26年全国1卷第18题 面积之比+角度最值问题

专题：圆锥曲线 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：面积之比+角度最值问题 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

（26年全国1卷第18题）
已知椭圆\(C: \dfrac{x^2}{a^2 }+ \dfrac{y^2}{b^2 } =1(a>b>0)\)的左焦点为\(F(-1，0)\)，离心率为\(\dfrac{1}{2}\).
（1）求\(C\)的方程；
（2）设\(O\)为坐标原点，过\(F\)且斜率大于\(0\)的动直线\(l\)与\(C\)交于\(P，Q\)两点，其中\(Q\)在第三象限，直线\(OP\)与\(C\)的另一个交点为\(R\)。
（i）若\(∆PQR\)的面积是\(∆PFO\)的面积的\(3\)倍，求\(l\)的方程；
（ii）求\(\tan ⁡∠PQR\)的最小值.
 
 
 
 
 
 

【分析】

第一问：
依题意可得\(\left\{ \begin{array}{c} c=1\\ \dfrac{c}{a}= \dfrac{1}{2} \end{array} \right. ⇒\)\(\left\{ \begin{array}{c} a=2\\ b=\sqrt{3} \end{array} \right. \)，椭圆方程为\(\dfrac{x^2}{4}+ \dfrac{y^2}{3}=1\).
 

第二问：

（1）\(∆PQR\)的面积是\(∆PFO\)的面积的\(3\)倍，即\(S_{∆PQR}=3S_{∆PFO}\)，
遇到三角形面积，可以想到三角形面积公式(底×高)/2把两个三角形面积表示出来，比如过点\(F、Q\)作\(PR\)上的高；
也可利用线段比值把三角形面积转移，比如\(OP=OR⇒S_{∆PQR}=2S_{∆PQO}⇒2S_{∆PQO}=3S_{∆PFO}⇒S_{∆PFO}=2S_{∆FQO}⇒|y_P |=-2|y_Q |\)；
当然利用相似三角形或向量的方法也可以得到\(x_P+1=2(-1-x_Q )⇒x_P=-3-2x_Q\)；
（2）想到“联立方程--韦达定理”的基本套路，用上\(|y_P |=-2|y_Q |\)，设直线\(PQ\)的方程为横截式\(x=my-1(m>0，m= \dfrac{1}{k})\)，运算较为简便些.从而得到关于\(y_P、y_Q、m\)的方程，解出\(m\)便可；
（小结：面积之比转化为线段之比，再转化为坐标之比）
 

第三问：

思路1\(∠PQR\)可能是锐角，在\(∆PQR\)中利用余弦定理求出\(\cos⁡ ∠PQR\)，求其\(∠PQR\)的最小值，进而得到\(\tan ⁡∠PQR\)的最小值；但是\(∆PQR\)各线段表示起来有些复杂；

