2019_新课标 II 卷 (2019·文)
20．已知 $F_{1}, F_{2}$ 是椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的两个焦点，$P$ 为 $C$ 上一点，$O$ 为坐标原点
（1）若 $\mathrm{V} P O F_{2}$ 为等边三角形，求 $C$ 的离心率；
（2）如果存在点 $P$ ，使得 $P F_{1} \perp P F_{2}$ ，且 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 的面积等于 16 ，求 $b$ 的值和 $a$ 的取值范围．
【答案】（1）$e=\sqrt{3}-1$ ；②$b=4$ ，$a$ 的取值范围为 $[4 \sqrt{2},+\infty)$ ．
## 【解析】
## 【分析】
（1）先连结 $P F_{1}$ ，由 $\mathrm{V} P O F_{2}$ 为等边三角形，得到 $\angle F_{1} P F_{2}=90^{\circ},\left|P F_{2}\right|=c,\left|P F_{1}\right|=\sqrt{3} c$ ；再由椭圆定义，即可求出结果；
（2）先由题意得到，满足条件的点 $P(x, y)$ 存在，当且仅当 $\frac{1}{2}|y| \cdot 2 c=16$ ， $\frac{y}{x+c} \cdot \frac{y}{x-c}=-1, \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ ，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果．
【详解】（1）连结 $P F_{1}$ ，由 $\mathrm{V} P O F_{2}$ 为等边三角形可知：在 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 中，$\angle F_{1} P F_{2}=90^{\circ}$ ，$\left|P F_{2}\right|=c,\left|P F_{1}\right|=\sqrt{3} c$ ，
于是 $2 a=\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=c+\sqrt{3} c$ ，
故椭圆 $C$ 的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\frac{2}{1+\sqrt{3}}=\sqrt{3}-1$ ；
②由题意可知，满足条件的点 $P(x, y)$ 存在，当且仅当 $\frac{1}{2}|y| \cdot 2 c=16$ ，
$\frac{y}{x+c} \cdot \frac{y}{x-c}=-1, \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,
即 $c|y|=16$①
$$ \begin{aligned} & x^{2}+y^{2}=c^{2} \\ & \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \end{aligned} $$
由②③以及 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$ 得 $y^{2}=\frac{b^{4}}{c^{2}}$ ，又由①知 $y^{2}=\frac{16^{2}}{c^{2}}$ ，故 $b=4$ ；
由②③得 $x^{2}=\frac{a^{2}}{c^{2}}\left(c^{2}-b^{2}\right)$ ，所以 $c^{2} \geq b^{2}$ ，从而 $a^{2}=b^{2}+c^{2} \geq 2 b^{2}=32$ ，故 $a \geq 4 \sqrt{2}$ ；
当 $b=4, a \geq 4 \sqrt{2}$ 时，存在满足条件的点 $P$ ．
故 $b=4, a$ 的取值范围为 $[4 \sqrt{2},+\infty)$ ．
【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题．