與雙曲線有關(guān)的三角形面積問題探究

［摘 要］文章結(jié)合例題，從三個(gè)方面探討解答與雙曲線有關(guān)的三角形面積問題的基本策略，以幫助學(xué)生突破解題難點(diǎn)，提升學(xué)生的綜合能力。

［關(guān)鍵詞］雙曲線;三角形面積；問題

［中圖分類號］" " G633.6" " " " ［文獻(xiàn)標(biāo)識碼］" " A" " " " ［文章編號］" " 1674-6058（2024）23-0028-03

近年來，各地高中數(shù)學(xué)試卷中頻頻出現(xiàn)與雙曲線有關(guān)的三角形面積問題，這體現(xiàn)了考試命題倡導(dǎo)知識考查和對方法的靈活運(yùn)用，符合新課標(biāo)理念與數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的培養(yǎng)要求。解答與雙曲線有關(guān)的三角形面積問題有哪些基本策略呢？本文結(jié)合例題進(jìn)行探究。

一、靈活運(yùn)用雙曲線的定義

當(dāng)問題中出現(xiàn)的三角形與雙曲線的焦點(diǎn)、焦半徑或焦點(diǎn)弦有關(guān)時(shí)，往往可靈活運(yùn)用雙曲線的定義來解決。

［例1］已知[F1]，[F2]是雙曲線[C：x2-y2=1]的兩個(gè)焦點(diǎn)，[P]為[C]上一點(diǎn)，且[PF1·PF2=4]，則[△PF1F2]的面積為" " " " " " " " " " " 。

解析：由雙曲線[C：x2-y2=1]得[a=b=1]，[c=2]，由雙曲線定義得[PF1-PF2=2]，則[PF1-PF22=PF12-2PF1PF2+PF22=4]，又[PF1·PF2=4]，所以有[PF12+PF22=12]，在[△PF1F2]中，由余弦定理得[F1F22=PF12+PF22-2PF1·PF2cos∠F1PF2=12-8cos∠F1PF2=4c2=8 ]，則[cos∠F1PF2=12]，則[sin∠F1PF2=32]，所以[△PF1F2]的面積為[12PF1PF2sin∠F1PF2=12×4×32=3]。

評注 本題由雙曲線的定義，結(jié)合余弦定理求sin[∠F1PF2]，再由三角形面積公式求解結(jié)果。這類問題主要考查雙曲線定義在焦點(diǎn)三角形中的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題。

［例2］已知雙曲線[C]的方程為[x216-y29=1]，其左、右焦點(diǎn)分別是[F1 ，F(xiàn)2]，已知點(diǎn)[P]的坐標(biāo)為[（4，2）]，雙曲線[C]上點(diǎn)[Q（x0，y0）（x0gt;0，y0gt;0）]滿足[QF1·PF1QF1=F2F1·PF1F2F1]，設(shè)[△QF1F2]的內(nèi)切圓半徑為[r]，則[r=]" " " " " ，[S△F1PQ-S△F2PQ=]" " " " " " " " " 。

解析：如圖2，設(shè)[△QF1F2]的內(nèi)切圓與[△QF1F2]的三邊分別相切于[D、E、G]，由切線長相等得[QD=QG]，[F1D=F1E]，[F2E=F2G]，由雙曲線定義得[QF1-QF2=2a=8]，則[QD+DF1-QG+GF2=DF1-GF2=EF1-EF2=2a]，又[EF1+EF2=2c]，解得[EF1=a+c]，則點(diǎn)[E]的橫坐標(biāo)為[a]，即內(nèi)切圓的圓心的橫坐標(biāo)為[a]，由[QF1·PF1QF1=F2F1·PF1F2F1]得[QF1·PF1cos∠PF1QQF1=F2F1·PF1cos∠PF1F2F2F1]，化簡得[cos∠PF1Q=cos∠PF1F2]，即[∠PF1Q=∠PF1F2]，即[PF1]是[∠QF1F2]的平分線，而點(diǎn)[P（4 ，2）]，且[a=4]，可得點(diǎn)[P]為[△QF1F2]的內(nèi)心，且半徑[r=2]，所以[S△F1PQ-S△F2PQ=12rQF1-QF2=12×2×8=8]。

評注 本題的解題關(guān)鍵點(diǎn)在于先利用切線長定理求得[△QF1F2]的內(nèi)切圓的圓心的橫坐標(biāo)為[a]，再由[QF1·PF1QF1=F2F1·PF1F2F1]得到點(diǎn)[P]在[∠QF1F2]的平分線上，結(jié)合點(diǎn)[P]的橫坐標(biāo)為[a]進(jìn)而得到點(diǎn)[P]為[△QF1F2]的內(nèi)心，利用雙曲線的定義及面積公式即可求解。本題具有一定的難度。

