求圆锥曲线的离心率

前言

求圆锥曲线的离心率问题中，使用频度比较高的就是定义式，比如椭圆的定义，双曲线的定义，抛物线的定义。

【2021届宝鸡质检一文数第7题】 从直线 \(l:3x+4y=15\) 上的动点 \(P\) 作圆 \(x^{2}+y^{2}=1\) 的两条切线，切点分別为 \(C\)， \(D\)， 则四边形 \(OCPD\)(\(O\) 为坐标原点)的面积的最小值是【\(\quad\)】

$A.\sqrt{3}$ $B.2\sqrt{2}$ $C.2\sqrt{3}$ $D.2$

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

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】【基本题目】已知双曲线\(C\)的焦点在坐标轴上，中心在坐标原点，其一条渐近线与直线\(x+2y+1=0\)平行，则双曲线\(C\)的离心率为【】

$A.\sqrt{2}$ $B.\cfrac{\sqrt{5}}{2}$ $C.\sqrt{5}$ $D.\cfrac{\sqrt{5}}{2}或\sqrt{5}$

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\(D\)。

设\(F_1\)、\(F_2\)为双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)\)的左右焦点，\(P\)为双曲线右支上的一点，满足\((\overrightarrow{OP}\)\(+\overrightarrow{OF_2})\)\(\cdot \overrightarrow{PF_2}=0\)，\(O\)为坐标原点，且\(3|\overrightarrow{PF_1}|\)\(=\)\(4|\overrightarrow{PF_2}|\)，则双曲线的离心率是多少？

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。

【2017宝鸡中学高三理科第一次月考第8题】已知抛物线\(y^2=4x\)的准线和双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{4}=1\)相交于\(A\)、\(B\)两点，\(F\)为抛物线的焦点，\(\angle FAB=45^\circ\)，则双曲线的离心率是多少？

$A.3$ $B.2$ $C.\sqrt{6}$ $D.\sqrt{3}$

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\(A\)。

【2017凤翔中学高三理科数学第二次月考第7题】若圆\(x^2+y^2-3x-4y-5=0\)关于直线\(ax-by=0\)\((a>0，b>0)\)对称，则双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\)的离心率是【】

$A.\cfrac{4}{3}$ $B.\cfrac{5}{3}$ $C.\cfrac{5}{4}$ $D.\cfrac{7}{4}$

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\(C\)。

【2018陕西省第二次质量检测第11题】已知点\(F_1，F_2\)分别是双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)\)的左右两个焦点，点\(P\)是双曲线右支上的一点，若\(P\)点的横坐标\(x_0=\cfrac{4}{3}a\)时，有\(F_1P\perp F_2P\)，则该双曲线的离心率\(e\)是【】

$A.\cfrac{3\sqrt{2}}{2}$ $B.\cfrac{3}{2}$ $C.2$ $D.3$

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\(y=\pm\cfrac{\sqrt{7}}{3}b\)，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\(e=\cfrac{3\sqrt{2}}{2}\)。故选\(A\)。

已知点\(F_1，F_2\)分别是双曲线\(C：\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)\)的左右两个焦点，\(|F_1F_2|=6\)，点\(P\)在双曲线上，且\(P\)是第一象限的点，过\(P\)点做双曲线的切线与\(x\)轴交于\(Q\)点，\(\angle F_1PQ=30^{\circ}\)，由双曲线的光学性质知，\(PQ\)是\(\angle F_1PF_2\)的平分线，已知\(S_{\triangle PF_1F_2}=4\sqrt{3}\)，有\(F_1P\perp F_2P\)，则该双曲线的离心率\(e\)是【】

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

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\(PF_1\perp PF_2\)，且\(\angle PF_2F_1=60^{\circ}\)，则\(C\)的离心率是【】

$A.1-\cfrac{\sqrt{3}}{2}$ $B.2-\sqrt{3}$ $C.\cfrac{\sqrt{3}-1}{2}$ $D.\sqrt{3}-1$

分析：自行做出示意图，由图可知，在\(Rt\Delta PF_1F_2\)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。

已知椭圆\(C：\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)\)的左右顶点为\(A_1，A_2\)，且以线段\(A_1A_2\)为直径的圆与直线\(bx-ay+2ab=0\)相切，则椭圆\(C\)的离心率为【】

$A.\cfrac{\sqrt{6}}{3}$ $B.\cfrac{\sqrt{3}}{3}$ $C.\cfrac{\sqrt{2}}{3}$ $D.\cfrac{1}{3}$

