2019年全国Ⅱ卷文科数学第20题探究与探源

刘炳辉

摘 要：2019年全国Ⅱ卷文科第20题以椭圆的焦点三角形为依托，主要考查了椭圆的定义和几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查了方程思想和化归与转化思想，考查了推理论证能力和运算求解能力，旨在考查数学运算、逻辑推理和直观想象的核心素养.本文对这道试题进行解法探究、变式探究和源头探究.

关键词：椭圆; 解法; 变式;源头

2019年全国Ⅱ卷文科第20题以椭圆的焦点三角形为依托，主要考查了椭圆的定义和几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查了方程思想和化归与转化思想，考查了学生的推理论证能力和运算求解能力，旨在考查数学运算、逻辑推理和直观想象的核心素养.这道试题第（1）问较简单，第（2）问难度较大，两问之间具有很好的梯度性，具有很好的选拔功能.

1 试题再现

题目 （2019年全国Ⅱ卷文科第20题）已知F1，F2是椭圆C∶x2a2+y2b2=1（a>b>0）的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点.

（1）若ΔPOF2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.

2 解法探究

2.1 第（1）问解析

解法1 连接PF1，由ΔPOF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2=90°，|PF2|=c，|PF1|=3c.

于是2a=|PF1|+|PF2|=（3+1）c.

故曲线C的离心率e=ca=3-1.

解法2 在ΔPOF2中，|PO|=|PF2|=|OF2|=c.

设P（x0，y0），则|x0|=|OP|cos60°=12c，|y0|=|OP|sin60°=32c.

所以P（±12c，±32c）.代入椭圆方程x2a2+y2a2-c2=1，整理可得，

c4-8a2c2+4a4=0.

所以（ca）4-8（ca）2+4=0.

即e4-8e2+4=0.

因为0

所以e=4-2 3=3-1.

评注 解法1根据ΔPOF2为等边三角形，可得在△F1PF2中，∠F1PF2=90°，再根据直角三角形和椭圆定义可得;解法2把点P的坐标根据解三角形的知识表示出来，再代入椭圆方程，根据齐次化法和椭圆离心率公式整理成关于e的方程，由求根公式解出e2，再解出离心率.

2.2 第（2）问解析

解法1 由题意可知，满足条件的点P（x，y）存在当且仅当12|y|·2c=16，yx+c·yx-c=-1，x2a2+y2b2=1.

即c|y|=16.①

x2+y2=c2.②

x2a2+y2b2=1.③

由②③及a2=b2+c2得y2=b4c2.

又由①知y2=162c2，故b=4.

由②③得x2=a2c2（c2-b2），所以c2≥b2.

從而a2=b2+c2≥2b2=32.故a≥42.

当b=4，a≥42时，存在满足条件的点P.

所以b=4，a的取值范围为[42，+∞）.

评注 根据三个条件列三个方程，解方程组可得b=4，根据x2=a2c2（c2-b2），所以c2≥b2.从而a2=b2+c2≥2b2=32.故a≥4 2.

解法2 由椭圆的焦点三角形面积公式可得，

SΔF1PF2=b2tan∠F1PF22=b2tan45°=b2=16.

所以b=4.

设点P（x0，y0），由焦半径公式可得， |PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0.

记|F1F2|=2c，由题设可知满足条件的点P（x0，y0）存在当且仅当

（a+ex0）2+（a-ex0）2=4c2，12（a+ex0）（a-ex0）=16.

整理可得a2+e2x20=2c2，a2-e2x20=32. （*）

所以由（*）式可解得a2=16+c2.

所以b2=a2-c2=16.所以b=4.

由（*）式可得，e2x20=c2-16，x20=1e2（c2-16）.

所以c2≥16.从而a2=16+c2≥32.

所以a≥42.即a的取值范围为[42，+∞）.

评注 本解法运用了圆锥曲线中的二级结论椭圆的焦半径公式，由勾股定理和三角形面积公式列出方程组，解方程组可得出b2的值，从而得出b的值，由方程组把x20表示出来，得出c2的范围，从而得出a的范围.

解法3 由椭圆的焦点三角形面积公式可得，

SΔF1PF2=b2tan∠F1PF22=b2tan45°=b2=16.

所以b=4.

由题意可知满足条件的点P存在当且仅当|PF1|·|PF2|=32，|PF1|2+|PF2|2=4c2.

由重要不等式可得，|PF1|2+|PF2|2≥2|PF1|·|PF2|.即4c2≥64.所以c2≥16.

所以a2=b2+c2≥32.所以a≥42.

所以a的取值范围为[42，+∞）.

评注 由圆锥曲线中的二级结论椭圆的焦点三角形面积容易得b的值，再运用勾股定理、三角形面积公式和重要不等式可得出c2的取值范围，从而得出a的范围.

