专题16 焦点三角形性质-【MST老唐说题】高中数学新思路 高观点 低运算系列1

■ １７６　 ■  １６€[H`zMg )*038*01901)*03P*12P*12V+* !"±²Íq,”»%() 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 ＝ｂ２ｔａｎθ２（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 ２ｍｎｓｉｎθ      ③ ①２－②：ｍｎ ＝ ２ｂ ２ １＋ｃｏｓθ 所以 Ｓ△Ｆ１ＰＦ２ ＝ｂ ２· ｓｉｎθ １＋ｃｏｓθ ＝ｂ２· ２ｓｉｎθ２ｃｏｓ θ ２ ２ｃｏｓ２ θ２ ＝ｂ２ｔａｎθ２ 注意：焦点三角形面积，本质来自于解三角 形部 分，Ｓ＝ １４［（ａ＋ｂ） ２ －ｃ２］ ｓｉｎＣ１＋ｃｏｓＣ＝ １ ４［（ａ＋ｂ） ２－ｃ２］ｔａｎＣ２ 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＝ｍｎ２ｍｎ＝２ｂ ２；ｒ＝ａ－ｃ， （２）任意角度的等面积法：Ｓ△Ｆ１ＰＦ２＝ｃｙｐ ＝ ｂ２ｔａｎθ２＝ １ ２ＰＦ１ ! ·ＰＦ２ ! ｔａｎθ＝（ａ＋ｃ）ｒ． （３）最大面积、最大夹角问题：当点 Ｐ位于 椭圆的短轴顶点时，Ｓ△Ｆ１ＰＦ２＝ ２ｃｙｐ ２ ＝ｃｙｐ ＝ｂｃ 取最大值，根据等面积原理，此时Ｓ△Ｆ１ＰＦ２＝ｂ ２ｔａｎ θ ２＝ｂｃｔａｎ θ ２＝ ｃ ｂ． （４）直角顶点的讨论：当Ｓ△Ｆ１ＰＦ２＝ｂ ２ｔａｎθ２＝ ｂｃ时，θ取得最大值，若 θ＞９０°，则 θ２＞４５°， ｔａｎθ２＝ ｃ ｂ＞１；同理，若 θ＝９０°，则 θ ２＝４５°， ｔａｎθ２＝ ｃ ｂ＝１；若θ＜９０°，则 θ ２＜４５°，ｔａｎ θ 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） （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 !" １６ # jI:Kd?R ■■ １７７　 ■ 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ｍ２＋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． （２０１９·新课标Ⅱ）已知Ｆ１，Ｆ２是椭圆Ｃ： ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的两个焦点，Ｐ为 Ｃ 上的点，Ｏ为坐标原点． （１）若△ＰＯＦ２为等边三角形，求 Ｃ的离 心率； （２）如果存在点 Ｐ，使得 ＰＦ１⊥ＰＦ２，且 △Ｆ１ＰＦ２的面积等于１６，求 ｂ的值和 ａ的取值范围． （１）连接ＰＦ１，由△ＰＯＦ２为等边三角形可 知在△Ｆ１ＰＦ２ 中，∠Ｆ１ＰＦ２ ＝９０°， ＰＦ２ ＝ｃ， ＰＦ１ ＝槡３ｃ，于是２ａ＝ ＰＦ１ ＋ ＰＦ２ ＝（槡３＋ １）ｃ，故曲线Ｃ的离心率ｅ＝ｃａ＝槡３－１． （２）解法一：由题意可知，满足条件的点 Ｐ（ｘ， ｙ）存在当且仅当：１２ ｙ·２ｃ＝１６， ｙ ｘ＋ｃ· ｙ ｘ－ｃ ＝－１，ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１， 即ｃｙ＝１６①，ｘ２＋ｙ２＝ｃ２②，ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１③，由 ②③及ａ２＝ｂ２＋ｃ２得ｙ２＝ｂ ４ ｃ２ ，又由①知ｙ２＝１６ ２ ｃ２ ， 故ｂ＝４， 由②③得ｘ２＝ａ ２ ｃ２ （ｃ２－ｂ２），所以ｃ２≥ｂ２，从而ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２≥２ｂ２＝３２，故ａ≥４槡２， 当ｂ＝４，ａ≥４槡２时，存在满足条件的点 Ｐ．所 以ｂ＝４，ａ的取值范围为［４槡２，＋∞）． 解法二： ＰＦ１ ＝ｍ， ＰＦ２ ＝ｎ，则 ｍ ２＋ｎ２＝ ４ｃ２（ｍ＋ｎ）２＝ｍ２＋ｎ２＋２ｍｎ＝