专题5 求离心率的值或取值范围

由 $ \left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=2c=6 $ ,得 $ c=3 $ ,设 $ P{F}_{1} $ 与 $ {F}_{2}M $ 的延长线交于点 $ N $ ,如图,由直线 $ PM $ 平分 $ \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2} $ ,且 $ {F}_{2}M\perp PM $ ,可得 $ △P{F}_{2}N $ 为等腰三角形,则 $ M $ 为 $ {F}_{2}N $ 的中点,可得 $ \left|{F}_{1}N\right|=2\left|OM\right|=2\sqrt{3} $ ,又因为 $ \left|P{F}_{2}\right|=\left|PN\right|=\left|P{F}_{1}\right|+\left|{F}_{1}N\right|=\left|P{F}_{1}\right|+2\sqrt{3} $ ,可得 $ \left|P{F}_{2}\right|-\left|P{F}_{1}\right|=2a=2\sqrt{3} $ ,即 $ a=\sqrt{3} $ ,所以双曲线 $ E $ 的离心率为 $ e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{3} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

设 $ {F}_{1}(-c,0) $ , $ {F}_{2}(c,0) $ ,由椭圆的定义可得 $ \left|P{F}_{1}\right|+\left|P{F}_{2}\right|=2a $ ,可设 $ \left|P{F}_{2}\right|=t $ ,则 $ \left|P{F}_{1}\right|=\lambda t $ ,即有 $ (\lambda +1)t=2a① $ .由 $ \overrightarrow {P{F}_{1}}\cdot \overrightarrow {P{F}_{2}}=0 $ 得 $ \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ \therefore {\left|P{F}_{1}\right|}^{2}+{\left|P{F}_{2}\right|}^{2}=4{c}^{2} $ ,

即 $ ({\lambda }^{2}+1){t}^{2}=4{c}^{2}② $ .

由 $ ②÷{①}^{2} $ 可得 $ {\rm }{\rm {\rm e}}^{2}=\dfrac{{\lambda }^{2}+1}{{\left(\lambda +1\right) ^ {2}}}{\rm } $ ,令 $ m=\lambda +1 $ ,可得 $ \lambda =m-1 $ ,

$ \because \dfrac{1}{3}\leqslant \lambda \leqslant 3 $ , $ \therefore \dfrac{4}{3}\leqslant m\leqslant 4 $ , $ \therefore \dfrac{1}{4}\leqslant \dfrac{1}{m}\leqslant \dfrac{3}{4} $ ,即有 $ \dfrac{{\lambda }^{2}+1}{{\left(\lambda +1\right) ^ {2}}}=\dfrac{{m}^{2}-2m+2}{{m}^{2}}=2{\left(\dfrac{1}{m}-\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+\dfrac{1}{2}\in [\dfrac{1}{2},\dfrac{5}{8}] $ ,

$ \therefore \dfrac{1}{2}\leqslant {\rm {\rm e}}^{2}\leqslant \dfrac{5}{8} $ ,解得 $ \dfrac{\sqrt{2}}{2}\leqslant e\leqslant \dfrac{\sqrt{10}}{4} $ .

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B} $ .

如图,由于 $ M{F}_{1}//N{F}_{2} $ , $ M{F}_{2} $ 与 $ N{F}_{1} $ 的交点在 $ y $ 轴上,结合椭圆的对称性,

可得 $ M{F}_{1}\perp {F}_{1}{F}_{2} $ , $ N{F}_{2}\perp {F}_{1}{F}_{2} $ ,设 $ M(-c,y)(y > 0) $ ,代入 $ E:\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > b > 0) $ 中,得 $ \dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ,

解得 $ y=\dfrac{{b}^{2}}{a} $ ,故 $ M(-c,\dfrac{{b}^{2}}{a}) $ .

设 $ M{F}_{2} $ 与 $ N{F}_{1} $ 的交点为 $ P $ ,则 $ P(0,\dfrac{b}{3}) $ .

显然 $ △M{F}_{1}{F}_{2}\sim △PO{F}_{2} $ ,则 $ \dfrac{\left|OP\right|}{\left|M{F}_{1}\right|}=\dfrac{\left|O{F}_{2}\right|}{\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|}=\dfrac{1}{2} $ ,将 $ \left|M{F}_{1}\right|=\dfrac{{b}^{2}}{a} $ , $ \left|OP\right|=\dfrac{b}{3} $ 代入上式,得 $ \dfrac{\dfrac{b}{3}}{\dfrac{{b}^{2}}{a}}=\dfrac{1}{2} $ ,化简得 $ \dfrac{b}{a}=\dfrac{2}{3} $ ,即 $ e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{\dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{{a}^{2}-{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\sqrt{1-{\left(\dfrac{b}{a}\right) ^ {2}}}=\sqrt{1-\dfrac{4}{9}}=\dfrac{\sqrt{5}}{3} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

设双曲线的右焦点为 $ {F}_{2} $ ,连接 $ P{F}_{2} $ ，如图所示 $ {\rm .} \because P $ 在双曲线的右支上， $ \therefore |P{F}_{1}|-|P{F}_{2}|=2a $ .