二、挖掘三角形的特點(diǎn)

挖掘三角形的特點(diǎn)，就是根據(jù)圖形特征，選擇恰當(dāng)?shù)拿娣e公式加以計(jì)算，以達(dá)到減少運(yùn)算量的目的，尤其是對于某些三角形的面積之比、面積之差、面積之和問題。

［例3］已知雙曲線[C]：[x2-y2=1]的左、右焦點(diǎn)分別為[F1]，[F2]，直線[l]：[y=2x-m]與[C]相交于[A]，[B]兩點(diǎn)，若[△F1AB]的面積是[△F2AB]面積的3倍，則[m=]" " " " " " " "。

解析：依題意，雙曲線[C]：[x2-y2=1]的左、右焦點(diǎn)分別為[F1（-2，0）]，[F2（2，0）]，設(shè)[F1]到直線[AB]的距離為[d1]，[F2]到直線[AB]的距離為[d2]，則[d1=-22-m5]，[d2=22-m5]，因?yàn)閇△F1AB]的面積是[△F2AB]面積的3倍，所以[d1=3d2]，即[-22-m=322-m]，解得[m=2]或[42]，聯(lián)立方程組[y=2x-m，x2-y2=1，]整理得[3x2-4mx+m2+1=0]，則[Δ=16m2-12（m2+1）gt;0]，解得[m2gt;3]，所以[m=42]。

評注 解答本題時(shí)注意到兩個(gè)三角形的底邊相同，所以解題的關(guān)鍵是將面積比轉(zhuǎn)化為距離比，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到直線的距離之比，通過列方程求參數(shù)即可，但需檢驗(yàn)判別式，否則會產(chǎn)生增解。

［例4］設(shè)雙曲線[C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）]的離心率為[3]，且頂點(diǎn)到漸近線的距離為[263]。已知直線[l]過點(diǎn)[（0，-1）]，直線[l]與雙曲線[C]的左、右兩支的交點(diǎn)分別為[M，N]，直線[l]與雙曲線[C]的漸近線的交點(diǎn)為[P，Q]，其中點(diǎn)[Q]在[y]軸的右側(cè)。設(shè)[△OMP]，[△OPQ]，[△OQN]的面積分別是[S1，S2，S3]。

（1）求雙曲線[C]的方程；

（2）求[S2S1+S3]的取值范圍。

解析：（1）雙曲線[C]的方程為[x24-y28=1]，過程略。

（2）由題意得[S2S1+S3=PQPM+QN]，直線[l]的斜率存在，設(shè)直線[l]的方程為[y=kx-1]，設(shè)[M（x1，y1）]，[N（x2，y2）]，由[y=kx-1，2x2-y2=8，]得[（2-k2）x2+2kx-9=0]，則[k2≠2，Δ=4k2+36（2-k2）gt;0，-92-k2lt;0，]即得[-2lt;klt;2]，則[x1+x2=2kk2-2]，[x1x2=9k2-2]， 故[MN=1+k2·x1-x2=1+k2·（x1+x2）2-4x1x2=1+k2·72-32k22-k2] [=1+k2·229-4k22-k2]，由[y=kx-12x2-y2=0]，得[（2-k2）x2+2kx-1=0]，[Δ=4k2+4（2-k2）=8gt;0]，

則[xP+xQ=2kk2-2]，[xPxQ=1k2-2]， 得[PQ=1+k2·（xP+xQ）2-4xPxQ=1+k2·222-k2]，

故[S2S1+S3=PQPM+QN=PQMN-PQ=1MNPQ-1]，而[-2lt;klt;2]，[MNPQ=9-4k2∈1，3]，所以[S2S1+S3∈12，+∞]。

評注 解答本題第（2）問的關(guān)鍵是抓住三個(gè)三角形具有同高的特點(diǎn)，把三角形面積比轉(zhuǎn)化為底邊之比，于是利用弦長公式表示出[S2S1+S3=PQPM+QN=PQMN-PQ]，進(jìn)而結(jié)合參數(shù)的取值范圍求得答案。

三、靈活運(yùn)用三角形的面積公式

靈活運(yùn)用三角形的面積公式，是指運(yùn)用三角形面積公式時(shí)與韋達(dá)定理相結(jié)合，尤其是三角形面積的最值問題或定值問題，面積公式中的有關(guān)量的選擇要與韋達(dá)定理有關(guān)。

［例5］與橢圓[x29+y25=1]有公共焦點(diǎn)的雙曲線[C]過點(diǎn)[M（3，6）]，過點(diǎn)[E（2，0）]作直線[l]交雙曲線的右支于[A，B]兩點(diǎn)，連接[AO]并延長交雙曲線左支于點(diǎn)[P（O]為坐標(biāo)原點(diǎn)）。

