椭圆焦点三角形面积

多年来，椭圆、双曲线相关的焦点PF1F2

(P为曲线上的任意一点,F1与F2为曲线的焦点）中的边角关系是学生必须掌握的重点知识，也是

高考的热点内容之一，尤其是近几年的出题频率呈上升趋势.现列举部分典型试题说明其应用类型.

x2y2定理 在椭圆221（a＞b＞0）中，焦点分别为F1、F2，点P是椭圆上任意一点，

abF1PF2，则SF1PF2btan22.

y P P 证明：记|PF1|r1,|PF2|r2，由椭圆的第一定义得

r1r22a,(r1r2)24a2.

2在△F1PF2中，由余弦定理得：r1r22r1r2cos(2c). 22F1 O F2 x 配方得：(r1r2)2r1r22r1r2cos4c. 即4a2r1r2(1cos)4c.

22222(a2c2)2b2r1r2.

1cos1cos由任意三角形的面积公式得：

SF1PF21sinr1r2sinb2b221cos2sin22b2tan.

22cos22cosSF1PF2b2tan.

2y2x2同理可证，在椭圆221（a＞b＞0）中，公式仍然成立.

ab典题妙解

x2y21上的一点，F1、F2是其焦点，且F1PF260，求 例1 若P是椭圆

10064△F1PF2的面积.

x2y21中，a10,b8,c6,而60.记|PF1|r1,|PF2|r2. 解法一：在椭圆

10064

1

点P在椭圆上，

由椭圆的第一定义得：r1r22a20.

2在△F1PF2中，由余弦定理得：r1r22r1r2cos(2c).

22配方，得：(r1r2)3r1r2144.

24003r1r2144.从而r1r2SF1PF2256. 3112563643r1r2sin. 22323x2y21中，b264，而60. 解法二：在椭圆

10064SF1PF2b2tan264tan30643. 3解法一复杂繁冗，运算量大，解法二简捷明了，两个解法的优劣立现！

PF1PF2x2y211上的点，F1、F2分别是椭圆的左、例2 已知P是椭圆右焦点，若，259|PF1||PF2|2则△F1PF2的面积为（ ）

A. 33 B. 23 C.

3 D.

3 3解：设F1PF2，则cosPF1PF2|PF1||PF2|1，60. 2SF1PF2b2tan故选答案A.

29tan3033.

x2y21的左、右焦点分别是F1、F2，点P在椭圆上. 若P、F1、F2例3（04湖北）已知椭圆169是一个直角三角形的三个顶点，则点P到x轴的距离为（ ）

A.

9799997 B. C. D. 或

77544b29；若P是直角顶点，设点P解：若F1或F2是直角顶点，则点P到x轴的距离为半通径的长a4 2

到x轴的距离为h，则SF1PF2b2tan29tan459，又SF1PF21(2c)h7h, 27h9，h97.故答案选D. 7金指点睛

y2x21上一点P与椭圆两个焦点F1、F2的连线互相垂直，1. 椭圆则△F1PF2的面积为（ ） 4924 A. 20 B. 22 C. 28 D. 24

x2y21的左右焦点为F1、F2，2. 椭圆 P是椭圆上一点，当△F1PF2的面积为1时，PF1PF24的值为（ ）

A. 0 B. 1 C. 3 D. 6

x2y21的左右焦点为F1、F2，3. 椭圆 P是椭圆上一点，当△F1PF2的面积最大时，PF1PF24的值为（ ）

A. 0 B. 2 C. 4 D. 2

x224．已知椭圆2y1（a＞1）的两个焦点为F1、F2，P为椭圆上一点，且F1PF260，

a则|PF1||PF2|的值为（ ） A．1

B．

1 3 C．

4 3 D．

2 35. 已知椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴，F1、F2为焦点，点P在椭圆上，直线PF1与PF2倾斜角的差为90，△F1PF2的面积是20，离心率为

5，求椭圆的标准方程. 36．已知椭圆的中心在原点，F1、F2为左右焦点，P为椭圆上一点，且的面积是3，准线方程为x

1△F1PF2 ，2|PF1||PF2|PF1PF243，求椭圆的标准方程. 3参考答案

1. 解：F1PF290,b24，SF1PF2b2tan故答案选D.

3

2224tan4524.

2. 解：设F1PF2， SF1PF2b2tan故答案选A. 3. 解：a2,b1,c2tan21，245,90，PF1PF20.

3，设F1PF2， SF1PF2b2tan2tan2，

当△F1PF2的面积最大时，为最大，这时点P为椭圆短轴的端点，120，

2PF1PF2|PF1||PF2|cosacos1202.

故答案选D.

24． 解：F1PF260，b1，SF1PF2btan2tan303， 3又SF1PF213|PF1||PF2|sin|PF1||PF2|， 24334|PF1||PF2|，从而|PF1||PF2|. 433故答案选C.

5. 解：设F1PF2，则90.  SF1PF2b2tan2b2tan45b220，

c又eaa2b25， a3b2520512，即12.

9a9a解得：a245.

x2y2y2x21或1. 所求椭圆的标准方程为

452045206．解：设F1PF2，cos1,120.

2|PF1||PF2|PF1PF2SF1PF2b2tan2b2tan603b23，b1.

c2b2c211433a243c3又，即. ccc33c3x2322y21； c3或c.当c3时，abc2，这时椭圆的标准方程为

34 4

233x222当c时，abc，这时椭圆的标准方程为y21；

4333但是，此时点P为椭圆短轴的端点时，为最大，60，不合题意.

x2y21. 故所求的椭圆的标准方程为4 5