《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例1 (1)(2021·新高考Ⅰ卷)已知$F_{1}$，$F_{2}$是椭圆$C:\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$的两个焦点，点$M$在$C$上，则$|MF_{1}|\cdot|MF_{2}|$的最大值为(C)

A.$13$
B.$12$
C.$9$
D.$6$

答案：
(1)C [
(1)由椭圆$C:\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$，得$|MF_{1}|+|MF_{2}|=2 × 3=6$，则$|MF_{1}| \cdot |MF_{2}| \leqslant (\frac{|MF_{1}|+|MF_{2}|}{2})^{2}=3^{2}=9$，当且仅当$|MF_{1}|=|MF_{2}|=3$时等号成立.故选C.]

(2)设双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，离心率为$\sqrt{5}$。$P$是$C$上一点，且$F_{1}P\perp F_{2}P$。若$\triangle PF_{1}F_{2}$的面积为$4$，则$a =$(A)

A.$1$
B.$2$
C.$4$
D.$8$

答案：
(2)A [
(2)由题意知，双曲线的焦点三角形面积为$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{b^{2}}{\tan \frac{\theta}{2}}=\frac{b^{2}}{\tan 45^{\circ}}=4$，则$b=2$，又$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{a^{2}+4}}{a}=\sqrt{5}$，$\therefore a=1$.]

训练1 (1)(2025·南京模拟)已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$，其左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，其离心率为$e=\frac{1}{2}$，点$P$为该椭圆上一点，且满足$\angle F_{1}PF_{2}=\frac{\pi}{3}$，已知$\triangle F_{1}PF_{2}$的内切圆的面积为$3\pi$，则该椭圆的长轴长为(D)

A.$2$
B.$4$
C.$6$
D.$12$

答案：
(1)D [
(1)由$e=\frac{1}{2}$，得$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，即$a=2c$.设$\triangle F_{1}PF_{2}$的内切圆的半径为$r$，因为$\triangle F_{1}PF_{2}$的内切圆的面积为$3\pi$，所以$\pi r^{2}=3\pi$，解得$r=\sqrt{3}$(舍负)，在$\triangle F_{1}PF_{2}$中，根据椭圆的定义及焦点三角形的面积公式，知$S_{\triangle F_{1}PF_{2}}=b^{2}\tan \frac{\angle F_{1}PF_{2}}{2}=\frac{1}{2}r(2a + 2c)$，即$\frac{\sqrt{3}}{3}b^{2}=\sqrt{3}(a + c)$，又$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，联立以上式子得$c=3$，$a=6$，$b=3\sqrt{3}$，所以该椭圆的长轴长为$2a=2 × 6=12$.]

(2)已知双曲线$\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$的左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，若在双曲线的右支上有一个点$P$，满足$|PF_{1}| = 3|PF_{2}|$，则点$P$的横坐标为______。

答案：
(2)$\frac{32}{5}$ [
(2)设点$P$的横坐标为$x_{0}$，由双曲线焦半径公式有$|PF_{1}|=a + ex_{0}$，$|PF_{2}|=ex_{0}-a$，结合条件$|PF_{1}|=3|PF_{2}|$，则$ex_{0}+a=3(ex_{0}-a)$，又$a=4$，$c=5$，可得$e=\frac{5}{4}$，所以$x_{0}=\frac{32}{5}$.]