分析 設(shè)點(diǎn)A(acosα,bsinα),從而可得(-c-acosα,-bsinα)(-c+acosα,bsinα)=0,從而化簡(jiǎn)可得cosα=$\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}$,而sinθ=$\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}}$,從而可得$\frac{1}{2}$≤$\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}}$≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$,從而可得$\left\{\begin{array}{l}{2-\frac{1}{{e}^{2}}≥0}\\{\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}≤\frac{1}{4}}\end{array}\right.$,從而求得.
解答 解:設(shè)點(diǎn)A(acosα,bsinα),則B(-acosα,-bsinα)(0≤α≤$\frac{π}{2}$);
F(-c,0);
∵AF⊥BF,
∴$\overrightarrow{AF}$•$\overrightarrow{BF}$=0,
即(-c-acosα,-bsinα)(-c+acosα,bsinα)=0,
故c2-a2cos2α-b2sin2α=0,
cos2α=$\frac{{c}^{2}-^{2}}{{c}^{2}}$=2-$\frac{1}{{e}^{2}}$,
故cosα=$\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}$,
而|AF|=$\sqrt{(c+acosα)^{2}+^{2}si{n}^{2}α}$,
|AB|=$\sqrt{4{a}^{2}co{s}^{2}α+4^{2}si{n}^{2}α}$=2c,
而sinθ=$\frac{\sqrt{2{c}^{2}+2accosα}}{2c}$
=$\sqrt{\frac{2{c}^{2}+2accosα}{4{c}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}}$,
∵θ∈[$\frac{π}{6}$,$\frac{π}{3}$],
∴sinθ∈[$\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$],
∴$\frac{1}{2}$≤$\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}}$≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2e}$$\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}$≤$\frac{3}{4}$,
∴$\left\{\begin{array}{l}{2-\frac{1}{{e}^{2}}≥0}\\{\frac{1}{2e}\sqrt{2-\frac{1}{{e}^{2}}}≤\frac{1}{4}}\end{array}\right.$,
即$\left\{\begin{array}{l}{e≥\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{2-\frac{1}{{e}^{2}}≤\frac{{e}^{2}}{4}}\end{array}\right.$,
解得,$\frac{\sqrt{2}}{2}$≤e≤$\sqrt{3}$-1;
故答案為:[$\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\sqrt{3}$-1].
點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓錐曲線與直線的位置關(guān)系的應(yīng)用及平面向量的應(yīng)用,同時(shí)考查了三角函數(shù)的應(yīng)用.
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