前言
求圆锥曲线的离心率问题中，使用频度比较多的就是定义式，比如椭圆的定义，双曲线的定义，抛物线的定义。
公式提示
注意别忘了使用初中平面几何知识；
法1：求(a)，(b)，(c)；
法2：不知道(a)，(b)，(c)时，转化为寻找(a)，(b)，(c)的等量关系；
变形技巧
整式分式互化，抵消项；约分；因式分解；等等
典例剖析
分析：由题目可知，由于双曲线(C)的焦点在坐标轴上，中心在坐标原点，故有两种情形，焦点在(x)轴和焦点在(y)轴，
则渐近线的斜率(k=cfrac{1}{2}=cfrac{a}{b})或者(k=cfrac{1}{2}=cfrac{b}{a})，
当(a=1)，(b=2)时，此时(c=sqrt{5})，(e=sqrt{5})；
当(a=2)，(b=1)时，此时(c=sqrt{5})，(e=cfrac{sqrt{5}}{2})；
综上所述，故选(D)。
分析：设点(P(x，y))，由点(F_1(-c，0))和点(F_2(c，0))，得到(overrightarrow{OP}=(x，y))，(overrightarrow{OF_2}=(c，0))，
(overrightarrow{OP}+overrightarrow{OF_2}=(c+x，y))，(overrightarrow{PF_1}=(-c-x，-y))，(overrightarrow{PF_2}=(c-x，-y))，
由((overrightarrow{OP}+overrightarrow{OF_2})cdot overrightarrow{PF_2}=0)得到，((c-x)(c+x)-y^2=0)，即(c^2=x^2+y^2)，
即点(P)在以坐标原点为圆心，以(c)为半径的圆上；即在以(F_1F_2)为直径的圆上，故(angle F_1PF_2=90^{circ})。
故有(overrightarrow{PF_1}cdot overrightarrow{PF_2}=0)，这样(3|overrightarrow{PF_1}|=4|overrightarrow{PF_2}|)得到，
可设(|PF_1|=4k(k>0))，(|PF_2|=3k)，故(|F_1F_2|=5k)，即(2c=5k)，
又由双曲线的定义知道，(|PF_1|-|PF_2|=2a=k) ，
则离心率(e=cfrac{2c}{2a}=cfrac{5k}{k}=5)。
【点评】①用向量的左边引入数学运算，从而能得到点(P)的轨迹，这样就能得出直角三角形。
②由直角三角形结合已知条件能得到(2c)，用定义式能得到(2a)，从而离心率可解。
分析：抛物线的焦点为((1，0))，准线为(x=-1)，令(AB)的中点为(C)，则(|CF|=2)，
又有题目可知，(Delta FAB)为等腰直角三角形，故(|AC|=|CF|=2)，
故点A((-1，2)) 代入双曲线方程得到(a^2=cfrac{1}{2})，
故(c^2=a^2+b^2=4+cfrac{1}{2}=cfrac{9}{2})，
则双曲线的离心率为(e=sqrt{cfrac{c^2}{a^2}}=3)。 故选(A)。
分析：先将圆配方为((x-cfrac{3}{2})^2+(y-2)^2=9+cfrac{9}{4})，
由已知可知，圆心((cfrac{3}{2}，2))一定在直线(ax-by=0)上，
故(cfrac{3}{2}a=2b)，即(3a=4b)，令(a=4t(t>0))，则(b=3t)，(c=5t)，
故离心率(e=cfrac{c}{a}=cfrac{5}{4})。故选(C)。
分析：将(x_0=cfrac{4}{3}a)代入双曲线方程(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0))，
求得(y=pmcfrac{sqrt{7}}{3}b)，不妨取正，即点(P(cfrac{4}{3}a，cfrac{sqrt{7}}{3}b))，
又(F_1(-c，0))，(F_2(c，0))，由(overrightarrow{F_1P}cdot overrightarrow{F_2P}=0)；
得到((cfrac{4a}{3}+c，cfrac{sqrt{7}b}{3})cdot(cfrac{4a}{3}-c，cfrac{sqrt{7}b}{3})=0)
即((cfrac{4a}{3})^2-c^2+(cfrac{sqrt{7}b}{3})^2=0)
又(c^2=a^2+b^2)，代入上式，得到(a^2=cfrac{2}{9}c^2)，
即(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{9}{2})，故(e=cfrac{3sqrt{2}}{2})。故选(A)。
分析：待解答。
已知(F_1，F_2)是椭圆(C)的两个焦点，(P)是(C)上一点，若(PF_1perp PF_2)，且(angle PF_2F_1=60^{circ})，则(C)的离心率是【】
分析：自行做出示意图，由图可知，在(RtDelta PF_1F_2)中，(angle F_1PF_2=90^{circ})，(angle PF_2F_1=60^{circ})，(F_1F_2=2c)，故(PF_2=c)，(PF_1=sqrt{3}c)，