3 变式探究

变式1 已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1⊥F1F2，且∠F1PF2=60°，求C的离心率.

解 由椭圆的定义可知|PF1|+|PF2|=2a，|F1F2|=2c.

在RtΔPF1F2中，|PF1|=|F1F2|tan60°=2 3c3，|PF2|=|F1F2|sin60°=43c3.

所以2 3c=2a.所以e=ca=3 3.

评注 本变式题主要考查了椭圆的离心率.解答过程中运用了椭圆的定义、椭圆的离心率公式以及解直角三角形的知识.

变式2 已知点P为椭圆C：x29+y26=1上的一点，且以点P及C的焦点F1，F2为顶点的三角形的面积等于3，求点P的坐标.

解 设点P的坐标P（x0，y0），a2=9，b2=6，所以c=3，|F1F2|=2c=2 3.

所以SΔPF1F2=12|F1F2||y0|=3|y0|=3.

所以y0=±1.代入x209+y206=1，解得x0=±302.

所以P（±302，±1）.

评注 本变式主要考查了椭圆的定义和椭圆的方程.先根据面积得出所求点的纵坐标，再代入椭圆方程得到横坐标.

变式3 已知点P为椭圆C：x29+y26=1上的一点，F1，F2分别为C的左右焦点，且∠F1PF2=60°，求ΔPF1F2的面积.

解 由已知可得，|F1F2|=2a2-b2=2 3，

SΔPF1F2=12|PF1||PF2|sin60°=34|PF1||PF2|.

由椭圆的定义可得，|PF1|+|PF2|=6.

所以|PF1|2+|PF2|2+2|PF1|·|PF2|=36.

由余弦定理得，|PF1|2+|PF2|2-|PF1||PF2|=12.

所以|PF1||PF2|=8.

所以SΔPF1F2=2 3.

评注 本变式考查了椭圆焦点三角形面积公式的应用.运用了椭圆的定义、余弦定理和三角形面积公式.

变式4 设F1，F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点，椭圆C的离心率为33，P为该椭圆上一点，满足∠F1PF2=90°，若ΔPF1F2的面积为2，求椭圆C的方程.

解 由题设可得，e=ca=33.

所以a2=3c2，b2=a2-c2=2c2.

SΔPF1F2=b2tan∠F1PF22=b2tan45°=b2=2.

所以2c2=2.所以c2=1.

所以a2=3，b2=2.

所以橢圆C的方程为x23+y22=1.

评注 本题运用了椭圆的定义、椭圆的离心率公式以及椭圆的焦点三角形ΔPF1F2的面积公式SΔPF1F2=b2tanθ2（其中θ=∠F1PF2，P为椭圆C的一点）.

4 源头探究

高考试题源于教材而高于教材，本文通过认真审视高考真题，发现人教A版《选修1-1》第41页习题2.1A组第六题就是它的影子：已知点P是椭圆x25+y24=1上的一点，且以点P及焦点F1，F2为顶点的三角形的面积等于1，求点P的坐标.

高考命题专家在命制试题时，也会对历年高考真题密切关注并适当改编作为新的高考试题，此高考真题第（1）问可以看成2018年全国Ⅱ卷文科第11题的翻版：已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=60°，则C的离心率为（ ）.

A.1-32 B.2-3 C.3-12 D.3-1

5 解题启示

罗增儒说：“一旦获解，就立即产生感情上的满足，从而导致心理封闭，恰好错过了提高的机会，无异于入宝山而空返.”本例解题没有停留在题目的求解出上，而是调动以前学过的知识和方法，进行一题多解.在平时的习题教学中，通过渗透一题多解可以培养学生从多角度、多方位去分析问题和解决问题，可以培养学生求异的创造性思维，可以打破思维定势和机械的思维模式.本例解题从多角度、多方位对该高考真题进行变式探究，生成一系列与该高考真题相关的题目，使学过的知识进一步精细化，不局限于该真题的解出，而是随机应变，举一反三，触类旁通.高考试题凝结了命题专家的心血和智慧，具有很好的研究价值.在平时的教学中，我们要尝试对高考真题进行多解探究和变式探究，通过“一题多解”和“一题多变”演绎问题的产生过程，提高学生思维的变通性，可以开拓学生的知识视野，增强学生的综合思维能力和发展创造思维，同时有助于学生深刻理解知识的系统性、特殊性和广泛性，提高学生的综合思维能力和解题能力，提升学生的数学核心素养.所以我们还要尝试对高考真题进行源头探究，可以防止复习备考的盲目性.

参考文献：

[1]罗增儒.数学解题学引论[M].西安：陕西师范大学出版社，1997.