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思维流程思维流程找突破口找突破口 技法指导技法指导迁移搭桥迁移搭桥 圆锥曲线解答题的常见类型是： 第圆锥曲线解答题的常见类型是： 第(1)小题通常是根据已小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单第知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单第(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质小题往往是通过方程研究曲线的性质弦长问题、 中弦长问题、 中点弦问题、 动点轨迹问题、 定点与定值问题、 最值问题、点弦问题、 动点轨迹问题、 定点与定值问题、 最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧通过巧设设“点点”“”“线线”，设而不求在具体求解时，可，设而不求在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：将整个解题过程分成程序化的三步： 第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；根与系数的关系正确写出； 第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；目中涉及的位置关系和数量关系； 第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中几何问题中 在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算恰当运算方法，合理地简化运算. 典例典例 (2018 广州高中综合测试广州高中综合测试)已知圆已知圆(x 3)2y216 的圆心为的圆心为 M， 点， 点 P 是圆是圆M 上的动点，点上的动点，点 N( 3，0)，点，点 G 在线段在线段 MP 上，且满足上，且满足(GN GP )(GN GP ) (1)求点求点 G 的轨迹的轨迹 C 的方程；的方程； (2)过点过点 T(4,0)作斜率不为作斜率不为 0 的直线的直线 l 与轨迹与轨迹 C 交于交于 A， B 两点， 点两点， 点 A 关于关于 x 轴的对称点轴的对称点为为 D，连接，连接 BD 交交 x 轴于点轴于点 Q Q，求，求ABQ Q 面积的最大值面积的最大值 快审题快审题 求什么求什么 想什么想什么 求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法 求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子 给什么给什么 用什么用什么 给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等 给出直线给出直线l l的条件，应设出直线方程，与的条件，应设出直线方程，与C C的方程联立方程组的方程联立方程组 差什么差什么 找什么找什么 差三角形的高，应先找差三角形的高，应先找 Q Q 点的坐标，即求出点的坐标，即求出 BD 的直线方程的直线方程. 稳解题稳解题 (1)因为因为(GN GP )(GN GP )， 所以所以(GN GP ) (GN GP )0，即，即GN 2 GP 20， 所以所以|GP|GN|， 所以所以|GM|GN|GM|GP|MP|42 3|MN|， 所以点所以点 G 在以在以 M，N 为焦点，长轴长为为焦点，长轴长为 4 的椭圆上的椭圆上， 设椭圆的方程为设椭圆的方程为x2a2y2b21(ab0)， 则则 2a4,2c2 3， 即即 a2，c 3，所以，所以 b2a2c21， 所以点所以点 G 的轨迹的轨迹 C 的方程为的方程为x24y21. (2)法一：法一：依题意可设直线依题意可设直线 l：xmy4. 由由 xmy4，x24y21消去消去 x，得，得(m24)y28my120. 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由由64m2412(m24)16(m212)0， 得， 得m212. 且且 y1y28mm24， y1y212m24. 因为点因为点 A 关于关于 x 轴的对称点为轴的对称点为 D， 所以所以 D(x1，y1)， 可设可设 Q Q(x0,0)， 所以所以 kBDy2y1x2x1y2y1m y2y1 ， 所以所以 BD 所在直线的方程为所在直线的方程为 yy2y2y1m y2y1 (xmy24) 令令 y0，得，得 x02my1y24 y1y2 y1y2. 将将代入代入， 得得 x024m32m8m1， 所以点所以点 Q Q 的坐标为的坐标为(1,0) 因为因为 SABQ Q|STBQ QSTAQ Q| 12|Q QT|y2y1| 32 y1y2 24y1y26 m212m24， 令令 tm24，结合，结合得得 t16， 所以所以 SABQ Q6 t16t 616t21t616 1t1322164. 当且仅当当且仅当 t32，即，即 m 2 7时，时，(SABQ Q)max34. 所以所以ABQ Q 面积的最大值为面积的最大值为34. 法二：法二：依题意知直线依题意知直线 l 的斜率存在，设其方程为的斜率存在，设其方程为 yk(x4)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q Q(x0,0) 由对称性知由对称性知 D(x1，y1)， 由由 yk x4 ，x24y21消去消去 y， 得得(4k21)x232k2x64k240. 