摘 要：2019年全国Ⅱ卷文科第20题以椭圆的焦点三角形为依托，主要考查了椭圆的定义和几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查了方程思想和化归与转化思想，考查了推理论证能力和运算求解能力，旨在考查数学运算、逻辑推理和直观想象的核心素养.本文对这道试题进行解法探究、变式探究和源头探究.
关键词：椭圆; 解法; 变式;源头
《应用数学和力学》(月刊)由钱伟长院士创刊于1980年，是由中华人民共和国交通部主管、重庆交通学院主办的科技学术期刊。
2019年全国Ⅱ卷文科第20题以椭圆的焦点三角形为依托，主要考查了椭圆的定义和几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查了方程思想和化归与转化思想，考查了学生的推理论证能力和运算求解能力，旨在考查数学运算、逻辑推理和直观想象的核心素养.这道试题第(1)问较简单，第(2)问难度较大，两问之间具有很好的梯度性，具有很好的选拔功能.
1 试题再现
题目 (2019年全国Ⅱ卷文科第20题)已知F1，F2是椭圆C∶x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点.
(1)若ΔPOF2为等边三角形，求C的离心率;
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围.
2 解法探究
2.1 第(1)问解析
解法1 连接PF1，由ΔPOF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2=90°，|PF2|=c，|PF1|=3c.
于是2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)c.
故曲线C的离心率e=ca=3-1.
解法2 在ΔPOF2中，|PO|=|PF2|=|OF2|=c.
设P(x0，y0)，则|x0|=|OP|cos60°=12c，|y0|=|OP|sin60°=32c.
所以P(±12c，±32c).代入椭圆方程x2a2+y2a2-c2=1，整理可得，
c4-8a2c2+4a4=0.
所以(ca)4-8(ca)2+4=0.
即e4-8e2+4=0.
因为0 所以e=4-2 3=3-1.
评注 解法1根据ΔPOF2为等边三角形，可得在△F1PF2中，∠F1PF2=90°，再根据直角三角形和椭圆定义可得;解法2把点P的坐标根据解三角形的知识表示出来，再代入椭圆方程，根据齐次化法和椭圆离心率公式整理成关于e的方程，由求根公式解出e2，再解出离心率.
2.2 第(2)问解析
解法1 由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在当且仅当12|y|·2c=16，yx+c·yx-c=-1，x2a2+y2b2=1.
即c|y|=16.①
x2+y2=c2.②
x2a2+y2b2=1.③
由②③及a2=b2+c2得y2=b4c2.
又由①知y2=162c2，故b=4.
由②③得x2=a2c2(c2-b2)，所以c2≥b2.
從而a2=b2+c2≥2b2=32.故a≥42.
当b=4，a≥42时，存在满足条件的点P.
所以b=4，a的取值范围为[42，+∞).
评注 根据三个条件列三个方程，解方程组可得b=4，根据x2=a2c2(c2-b2)，所以c2≥b2.从而a2=b2+c2≥2b2=32.故a≥4 2.
解法2 由椭圆的焦点三角形面积公式可得，
SΔF1PF2=b2tan∠F1PF22=b2tan45°=b2=16.
所以b=4.
设点P(x0，y0)，由焦半径公式可得， |PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0.
记|F1F2|=2c，由题设可知满足条件的点P(x0，y0)存在当且仅当
(a+ex0)2+(a-ex0)2=4c2，12(a+ex0)(a-ex0)=16.
整理可得a2+e2x20=2c2，a2-e2x20=32. (*)
所以由(*)式可解得a2=16+c2.
所以b2=a2-c2=16.所以b=4.
由(*)式可得，e2x20=c2-16，x20=1e2(c2-16).
所以c2≥16.从而a2=16+c2≥32.
所以a≥42.即a的取值范围为[42，+∞).
评注 本解法运用了圆锥曲线中的二级结论椭圆的焦半径公式，由勾股定理和三角形面积公式列出方程组，解方程组可得出b2的值，从而得出b的值，由方程组把x20表示出来，得出c2的范围，从而得出a的范围.
解法3 由椭圆的焦点三角形面积公式可得，
SΔF1PF2=b2tan∠F1PF22=b2tan45°=b2=16.
所以b=4.
由题意可知满足条件的点P存在当且仅当|PF1|·|PF2|=32，|PF1|2+|PF2|2=4c2.
由重要不等式可得，|PF1|2+|PF2|2≥2|PF1|·|PF2|.即4c2≥64.所以c2≥16.
所以a2=b2+c2≥32.所以a≥42.
所以a的取值范围为[42，+∞).
评注 由圆锥曲线中的二级结论椭圆的焦点三角形面积容易得b的值，再运用勾股定理、三角形面积公式和重要不等式可得出c2的取值范围，从而得出a的范围.