由椭圆的定义可知，(|PF_1|+|PF_2|=2a)，即(c+sqrt{3}c=2a)，解得(e=cfrac{c}{a}=cfrac{2}{sqrt{3}+1}=sqrt{3}-1)，故选D。
【建议】用圆锥曲线的定义解题，是高考中的一个高频考查方式。
分析：由于(A_1A_2=2a)，故圆的半径为(r=a)，由题目圆与直线(bx-ay+2ab=0)相切，
则圆心到此直线的距离(d=r)，即(cfrac{|b imes 0-a imes 0+2ab|}{sqrt{a^2+b^2}}=a)，解得(a^2=3b^2)，则(c^2=a^2-b^2=2b^2)，
故(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{2b^2}{3b^2}=cfrac{sqrt{6}}{3})，故选(A)。
分析：由于((overrightarrow{F_1P}+overrightarrow{F_1Q})cdot overrightarrow{PQ}=0)，则可知(PQperp x)轴，又由于(|QM|=3|PM|)，则(M)为(PF_2)的中点；
由于直线(PQ)为(x=c)，将其代入双曲线，得到(cfrac{c^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1)，解得(y=cfrac{b^2}{a})，
即点(P(c，cfrac{b^2}{a}))，则点(M(c，cfrac{b^2}{2a}))，点(A(a，0))，又由于双曲线的渐近线为(y=cfrac{b}{a}x)，
(k_{AM}=cfrac{b}{a})，则可知(cfrac{cfrac{b^2}{2a}-0}{c-a}=cfrac{b}{a})，得到(cfrac{b}{2}=c-a)，
即(b=2(c-a))，两边平方得到，(b^2=4(c-a)^2)，即(c^2-a^2=4c^2-8ac+4a^2)，即(3c^2-8ac+5a^2=0)，同除以(a^2)
即(3e^2-8e+5=0)，解得(e=cfrac{5}{3})或(e=1)(舍去)，故选(C)。
分析：如下图所示，可知圆(F_2)的圆心为(F_2(c，0))，半径为(r=cfrac{c}{2})，由于圆和双曲线都关于坐标轴对称，故只需要保证圆和一条渐近线(y=cfrac{b}{a}x)有公共点即可，
此时可以使用联立直线方程和双曲线的方程，使用(Delta ge 0)的思路，也可以利用圆心到直线的距离小于半径的思路，很明显第二个思路的运算量要小一些。
此时圆心为(F_2(c，0))，半径为(r=cfrac{c}{2})，直线为(bx-ay=0)，故(d=cfrac{|bc-a imes 0|}{sqrt{a^2+b^2}}leq cfrac{c}{2})，
化简整理得到，(2bleq c)，即(4b^2leq c^2)，则(4c^2-4a^2leq c^2)，整理为(cfrac{c^2}{a^2}leq cfrac{4}{3})，故(eleq cfrac{2sqrt{3}}{3})，又双曲线的(e>1)，故(ein (1，cfrac{2sqrt{3}}{3}]).
分析：如图所示，(OCperp F_1M)于点(C)，则(OC=a)，由于(OF_1=c)，则(F_1C=b)，
过点(F_2)作(F_2Dperp F_1M)于点(D)，则由(OC//F_2D)以及(OF_1=OF_2=c)，可得(CD=F_1C=b)，且(DF_2=DM=2a)，
又由于(angle F_1MF_2=45^{circ})，则(MF_2=2sqrt{2}a)，则(MF_1=2b+2a)，
由双曲线的定义可知，(MF_1-MF_2=2a)，即(2b+2a-2sqrt{2}a=2a)，解得(b=sqrt{2}a)，即(b^2=2a^2)，
则(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{a^2+b^2}{a^2}=1+cfrac{b^2}{a^2}=1+2=3)，则(e=sqrt{3})，故选(B)。
分析：设椭圆的左焦点为(F_1)，则由( riangle FOB cong riangle F_1OA)，则可知(|AF_1|=|BF|)，则由(|AF|+|BF|=6)结合椭圆的定义，得到(2a=6)，则(a=3)，
又由于点(M)与直线(l)的距离不小于(cfrac{8}{5})，得到(cfrac{|-4b|}{5}ge cfrac{8}{5})，解得(bge 2)，
则(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{a^2-b^2}{a^2}=1-cfrac{b^2}{9}leq 1-cfrac{4}{9}=cfrac{5}{9})，故(0<eleq cfrac{sqrt{5}}{3})。故选(B)。
分析：如图所示，由(x=c)和(y=cfrac{b}{a}x)，联立求得点(A(c，cfrac{bc}{a}))，
则由勾股定理和两点间距离公式可得到，(c^2+4b^2=c^2+cfrac{b^2c^2}{a^2})，
化简得到，(4a^2=c^2)，即(cfrac{c^2}{a^2}=4=e^2)，故(e=2)，则选(C).
