《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

变式 1 设$e$是椭圆$\dfrac{x^{2}}{8}+\dfrac{y^{2}}{k}=1(k＞0)$的离心率，且$e\in\left(\dfrac{1}{2},1\right)$，则实数$k$的取值范围()

A.$(0,6)$
B.$(0,6)\cup\left(\dfrac{32}{3},+\infty\right)$
C.$(0,3)\cup\left(\dfrac{16}{3},+\infty\right)$
D.$(0,2)$

答案： 答案 B
解析 由$e\in\left(\dfrac{1}{2},1\right)$，$e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{\dfrac{c^{2}}{a^{2}}}$，
$c^{2}=a^{2}-b^{2}$，
当$k＞8$时，$c^{2}=k - 8$，
$\dfrac{1}{2}＜\sqrt{\dfrac{k - 8}{k}}＜1$，解得$k＞\dfrac{32}{3}$；
当$0＜k＜8$时，$c^{2}=8 - k$，
$\dfrac{1}{2}＜\sqrt{\dfrac{8 - k}{k}}＜1$，解得$0＜k＜6$。
点睛 直接根据条件列出关于离心率的不等式即可。

【例 2】已知椭圆$\dfrac{y^{2}}{a^{2}}+x^{2}=1(a＞1)$的离心率$e=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$，$P$为椭圆上的一个动点。若定点$B(-1,0)$，则$\vert PB\vert$的最大值为()

A.$\dfrac{3}{2}$
B.$2$
C.$\dfrac{5}{2}$
D.$3$

答案： 答案 C
解析 由题意可得$\dfrac{a^{2}-1}{a^{2}}=\left(\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\right)^{2}$，
解得$a^{2}=5$，则椭圆方程为$\dfrac{y^{2}}{5}+x^{2}=1$。
设椭圆上$P$点的坐标为$(x,y)$，
则$y^{2}=5(1 - x^{2})$，$x\in[-1,1]$。
故$\vert PB\vert=\sqrt{(x + 1)^{2}+y^{2}}$
$=\sqrt{(x + 1)^{2}+5(1 - x^{2})}=\sqrt{-4x^{2}+2x + 6}$，
当$x=\dfrac{1}{4}$时，$\vert PB\vert_{\max}=\dfrac{5}{2}$。
点睛 将$\vert PB\vert$转化为关于动点$(x,y)$的二次函数，然后求二次函数的区间最值。

变式 2 已知$F_{1},F_{2}$为椭圆$\dfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$的左、右焦点，$P$是椭圆上异于顶点的任意一点，点$Q$是$\triangle F_{1}PF_{2}$的内切圆的圆心，过$F_{1}$作$F_{1}M\perp PQ$于点$M$，$O$为坐标原点，则$\vert OM\vert$的取值范围为()

A.$(0,1)$
B.$(0,\sqrt{2})$
C.$(0,\sqrt{3})$
D.$(0,2\sqrt{3})$

答案：
答案 C
解析 延长$PF_{2}$，$F_{1}M$交于$N$点，连接$OM$，如下图所示。

因为点$Q$是$\triangle F_{1}PF_{2}$内切圆的圆心，
所以直线$PQ$平分$\angle F_{1}PF_{2}$。
因为$F_{1}M\perp PQ$，所以$\vert PN\vert=\vert PF_{1}\vert$，
则$M$为$F_{1}N$的中点。
又因为$O$为$F_{1}F_{2}$的中点，
所以$\vert OM\vert=\dfrac{1}{2}\vert F_{2}N\vert$
$=\dfrac{1}{2}(\vert PN\vert-\vert PF_{2}\vert)$
$=\dfrac{1}{2}(\vert PF_{1}\vert-\vert PF_{2}\vert)$
$＜\dfrac{1}{2}\vert F_{1}F_{2}\vert=c=\sqrt{3}$，
所以$\vert OM\vert$的取值范围是$(0,\sqrt{3})$。
点睛 本题关键是利用角平分线的性质，构造等腰三角形$PF_{1}N$，由平面几何的性质，得$\vert OM\vert=\dfrac{1}{2}\vert F_{2}N\vert$，从而运用定义进行转换。