第6讲 离心率(解析版)

技巧导图离心率

技巧详讲一．焦点三角形中的离心率1.椭圆（1）椭圆：设椭圆焦点三角形两底角分别为、，则e=

sin(a+b)

(正弦定理)。sina+sinbe

F1F2c2csinsin()



a2aPF1PF2sinsinsinsin(2)F1F2PF1PF22PF1PF2cos =(PF1PF2)22PF1PF22PF1PF2cos =(PF1PF2)22PF1PF2(1cos)PF1PF22

(PF1PF2)2()(1cos)

2

2

222

1

=(PF1PF2)2[1(1cos)]

21

=(PF1PF2)2(cos（当且仅当)PF1=PF2取=，即P在短轴端点处）

21c21114c4a(cos)即2cos(12sin2)sin2

2a222222

2

esin

2

sin(a+b)

。sina-sinb2.双曲线：利用焦点三角形两底角,来表示:e=

F1F2c2csinsin()ea2aPF1PF2sinsinsinsin二．双曲线的渐进线与离心率关系直线与双曲线相交时，两个交点的位置bb2（1）两个交点在双曲线的两支：ke12aabb2（2）两个交点在双曲线的同一支:ke12aaV0

（3）两个交点在双曲线的左支:x1x20

x1x20V0

（4）两个交点在双曲线的右支:x1x20

x1x20

三．焦点弦与离心率关系AFBF，则有ecos

例题举证1

(为直线与焦点所在轴的夹角)。1技巧1焦点三角形中的离心率x2y2【例1】(1)．已知F1，F2是双曲线E：221的左、右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，ab

tanF1MF222，则双曲线E的离心率为（A．22B．2C．2）D．3x2y2

（2）（2020·安徽省高三三模）已知椭圆E：221ab0的左右焦点分别为F1，F2，若在椭ab圆E上存在点P，使得PF1PF2，则椭圆E的离心率的取值范围为（）2

,1A．220,B．23

,1C．2

1D．,12【答案】（1）C（2）Ab2b2

【解析】（1）不妨设M(c,y),y0代入双曲线方程得y,M(c,)aaF1F22c,tanF1MF2

2c2

22,2bac0,2ba2c2ac2a20,2e2e20，e22e10,e2.故答案选：C222（2）PF1PF2，PF1PF2F1F2PF12PF22PF1PF22PF1PF2PF1PF2PF1PF2时取等号），FF2

1222

PF1PF222PF1PF222（当且仅当PF1PF222，由椭圆定义知：PF1PF22a，又F1F22c，4c2a，e

2

2

2212,1，e，又e1，离心率e的取值范围为.故选：A.222

【举一反三】x2y2

1．（2020·沙坪坝区·重庆一中高三月考）已知点P在以F1,F2为左，右焦点的椭圆C:221b02bb

上，在△PF1F2中，若PF1F2，PF2F1，则sin（sinsinD．2）A．12

B．22C．32【答案】B|PF1||PF2||F1F2||PF1||PF2||F1F2|

【解析】△PF1F2中，sinsinsinsinsinsin|F1F2|2cc2b2b22所以故选：Bsinsin|PF1||PF2|2aa22bx2y2

2．（2020·全国高三专题练习）已知点P是以F1、F2为焦点的椭圆221ab0上一点，若abPF1PF2，tanPF2F12，则椭圆的离心率e（A．）sin53

B．13

C．23

D．12【答案】Ax2y2

【解析】点P是以F1、F2为焦点的椭圆221ab0上一点，abPF1PF2，tanPF2F1

PF12，PF12PF2，PF24a2a，PF2，332PF1PF22a，可得PF1

由勾股定理可得PF1PF222F1F25.320a2c252

，即4c，2，9a9

因此，该椭圆的离心率为e故选：A.x2y26FF

3．（2019·辽宁沈阳市·沈阳二中高三月考（理））椭圆221(ab0)的离心率为，1、2ab3

是椭圆的两个焦点，P是圆上一动点，则cosF1PF2的最小值是（A．

）1

3B．

63

C．1D．0【答案】Ax2y2c226【解析】椭圆221(ab0)的离心率为，即2.aba33PF1PF22a2PF1PF2，故PF1PF2a2，当PF1PF2a时等号成立.根据余弦定理：cosFPF