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\(\cfrac{|b\times 0-a\times 0+2ab|}{\sqrt{a^2+b^2}}=a\)，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\(A\)。

【2019高三理科数学二轮复习用题】已知\(F_1\)，\(F_2\)分别是双曲线\(C：\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\) \((a>0，b>0)\)的左右焦点，过点\(F_2\)的直线交双曲线的右支于\(P\)，\(Q\)两点，且\((\overrightarrow{F_1P}+\overrightarrow{F_1Q})\cdot \overrightarrow{PQ}=0\)，过双曲线的右顶点作平行于其一条渐近线的直线\(l\)，若直线\(l\)交\(PQ\)于点\(M\)，且\(|QM|=3|PM|\)，则双曲线的离心率为【】

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

分析：由于\((\overrightarrow{F_1P}+\overrightarrow{F_1Q})\cdot \overrightarrow{PQ}=0\)，则可知\(PQ\perp x\)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\(C\)。

【2019届高三理科数学二轮用题】已知\(F_1\)，\(F_2\)分别是双曲线\(C：\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\) \((a>0，b>0)\)的左右焦点，以\(F_2\)为圆心做一个圆，使该圆过线段\(OF_2\)的中点，若该圆与双曲线的两条渐近线有公共点，则双曲线\(C\)的离心率的取值范围是___________。

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\(d=\cfrac{|bc-a\times 0|}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq \cfrac{c}{2}\)，

化简整理得到，\(2b\leq c\)，即\(4b^2\leq c^2\)，则\(4c^2-4a^2\leq c^2\)，整理为\(\cfrac{c^2}{a^2}\leq \cfrac{4}{3}\)，故\(e\leq \cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，又双曲线的\(e>1\)，故\(e\in (1，\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]\).

【2019高三理科数学三轮模拟训练用题】已知\(F_1\)，\(F_2\)分别是双曲线\(C：\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\) \((a>0，b>0)\)的左右焦点，过\(F_1\)作\(x^2+y^2=a^2\)的切线，交双曲线的右支于点\(M\)，若\(\angle F_1MF_2=45^{\circ}\)，双曲线\(C\)的离心率为【】

$A.\sqrt{2}$ $B.\sqrt{3}$ $C.2$ $D.3$

分析：如图所示，\(OC\perp F_1M\)于点\(C\)，则\(OC=a\)，由于\(OF_1=c\)，则\(F_1C=b\)，

过点\(F_2\)作\(F_2D\perp F_1M\)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\(MF_2=2\sqrt{2}a\)，则\(MF_1=2b+2a\)，

由双曲线的定义可知，\(MF_1-MF_2=2a\)，即\(2b+2a-2\sqrt{2}a=2a\)，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\(B\)。

【2019届高三理科数学三轮模拟训练题】已知椭圆\(E：\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的右焦点为\(F\)，短轴的一个端点为\(M\)，直线\(l：3x-4y=0\)交椭圆\(E\)于点\(A\)，\(B\)两点，若\(|AF|+|BF|=6\)，点\(M\)与直线\(l\)的距离不小于\(\cfrac{8}{5}\)，则椭圆\(E\)的离心率的取值范围是【】

$A.(0，\cfrac{2\sqrt{2}}{3})$ $B.(0，\cfrac{\sqrt{5}}{3}]$ $C.[\cfrac{\sqrt{6}}{3}，1)$ $D.[\cfrac{2\sqrt{2}}{3}，1)$

分析：设椭圆的左焦点为\(F_1\)，则由\(\triangle FOB \cong \triangle F_1OA\)，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\(b\ge 2\)，

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\(0<e\leq \cfrac{\sqrt{5}}{3}\)。故选\(B\)。

【2019届高三理科数学二轮用题】已知\(F\)是双曲线\(C：\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\) \((a>0，b>0)\)的右焦点，作\(AF\perp x\)轴与一条渐近线交于点\(A\)，且\(|AF|=2b\)，则双曲线\(C\)的离心率是【】

$A.4$ $B.\sqrt{5}$ $C.2$ $D.\sqrt{3}$

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\(C\).

