2x2+a2y2=a2b2，

得x20=a4-2a2c2c2，由0≤x20≤a2得33≤e≤22.

方法三（三角代換法）P在橢圓x2a2+y2b2=1上，

設P的坐標為（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（焦半徑法）設∠F1PF2=α，

由焦半徑公式得|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，

從而解出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，

由橢圓定義得|PF1|+|PF2|=2a，

根據(jù)均值不等式

（|PF1|+|PF2|2）2≤|PF1|2+|PF2|22，

得a2≤3c2，又因為

|PF1||PF2|≤a2-c2，c2≤a2-c2，c2≤3a2，

所以2c≤a≤3c，33≤e≤22.

二、根據(jù)題目條件中已知參數(shù)的范圍求圓錐曲線的離心率的取值范圍

例2（2015年重慶高考題）橢圓x2a2+y2b2=1 （a>b>0）的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且過F2的直線交橢圓于P，Q兩點，且PQ⊥PF1.

1若|PF1|=2-2，|PF2|=2-2，求橢圓的標準方程

2若|PQ|=|λPF1|，且34≤λ≤43 ，試確定橢圓離心率的取值范圍.

原解（1）由橢圓的定義，2a=|PF1|+|PF2|=（2+2）+（2-2）=4，故a=2.

設橢圓的半焦距為C，由已知PQ⊥PF1，因此

2c=|F1F2|

=|PF1|2+|PF2|2

=（2+2）2+（2-2）2=23，

即c=3，從而b=a2-c2=1，

故所求橢圓的標準方程為x24+y2=1

（2）如題（2）圖，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.

兩邊除以4a2，得，

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

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

由34≤λ<43，得14<1t≤13，進而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， 橢圓的標準方程為

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，設t=41+λ+1+λ2，

34≤λ<43時單調(diào)遞減，所以1

|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2， |PF1|+|PF2|=2a聯(lián)立得

|PF1|2-2a|PF1|+2a2=2c2，

將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

點評第1問根據(jù)勾股定理求a，根據(jù)橢圓定義求c，第2問原解計算量大，而且用到利用導數(shù)求范圍，學生很難算對，下面我通過整體換元，構造二次函數(shù)，利用二次函數(shù)在指定區(qū)間上求離心率的取值范圍；這類問題的關鍵還是如何構造不等式求橢圓離心率的取值范圍.

例3（2016年浙江高考理科試題）設橢圓C∶x2a2+y2=1（a>1）

（Ⅰ）求直線y=kx+1被橢圓截得到的弦長（用a，k表示）

（Ⅱ）若任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有三個公共點，求橢圓的離心率的取值范圍

原解假設圓與橢圓的公共點有4個，由對稱性可設y軸左側的橢圓上有兩個不同的點P，Q，滿足|AP|=|AQ|.記直線AP，AQ的斜率分別為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

因為①式關于k1，k2的方程有解的充要條件是1+a2（a2-2）>1，所以a>2.

因此，任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1

由e=ca=a2-1a得，所求離心率的取值范圍為0

新解任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，則以A（0，1）為圓心，2為半徑的圓與橢圓最多有一個公共點，設圓的方程為x2+（y-1）2=4，將它與橢圓C∶x2a2+y2=1（a>1）聯(lián)立，得（1-a2）y2-2y+a2-3=0，因為a>1則Δ≥0恒成立，設f（y）=（a2-1）y2+2y+3-a2要使任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，因為f（-1）=0，f（1）=4，所以只要-22（a2-1）≤-1，又因為a>1于是得1

點評原解通過反面思考，圓與橢圓的公共點有4個，由對稱性可設y軸左側的橢圓上有兩個不同的點P，Q滿足|AP|=|AQ|，構造方程1+k21+k22+a2（2-a2）k21k22=0，利用k1，k2的方程有解的充要條件是1+a2（a2-a）>1，解出a>2.任意以點A（0，1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1

參考文獻：

[1]白雪峰求圓錐曲線離心率的解題策略[J]中學生數(shù)學，2006（23）

[2]席青云圓錐曲線的離心率[J]語數(shù)外學習，2012（04）