第二章 第一节 焦点三角形，柳暗花明-【老唐说题】高中数学新思路 圆锥曲线专题

■ ２６　 ■  ２!　 !"#$45%6789:; ()*+,-)./)0.*+<.*=2.*+1*+<.*=0.+3<.->0.+3,-. !"#$>?-@A) BCDE 一、椭圆焦点三角形的性质 椭圆 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）焦点为 Ｆ１，Ｆ２，Ｐ为椭圆上的点，∠Ｆ１ＰＦ２＝θ，如图１，则 ＳΔＦ１ＰＦ２＝ｂ ２ · ｓｉｎθ １＋ｃｏｓθ ＝ｂ２ｔａｎθ ２ （灵动椭圆焦点三角形面积公式） 图１ 证明：设 ＰＦ１ ＝ｍ， ＰＦ２ ＝ｎ ｍ＋ｎ＝２ａ① ２( )ｃ２＝ｍ２＋ｎ２－２ｍｎｃｏｓθ② Ｓ△Ｆ１ＰＦ２＝ １ ２ ｍｎｓｉｎθ      ③ ①２ －②：ｍｎ＝ ２ｂ ２ １＋ｃｏｓθ 所 以 Ｓ△Ｆ１ＰＦ２ ＝ｂ ２ · ｓｉｎθ １＋ｃｏｓθ ＝ｂ２· ２ｓｉｎθ ２ ｃｏｓθ ２ ２ｃｏｓ２ θ ２ ＝ｂ２ｔａｎθ ２ 注意：焦点三角形面积，本质来自于解三角形部分，Ｓ＝１ ４ ［（ａ＋ｂ）２－ｃ２］ ｓｉｎＣ １＋ｃｏｓＣ ＝１ ４ ［（ａ＋ｂ）２ －ｃ２］ｔａｎＣ ２ 图２ 第一类：面积带动角度与坐标转化（注意：ｒ为内切圆半径） （１）直角三角等面积法：如图２，当 ＰＦ１⊥ＰＦ２时，有 Ｓ△Ｆ１ＰＦ２＝ｂ ２＝ ２ｃｙｐ ２  ｙｐ ＝ ｂ２ ｃ ； Ｓ△Ｆ１ＰＦ２＝ｂ ２＝ｍｎ ２ ｍｎ＝２ｂ２；ｒ＝ａ－ｃ， （２）任意角度的等面积法：Ｓ△Ｆ１ＰＦ２＝ｃｙｐ ＝ｂ ２ｔａｎθ ２ ＝１ ２ ＰＦ１ ! ·ＰＦ２ ! ｔａｎθ＝（ａ＋ｃ）ｒ． !,#$%&'(-.)/01234 ■■ ２７　 ■ （３）直角顶点的讨论：当 Ｓ△Ｆ１ＰＦ２＝ｂ ２ｔａｎθ ２ ＝ｂｃ时，θ取得最大值，若 θ＞９０°，则 θ２ ＞４５°，ｔａｎθ ２ ＝ｃ ｂ ＞１；同理，若 θ＝９０°，则 θ２ ＝４５°，ｔａｎθ ２ ＝ｃ ｂ ＝１；若 θ＜９０°，则 θ２ ＜４５°，ｔａｎθ ２ ＝ｃ ｂ ＜１．在 分析直角顶点个数时，当 ｃ＞ｂ时，ＰＦ１⊥ＰＦ２有四个点 Ｐ存在；当 ｃ＝ｂ时，ＰＦ１⊥ＰＦ２有两个点 Ｐ存 在；当 ｃ＜ｂ时，ＰＦ１⊥ＰＦ２无点 Ｐ存在．（注意：ＰＦ１⊥ＰＦ２与 Ｒｔ△ＰＦ１Ｆ２的区别） （４）短轴端点处∠Ｆ１ＰＦ２张角最大 已知椭圆 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１ａ＞ｂ( )＞０的左、右两焦点分别为 Ｆ１、Ｆ２，Ｐ是椭圆上一动点，在焦点三角 形 ＰＦ１Ｆ２中，若∠Ｆ１ＰＦ２最大，则点 Ｐ为椭圆短轴的端点． 