一道預(yù)賽題的解法及拓廣

摘 要：本文從兩個不同視角對一道全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽預(yù)賽題進(jìn)行解答，將試題進(jìn)行推廣并得到一個不等式，并通過類比得到橢圓中的相關(guān)結(jié)果.

關(guān)鍵詞：雙曲線;橢圓;離心率;焦點;內(nèi)切圓

中圖分類號：G632?? 文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A?? 文章編號：1008-0333（2022）04-0008-05

1 試題呈現(xiàn)

題目1 （2021年5月全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽福建省預(yù)賽第8題）已知離心率為62的雙曲線C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為雙曲線上一點，R，r分別為△PF1F2的外接圓、內(nèi)切圓半徑.若∠F1PF2=60°，則Rr=.

2 解法探究

由于題目1涉及雙曲線焦點三角形的內(nèi)切圓半徑，比較自然地會想到從面積出發(fā)求解.

解法1 設(shè)PF1=m，PF2=n，雙曲線的半焦距為c，則

S△PF1F2=12m+n+F1F2r

=12m+n+2cr.

因為S△PF1F2=b2tan30°=3b2，

所以12m+n+2cr=3b2.

即r=23b2m+n+2c.

在△PF1F2中由正弦定理，知

2csin60°=2R.

解得R=233c.

由余弦定理，知

4c2=m2+n2-2mncos60°=m+n2-3mn.

即m+n2=4c2+3mn.

又因為S△PF1F2=3b2=12mnsin60°，

所以mn=4b2.

而a=63c，則b2=c23.

故m+n=8c2=22c.

從而Rr=23c3·m+n+2c23b2=c22c+2cc2=22+2.

解法2 根據(jù)對稱性不妨設(shè)P（x0，y0）在第一象限，雙曲線的半焦距為c，則

S△PF1F2=b2tan30°=12·2c·y0.

故y0=3b2c.而a=63c，則b2=c2

3c.

所以y0=33c.

故由x20a2-y20b2=1，得

x2=a2（1+y20b2）=a2（1+3y20c2）=2a2.

即x0=2a=233c.因為

S△PF1F2=12·2c·y0=12（|PF1|+|PF2|+2c）r，

將|PF1|=62x0+a，|PF2|=62x0-a（焦半徑），

代入，得cy0=12（6x0+2c）r.

即r=2cy06x0+2c=

233c22c+2c=c3（2+1）.

在△PF1F2中由正弦定理知

2csin60°=2R.

解得R=233c.

故Rr=233c·3（2+1）c=22+2.

點評 解法1和解法2在求r時均使用了等面積法，并且都借助了雙曲線焦點三角形的面積公式S△PF1F2=b2tanθ（其中∠F1PF2=2θ），不同之處在于解法1主要使用了解三角形的知識（余弦定理和三角形面積公式），而解法2則是直接求出點P的坐標(biāo)并用焦半徑公式將r用點P的坐標(biāo)表示，這兩種解法都是相對容易想到的.

解法3 如圖1，根據(jù)對稱性不妨設(shè)點P在雙曲線的右支上，△PF1F2的內(nèi)切圓圓心為I，圓I依次切PF1，PF2，F(xiàn)1F2于點R，S，T，則PF1-PF2=RF1-SF2=TF1-TF2=2a.

設(shè)雙曲線的半焦距為c，則

TF1+TF2=2c.

所以TF1=c+a.

即T為雙曲線的右頂點.

因為tan∠IF1T=TITF1=rc+a，

tan∠IF2T=TITF2=rc-a，

且∠IF1T+∠IF2T=60°，

所以tan∠IF1T+∠IF2T

=rc+a+rc-a1-rc+a·rc-a=2crc2-a2-r2=3.

即3r2+2cr+3a2-c2=0.

將a=63c，

代入得3r2+23cr-c2=0.

結(jié)合r>0可解得r=6-33c.

在△PF1F2中由正弦定理知2csin60°=2R.

解得R=233c.

故Rr=236-3=22+2.

點評 雙曲線焦點三角形的內(nèi)切圓切焦點所在軸于其中一個頂點，解法3充分利用了這個美妙的幾何特征，從而巧妙地解決問題.

3 推廣拓展

將試題進(jìn)行一般化推廣，得到

命題1 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為雙曲線上一點，R，r分別為△PF1F2的外接圓、內(nèi)切圓半徑，e為雙曲線的離心率.若∠F1PF2=2θ，則Rr=ee2tan2θ+e2-1+etanθe2-1sin2θ.

證明 設(shè)PF1=m，PF2=n，雙曲線的半焦距為c，則

S△PF1F2=12m+n+F1F2r

=12m+n+2cr.

因為S△PF1F2=b2tanθ，

所以12m+n+2cr=b2tanθ.

即r=2b2m+n+2ctanθ.

在△PF1F2中由正弦定理知

2csin2θ=2R.

解得R=csin2θ.

由余弦定理，知

4c2=m2+n2-2mncos2θ=m+n2-2mn1+cos2θ=m+n2-4mncos2θ.

即m+n2=4c2+mncos2θ.

又因為S△PF1F2=b2tanθ=12mnsin2θ，

所以mn=b2sin2θ.

故m+n=2c2+b2tan2θ.

所以Rr=csin2θ·m+n+2ctanθ2b2=cc2tan2θ+b2+ctanθb2sin2θ=ee2tan2θ+e2-1+etanθe2-1sin2θ.

命題1的解答采用了解法1的方法，當(dāng)然也可采用解法2的方法進(jìn)行，不再贅述.在命題1中，當(dāng)點P趨于雙曲線頂點位置時，Rr趨于無窮大，那么Rr有無最小值呢？經(jīng)探究得到：

命題2 在命題1的條件下，有

Rr≥ee+e2-1e2-1.