（1）求雙曲線[C]的方程;

（2）求[△PAB]的面積的最小值。

解析：（1）雙曲線[C]的方程為[x2-y23=1]，過程略。

（2）顯然直線[l]與[y]軸不垂直，設(shè)直線[l]的方程為[x=my+2]，[A（x1，y1）]，[B（x2，y2）]，由雙曲線的對稱性知[AP]的中點(diǎn)為[O]，故[S△PAB=2S△OAB]，聯(lián)立[x=my+2，3x2-y2=3?] [（3m2-1）y2+12my+9=0]，故[Δ=36（m2+1）]，且[y1+y2=-12m3m2-1y1y2=93m2-1，]由于[A]，[B]均在雙曲線右支，故[x1+x2gt;0，x1x2gt;0?m（y1+y2）+4=-43m2-1gt;0，m2y1y2+2m（y1+y2）+4=-3m2-43m2-1gt;0，]

解得[0≤m2lt;13]，[S△PAB=2S△OAB=2×12×OE×y1-y2=2（y1+y2）2-4y1y2]，代入韋達(dá)定理得[S△PAB=12m2+11-3m20≤m2lt;13]，令[m2+1=t1≤tlt;233]，則[S△PAB=12t4-3t2=124t-3t1≤tlt;233]，易知[4t-3t]隨[t]的增大而減小，則當(dāng)[t=1]時(shí)，[（S△PAB）min=12]。

綜上，[△PAB]的面積的最小值為12。

評注 雙曲線的面積最值問題的處理方法：設(shè)出直線方程[y=kx+b]以及交點(diǎn)坐標(biāo)[（x1，y1）]和[（x2，y2）]，將直線方程代入雙曲線方程后運(yùn)用韋達(dá)定理得[x1+x2]和[x1x2]，根據(jù)交點(diǎn)情況得出參數(shù)的取值范圍，利用點(diǎn)的坐標(biāo)求出面積，代入韋達(dá)定理的結(jié)果后面積可化為所設(shè)參數(shù)的函數(shù)，從而再利用函數(shù)知識、不等式知識求得最值。

［例6］已知雙曲線[C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）]的離心率為[426]，且其焦點(diǎn)到漸近線的距離為1。

（1）求[C]的方程；

（2）如圖3，若動(dòng)直線[l]與[C]恰有1個(gè)公共點(diǎn)，且與[C]的兩條漸近線分別交于[P，Q]兩點(diǎn)，[O]為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：[△OPQ]的面積為定值。

解析：（1）[C]的方程為[x26-y2=1]，過程略。

（2）當(dāng)直線[l]的斜率不存在時(shí)，直線[l]的方程為[x=±6]，此時(shí)[PQ=2]，[S△OPQ=12×2×6=6]；當(dāng)直線[l]的斜率存在時(shí)，不妨設(shè)直線[l]的方程為[y=kx+m]，且[k≠±66]。聯(lián)立方程組[y=kx+m，x26-y2=1，]得[（1-6k2）x2-12mkx-6m2-6=0]。由[Δ=144m2k2+4（1-6k2）（6m2+6）=0]，得[6k2=m2+1]。

聯(lián)立方程組[y=kx+m，y=66x，]得[x=6m1-6k]。不妨設(shè)直線[l]與[y=66x]和[y=-66x]的交點(diǎn)分別為[P，Q]，則[xP=6m1-6k]，同理可得[xQ=-6m1+6k]，所以[PQ=1+k2xP-xQ=26m·k2+11-6k2]。

因?yàn)樵c(diǎn)[O]到[l]的距離[d=mk2+1]，所以[S△OPQ=12PQ·d=6m21-6k2]。因?yàn)閇6k2=m2+1]，所以[S△OPQ=6]。故[△OPQ]的面積為定值[6]。

評注 本題第（2）問是考試中較為常見的三角形面積定值問題。當(dāng)直線[l]的斜率存在時(shí)，不妨設(shè)直線[l]的方程為[y=kx+m]，且[k≠±66]。動(dòng)直線[l]與[C]相切可得[Δ=0]，即[6k2=m2+1]，再由弦長公式、點(diǎn)到直線的距離公式表示出三角形的面積，結(jié)合[6k2=m2+1]即可得解。本題采用了設(shè)而不求、整體消參的策略。

綜上， 與雙曲線有關(guān)的三角形面積問題，可通過靈活運(yùn)用雙曲線的定義，挖掘題目所給條件和圖形特征，靈活建立三角形的面積的關(guān)系式實(shí)現(xiàn)運(yùn)算的簡化以及問題的突破。

（責(zé)任編輯 黃春香）