2021年全国甲卷理第5题的多视角解答赏析
2022-05-26李勇
摘要：2021年全国甲卷理科第5题看似普通，细细品味后却发现内含丰富，给人启迪，简约而不简单，深刻而不深奥的一道试题，它既考查了学生的数学建模能力，又考查了學生的直观想象和数学运算能力.它既有利于拓展学生知识，又有利于培养学生的解题思维和构建解题方法，是一道非常值得探究的题.本文从12个不同视角对试题进行解答.
关键词：特值法;排除法;面积法;余弦定理;正弦定理
中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）13-0026-04
1 试题呈现
题目已知F1，F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2=60°，PF1=3PF2，则C的离心率为（）.
A.72B.132C.7D.13
2 试题解答
解析不妨设C是中心在原点，焦点在x轴上的双曲线，如图1所示.
由PF1-PF2=2a，PF1=3PF2，
得PF1=3a，PF2=a.
视角1特值法（条件附值推结果）.
令a=1，则PF2=1，PF1=3.图1
在△F1PF2中，由余弦定理，得
F1F22=PF12+PF22-2PF1·PF2·cos∠F1PF2
=9+1-2×3×1×12=7.
所以F1F2=7.
所以2c=7，即c=72.
所以e=ca=721=72，故选A.
点评对部分条件附值，有利于降低试题在运算过程中的难度，提高解题效率.
视角2特值法（结果附值，验证是否满足条件）.
若e=72，即ca=72.
不妨设a=2，c=7，则PF1=6，PF2=2.
在△F1PF2中，由余弦定理，得
F1F22=PF12+PF22-2PF1·PF2·cos∠F1PF2=36+4-2×6×2×12=28.
所以F1F2=27，即c=7，符合假设.故选A.
点评对目标附值，通过逆向思维，验证是否满足条件，排除选项，这是在解答选择题时常用的一种方法，它也有利于降低试题在运算过程中的难度，提高解题效率.
视角3排除法（点与圆的位置关系）.
因为O为F1F2的中点，
所以PO=12（PF1+PF2）.
所以PO2=14（PF12+2PF1·PF2+PF22）
=14（9a2+2×3a×a×cos60°+a2）
=13a24.
所以PO=13a2.
因为∠F1PF2=60°，
所以点P在以F1F2为直径的圆的外部.
所以PO>12F1F2.即13a2>c.
所以e=ca<132.
所以排除B，C，D，故选A.
点评利用点与圆的位置关系的性质，得出点P在圆外，从而得出PO>12F1F2，进而得出离心率的范围，排除其他选项.
视角4排除法（大角对大边，大边对大角）.
由PF1=3a，PF2=a，F1F2=2c，
得PF2最小.
若F1F2最大，由∠F1PF2=60°，
则△PF1F2的内角和小于180°，这与三角形的内角和定理矛盾.
故PF1最大，所以∠PF2F1>∠F1PF2=60°.
所以3a>2c.即e=ca<32.
所以排除B，C，D，故选A.
点评利用大角对大边，大边对大角，得出a，c的关系，从而得出离心率的范围，排除其他选项.
视角5面积法（已知三角形两边和它们的夹角的面积公式和海伦公式）.
由S△F1PF2=12PF1·PF2·sin∠F1PF2
=（2a+c）（2a-c）（c-a）（c+a），
得334a2=（4a2-c2）（c2-a2）.
化简，得c4-5c2a2+2716a4=0.
即e4-5e2+2716=0.
解得e2=74或e2=134.
所以e=72或e=132.
由PF1=3a，PF2=a，F1F2=2c，
得PF2最小.
若F1F2最大，由∠F1PF2=60°，
则△PF1F2的内角和小于180°，这与三角形的内角和定理矛盾.
故PF1最大，所以∠PF2F1>∠F1PF2=60°.
所以3a>2c.
所以e=ca<32，故选A.
点评利用等面积法计算出离心率的值，再利用大角对大边，大边对大角排除干扰答案.
视角6面积法（双曲线焦点三角形的面积公式和海伦公式）.
由S△F1PF2=b2tan∠F1PF22
=（2a+c）（2a-c）（c-a）（c+a），
得3b2=（4a2-c2）（c2-a2）.
又a2+b2=c2，解得4b2=3a2.
即b2a2=34.
所以e=1+b2a2=1+34=72.故选A.
点评利用等面积法计算出a，b，c的关系，再配合a2+b2=c2，解出a，b关系，最后利用离心率公式求解.
视角7面积法（已知三角形两边和它们的夹角的面积公式和双曲线焦点三角形的面积公式）.
由S△F1PF2=12PF1·PF2·sin∠F1PF2
=b2tan∠F1PF22，
得12×3a×a×sin60°=b2tan30°.
解得b2a2=34.
所以e=1+b2a2=1+34=72.
故选A.