證明 由命題1可知

Rr=e1+tan2θe2tan2θ+e2-1+etanθ2e2-1tanθ=e1+tan2θe2+e2-1tan2θ+e2e2-1.

令t=e2+e2-1tan2θ，則t>e，且tan2θ=e2-1t2-e2.

故Rr=et2-1t+et2-e22e2-1=e2e2-1·t2-1t-e=e2e2-12e+t-e+e2-1t-e≥e2e2-12e+2t-ee2-1t-e=ee+e2-1e2-1.

當(dāng)且僅當(dāng)t-e=e2-1t-e，即t=e+e2-1，亦即tan2θ=e2-1e2-1+2e時取等號.在橢圓中有：

命題3 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為橢圓上一點，R，r分別為△PF1F2的外接圓、內(nèi)切圓半徑，e為橢圓的離心率.若∠F1PF2=2θ，則

Rr=e21-esin2θ≥12e1-e.

證明 設(shè)橢圓的半焦距為c，則

S△PF1F2=12PF1+PF2+F1F2r=a+cr.

因為S△PF1F2=b2tanθ，

所以a+cr=b2tanθ.

即r=b2tanθa+c=a-ctanθ.

在△PF1F2中，由正弦定理，知2csin2θ=2R.

解得R=csin2θ.

故Rr=csin2θa-ctanθ=e21-esin2θ.

因為θ為銳角，且當(dāng)點P與橢圓短軸端點重合時θ最大，

所以0<sinθ≤ca=e.

由此可知Rr≥e2e21-e=12e1-e.

命題4 在命題1的條件下，有

SRr=2cos2θ（1-1e2+tan2θ+tanθ），其中S為△PF1F2的面積.

證明 由命題1的證明可知

R=csin2θ，r=b2c2tan2θ+b2+ctanθ.

故

SRr=b2tanθ·sin2θc·

c2tan2θ+b2+ctanθb2

=2cos2θ（1-1e2+tan2θ+tanθ）.

命題5 在命題3的條件下，有

SRr=（1+1e）·sin2θ≤1+1e，其中S為△PF1F2的面積.

證明 由命題3的證明可知

R=csin2θ，r=（a-c）tanθ.

故SRr=b2tanθ·sin2θc·1（a-c）tanθ

=（a2-c2）c（a-c）·sin2θ=（1+1e）sin2θ≤1+1e.

4 變式練習(xí)

題目2 已知橢圓

x24+y23=1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為橢圓上異于左、右頂點的動點，△PF1F2的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則S2S1的最小值為.

解析 橢圓的半焦距為1.設(shè)∠F1PF2=2θ，△PF1F2的內(nèi)切圓、外接圓半徑分別為r1，r2.

由S△PF1F2=12（|PF1|+|PF2|+|F1F2|）r1，

得3tanθ=3r1，即r1=tanθ.

在△PF1F2中，由正弦定理知2sin2θ=2r2.

即r2=1sin2θ，故

S2S1=（r2r1）2=14sin4θ.

因為θ為銳角，且當(dāng)點P與橢圓短軸端點重合時θ最大，所以0<sinθ≤12，故S2S1的最小值為4.

題目3 已知雙曲線x24-y25=1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為雙曲線上一動點，且在第一象限內(nèi)，若△PF1F2的重心為G，內(nèi)心為I，IG∥F1F2，則點P的坐標(biāo)為.

解析 雙曲線的半焦距為3.設(shè)P（x0，y0）（x0>0，y0>0），△PF1F2的內(nèi)切圓半徑為r，則G（x03，y03）.

由

12（|PF1|+|PF2|+|F1F2|）r1

=12·|F1F2|·y0，

得r=6y0|PF1|+|PF2|+6.

由IG∥F1F2可知

6y0|PF1|+|PF2|+6=y03.

故|PF1|+|PF2|=12.

結(jié)合|PF1|-|PF2|=4，得|PF2|=4.

所以（x0-3）2+y20=16，

x204-y205=1.解得x0=4，y0=15.

即點P的坐標(biāo)為（4，15）.

題目4 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為雙曲線C上一點，若∠F1PF2=120°，且△PF1F2的外接圓與內(nèi)切圓的半徑之比為8∶1，則雙曲線C的離心率為.

解析 設(shè)雙曲線C的半焦距為c，△PF1F2的外接圓、內(nèi)切圓半徑分別為R、r.根據(jù)對稱性不妨設(shè)點P在第一象限，△PF1F2的內(nèi)切圓圓心為I，圓I切F1F2于點T，由前面的解法3可知T為雙曲線的右頂點，即|TF1|=c+a，|TF2|=c-a.

因為

tan∠IF1T=|TI||TF1|=rc+a，

tan∠IF2T=|TI||TF2|=rc-a，

且∠IF1T+∠IF2T=30°，

所以

tan∠IF1T+∠IF2T

=rc+a+rc-a1-rc+a·rc-a=2crc2-a2-r2=3.

即r2+23cr+a2-c2=0.

結(jié)合r>0可解得r=

4c2-a2-3c.

在△PF1F2中，由正弦定理知2csin120°=2R.

故Rr=23c3（4c2-a2-3c）=8.

整理，得48a2=23c2.

所以e=46923.

參考文獻(xiàn)：

[1] 高繼浩.一道雙曲線題的探究[J].中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師范大學(xué)版），2021（07）：33-34.

[2] 高繼浩.一道武漢市質(zhì)檢試題的探究與變式[J].數(shù)學(xué)通訊

，2021（15）：32-33.

[責(zé)任編輯：李 璟]