第四章 第三节 定义内相关结论-【老唐说题】高中数学新思路 圆锥曲线专题

■ １００　 ■  !-#$*+lmnop 　我们前面在焦点三角形已经接触过此类题型，本节重点介绍等轴双曲线． 一、椭圆 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ａ ２＋ｂ２－ ＯＰ ２ 设 Ｆ１、Ｆ２是椭圆 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的两个焦点，Ｏ是椭圆的中心，Ｐ是椭圆上任意一点， ∠Ｆ１ＰＦ２＝θ，则 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ａ ２＋ｂ２－ ＯＰ ２＝ ２ｂ ２ １＋ｃｏｓθ ． 证明：２ ＯＰ ２＋２ｃ２＝ ＰＦ１ ２＋ ＰＦ２ ２＝（ＰＦ１ ＋ ＰＦ２ ） ２－２ＰＦ１ · ＰＦ２ ，整理得 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ａ ２＋ｂ２－ ＯＰ ２． 二、双曲线 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ｂ ２－ａ２＋ ＯＰ ２ 设 Ｆ１、Ｆ２是双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的两个焦点，Ｏ是双曲线的中心，Ｐ是双曲线上任 意一点，∠Ｆ１ＰＦ２＝θ，则 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ｂ ２－ａ２＋ ＯＰ ２＝ ２ｂ ２ １－ｃｏｓθ ． 证明：２ ＯＰ ２＋２ｃ２＝ ＰＦ１ ２＋ ＰＦ２ ２＝（ＰＦ１ － ＰＦ２ ） ２＋２ＰＦ１ · ＰＦ２ ，整理得 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ｂ ２－ａ２＋ ＯＰ ２． 三、等轴双曲线 ＰＯ ２＝ ＰＦ１ · ＰＦ２ １．等轴双曲线满足： ＰＯ ２＝ ＰＦ１ · ＰＦ２ ； 证明：由于等轴双曲线满足 ａ＝ｂ，所以 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ｂ ２－ａ２＋ ＯＰ ２＝ ＯＰ ２． ２．椭圆双曲线共焦点，则有 ｂ２１ １＋ｃｏｓθ ＝ ｂ２２ １－ｃｏｓθ ，也能推出 ｓｉｎ２ θ ２ ｅ２１ ＋ ｃｏｓ２ θ ２ ｅ２２ ＝１． （２０２３·甲卷）已知椭圆ｘ ２ ９ ＋ｙ ２ ６ ＝１，Ｆ１，Ｆ２为两个焦点，Ｏ为原点，Ｐ为椭圆上一点，ｃｏｓ ∠Ｆ１ＰＦ２＝ ３ ５ ，则 ＰＯ ＝ （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 Ａ．２ ５ Ｂ．槡３０ ２ Ｃ．３ ５ Ｄ．槡３５ ２ 解法一：设 ＰＦ１ ＝ｍ， ＰＦ２ ＝ｎ，不妨 ｍ＞ｎ，可得 ｍ＋ｎ＝６，４ｃ ２ ＝ｍ２ ＋ｎ２ －２ｍｎｃｏｓ ∠Ｆ１ＰＦ２，即１２＝ｍ ２＋ｎ２－６ ５ ｍｎ，可得 ｍｎ＝１５ ２ ，ｍ２＋ｎ２＝２１，ＰＯ! ＝１ ２ （ＰＦ１ ! ＋ＰＦ２ ! ），可得 ＰＯ ２＝ １ ４ （ＰＦ１ ! ２ ＋ＰＦ２ ! ２ ＋２ＰＦ１ ! · ＰＦ２ ! ）＝ １ ４ （ｍ２ ＋ｎ２ ＋２ｍｎｃｏｓ∠Ｆ１ＰＦ２）＝ １ ４ ｍ２＋ｎ２＋６ ５( )ｍｎ ＝ １ ４ ２１＋６ ５ ×１５( )２ ＝１５２．可得 ＰＯ ＝槡３０２ ． 解法二：利用焦半径公式， ＰＦ１ ＝ａ＋ｅｘ０， ＰＦ２ ＝ａ－ｅｘ０， ＯＰ ２ ＝ｘ２０ ＋ｙ ２ ０ ＝ｘ ２ ０ ＋ｂ ２ －ｂ ２ ａ２ ｘ２０， ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝（ａ＋ｅｘ０）（ａ－ｅｘ０）＝ａ ２－ｃ ２ ａ２ ｘ２０＝ａ ２－ １－ ｂ２ ａ( )２ ｘ２０＝ａ２＋ｂ２－ ＯＰ ２，利用等面积法， !:#$;<=>?@A ■■ １０１　 ■ Ｓ△ＰＦ１Ｆ２＝ １ ２ ＰＦ１ ＰＦ２ ｓｉｎθ＝ｂ ２ ｓｉｎθ １＋ｃｏｓθ ，故 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ ２ｂ２ １＋ｃｏｓθ ＝ａ２＋ｂ２－ ＯＰ ２，即 ＯＰ ２＝ ａ２＋ｂ２－ ２ｂ ２ １＋ｃｏｓθ ＝１５ ２ ，故选 Ｂ． （２０２３·翠屏区期中）已知 Ｆ１，Ｆ２为双曲线 Ｃ：ｘ ２ －ｙ２ ＝１的左、右焦点，点 Ｐ在 Ｃ上， ∠Ｆ１ＰＦ２＝ π ３ ，则 ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝　　　　， ＰＯ ＝　　　　 因为 ａ＝ｂ＝１，ｃ＝槡２， ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ ＰＯ ２＝ ２ｂ ２ １－ｃｏｓ６０° ＝４．故答案为４，２． 已知点 Ｐ是双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上的动点，Ｆ１、Ｆ２是其左、右焦点，Ｏ坐标原点， 若存在四个点 Ｐ满足 ＰＦ１ ＋ ＰＦ２ ＯＰ ＝槡６，则此双曲线的离心率取值范围　　　　． 利用中线定理得： ＰＦ１ · ＰＦ２ ＝ｂ ２ －ａ２ ＋ ＯＰ２ (， ＰＦ１ ＋ ＰＦ２ )ＯＰ ２ ＝６有两个解，即 （ＰＦ１ － ＰＦ２ ） ２＋４ＰＦ１ · ＰＦ２ ＯＰ２ ＝４ａ ２＋４（ｂ２－ａ２＋ ＯＰ ２） ＯＰ ２ ＝４＋ ４ｂ ２ ＯＰ ２ ＝６有四解，所以 ４＋４ｂ ２ ａ２ ＞ ６，即 ｅ＞槡６ ２ 故答案为 槡６ ２ ， ＋( )∞ ． （２０２３·多选·菏泽一模）已知双曲线 Ｅ：ｘ２ －ｙ ２ ３ ＝１的左、右焦点分别为 Ｆ１、Ｆ２，过点 Ｃ １，槡３( )２ 的直线 ｌ与双曲线 Ｅ的左、右两支分别交于 Ｐ、Ｑ两点，下列命题正确的有 （　　） Ａ．当点 Ｃ为线段 ＰＱ的中点时，直线 ｌ的斜率为槡３ Ｂ．若 Ａ（－１，０），则∠ＱＦ２Ａ＝２∠