【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第11题】设\(F\)为双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0)\)的右焦点，\(O\)为坐标原点，以\(OF\)为直径的圆与圆\(x^2+y^2=a^2\)交于\(P\)，\(Q\)两点，若\(|PQ|=|OF|\)，则\(C\)的离心率为【】

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

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\(\left\{\begin{array}{l}{(x-\cfrac{c}{2})^2+y^2=\cfrac{c^2}{4}}\\{x^2+y^2=a^2}\end{array}\right.\)，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\(\left\{\begin{array}{l}{x=\cfrac{c}{2}}\\{x^2+y^2=a^2}\end{array}\right.\)，解得\(y=\sqrt{a^2-\cfrac{c^2}{4}}\)，

则可知\(|PQ|=2\sqrt{a^2-\cfrac{c^2}{4}}\)，又\(|PQ|=|OF|=c\)，

故\(2\sqrt{a^2-\cfrac{c^2}{4}}=c\)，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\(\cfrac{c^4}{a^4}-4\cfrac{c^2}{a^2}+4=0\)，即\(e^2-4e+4=0\);

已知\(F_1\)，\(F_2\)是椭圆\(C：\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的左、右焦点，\(A\)是\(C\)的左顶点，点\(P\)在过\(A\)且斜率为\(\cfrac{\sqrt{3}}{6}\)的直线上，\(\triangle PF_1F_2\)为等腰三角形，\(\angle F_1F_2P=120^{\circ}\)，则\(C\)的离心率为_________.

分析：待解答。

【2020届宝鸡市质量检测1理科数学第11题】已知双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)\)的左右焦点分别为\(F_1\)，\(F_2\)，过\(F_2\)的直线与双曲线的一条渐近线交于点\(P\)，若\(\overrightarrow{PF_2}\cdot \overrightarrow{OP}=0\)，\(|PF_1|=2|PF_2|\)，则该双曲线的离心率为【】

$A.3$ $B.\sqrt{21}$ $C.\cfrac{\sqrt{21}}{2}$ $D.\cfrac{\sqrt{21}}{3}$

分析：如图所示，\(\triangle OPF_2\)为\(Rt\triangle\)，\(\angle OPF_2=\cfrac{\pi}{2}\)，

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\(tan\theta=\cfrac{b}{a}=\cfrac{|PF_2|}{|OP|}\)，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\(cos\theta=\cfrac{a}{c}\)，且\(|PF_1|=2|PF_2|=2b\)，

则在\(\triangle PF_1F_2\)中，\(|PF_1|=2b\)，\(|OF_1|=c\)，\(|OP|=a\)，\(cos\angle F_1OP=-cos\theta=-\cfrac{a}{c}\)，

则\((2b)^2=a^2+c^2+2\times a\times c \times cos\theta\)，即\(4(c^2-a^2)=a^2+c^2+2\times a\times c \times \cfrac{a}{c}\)，

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\(D\)。

倾斜角为\(\cfrac{\pi}{4}\)的直线经过椭圆\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的右焦点\(F\)，与椭圆交于\(A\)，\(B\)两点，且\(\overrightarrow{AF}=\)\(2\overrightarrow{FB}\)，则该椭圆的离心率为【】

$A.\cfrac{\sqrt{2}}{3}$ $B.\cfrac{\sqrt{2}}{2}$ $C.\cfrac{\sqrt{3}}{3}$ $D.\cfrac{\sqrt{3}}{2}$

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\(\overrightarrow{AF}=\)\(2\overrightarrow{FB}\)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\(\cfrac{a^2c-3b^2c}{a^2+b^2}\times \cfrac{a^2c+3b^2c}{a^2+b^2}=\cfrac{a^2c^2-a^2b^2}{a^2+b^2}\)

[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

\[\cfrac{a^4c^2-9b^4c^2}{a^2+b^2}=a^2c^2-a^2b^2 \]

将分式化简为整式得到，

\[a^4c^2-9b^4c^2=a^4c^2-a^4b^2+a^2b^2c^2-a^2b^4 \]

抵消\(a^4c^2\)项，整理为一端为零的形式，得到

\[a^4b^2-9b^4c^2-a^2b^2c^2+a^2b^4=0 \]

再约去因式\(b^2\)得到，

\[a^4-9b^2c^2-a^2c^2+a^2b^2=0 \]

上式的第一、三两项提取公因式\(a^2\)，得到，

\[a^2(a^2-c^2)-9b^2c^2+a^2b^2=0 \]

再次整理得到，

\[2a^2b^2-9b^2c^2=0 \]

再次约去因式\(b^2\)得到，

\[2a^2=9c^2 \]

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