点评利用等面积法计算出a，b的关系，然后利用离心率公式求解.
视角8面积法（双曲线焦点三角形的面积公式和双曲线的焦半径公式）.
设点P的坐标为（x0，y0），
则S△F1PF2=cy0=b2tan∠F1PF22.
得y0=3b2c.
由双曲线的右焦半径公式，得
PF2=ex0-a.
得x0=2a2c.
又因为x20a2-y20b2=1，
所以4a2c2-3b2c2=1.
则4a2-3b2=c2.
又c2=a2+b2，解得b2a2=34.
所以e=1+b2a2=1+34=72.
故选A.
点评利用等面积法计算出点P的纵坐标，利用焦半径公式计算出点P的横坐标，然后将其代入双曲线的方程中，解出a，b，c的关系，再配合a2+b2=c2，解出a，b关系，最后利用离心率公式求解.
视角9余弦定理.
在△F1PF2中，由余弦定理，得
F1F22=PF12+PF22-2PF1·PF2·cos∠F1PF2.
则4c2=9a2+a2-2×3a×a×12.
所以c2a2=74.
所以e=ca=72，故选A.
点评直接利用余弦定理解出a，c的关系，再后利用离心率公式求解.
视角10正弦定理.
因为PF1=3PF2，由正弦定理，得
sin∠PF2F1=3sin∠PF1F2.
又因为∠F1PF2=60°，
所以∠PF2F1+∠PF1F2=120°.
所以3sin∠PF1F2=sin（120°-∠PF1F2）
=sin120°·cos∠PF1F2-cos120°·sin∠PF1F2
所以5sin∠PF1F2=3cos∠PF1F2.
又因为sin2∠PF1F2+cos2∠PF1F2=1，
所以sin∠PF1F2=2114.
在ΔF1PF2中，由正弦定理，得
F1F2sin∠F2PF1=PF2sin∠PF1F2.
则2csin60°=a2114，得e=ca=72.故选A.
点评多次利用正弦定理解出a，c的关系，再利用离心率公式求解.
视角11正弦定理→双曲线的离心率公式.
因为PF1=3PF2，由正弦定理，得
sin∠PF2F1=3sin∠PF1F2.
又因为∠F1PF2=60°，
所以∠PF2F1+∠PF1F2=120°.
所以3sin∠PF1F2=sin（120°-∠PF1F2）.
所以3sin∠PF1F2
=sin120°·cos∠PF1F2-cos120°·sin∠PF1F2.
所以5sin∠PF1F2=3cos∠PF1F2.
又因为sin2∠PF1F2+cos2∠PF1F2=1，
所以sin∠PF1F2=2114.
所以sin∠PF2F1=3sin∠PF1F2=32114.
由双曲线的离心率公式
e=sin∠F2PF1sin∠PF2F1-sin∠PF1F2，
得e=sin60°32114-2114=72.故选A.
点评利用正弦定理解出三角形的三个内角的正弦值，再利用离心率公式求解.
视角12正弦定理→双曲线的焦半径公式.
因为PF1=3PF2，由正弦定理，得
sin∠PF2F1=3sin∠PF1F2.
又因为∠F1PF2=60°，
所以∠PF2F1+∠PF1F2=120°.
所以3sin∠PF1F2=sin（120°-∠PF1F2）.
所以3sin∠PF1F2=sin120°·cos∠PF1F2-cos120°·sin∠PF1F2.
所以5sin∠PF1F2=3cos∠PF1F2.
又因为sin2∠PF1F2+cos2∠PF1F2=1，
所以sin∠PF1F2=2114，cos∠PF1F2=5714.
设直线PF2的倾斜角为θ，
则cosθ=cos（∠PF1F2+60°）
=cos∠PF1F2·cos60°-sin∠PF1F2·sin60°
=5714×12-2114×32
=714.
由双曲线的焦半径公式
PF2=b2a-c·cosθ，
得a=b2a-714c.
即b2=a2-714ac.
又a2+b2=c2，
则
c2+714ac-2a2=0.
即e2+714e-2=0.
解得e=72，或e=-477（舍去）.
故選A.
点评利用正弦定理解出焦半径所在直线的倾斜角的余弦值，代入焦半径公式中得出a，b，c的关系，再配合a2+b2=c2，解出离心率.
不管解答哪一类试题都要掌握其实质，掌握其规律，规范其步骤，探究其变式.久而久之，学生的数学思维能力、数学解题能力、数学核心素养等定会有大幅度的提升.
参考文献：
[1] 吴家华.2021年高考数学全国（甲卷）理科第5题的推广与引申[J].数理化学习，2021（08）：7-10.
[责任编辑：李璟]
收稿日期：2022-02-05
作者简介：李勇（1976.9-），男，贵州省石阡人，本科，中学高级教师，从事高中数学教学研究.[FQ）]
