一道预赛题的解法及拓广

摘 要：本文从两个不同视角对一道全国高中数学联赛预赛题进行解答，将试题进行推广并得到一个不等式，并通过类比得到椭圆中的相关结果.

关键词：双曲线;椭圆;离心率;焦点;内切圆

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2022）04-0008-05

1 试题呈现

题目1 （2021年5月全国高中数学联赛福建省预赛第8题）已知离心率为62的双曲线C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线上一点，R，r分别为△PF1F2的外接圆、内切圆半径.若∠F1PF2=60°，则Rr=.

2 解法探究

由于题目1涉及双曲线焦点三角形的内切圆半径，比较自然地会想到从面积出发求解.

解法1 设PF1=m，PF2=n，双曲线的半焦距为c，则

S△PF1F2=12m+n+F1F2r

=12m+n+2cr.

因为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.

又因为S△PF1F2=3b2=12mnsin60°，

所以mn=4b2.

而a=63c，则b2=c23.

故m+n=8c2=22c.

从而Rr=23c3·m+n+2c23b2=c22c+2cc2=22+2.

解法2 根据对称性不妨设P（x0，y0）在第一象限，双曲线的半焦距为c，则

S△PF1F2=b2tan30°=12·2c·y0.

故y0=3b2c.而a=63c，则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.因为

S△PF1F2=12·2c·y0=12（|PF1|+|PF2|+2c）r，

将|PF1|=62x0+a，|PF2|=62x0-a（焦半径），

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.

点评 解法1和解法2在求r时均使用了等面积法，并且都借助了双曲线焦点三角形的面积公式S△PF1F2=b2tanθ（其中∠F1PF2=2θ），不同之处在于解法1主要使用了解三角形的知识（余弦定理和三角形面积公式），而解法2则是直接求出点P的坐标并用焦半径公式将r用点P的坐标表示，这两种解法都是相对容易想到的.

解法3 如图1，根据对称性不妨设点P在双曲线的右支上，△PF1F2的内切圆圆心为I，圆I依次切PF1，PF2，F1F2于点R，S，T，则PF1-PF2=RF1-SF2=TF1-TF2=2a.

设双曲线的半焦距为c，则

TF1+TF2=2c.

所以TF1=c+a.

即T为双曲线的右顶点.

因为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.

将a=63c，

代入得3r2+23cr-c2=0.

结合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.

点评 雙曲线焦点三角形的内切圆切焦点所在轴于其中一个顶点，解法3充分利用了这个美妙的几何特征，从而巧妙地解决问题.

3 推广拓展

将试题进行一般化推广，得到

命题1 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线上一点，R，r分别为△PF1F2的外接圆、内切圆半径，e为双曲线的离心率.若∠F1PF2=2θ，则Rr=ee2tan2θ+e2-1+etanθe2-1sin2θ.

证明 设PF1=m，PF2=n，双曲线的半焦距为c，则

S△PF1F2=12m+n+F1F2r

=12m+n+2cr.

因为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.

又因为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.

命题1的解答采用了解法1的方法，当然也可采用解法2的方法进行，不再赘述.在命题1中，当点P趋于双曲线顶点位置时，Rr趋于无穷大，那么Rr有无最小值呢？经探究得到：

命题2 在命题1的条件下，有

Rr≥ee+e2-1e2-1.

证明 由命题1可知

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

令t=e2+e2-1tan2θ，则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.

当且仅当t-e=e2-1t-e，即t=e+e2-1，亦即tan2θ=e2-1e2-1+2e时取等号.在椭圆中有：

命题3 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上一点，R，r分别为△PF1F2的外接圆、内切圆半径，e为椭圆的离心率.若∠F1PF2=2θ，则

Rr=e21-esin2θ≥12e1-e.

证明 设椭圆的半焦距为c，则

S△PF1F2=12PF1+PF2+F1F2r=a+cr.

因为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.

因为θ为锐角，且当点P与椭圆短轴端点重合时θ最大，

所以0<sinθ≤ca=e.

由此可知Rr≥e2e21-e=12e1-e.

命题4 在命题1的条件下，有

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

证明 由命题1的证明可知

R=csin2θ，r=b2c2tan2θ+b2+ctanθ.

故

SRr=b2tanθ·sin2θc·

c2tan2θ+b2+ctanθb2

=2cos2θ（1-1e2+tan2θ+tanθ）.

命题5 在命题3的条件下，有

SRr=（1+1e）·sin2θ≤1+1e，其中S为△PF1F2的面积.

证明 由命题3的证明可知

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 变式练习

题目2 已知椭圆

x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上异于左、右顶点的动点，△PF1F2的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则S2S1的最小值为.

解析 椭圆的半焦距为1.设∠F1PF2=2θ，△PF1F2的内切圆、外接圆半径分别为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.

因为θ为锐角，且当点P与椭圆短轴端点重合时θ最大，所以0<sinθ≤12，故S2S1的最小值为4.

题目3 已知双曲线x24-y25=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线上一动点，且在第一象限内，若△PF1F2的重心为G，内心为I，IG∥F1F2，則点P的坐标为.

解析 双曲线的半焦距为3.设P（x0，y0）（x0>0，y0>0），△PF1F2的内切圆半径为r，则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.

结合|PF1|-|PF2|=4，得|PF2|=4.

所以（x0-3）2+y20=16，

x204-y205=1.解得x0=4，y0=15.

即点P的坐标为（4，15）.

题目4 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线C上一点，若∠F1PF2=120°，且△PF1F2的外接圆与内切圆的半径之比为8∶1，则双曲线C的离心率为.

解析 设双曲线C的半焦距为c，△PF1F2的外接圆、内切圆半径分别为R、r.根据对称性不妨设点P在第一象限，△PF1F2的内切圆圆心为I，圆I切F1F2于点T，由前面的解法3可知T为双曲线的右顶点，即|TF1|=c+a，|TF2|=c-a.

因为

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.

结合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.

参考文献：

[1] 高继浩.一道双曲线题的探究[J].中学数学研究（华南师范大学版），2021（07）：33-34.

[2] 高继浩.一道武汉市质检试题的探究与变式[J].数学通讯

，2021（15）：32-33.

[责任编辑：李 璟]