12

PFPFFF



2PF1PF221222122PF1PF22PF1PFFF1222PF1PF24a24c24a24c21

11.故选：A.2PF1PF22a23技巧2点差法中的离心率【例2】（1）（2020·四川外国语大学附属外国语学校）过点M1,2作直线y

1

xm与椭圆6

）x2y2

21ab0相交于A,B两点，若M是线段AB的中点，则该椭圆的离心率是（2abA．23B．63C．1112D．336x2y2（2）（2020·安徽省潜山第二中学）已知A，B是椭圆E：221(ab0)的左、右顶点，M是E上ab不同于A，B的任意一点，若直线AM，BM的斜率之积为

4

，则E的离心率为()9D．A．23

B．33

C．2353

【答案】（1）B（2）D【解析】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，由直线AB的斜率为

y1-y211

=-，可得x1-x266

由线段AB的中点为M1,2可得x1x2yy

1，122，22x12y121a2b2x12x22y12y22由点A,B在椭圆上可得2，作差得0，222abx2y21

a2b2所以x1x2x1x2y1y2y1y2a2

b20，即2x1x2a2

4y1y2b20，2y1y21b2

，所以2

ax1x23

cb26所以该椭圆的离心率e1.2aa3

故选：B.（2）由题意方程可知，A(a,0),B(a,0)，设M(x0,y0),kAM

y0y0,kBM,x0ax0a

2

y0y04y04

,，整理得：2则，①x0ax0a9x0a2922222

ybx0y0b022

2，②又221，得y02(a2x0)，即22

x0aaabab24a2c245联立①②，得2，即，解得．e2a9a93故选D．【举一反三】x2y2

1．已知双曲线C：221a0,b0，斜率为2的直线与双曲线C相交于点A、B，且弦AB中ab点坐标为1,1，则双曲线C的离心率为（A．2【答案】B【解析】设A(x1,y1)、B(x2,y2)，22

x12y12x2y2则221，221，abab22

y1y2b2x1x2x12x2y12y22所以，所以，22xxayxab1212

）C．2D．3B．3又弦AB中点坐标为1,1，所以x1x22，y1y22，又y1y2

2，x1x2

b22b2

所以22，即22，a2a

cc2a2b2b2所以双曲线的离心率e12123.22aaaa故选：B.

2．（2020·全国高三专题）已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足MF1MF20的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（A．(0，)B．(0，)【答案】B）.1222

C．(，1222)D．(，1)22【解析】∵MF1MF20，∴MF1MF2，∴点M在以F1F2为直径的圆上，又点M在椭圆内部，∴cb，c21c22∴cbac，即2ca，∴2，即，又e0，∴0e，a2a22

2

2

2

2

22故选：B.3．（2020·全国高三专题练习）若F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，当PF1PF2，且PF1F230，则椭圆的离心率为（A．21【答案】CB．）C．31

33D．22【解析】依题意可知F1PF290，|F1F2|2c，PF1F230，PF1

31

F1F23c，PF2F1F2c，22

由椭圆定义可知PF1PF22a(31)c，e

c

31.故选：C.a技巧322渐近线与离心率3x2y2【例3】已知圆(x1)y的一条切线ykx与双曲线C:221(a0,b0)有两个交点，则双曲ab4线C的离心率的取值范围是（A．(1,3)C．(3,)【答案】D【解析】由题意，圆心到直线的距离d

）B．(1,2)D．(2,)

|k|12k2

3，解得k3，23x2y2圆(x1)y的一条切线ykx与双曲线C:221(a0,b0)有两个交点，ab422bb22

所以3，所以e124，所以e2.aa故选：D.【举一反三】x2y21．若双曲线221（a0，b0）与直线yx无公共点，则离心率e的取值范围是（ab

A．1,2【答案】A）B．1,2C．1,2D．1,2x2y2【解析】若双曲线221(a0,b0)与直线yx无公共点，ab等价为双曲线的渐近线y

bb

x的斜率󰆅1，即b󰆅a，即b2󰆅a2，即c2a2󰆅a2，即c2󰆅2a2，aa2，则c󰆅2a，则e󰆅2，Qe1，离心率满足1e󰆅即双曲线离心率的取值范围是1,2，故选：A．x2y22．已知双曲线221(a>0，b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支ab有且只有一个交点，则此双曲线的离心率e的取值范围是（A．[2,)【答案】AB．(1,2),C．(2,)

）D．(1,2]

x2y2【解析】已知双曲线221(a0,b0)的右焦点为F，ab若过点F且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，3

则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率b，aba2b22󰆆3，离心率e󰆆4，e󰆆2，故选A．aa2x2y23．（2020·河南新乡市·高三）已知双曲线C:21a0,b0的左、右焦点分别为F1、F2，2ab过原点O作斜率为3的直线交C的右支于点A，若F1AF2A．3C．B．31D．2，则双曲线的离心率为（3）2310232102