思路2 设\(P(x_1，y_1)，R(-x_1，-y_1)，Q(x_2，y_2)\)，
想到倾斜角与斜率的关系：\(k_{PQ}=\tan ⁡α，k_{RQ}=\tan ⁡β\)，而要求的\(∠PQR=π-β+α\)，
则\(\tan ⁡∠PQR=\tan ⁡(π-β+α)=\tan ⁡(α-β)= \dfrac{\tan ⁡α-\tan ⁡β}{1+\tan ⁡α \tan ⁡β}\)\(= \dfrac{k_{PQ}-k_{RQ}}{1+k_{PQ}\cdot k_{RQ}}\)(※)，
\(k_{PQ}、k_{RQ}\)利用斜率公式\(k= \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1 }\)可把\(\tan ⁡∠PQR\)用\(x_1，y_1，x_2，y_2\)表示，
而\(x_1，y_1，x_2，y_2\)是\(k_{PQ}\)影响的，利用老套路最终\(\tan ⁡∠PQR\)可用\(k_{PQ}\)表示，进而利用函数或基本不等式的方法求其最小值.
由于第二问，设直线\(l\)的方程为\(x=my-1\)，那\(\tan ⁡∠PQR\)也可以用\(m\)表示；
以上思路中，(※)中\(k_{PQ}\)用\(x_1，y_1，x_2，y_2\)表示，接着又用\(k_{PQ}\)表示回来，貌似有些麻烦，其实可以研究下\(k_{RQ}\)与\(k_{PQ}\)是否存在某种关系；
\(\left\{ \begin{array}{c} k_{PQ}= \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1 }\\ k_{RQ}= \dfrac{y_2+y_1}{x_2+x_1 } \end{array} \right. ⇒\)\(k_{PQ}\cdot k_{RQ}= \dfrac{y_2^2-y_1^2}{x_2^2-x_1^2} \)，
\(\left\{ \begin{array}{c} \dfrac{x_2^2}{4}+ \dfrac{y_2^2}{3}=1\\ \dfrac{x_1^2}{4}+ \dfrac{y_1^2}{3}=1 \end{array} \right. ⇒\dfrac{x_2^2}{4}+ \dfrac{y_2^2}{3}-\left( \dfrac{x_1^2}{4}+ \dfrac{y_1^2}{3}\right)=0⇒\)\(\dfrac{x_2^2-x_1^2}{4}+ \dfrac{y_2^2-y_1^2}{3}=0⇒ \dfrac{y_2^2-y_1^2}{x_2^2-x_1^2}=- \dfrac{3}{4}\)，
所以\(k_{PQ}\cdot k_{RQ}=- \dfrac{3}{4}\)，接着问题化为简单些了.

 

【解答】

第一问：
椭圆方程为\(\dfrac{x^2}{4}+ \dfrac{y^2}{3}=1\)；
 

第二问：
设\(P(x_1，y_1)，Q(x_2，y_2)\)，其中\(y_1>0，y_2<0\)，
依题意可得\(OP=OR\)，则\(S_{∆PQR}=2S_{∆PQO}\)，
又\(S_{∆PQR}=3S_{∆PFO}\)，
\(∴2S_{∆PQO}=3S_{∆PFO}\)，
\(∴S_{∆PFO}=2S_{∆FQO}\)，即\(\dfrac{1}{2}×OF×y_1=2× \dfrac{1}{2}×OF×(-y_2)\)，
\(∴y_1=-2y_2\)，
设直线\(l\)为\(x=my-1\)，
代入\(\dfrac{x^2}{4}+ \dfrac{y^2}{3}=1\)，得\((3m^2+4) y^2-6my-9=0\)，
\(∴y_1+y_2= \dfrac{6m}{3m^2+4}\)①，\(y_1 y_2= \dfrac{-9}{3m^2+4}\)②，
把\(y_1=-2y_2\)代入①②，
得\(y_2=- \dfrac{6m}{3m^2+4}，y_2^2= \dfrac{9 }{2(3m^2+4)}\)，
\(∴\left(- \dfrac{6m}{3m^2+4}\right)^2= \dfrac{9 }{2(3m^2+4)}\)，解得\(m= \dfrac{2}{\sqrt{5} }\)，
\(∴l\)的方程为\(x= \dfrac{2}{\sqrt{5} } y-1\)，即\(y= \dfrac{\sqrt{5} }{2} x+ \dfrac{\sqrt{5} }{2}\)；
 

