《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

变式 4 已知椭圆$\dfrac{x^{2}}{25}+\dfrac{y^{2}}{16}=1$，$P$是其上一点，焦点$F_{1},F_{2}$，$\triangle PF_{1}F_{2}$的内心为$I$，内切圆半径为$1$，则$\vert IP\vert=$。

答案：
答案 $\sqrt{5}$
解析 1 设内切圆半径为$r$，$\triangle PF_{1}F_{2}$的面积为$S$，$\angle F_{1}PF_{2}=\alpha$。
因为$r=\dfrac{2S}{2a + 2c}$，解得：$S = 8$，
又$S=b^{2}\tan\dfrac{\alpha}{2}$，
解得$\tan\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1}{2}$，$\sin\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
所以$IP=\dfrac{r}{\sin\dfrac{\alpha}{2}}=\sqrt{5}$。
解析 2 如下图所示：

设$PD = PF = x$，$F_{1}D = F_{1}E = y$，
$F_{2}F = F_{2}E = z$，
则$\begin{cases}2x + 2y + 2z = 2a + 2c, \\ y + z = 2c,\end{cases}$所以$x = a - c = 2$。
在$Rt\triangle DIP$中，
$\vert PD\vert = 2$，$\vert ID\vert = 1$，所以$\vert IP\vert=\sqrt{5}$。
点睛 对于焦点三角形的内切圆，采用等面积法构建方程，即
$b^{2}\tan\dfrac{\alpha}{2}=r· L$，
$L$是指三角形的半周长。

【例 5】已知椭圆$\dfrac{x^{2}}{16}+\dfrac{y^{2}}{4}=1$的左、右焦点分别为$F_{1},F_{2}$，点$P$在直线$l:x-\sqrt{3}y + 8 + 2\sqrt{3}=0$上，当$\angle F_{1}PF_{2}$取最大值时，$\dfrac{\vert PF_{1}\vert}{\vert PF_{2}\vert}$的值为。

答案：
答案 $\sqrt{3}-1$
解析 由平面几何知，要使$\angle F_{1}PF_{2}$最大，则过$F_{1},P,F_{2}$三点的圆必定和直线$l$相切于点$P$，如下图所示。

直线$l$交$x$轴于$A(-8 - 2\sqrt{3},0)$，
在$\triangle APF_{1}$和$\triangle AF_{2}P$中，
$\angle APF_{1}=\angle AF_{2}P$，
所以$\triangle APF_{1}\sim\triangle AF_{2}P$，
则$\dfrac{\vert PF_{1}\vert}{\vert PF_{2}\vert}=\dfrac{\vert AP\vert}{\vert AF_{2}\vert}$。 ①
又由圆幂定理，得
$\vert AP\vert^{2}=\vert AF_{1}\vert·\vert AF_{2}\vert$， ②
而$F_{1}(-2\sqrt{3},0)$，$F_{2}(2\sqrt{3},0)$，
$A(-8 - 2\sqrt{3},0)$，
从而有$\vert AF_{1}\vert = 8$，$\vert AF_{2}\vert = 8 + 4\sqrt{3}$，
得$\dfrac{\vert PF_{1}\vert}{\vert PF_{2}\vert}=\dfrac{\vert AF_{1}\vert}{\vert AP\vert}=\sqrt{3}-1$。
点睛 动点$P$对定线段$F_{1}F_{2}$的张角取最大时，即过$F_{1},P,F_{2}$三点的圆与直线相切。