由由 (32k2)24(4k21)(64k24)0， 得得 k2112， 且且 x1x232k24k21，x1x264k244k21. BQ Q (x0 x2，y2)， DQ Q (x0 x1，y1) 由由 B，D，Q Q 三点共线知三点共线知BQ Q DQ Q ， 故故(x0 x2)y1y2(x0 x1)0， 即即(x0 x2) k(x14)k(x24)(x0 x1)0. 整理得整理得 x02x1x24 x1x2 x1x28. 将将代入代入，得，得 x01，所以点，所以点 Q Q 的坐标为的坐标为(1,0) 因为点因为点 Q Q(1,0)到直线到直线 l 的距离为的距离为 d3|k|k21， |AB| 1k2 x1x2 24x1x2 4 1k2 112k24k21， 所以所以 SABQ Q12|AB| d6 k212k44k21. 令令 t4k21，则，则 k2t14， 结合结合得得 1tb0)的的右焦点右焦点 F，抛物线，抛物线 x24 3y 的焦点为椭圆的焦点为椭圆 C 的上顶点，且的上顶点，且 l 交椭圆交椭圆 C 于于 A，B 两点，点两点，点 A，F，B 在直线在直线 x4 上的射影依次为上的射影依次为 D，K，E. (1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程； (2)若直线若直线 l 交交 y 轴于点轴于点 M，且，且MA 1AF ， MB 2BF ，当，当 m 变化时，证明：变化时，证明：12为定值；为定值； (3)当当 m 变化时，直线变化时，直线 AE 与与 BD 是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由证明；否则，说明理由 解：解：(1)l：xmy1 过椭圆过椭圆 C 的右焦点的右焦点 F， 右焦点右焦点 F(1,0)，c1，即，即 c21. x24 3y 的焦点的焦点(0， 3)为椭圆为椭圆 C 的上顶点，的上顶点， b 3，即，即 b23，a2b2c24， 椭圆椭圆 C 的方程为的方程为x24y231. (2)证明：由题意知证明：由题意知 m0，联立，联立 xmy1，3x24y2120 得得(3m24)y26my90. 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则则 y1y26m3m24，y1y293m24. MA 1AF ，MB 2BF ，M 0，1m， x1，y11m1(1x1，y1)， x2，y21m2(1x2，y2)， 111my1，211my2， 122y1y2my1y226m3m249m3m2483. 综上所述，当综上所述，当 m 变化时，变化时，12为定值为定值83. (3)当当m0时， 直线时， 直线 lx轴， 则四边形轴， 则四边形ABED为矩形， 易知为矩形， 易知AE与与 BD相交于点相交于点N 52，0 ，猜想当猜想当 m 变化时，直线变化时，直线 AE 与与 BD 相交于定点相交于定点 N 52，0 ，证明如下：，证明如下： 则则AN 52x1，y1 32my1，y1， 易知易知 E(4，y2)，则，则NE 32，y2. 32my1y232(y1)32(y1y2)my1y232 6m3m24m 93m240， AN NE ，即，即 A，N，E 三点共线三点共线 同理可得同理可得 B，N，D 三点三点共线共线 则猜想成立，则猜想成立， 故当故当 m 变化时，直线变化时，直线 AE 与与 BD 相交于定点相交于定点 N 52，0 . 4(2018 全国卷全国卷)已知斜率为已知斜率为 k 的直线的直线 l 与椭圆与椭圆 C：x24y231 交于交于 A，B 两点，线段两点，线段AB 的中点为的中点为 M(1，m)(m0) (1)证明：证明：k12； (2)设设 F 为为 C 的右焦点，的右焦点， P 为为 C 上一点， 且上一点， 且 FP FA FB 0.证明：证明： | FA |， | FP |， |FB |成等差数列，并求该数列的公差成等差数列，并求该数列的公差 解：解：(1)证明：设证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则则x214y2131，x224y2231. 两式相减，并由两式相减，并由y1y2x1x2k 得得x1x24y1y23 k0. 由题设知由题设知x1x221，y1y22m，于是，于是 k34m. 由题设得由题设得 0m32，故，故 k12. (2)由题意得由题意得 F(1,0)设设 P(x3，y3)， 则则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0) 由由(1)及题设得及题设得 x33(x1x2)1， y3(y1y2)2m0. 又点又点 P 在在 C 上，所以上，所以 m34， 从而从而 P 1，32，| FP |32， 于是于是| FA | x11 2y21 x11 23 1x2142x12. 同理同理|FB |2x22. 所以所以| FA | FB |412(x1x2)3. 故故 2| FP | FA | FB |， 即即| FA |，| FP |，| FB |成等差数列成等差数列 设该数列的公差为设该数列的公差为 d， 则则 2|d| FB | FA |12|x1x2| 12 x1x2 24x1x2. 将将 m34代入代入得得 k1， 所以所以 l 的方程为的方程为 yx74， 代入代入 C 的方程，并整理得的方程，并整理得 7x214x140. 故故 x1x22，x1x2128，代入，代入解得解得|d|3 2128. 所以该数列的公差为所以该数列的公差为3 2128或或3 2128.
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