《2025年教材课本高中数学选择性必修第一册人教B版》

②已知F1，F2是椭圆$\frac{x²}{9}$+$\frac{y²}{5}$=1的焦点，点P在椭圆上且∠$F_{1}PF_{2}$=$\frac{π}{3}$，求$\triangle F_{1}PF_{2}$的面积.

答案： 易知$a^{2}=9$，$b^{2}=5$，且焦点在$x$轴上，则$c^{2}=a^{2}-b^{2}=4$，所以$|F_{1}F_{2}|=2c = 4$。在$\triangle F_{1}PF_{2}$中，由余弦定理，得$\cos\angle F_{1}PF_{2}=\frac{|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}-|F_{1}F_{2}|^{2}}{2|PF_{1}||PF_{2}|}=\frac{1}{2}$，即$|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}-|PF_{1}|\cdot|PF_{2}|=16$ ①，又由椭圆定义知$|PF_{1}|+|PF_{2}|=6$ ②，由②$^{2}-$①可得$|PF_{1}|\cdot|PF_{2}|=\frac{20}{3}$，因此$S_{\triangle F_{1}PF_{2}}=\frac{1}{2}|PF_{1}|\cdot|PF_{2}|\sin\angle F_{1}PF_{2}=\frac{1}{2}\times\frac{20}{3}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{5\sqrt{3}}{3}$，所以$\triangle F_{1}PF_{2}$的面积为$\frac{5\sqrt{3}}{3}$。

③已知椭圆$\frac{x²}{a²}$+$\frac{y²}{b²}$=1(a＞b＞0)的左焦点为F，直线l:x=一$\frac{a²}{C}$.设P是椭圆上的一点，求P到F的距离与P到直线I的距离之比.

答案： 依题意，知$F(-c,0)$，设$P(m,n)$，将点$P$的坐标代入方程得$\frac{m^{2}}{a^{2}}+\frac{n^{2}}{b^{2}}=1$，即$n^{2}=b^{2}-\frac{b^{2}}{a^{2}}m^{2}$。则$|PF|=\sqrt{(m + c)^{2}+n^{2}}=\sqrt{m^{2}+2cm + c^{2}+b^{2}-\frac{b^{2}}{a^{2}}m^{2}}=\sqrt{\frac{c^{2}}{a^{2}}m^{2}+2cm + a^{2}}=\frac{c}{a}\sqrt{(m+\frac{a^{2}}{c})^{2}}=\frac{c}{a}|m+\frac{a^{2}}{c}|$，$P$到直线$x=-\frac{a^{2}}{c}$的距离为$d = |m+\frac{a^{2}}{c}|$。故$P$到$F$的距离与$P$到直线$l$的距离之比为$\frac{c}{a}$。

①设动点M到定点F(-c，0)的距离与它到直线l:x=一$\frac{a²}{C}$的距离之比为$\frac{C}{a}$,a＞c＞0，求点M的轨迹方程，并用得到的轨迹方程解释2.5.2中例3得到的结果

答案： 设$M(x,y)$，则点$M$到点$F$的距离为$\sqrt{(x + c)^{2}+y^{2}}$，点$M$到直线$l$的距离为$|x+\frac{a^{2}}{c}|$，所以$\frac{\sqrt{(x + c)^{2}+y^{2}}}{|x+\frac{a^{2}}{c}|}=\frac{c}{a}$。两边平方，整理得$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-c^{2}}=1$。故点$M$的轨迹方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-c^{2}}=1$。观察2.5.2中【例3】题干条件，与本题的点$M$轨迹方程比较，也仅仅是$b^{2}$与$a^{2}-c^{2}$的区别，这只需在【例3】的证明过程中将$b^{2}$替换为$a^{2}-c^{2}$即可，对结果无影响。下面给出其他证法。由本题题干易知点$P(x,y)$到准线$x=-\frac{a^{2}}{c}$的距离为$|x+\frac{a^{2}}{c}|$，又$-a\leq x\leq a$，所以$x+\frac{a^{2}}{c}＞0$，则有$\frac{|PF|}{x+\frac{a^{2}}{c}}=\frac{c}{a}$，即$|PF|=\frac{c}{a}(x+\frac{a^{2}}{c})=\frac{c}{a}x + a$。所以当$x = a$时，$|PF|$取最大值，$|PF|_{max}=\frac{c}{a}\cdot a + a=a + c$；当$x=-a$时，$|PF|$取最小值，$|PF|_{min}=\frac{c}{a}\cdot(-a)+a=a - c$。

②已知点.B(6，0)和C(−6，0)，过点B的直线l和过点C的直线m相交于点A，设直线l的斜率为$k_{1}$，直线m的斜率为$k_{2}$，如果$k_{1}k_{2}$=一$\frac{4}{9}$，求点A的轨迹方程，并说明此轨迹是何种曲线.

答案： 设$A(x,y)$，那么$k_{1}=\frac{y}{x - 6}(x\neq6)$，$k_{2}=\frac{y}{x + 6}(x\neq - 6)$。因为$k_{1}\cdot k_{2}=-\frac{4}{9}(x\neq\pm6)$，所以$\frac{y^{2}}{(x - 6)(x + 6)}=-\frac{4}{9}(x\neq\pm6)$，整理得$\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{16}=1(x\neq\pm6)$。故点$A$的轨迹方程为$\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{16}=1(x\neq\pm6)$，且该轨迹是去除左右顶点的椭圆。

③已知点A(1，1)，而且F1是椭圆$\frac{x²}{9}$+$\frac{y²}{5}$=1的左焦点，P是椭圆上任意一点，求$|PF_{1}|+|PA|$的最小值和最大值.

答案：
根据题意作图D2，且易知$a = 3$，$b=\sqrt{5}$，$c = 2$。
因为$P$为椭圆上一点，所以$|PF_{1}|+|PF_{2}|=2a = 6$，所以$|PF_{1}|=6-|PF_{2}|$，所以$|PF_{1}|+|PA|=6+|PA|-|PF_{2}|$。当点$P$与点$A$，点$F_{2}$能构成三角形，即三点不在一条线上时，有$||PA|-|PF_{2}||＜|AF_{2}|$，当点$P$与点$A$，点$F_{2}$在一条线上时，$||PA|-|PF_{2}||=|AF_{2}|$。因此$||PA|-|PF_{2}||\leq|AF_{2}|$。因为$|AF_{2}|=\sqrt{(1 - 2)^{2}+(1 - 0)^{2}}=\sqrt{2}$，所以$||PA|-|PF_{2}||\leq\sqrt{2}$，即$-\sqrt{2}\leq|PA|-|PF_{2}|\leq\sqrt{2}$。所以$6-\sqrt{2}\leq6+|PA|-|PF_{2}|\leq6+\sqrt{2}$，即$6-\sqrt{2}\leq|PF_{1}|+|PA|\leq6+\sqrt{2}$。所以$|PF_{1}|+|PA|$的最小值为$6-\sqrt{2}$，最大值为$6+\sqrt{2}$。