Question

12．设E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦点为F₁，F₂，点P为E上一动点，∠F₁PF₂=2θ．
（1）证明：当点P为短轴端点时∠F₁PF₂取最大值．
（2）若∠F₁PF₂=90°，求∠F₁PF₂的面积；
（3）求证：△F₁PF₂的面积S=b²tanθ．

Answer 1

分析 （1）通过题意易知F₁F₂=2c，其中c²=a²-b²，设PF₁=m，PF₂=n，则m+n=2a，利用余弦定理计算可知1+cos∠F₁PF₂=$\frac{4{b}^{2}}{\frac{1}{2}（2\sqrt{m}•\sqrt{n}）^{2}}$，利用基本不等式即得结论；
（2）通过设PF₁=m，PF₂=n，则m+n=2a，通过∠F₁PF₂=90°，利用勾股定理及完全平方公式化简可知mn=2b²，进而利用${S}_{△{F}_{1}P{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$•mn•sin∠F₁PF₂计算即得结论；
（3）通过（1）可知1+cos∠F₁PF₂=$\frac{4{b}^{2}}{2mn}$，利用二倍角公式及平方关系可知cos²θ=$\frac{{b}^{2}}{mn}$，从而mn=$\frac{{b}^{2}}{co{s}^{2}θ}$，利用${S}_{△{F}_{1}P{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}•mn•sin2θ$计算即得结论．

解答 （1）证明：依题意，F₁F₂=2c，其中c²=a²-b²，
设PF₁=m，PF₂=n，则m+n=2a，
由余弦定理可知m²+n²-2mncos∠F₁PF₂=4c²，
∴（m+n）²-2mn（1+cos∠F₁PF₂）=4c²，
∴1+cos∠F₁PF₂=$\frac{（m+n）^{2}-4{c}^{2}}{2mn}$
=$\frac{4{a}^{2}-4{c}^{2}}{2mn}$
=$\frac{4{b}^{2}}{2mn}$
=$\frac{4{b}^{2}}{\frac{1}{2}（2\sqrt{m}•\sqrt{n}）^{2}}$
≥$\frac{4{b}^{2}}{\frac{1}{2}•（m+n）^{2}}$（当且仅当m=n时取等号）
=$\frac{4{b}^{2}}{\frac{1}{2}•4{a}^{2}}$
=$\frac{2{b}^{2}}{{a}^{2}}$，
即当点P为短轴端点时∠F₁PF₂取最大值；
（2）解：设PF₁=m，PF₂=n，则m+n=2a，
又∵∠F₁PF₂=90°，
∴m²+n²=4c²，
∴（m+n）²-2mn=4c²，
∴mn=$\frac{1}{2}$（4a²-4c²）=2b²，
∴${S}_{△{F}_{1}P{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$•mn•sin∠F₁PF₂
=$\frac{1}{2}•$2b²•sin90°
=b²；
（3）证明：依题意，F₁F₂=2c，其中c²=a²-b²，
设PF₁=m，PF₂=n，则m+n=2a，
由余弦定理可知m²+n²-2mncos∠F₁PF₂=4c²，
∴（m+n）²-2mn（1+cos∠F₁PF₂）=4c²，
∴1+cos∠F₁PF₂=$\frac{（m+n）^{2}-4{c}^{2}}{2mn}$
=$\frac{4{a}^{2}-4{c}^{2}}{2mn}$
=$\frac{4{b}^{2}}{2mn}$，
∴1+cos2θ=1+cos²θ-sin²θ=2cos²θ=$\frac{4{b}^{2}}{2mn}$，
∴cos²θ=$\frac{{b}^{2}}{mn}$，
∴mn=$\frac{{b}^{2}}{co{s}^{2}θ}$，
∴${S}_{△{F}_{1}P{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}•mn•sin2θ$
=mn•sinθcosθ
=$\frac{{b}^{2}}{co{s}^{2}θ}$•sinθcosθ
=b²tanθ．

点评 本题考查椭圆的简单性质，涉及勾股定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．