$ \because $ 双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ 的左焦点 $ {F}_{1}(-c,0) $ ，且 $ △PO{F}_{1} $ 为等腰三角形， $ \mathrm{\angle }PO{F}_{1} > {90}^{\circ } $ ， $ \therefore |O{F}_{1}|=|OP|=c $ ， $ \mathrm{\angle }P{F}_{1}O=\mathrm{\angle }{F}_{1}PO={30}^{\circ } $ , $ \therefore \mathrm{\angle }PO{F}_{2}={60}^{\circ } $ .

又 $ \because |O{F}_{1}|=|O{F}_{2}|=|OP|=c $ ，

$ \therefore △PO{F}_{2} $ 为等边三角形，则 $ \mathrm{\angle }{F}_{2}PO={60}^{\circ } $ ， $ |P{F}_{2}|=c $ ，

$ \therefore \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}=\mathrm{\angle }{F}_{1}PO+\mathrm{\angle }{F}_{2}PO={90}^{\circ } $ .

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△{F}_{1}P{F}_{2} $ 中， $ |P{F}_{2}|=c $ ， $ |{F}_{1}{F}_{2}|=2c $ ,可得 $ |P{F}_{1}|=\sqrt{3}c $ ，

$ \therefore |P{F}_{1}|-|P{F}_{2}|=\sqrt{3}c-c=2a $ ,即 $ (\sqrt{3}-1)c=2a $ ,则 $ e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{3}+1 $ .

$ \dfrac{\overrightarrow {A{F}_{1}}}{\left|\overrightarrow {A{F}_{1}}\right|} $ 和 $ \dfrac{\overrightarrow {A{F}_{2}}}{\left|\overrightarrow {A{F}_{2}}\right|} $ 分别是与向量 $ \overrightarrow {A{F}_{1}} $ 和 $ \overrightarrow {A{F}_{2}} $ 同向的单位向量,因为 $ \dfrac{\overrightarrow {A{F}_{1}}}{\left|\overrightarrow {A{F}_{1}}\right|}\cdot \dfrac{\overrightarrow {A{F}_{2}}}{\left|\overrightarrow {A{F}_{2}}\right|}=-\dfrac{1}{2} $ ,所以 $ \cos ⟨\overrightarrow {A{F}_{1}} $ , $ \overrightarrow {A{F}_{2}}⟩=-\dfrac{1}{2} $ ,又 $ 0\leqslant ⟨\overrightarrow {A{F}_{1}} $ , $ \overrightarrow {A{F}_{2}}⟩\leqslant \mathrm{\pi } $ ,所以 $ ⟨\overrightarrow {A{F}_{1}} $ , $ \overrightarrow {A{F}_{2}}⟩=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,所以 $ \mathrm{\angle }{F}_{1}A{F}_{2}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ .

因为 $ A $ 为椭圆 $ C $ 上的一点,所以 $ \left|A{F}_{1}\right|+\left|A{F}_{2}\right|=2a $ ,设 $ \left|A{F}_{1}\right|={r}_{1} $ , $ \left|A{F}_{2}\right|={r}_{2} $ ,则 $ {r}_{1}+{r}_{2}=2a $ .

在 $ △A{F}_{1}{F}_{2} $ 中, $ \left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=2c $ , $ \mathrm{\angle }{F}_{1}A{F}_{2}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ .由余弦定理可得, $ {\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|}^{2}={r}_{1}^{2}+{r}_{2}^{2}-2{r}_{1}{r}_{2} \cos \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,即 $ {\left(2c\right) ^ {2}}={r}_{1}^{2}+{r}_{2}^{2}+{r}_{1}{r}_{2} $ ,又 $ {\left({r}_{1}+{r}_{2}\right) ^ {2}}={r}_{1}^{2}+{r}_{2}^{2}+2{r}_{1}{r}_{2}=4{a}^{2} $ ,所以 $ {r}_{1}^{2}+{r}_{2}^{2}=4{a}^{2}-2{r}_{1}{r}_{2} $ ,所以 $ 4{c}^{2}=4{a}^{2}-2{r}_{1}{r}_{2}+{r}_{1}{r}_{2}=4{a}^{2}-{r}_{1}{r}_{2} $ ,解得 $ {r}_{1}{r}_{2}=4{a}^{2}-4{c}^{2}=4{b}^{2} $ .

又 $ {r}_{1}+{r}_{2}=2a $ ,所以 $ {r}_{1} $ , $ {r}_{2} $ 是方程 $ {t}^{2}-2at+4{b}^{2}=0 $ 的两根,所以 $ {\left(2a\right) ^ {2}}-16{b}^{2}\geqslant 0 $ ,

所以 $ b\leqslant \dfrac{a}{2} $ .