分析：主要考虑如何得到(a)与(b)、(c)之间的关系；
解析：如图所示，
法1：由(left{egin{array}{l}{(x-cfrac{c}{2})^2+y^2=cfrac{c^2}{4}}\{x^2+y^2=a^2}end{array} ight.)，消(y)，解得(x=cfrac{a^2}{c})，
代入(y^2=a^2-x^2=a^2-cfrac{a^4}{c^2}=cfrac{a^2(c^2-a^2)}{c^2})，
又由(|PQ|=|OF|)，即(2|y|=c)，则(4y^2=c^2)，
整理得到(4a^2(c^2-a^2)=c^4)，即(c^4-4a^2c^2+4a^2=0)，则((c^2-2a^2)=0)，
即(c^2=2a^2)，则(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=2)，故(e=sqrt{2})，选(A)；
法2：由于(|PQ|=|OF|)，则可知(B)为圆心，故点(B)的横坐标(x=cfrac{c}{2})，
由(left{egin{array}{l}{x=cfrac{c}{2}}\{x^2+y^2=a^2}end{array} ight.)，解得(y=sqrt{a^2-cfrac{c^2}{4}})，
则可知(|PQ|=2sqrt{a^2-cfrac{c^2}{4}})，又(|PQ|=|OF|=c)，
故(2sqrt{a^2-cfrac{c^2}{4}}=c)，化简整理得到(c^2=2a^2)，解得(e=sqrt{2})，选(A)；
解后反思：1、显然法2比法1的运算要简单，原因是两个二次方程组成的方程组的求解难度必然要比一个一次和一个二次方程组的求解难度要大；
2、在圆内和直径相等的弦必为圆的直径，两条直径的交点必为圆心。强化初中的平面几何知识，是很有必要的。
相关链接：平面几何定理复习
3、注意方程(c^4-4a^2c^2+4a^2=0)的解法，或转化为((c^2-2a^2)=0)，或转化为(cfrac{c^4}{a^4}-4cfrac{c^2}{a^2}+4=0)，即(e^2-4e+4=0);
分析：待解答。
分析：如图所示，( riangle OPF_2)为(Rt riangle)，(angle OPF_2=cfrac{pi}{2})，
由于双曲线(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1)，则其渐近线为(OP：y=cfrac{b}{a}x)
即(tan heta=cfrac{b}{a}=cfrac{|PF_2|}{|OP|})，设(|PF_2|=bk)，则(|OP|=ak)，
又由于(|OF_2|=c)，(a^2+b^2=c^2)，故(k=1)，即(|PF_2|=b)，(|OP|=a)，
则(cos heta=cfrac{a}{c})，且(|PF_1|=2|PF_2|=2b)，
则在( riangle PF_1F_2)中，(|PF_1|=2b)，(|OF_1|=c)，(|OP|=a)，(cosangle F_1OP=-cos heta=-cfrac{a}{c})，
则((2b)^2=a^2+c^2+2 imes a imes c imes cos heta)，即(4(c^2-a^2)=a^2+c^2+2 imes a imes c imes cfrac{a}{c})，
整理即得到，(3c^3=7a^2)，即(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{7}{3})，故(e=cfrac{sqrt{21}}{3})，故选(D)。
分析：由题可知，直线方程为(y=x-c)，将其代入椭圆(cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1)，消去(y)，
整理得到((a^2+b^2)x^2-2a^2cx+a^2c^2-a^2b^2=0)，
设(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则由韦达定理可知，
(x_1+x_2=cfrac{2a^2c}{a^2+b^2}①)，(x_1x_2=cfrac{a^2c^2-a^2b^2}{a^2+b^2}②)
又由(overrightarrow{AF}=)(2overrightarrow{FB})得到((c-x_1，0-y_1)=2(x_2-c，y_2-0))，整理即得到(2x_2+x_1=3c③)，
联立①③式，解得(x_1=cfrac{a^2c-3b^2c}{a^2+b^2})，(x_2=cfrac{a^2c+3b^2c}{a^2+b^2}④)，
将④式代入②式，得到(cfrac{a^2c-3b^2c}{a^2+b^2} imes cfrac{a^2c+3b^2c}{a^2+b^2}=cfrac{a^2c^2-a^2b^2}{a^2+b^2})
[说明：到此，本题目的最大难点出现，到底该如何化简上式。由于是求离心率问题，故我们本着这样的考量来化简，留下(a)和(c)，尽可能的代换和消去(b)，详细化简如下：]
分式两边先各约去一个分母，再对左边的分子使用平方差公式，得到
将分式化简为整式得到，
抵消(a^4c^2)项，整理为一端为零的形式，得到
再约去因式(b^2)得到，
上式的第一、三两项提取公因式(a^2)，得到，
再次整理得到，
再次约去因式(b^2)得到，
从而得到(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{2}{9})，故(e=cfrac{sqrt{2}}{3})，选(A)。
- 整理2018高考中的离心率问题