【答案】D【解析】题可知F1OA

2，AF1OF2AF1，F1OAF1AF2，△F1OA△F1AF2，3FOF1A1

所以，可得F1A2c.F1AF1F2

在F1AF2中，由余弦定理可得F1F2

22

AF1AF22AF1AF2cos

102c.222

2，3

即AF22cAF22c20，解得AF2

双曲线的离心率为e

F1F2AF1AF2

2c2c102c23210.2故选：D.技巧4焦点弦与离心率x2y2【例4】（2020·石嘴山市第三中学高三三模）已知椭圆221的左右焦点分别为F1,F2，过F1作倾ab

斜角为45的直线与椭圆交于A,B两点，且F1B2AF1，则椭圆的离心率=（）A．33B．32C．22D．23【答案】Dx2y2

（0）【解析】椭圆221的左右焦点分别为F1、F2，过F且斜率为k1的直线为yxc1c，

abx2y21

联立直线与椭圆方程a2b2yxc

消x后，化简可得（a2b2）y22cb2yc2b2a2b20

（x1，y1），（Bx2，y2）因为直线交椭圆于A，B，设A

2cb2c2b2a2b2由韦达定理可得y1y22,y1y22aba2b2

且F1B2AF1，可得y22y1，代入韦达定理表达式可得2cb2c2b2a2b22

y12,2y1

ab2a2b22cb2c2b2a2b2

即222a2b2ab

化简可得9c22a2所以e

2

c2a3故选：D．【举一反三】x2y21．（2020·河南省高三月考）倾斜角为的直线经过椭圆221(ab0)右焦点F，与椭圆交于A、4ab

B两点，且AF2FB，则该椭圆的离心率为（

）A．32B．23

C．22



D．33【答案】B【解析】设B到右准线距离为d，则BFed，因为AF2FB，则AF2ed，所以为2d，从而AB3ed倾斜角为A到右准线距离d2，cos，选B.e443ed3

x2y22．（2020·全国高三专题练习）已知F1、F2是双曲线221(a0，b0)的左、右焦点，过F2作ab双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点A，交另一条渐近线于点B，且AF2为（）1

F2B，则该双曲线的离心率3A．3或332

B．6或233或2323C．6或23【答案】BD．1

【解析】（1）当AF2F2B时，设F2OA，则AOB2，设a1，3由题意可知OAa1，OF2ce，AF2b，BF23b，b4bb，tan24b，aa2tan2b

4b，代入得tan2

1tan21b2则AB4b，tan即244b2，解得b

162，则eca2b21，2221

（2）当F2AF2B时，设F2OA，AOB，设a1，3则F2OB，F1OB()，由题意可知OAa1，OF2ce，AF2b，BF23b，则AB2b，tan

b2bb，tan2b，aa则tanF1OBtan[()]tan()tan，则tan()

tantantan，1tantan代入得b2b

b，即32b21，解得b2，1b2b则ec故选：B.a2b23，x2y2

3．（2019·浙江高三其他模拟）已知过双曲线221a0,b0的右焦点F，且与双曲线的渐近线ab平行的直线l交双曲线于点A，交双曲线的另一条渐近线于点B（A，B在同一象限内），满足FB2FA，则该双曲线的离心率为（A．）C．3D．24

3B．2【答案】B【解析】双曲线的渐近线方程为y

b

x，如图，不妨设A,B在第一象限，abx2y2b3

直线l的方程为y(xc)，与221联立，得yA；a2acab直线l与y

bbcx联立，得yB．a2abcb3

由|FB|2|FA|，得yB2yA，即，2

2a2ac得c22b2，即c22a2，则e技巧强化2，故选：B．πx2y21．已知倾斜角为的直线与双曲线C：221（a0，b0）相交于A，B两点，M(4,2)是弦AB4ab的中点，则双曲线的离心率为（A．6【答案】DB．3）C．3

2D．62

πx2y2【解析】因为倾斜角为的直线与双曲线C：221（a0，b0）相交于A，B两点，4ab所以直线的斜率ktan

π

1，422

x12y12x2y2设Ax1,y1,Bx2,y2，则221①221②ababxx2x1x2y1y2y1y2则k

由①②得1

a2b2y1y2b2x1x2

x1x2a2y1y2因为M(4,2)是弦AB的中点，x1x28,y1y24

12b28b21212222因为直线的斜率为112即2,ba所以cab1a

2a4a22e2

36，则e，故选：D22x2y22．设F是双曲线221(a0,b0)的右焦点.过点F作斜率为-3的直线l与双曲线左、右支均相交.ab则双曲线离心率的取值范围为（A．(1,10)【答案】CB．(1,5)）C．(10,)

