李红春

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[BH⊥AM]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].