证明：Ｓ△ＰＦ１Ｆ２＝ｂ ２ｔａｎ ∠Ｆ１ＰＦ２ ２ ＝ｃｙＰ ，故当 ｙＰ取得最大值 ｂ时，即当点 Ｐ位于短轴端点时， ∠Ｆ１ＰＦ２取得最大值． （５）已知椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１ａ＞ｂ( )＞０的左、右两焦点分别为 Ｆ１、Ｆ２，若椭圆上存在一点 Ｐ，使得 ∠Ｆ１ＰＦ２＝θ，则椭圆离心率 ｅ∈ ｓｉｎ θ ２ ，[ )１． 证明：如图，设 Ｂ１为椭圆的短轴顶点，假设椭圆上存在一点 Ｐ，使得∠Ｆ１ＰＦ２ ＝θ，则必有 ∠Ｆ１Ｂ１Ｆ２≥θ，又 ｅ＝ｓｉｎ ∠Ｆ１Ｂ１Ｆ２ ２ ，由于 θ ２≤ ∠Ｆ１Ｂ１Ｆ２ ２ ＜π ２ ，故 ｅ∈ ｓｉｎθ２ ，[ )１． （２０２３·甲卷）设 Ｆ１，Ｆ２为椭圆Ｃ： ｘ２ ５ ＋ｙ２＝１的两个焦点，点 Ｐ在Ｃ上，若ＰＦ１ ! ·ＰＦ２ ! ＝０，则 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．４ Ｄ．５ 根据题意，点 Ｐ在椭圆上，满足ＰＦ１ ! ·ＰＦ２ ! ＝０，可得∠Ｆ１ＰＦ２＝ π ２ ，又由椭圆 Ｃ：ｘ ２ ５ ＋ｙ２＝１， 其中 ｂ２＝１，可得 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝２Ｓ△ＰＦ１Ｆ２＝２ｂ ２＝２，故选 Ｂ． （２０２１·甲卷）已知 Ｆ１，Ｆ２为椭圆 Ｃ： ｘ２ １６ ＋ｙ ２ ４ ＝１的两个焦点，Ｐ，Ｑ为 Ｃ上关于坐标原点对称 的两点，且 ＰＱ ＝ Ｆ１Ｆ２ ，则四边形 ＰＦ１ＱＦ２的面积为　　　　． 因为 Ｐ，Ｑ为 Ｃ上关于坐标原点对称的两点，且 ＰＱ ＝ Ｆ１Ｆ２ ，所以四边形 ＰＦ１ＱＦ２为矩形， 解法一：设 ＰＦ１ ＝ｍ， ＰＦ２ ＝ｎ，由椭圆的定义可得 ＰＦ１ ＋ ＰＦ２ ＝ｍ＋ｎ＝２ａ＝８，所以 ｍ ２＋ ２ｍｎ＋ｎ２＝６４，因为 ＰＦ１ ２＋ ＰＦ２ ２＝ Ｆ１Ｆ２ ２＝４ｃ２＝４（ａ２－ｂ２）＝４８，即 ｍ２＋ｎ２＝４８，所以 ｍｎ＝８， 所以四边形 ＰＦ１ＱＦ２的面积为 ＰＦ１ ＰＦ２ ＝ｍｎ＝８． 解法二：选择题直接用灵动椭圆焦点三角形面积公式：Ｓ＝２Ｓ△ＰＦ１Ｆ２＝２ｂ ２ｔａｎ４５°＝８故答案为８． ■ ２８　 ■  （２０１９·新课标Ⅱ）已知 Ｆ１，Ｆ２是椭圆 Ｃ： ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（