第三问：
方法1 设点\(P(x_1，y_1)，Q(x_2，y_2)\)，其中\(y_1>0，y_2<0\)，则\(R(-x_1，-y_1)\)，
设直线\(PQ\)的倾斜角为\(α\)，直线\(RQ\)的倾斜角为\(β\)，
则\(\tan ⁡α= \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1 }，\tan ⁡β= \dfrac{y_2+y_1}{x_2+x_1 }\)，
\(∴\tan ⁡∠PQR=\tan ⁡(π-β+α)=\tan ⁡(α-β)= \dfrac{\tan ⁡α-\tan ⁡β}{1+\tan ⁡α \tan ⁡β}= \dfrac{\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1 }- \dfrac{y_2+y_1}{x_2+x_1 }}{1+ \dfrac{y_2^2-y_1^2}{x_2^2-x_1^2}}\)
\(= \dfrac{(x_2+x_1 )(y_2-y_1 )-(x_2-x_1)(y_2+y_1)}{x_2^2-x_1^2+y_2^2-y_1^2}= \dfrac{2(x_1 y_2-x_2 y_1)}{x_2^2-x_1^2+y_2^2-y_1^2}\)\(= \dfrac{2[(my_1-1) y_2-(my_2-1) y_1]}{(my_2-1)^2-(my_1-1)^2+y_2^2-y_1^2}= \dfrac{2(y_1-y_2)}{m(y_2-y_1 )[m(y_1+y_2 )-2]+y_2^2-y_1^2}\)\(= \dfrac{-2}{m[m(y_1+y_2 )-2]+(y_1+y_2 )}= \dfrac{-2}{(m^2+1)(y_1+y_2 )-2m} = \dfrac{-2}{(m^2+1)\cdot \dfrac{6m}{3m^2+4}-2m}\)
\(= \dfrac{3m^2+4}{m}=3m+ \dfrac{4}{m}\)
\(∵m>0\)，\(∴3m+ \dfrac{4}{m}≥2\sqrt{12} =4\sqrt{3}\)，当\(m= \dfrac{2}{\sqrt{3}}\)时取到等号，
\(∴\tan ⁡∠PQR\)的最小值为\(4\sqrt{3}\)；
 

方法2 设点\(P(x_1，y_1)，Q(x_2，y_2)\)，其中\(y_1>0，y_2<0\)，则\(R(-x_1，-y_1)\)，
设直线\(PQ\)的倾斜角为\(α\)，斜率为\(k_{PQ}\)，直线\(RQ\)的倾斜角为\(β\)，斜率为\(k_{RQ}\)，
\(∵ \dfrac{x_2^2}{4}+ \dfrac{y_2^2}{3}=1\)，\(\dfrac{x_1^2}{4}+ \dfrac{y_1^2}{3}=1\)，
两式相减得\(\dfrac{x_2^2-x_1^2}{4}+ \dfrac{y_2^2-y_1^2}{3}=0\)，变形得\(\dfrac{y_2^2-y_1^2}{x_2^2-x_1^2}=- \dfrac{3}{4}\)，
\(∵k_{PQ}= \dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1 }，k_{RQ}= \dfrac{y_2+y_1}{x_2+x_1 }\)，
\(∴k_{PQ}\cdot k_{RQ}= \dfrac{y_2^2-y_1^2}{x_2^2-x_1^2}=- \dfrac{3}{4}\)，

\(∴k_{RQ}= \dfrac{-3}{4k_{PQ} }\)，
\(∴\tan ⁡∠PQR=\tan ⁡(π-β+α)=\tan ⁡(α-β)= \dfrac{\tan ⁡α-\tan ⁡β}{1+\tan ⁡α \tan ⁡β}= \dfrac{k_{PQ}-k_{RQ}}{1+k_{PQ}\cdot k_{RQ}}\)\(= \dfrac{k_{PQ}+ \frac{3}{4k_{PQ} }}{1- \frac{3}{4}}=4k_{PQ}+ \dfrac{3}{k_{PQ} }\)，
\(∵k_{PQ}>0\)，\(∴4k_{PQ}+ \dfrac{3}{k_{PQ} } ≥2\sqrt{12} =4\sqrt{3}\)，当\(k_{PQ}= \dfrac{\sqrt{3} }{2}\)时取到等号，
\(∴\tan ⁡∠PQR\)的最小值为\(4\sqrt{3}\).