D．(5,)

bx2y2【解析】因为双曲线221(a0,b0)的两条渐近线方程为yx，aba当过点F且斜率为-3的直线l与渐近线y

b

x平行时.a直线l只与双曲线右支有一个交点，数形结合可知，当渐近线y

bbb

x的斜率满足3，即3时，aaa直线l与双曲线左、右支均相交，所以b3ab29a2c210a2e10.故选:C.x2y23．（2019·黑龙江佳木斯市·佳木斯一中高三月考）已知F1，F2分别是椭圆1的左、右焦点，42P是此椭圆上一点，若为△F1PF2直角三角形，则这样的点P有（A．2个【答案】C【解析】由题意a2,b

222）.D．8个B．4个C．6个2，则c2，当P为椭圆短轴顶点时，PF1PF22，F1F222，PF1PF2F1F2，即PF1PF2，短轴顶点有2个，过F1或F2作x轴垂直与椭圆相交的点P在4个，PF1F2都是直角三角形，因此共有6个．故选：C.x2y24．（2020·广东广州市）已知F1,F2分别是椭圆C:221ab0的左,右焦点,椭圆C上存在ab点P使F1PF2为钝角,则椭圆C的离心率的取值范围是1B．,122A．2,1

【答案】A2

0,C．2

1

D．0,2

【解析】设椭圆的上顶点为A（0，b），则∵椭圆上存在点P，使F1PF2为钝角,bF1AF290AF1F245tanAF1F211

ca22c2e＝ca220＜e＜1e＜1故答案为A22

x2y221(ab0)，点M,N为长轴的两个端点，若在椭圆上2ab

5．（2020·河北石家庄市）已知椭圆存在点H，使kMHkNH(A．(1

,0),则离心率e的取值范围为2

B．(0,2,1)23,1)2

2)23)2

C．(D．(0,

【答案】Ab222（x0，y0），则 y2(ax0【解析】由题意M（a，0），N（a，0）．设H)．

a20kMHkNHb222(ax20)2y0y0y0b21a22,02x0ax0ax0a2x0a2a2

c2a2122可得： e1(，，0)e(，．1)2a22

故选A．x2y2

6．（2020·全国高三专题练习）椭圆C：221ab0的左焦点为F，若F关于直线3x＋y＝0ab的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为（）A．12B．312C．32

D．3－1【答案】D【解析】设F（－c,0）关于直线3x＋y＝0的对称点为A（m，n），n

31mcc3则，解得m＝，nc，mcn223022c23c2

42

代入椭圆方程可得4化简可得e－8e＋4＝0，41

a2b2又0＜e＜1，解得e＝3－1.故选：D.7．（2020·全国高三专题练习）已知椭圆点．PF1F2为以F2P为底边PF1F2<120°，则该椭圆的离心率的取值范围是（））C．（）D．（0）（a>b>0）的左右焦点分别为F1，F2．P是椭圆上一的等腰三角形，当60°8．（2020·广东肇庆市）已知椭圆C:221(ab0)的左右顶点分别为A,B，P是椭圆上异于A,B

ab的一点，若直线PA的斜率kPA与直线PB的斜率kPB乘积kPAkPB

1

，则椭圆C的离心率为（4）A．14B．12C．34D．32【答案】Db22

【解析】依题意可知Aa,0,Ba,0.设Px0,y0，代入椭圆方程得y2x0b2.代入a

20

kPA·kPBy0y011b2112a2b22222得，即y0x0，与y02x0b对比后可得2，所xaxa4444aa400

2cb13以椭圆离心率为e1.故选D.1a42ax2y29．（2020·全国高三专题练习）已知双曲线：221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距ab为2c，直线yA．2【答案】D【解析】由题意，直线y

3(xc)与双曲线的一个交点M满足MF1F22MF2F1，则双曲线的离心率为（B．3C．2D．31

）3(xc)过左焦点F1且倾斜角为60°，MF1F22MF2F1

∴MF1F260，MF2F130，∴F1MF290，即F1MF2M∴MF1

1

F1F2c，∴MF2F1F2sin603c，23cc2a，∴离心率e

双曲线定义有MF2MF1

c

31.ax2y2

11．（2020·全国）若A、B为椭圆C：221(ab0)长轴的两个端点，垂直于x轴的直线与ab椭圆交于点M、N，且kAMkBN【答案】1

，则椭圆C的离心率为______432y)，因为Aa,0，B(a,0)，【解析】设M(x，y)、N(x，

所以kAMkBN2b2x2b222yyyb21，a22222

xaxaxaxaa4c2a2b2b233所以e2，所以.1e22aaa42故答案为：321x2y212．（2020·全国高三专题练习）已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，过右焦点F作倾斜2ab