又因为 $ {b}^{2}={a}^{2}-{c}^{2} $ ,所以 $ {a}^{2}-{c}^{2}\leqslant \dfrac{{a}^{2}}{4} $ ,所以 $ \dfrac{3{a}^{2}}{4}\leqslant {c}^{2} $ ,所以 $ e=\dfrac{c}{a}\geqslant \dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,又 $ e < 1 $ ,所以 $ e $ 的取值范围是 $ [\dfrac{\sqrt{3}}{2},1) $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由双曲线定义得 $ \left|P{F}_{2}\right|=\left|P{F}_{1}\right|-2a=3c-a $ ,设点 $ P({x}_{0},{y}_{0}) $ ,由抛物线定义得 $ \left|P{F}_{2}\right|={x}_{0}+c $ ,解得 $ {x}_{0}=2c-a $ , $ {y}_{0}^{2}=4c{x}_{0}=4c(2c-a) $ ,又点 $ P $ 在双曲线上,则 $ \dfrac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{0}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ,即 $ \dfrac{{\left(2c-a\right) ^ {2}}}{{a}^{2}}-\dfrac{4c(2c-a)}{{c}^{2}-{a}^{2}}=1 $ ,又 $ \dfrac{c}{a}=e > 1 $ ,于是 $ {\left(2{\rm e}-1\right) ^ {2}}-\dfrac{8{\rm {\rm e}}^{2}-4{\rm e}}{{\rm {\rm e}}^{2}-1}=1 $ ,整理得 $ {\rm }{\rm {\rm e}}^{3}-{\rm {\rm e}}^{2}-3{\rm e}+2=0 $ ,即 $ ({\rm e}-2)({\rm {\rm e}}^{2}+{\rm e}-1)=0 $ ,而 $ {\rm {\rm e}}^{2}+{\rm e} > 2 $ ,所以 $ e=2 $ ,即双曲线的离心率为2.故选 $ \mathrm{A}{\rm } $ .

由 $ {S}_{△ABC}=5{S}_{△BC{F}_{2}} $ ,可得 $ \dfrac{{S}_{△ABC}}{{S}_{△BC{F}_{2}}}=\dfrac{\left|AC\right|}{\left|C{F}_{2}\right|}=5 $ ,故 $ \overrightarrow {A{F}_{2}}=4\overrightarrow {{F}_{2}C} $ ,且 $ {F}_{2}(c,0) $ .

不妨设点 $ A $ 在第二象限,将 $ x=-c $ 代入椭圆方程得 $ \dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ,解得 $ y=±\dfrac{{b}^{2}}{a} $ ,即点 $ A(-c,\dfrac{{b}^{2}}{a}) $ .

设点 $ C({x}_{0},{y}_{0}) $ ,由 $ \overrightarrow {A{F}_{2}}=4\overrightarrow {{F}_{2}C} $ 得 $ (2c,-\dfrac{{b}^{2}}{a})=4({x}_{0}-c,{y}_{0}) $ ,即 $ \begin{cases}4\left({x}_{0}-c\right)=2c,\\ 4{y}_{0}=-\dfrac{{b}^{2}}{a},\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}{x}_{0}=\dfrac{3c}{2},\\ {y}_{0}=-\dfrac{{b}^{2}}{4a},\end{cases} $ 即点 $ C(\dfrac{3c}{2},-\dfrac{{b}^{2}}{4a}) $ ,将点 $ C $ 的坐标代入椭圆方程得 $ \dfrac{9{c}^{2}}{4{a}^{2}}+\dfrac{{b}^{2}}{16{a}^{2}}=1 $ ,即 $ \dfrac{9{c}^{2}}{4{a}^{2}}+\dfrac{{a}^{2}-{c}^{2}}{16{a}^{2}}=1 $ ,故有 $ \dfrac{9}{4}{\rm {\rm e}}^{2}+\dfrac{1}{16}(1-{\rm {\rm e}}^{2})=1 $ ,解得 $ e=\dfrac{\sqrt{21}}{7} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图，设椭圆的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > b > 0) $ ，双曲线的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{{m}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{n}^{2}}=1(m > 0,n > 0) $ ，椭圆和双曲线的半焦距为 $ c $ ，

设 $ |M{F}_{1}|=s $ , $ |M{F}_{2}|=t $ ，由题意可得 $ t=|{F}_{1}{F}_{2}|=2c $ ，

由椭圆的定义，可得 $ s+t=2a $ ，由双曲线的定义，可得 $ s-t=2m $ ，解得 $ t=a-m $ .

设椭圆的离心率为 $ e\prime $ ， $ e\prime =\dfrac{c}{a} $ , $ e=\dfrac{c}{m} $ ，因为 $ a-m=2c $ ，两边同除以 $ c $ ,得 $ \dfrac{a}{c}-\dfrac{m}{c}=2 $ ，即有 $ \dfrac{1}{e\prime }-\dfrac{1}{e}=2 $ ，

由 $ e\in [2,\dfrac{7}{2}] $ ，则 $ \dfrac{1}{e}\in [\dfrac{2}{7},\dfrac{1}{2}] $ ，可得 $ \dfrac{1}{e\prime }=2+\dfrac{1}{e}\in [\dfrac{16}{7},\dfrac{5}{2}] $ ，则 $ e\prime \in [\dfrac{2}{5},\dfrac{7}{16}] $ .