《2026年点金训练高中数学选择性必修第一册人教A版》

例 1 已知 $ P $ 为椭圆 $ \dfrac{x^2}{12}+\dfrac{y^2}{3}=1 $ 上一点， $ F_1 $， $ F_2 $ 分别是椭圆的左、右焦点， $ \angle F_1PF_2 = 60° $，求 $ \triangle F_1PF_2 $ 的面积.
一题多思
思考 1. 从椭圆上一点 $ P $ 与椭圆的两个焦点 $ F_1,F_2 $ 为顶点的 $ \triangle PF_1F_2 $ 称为焦点三角形，解决焦点三角形问题要用到哪些知识点？
思考 2. 若将本例中“ $ \angle F_1PF_2 = 60° $”变为“ $ \angle PF_1F_2 = 90° $”，其他条件不变，求 $ \triangle F_1PF_2 $ 的面积.

答案： 例1 解：由已知得$a=2\sqrt{3},b=\sqrt{3}$，所以$c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=\sqrt{12 - 3}=3$，
从而$\left|F_{1}F_{2}\right|=2c=6$.
在$\triangle F_{1}PF_{2}$中，由余弦定理得
$\left|F_{1}F_{2}\right|^{2}=\left|PF_{1}\right|^{2}+\left|PF_{2}\right|^{2}-2\left|PF_{1}\right|·\left|PF_{2}\right|·\cos60^{\circ}$，
即$36=\left|PF_{1}\right|^{2}+\left|PF_{2}\right|^{2}-\left|PF_{1}\right|·\left|PF_{2}\right|$①.
由椭圆的定义得$\left|PF_{1}\right|+\left|PF_{2}\right|=4\sqrt{3}$，
即$48=\left|PF_{1}\right|^{2}+\left|PF_{2}\right|^{2}+2\left|PF_{1}\right|·\left|PF_{2}\right|$②.
由②$-$①，得$\left|PF_{1}\right|·\left|PF_{2}\right|=4$.
所以$S_{\triangle F_{1}PF_{2}}=\frac{1}{2}\left|PF_{1}\right|·\left|PF_{2}\right|·\sin60^{\circ}=\sqrt{3}$.
一题多思
思考1.提示：可以利用椭圆的定义，结合正弦定理、余弦定理、勾股定理、三角形的面积公式等知识点解决焦点三角形问题.
思考2.解：由已知得$a=2\sqrt{3},b=\sqrt{3}$，所以$c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=\sqrt{12 - 3}=3$，
从而$\left|F_{1}F_{2}\right|=2c=6$.
在$\triangle F_{1}PF_{2}$中，因为$\angle PF_{1}F_{2}=90^{\circ}$，则由勾股定理可得
$\left|PF_{2}\right|^{2}=\left|PF_{1}\right|^{2}+\left|F_{1}F_{2}\right|^{2}$，即$\left|PF_{2}\right|^{2}=\left|PF_{1}\right|^{2}+36$.
又由椭圆的定义知$\left|PF_{1}\right|+\left|PF_{2}\right|=2×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$，所以$\left|PF_{2}\right|=4\sqrt{3}-\left|PF_{1}\right|$.
从而有$(4\sqrt{3}-\left|PF_{1}\right|)^{2}=\left|PF_{1}\right|^{2}+36$，解得$\left|PF_{1}\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
所以$\triangle F_{1}PF_{2}$的面积$S=\frac{1}{2}\left|PF_{1}\right|·\left|F_{1}F_{2}\right|=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}×6=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.