角60°的直线l交C于A，B两点（A在第一象限），则AFBF________.【答案】【解析】3

51

，所以a2c,b3c,2因为离心率为x2y2设直线AB的方程y3xc代入椭圆方程：221

4c3c8xcA2得：5x8cx0，又∵点A在第一象限，故5，xB08

1(3)2|cc|

35所以|AF|.

|BF|1(3)2|0c|5x2y2

13．（2020·全国高三专题练习）设双曲线C:21a0,b0的左、右焦点分别为F1、F2，若2ab在双曲线的右支上存在一点P，使得PF12PF2，则双曲线C的离心率e的取值范围是____.【答案】1,3【解析】由双曲线的定义可得PF1PF22PF2PF2PF22a，又PF22aca，则c3a，Qe1，所以，1e3.因此，双曲线C的离心率e的取值范围是1,3.故答案为：1,3.x2y214．（2020·台州市书生中学高三其他）已知椭圆221(ab0)，F1，F2分别是椭圆的左、右焦ab点，A是椭圆的下顶点，直线AF2交椭圆于另一点P，若PF1PA，则椭圆的离心率为【答案】33【解析】如图，点P在椭圆上，所以PF1+PF22a，由PF1PAPF2AF2,AF2a，代入上式得，PF1

2

3aa,PF222

2

在△APF1，cosPAF1

AF1APPF1

2AF1AP222

3a3a

a2

221，

3a32a2又cosPAF112sinOAF1

213，所以sinOAF1，33即sinOAF1

c3，e

a3x2y215．（2020·开鲁县第一中学）已知椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上ab

一点，PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，若PF1F2(0,【答案】(,)【解析】由题意可得PF2=F1F2=2c，再由椭圆的定义可得PF1=2a-PF2=2a-2c．11

32

)，则该椭圆的离心率的取值范围是3

1

设∠PF2F1=，则,1cos，△PF1F2中，由余弦定理可得322acc2a2cos=由-122c＜cosθ可得3e+2e-1＞0，e＞2

112

，由cosθ＜，可得2ac＜a，e=32c111

，综上ea232

x2y2

16．（2020·四川省绵阳南山中学高三）设F1，F2分别是椭圆E:221(ab0)的左、右焦点，ab

过F2的直线交椭圆于A，B两点，且AF1AF20，AF22F2B，则椭圆E的离心率为【答案】53



【解析】AF22F2B设BF2x，则AF22x

由椭圆的定义，可以得到AF12a2x,BF12ax



AF1AF20,AF1AF2

在RtAF1B中，有2a2x3x2ax，解得x

222a3

AF2

2a4a,AF1332224a2a在Rt△AF1F2中，有2c

33

c25c5整理得2=，e

a9a3x2y2

17．（2020·河北省高三）已知椭圆221ab0，P0,2，Q0,2，过点P的直线l1与椭ab圆交于A，B，过点Q的直线l2与椭圆交于C，D，且满足l1//l2，设AB和CD的中点分别为M，N，若四边形PMQN为矩形，且面积为43，则该椭圆的离心率为【答案】63【解析】如图，不妨设l1，l2两条直线的斜率大于零时，连结OM，PMMQ43由题意知，22PMMQ16

解得PM2，MQ23，或PM23，MQ2（舍）PM2，MQ23，在PMQ中，因为OMPMPO2，所以BPOPOM60，故此时kABtan30

33，kOMtan150．33x12y121a2b2设Ax1,y1，Bx2,y2，则2，2x2y21a2b2两式相减得x1x2x1x2y1y2y1y20，a2b2y1y2y1y2b21b2

2，即kABkOM2，即x1x2x1x2a3ac2b226因此离心率e212，所以e．3aa32

x2y2

18．（2020·广东省高三月考）已知F是椭圆E：221ab0的左焦点，经过原点O的直线l

ab与椭圆E交于P，Q两点，若PF3QF，且PFQ120，则椭圆E的离心率为【答案】74【解析】设椭圆的右焦点F，连接PF，QF，根据椭圆对称性可知四边形PFFQ为平行四边形，则QFPF，且由PFQ120，可得FPF60，所以PFPF4PF2a，则PF由余弦定理可得31

a，PFa222cPFPF2PFPFcos60PFPF

即4c4a

22222

3PF2

PF，9272aa，44c277∴椭圆的离心率e，2a164