以形来助数妙求离心率

在圆锥曲线问题中，离心率刻画了曲线的几何形状，是重要性质之一;求解离心率的值和范围问题更一直是高考的重点和热点.这类问题多半出现在选填靠后的位置，具有较强的区分度，面对这类问题，我们切忌盲目的计算，要多一点细致的思考与大胆的联想，尤其要善于运用数形结合的思想从形的角度寻求问题的简单解法，下面略举四例，希望能对大家有所启发.

例1 已知[F1]，[F2]是椭圆和双曲线的公共焦点，[P]是它们的一个公共点，且[∠F1PF2=π3]，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（ ）

A.[433] B.[233]

C.3 D.2

常规解法 设椭圆和双曲线的方程分别为[x2a21+y2b21=1]，[x2a22-y2b22=1]，

[|PF1|=m，|PF2|=n.]

则[m+n=2a1]，[|m-n|=2a2].

在[PF1F2]中，由余弦定理得，

[（2c）2=m2+n2-2mncos60°][=m2+n2-mn.]

[4c2=（m+n）2-3mn]=[4a12-3mn]，

且[4c2=（m-n）2+mn=4a22+mn].

消去[m，n]得，

[a21+3a22=4c2]，即[1e21+3e22=4].

由柯西不等式得，

[1e1+1e22≤1e12+1e22?12+132=163].

当[e1=3e2=3]时，等号成立.

故[1e1+1e2max=433].

妙解 设椭圆和双曲线的方程分别为

[x2a2+y2b2=1（a>b>0）]和[x2m2-y2n2=1（m>0，n>0）]，

则[PF1+PF2=2a]，[PF1-PF2=2m].

[PF1=m+a].

由[e1=ca]，[e2=cm]，则[1e1+1e2=m+ac].

在[ΔPF1F2]中，由正弦定理得，

[PF1F1F2=sin∠PF2F1sin∠F1PF2][=sin∠PF2F132]，

所以[m+ac=433sin∠PF2F1].

当[sin∠PF2F1=1]，即[∠PF2F1=90°]时，

[（1e1+1e2）max=433].

点拨 本题有着较强的区分度，从命题中心提供的常规解法来看，柯西不等式的运用，可谓精彩. 然而它为选修内容，大家对它较为陌生，进而增加了试题的难度. 妙解借助正弦定理，从图形分析，方法自然.

例2 设椭圆[C：x2a2+y2b2=1][（a>0，b>0）]的焦点为[F]，过点[F]的直线[l]与椭圆[C]相交于[A]，[B]两点，直线[l]倾斜角为[60°]，[AF=2FB]，求椭圆离心率[e].

常规解法 设[A（x1，y1）]，[B（x2，y2）]，直线[AB]的方程为[y=3（x+c）]，将直线代入椭圆方程得，

[（b2+3a2）y2-23b2cy+3（b2c2-a2b2）=0]，

[y1+y2=23b2cb2+3a2]①，

[y1?y2=3（b2c2-a2b2）b2+3a2]② .

由[AF=2FB]得，[y1=-2y2]③.

由①②③消去[y1，y2]得，

[b2+3a2=8c2]，即[4a2=9c2]，

故[e=23].

妙解 设[BF=m]，则[AF=2m].

由[AFAM=e]得，[AM=2me].

同理[BN=me].

作[BHAM]于[H]，

则[AH=AM-BN=me].

在[ΔHAB]中，[cos∠HAB=AHAB=me3m=13e]，

而[cos∠HAB=cos60°=12]，

故[13e=12]，所以[e=23].

点拨 常规方法先设出直线方程代入椭圆，再借助韦达定理得出两交点坐标间的关系，解法中规中矩，体现了直线和圆锥曲线综合问题的一般解法，只是计算量大，难在消元. 妙解从图形出发，利用椭圆和梯形的性质，将问题转化为直角三角形中的边角关系求解，十分典型.

例3 已知双曲线[C： x2a2-y2b2=1（a>b>0）]的左、右焦点分别为[F1，F2]，设其过一、三象限的一条渐近线为[l]，过[F1]作一条直线分别交[l]和[C]于第一象限内两点[A，B]，点[A]在圆[x2+y2=49a2]上，若[AB?AF2=12AF22]，求离心率的值.

常规解法 不妨设[A]在渐近线[y=bax]上，其坐标为[A（x0，bax0）].

由[AB?AF2=12AF22]知，[AB=BF2]，

[BF1-BF2=BF1-BA=AF1=2a]，

则[（x0+c）2+（bax0）2=4a2]①.

由点[A]在圆[x2+y2=49a2]上得，[x20+b2a2x20=49a2]②.

联立①②消去[x0]得，

[（2a23c+c）2+（ba?2a23c）2=4a2]，即[c2a2=209].

故[e=253].

妙解 易知[OA=23a]，

在[AF1O]中，[AF1=2a，AO=23a]，[OF1=c].

由余弦定理得，

[cos∠AOF1=c2+49a2-4a22?c?23a=9c2-32a212ac]，

则[cos∠AOF2=32a2-9c212ac].

由[tan∠AOF2=ba]知，

[cos∠AOF2=aa2+b2=ac]，

于是[32a2-9c212ac=ac]，

化简得[c2a2=209]，即[e=253].

点拨 妙解将已知条件集中到一个三角形中运用余弦定理求解问题，避免了常规解法中求解二元二次方程组的繁琐计算.

例4 已知[F1，F2]分别为双曲线[x2a2-y2b2=1][（a>0，b>0）]的左、右焦点，若右支上存在点[A]，使得点[F2]到直线[AF1]的距离为[2a]，则双曲线离心率的取值范围是 .

常规解法 设右支上存在点[A]，使点[F2]到直线[AF1]的距离为[2a]，

则[kAF1=ab]，[lAF1：y=ab（x+c）.]

与双曲线方程联立，[y=ab（x+c），x2a2-y2b2=1，]

消去[y]整理得，[（b4-a4）x2-2a4cx-（a4c2+a2b4）=0].

若存在点[A]，则方程的[Δ>0，x1?x2<0.]

由图形知[Δ>0]恒成立得，

[-a4c2+a2b4b4-a4<0]，[a4-b4<0，][（a2+b2）（a2-b2）<0]，

所以[a2-b2<0]，[a2<c2-a2]，

则离心率[e>2].

妙解 由点[F2]到直线[AF1]的距离为[2a]，联想直线[AF1]必与以[F2]为圆心，[2a]为半径的圆相切，设切点为[B].

由图形可知，直线[AF1]的斜率为[k=tan∠AF1F2].

在直角[BF1F2]中，

[tan∠AF1F2=|BF2||BF1|=2a（2c）2-（2a）2=ab].

又点[A]在双曲线上，

则直线[AF1]的斜率必小于渐近线的斜率，

[ab<ba]，即[b2a2>1].

所以双曲线的离心率[e=ca=1+（ba）2>2].

点拨 妙解由已知条件产生联想，构造一个直线和圆相切的几何模型，再在直角三角形中利用边角关系表示锐角的正切值，进而得出直线的斜率，再从图形上分析出用直线和渐进线的相对倾斜程度列出不等关系来解决问题，解法之妙，让人回味无穷.

从以上几例不难发现，离心率问题是高考的热点内容，一般出现在选填题中. 这类问题通常要结合几何图形、借助圆锥曲线定义和性质求解，解题时我们要灵活运用数形结合的思想，多想一点，少算一点！