1、1圆锥曲线问题巧在“设” 、难在“算”技法指导迁移搭桥 思 维 流 程 找 突 破 口 圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)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(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点” “线” ，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：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；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；第三步，求解转化而来的代数问题，并将结
2、果回归到原几何问题中在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算.典例 (2018广州高中综合测试)已知圆( x )2 y216 的圆心为 M，点 P3是圆 M 上的动点，点 N( ， 0)，点 G 在线段 MP 上，且满足( )3 GN GP ( )GN GP (1)求点 G 的轨迹 C 的方程；(2)过点 T(4,0)作斜率不为 0 的直线 l 与轨迹 C 交于 A， B 两点，点 A 关于 x 轴的对称点为 D，连接 BD 交 x 轴于点 Q，求 ABQ 面积的最大值快审题求什么想什么求轨迹方程，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
3、的式子给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直线 l 的条件，应设出直线方程，与 C 的方程联立方程组差什么找什么差三角形的高，应先找 Q 点的坐标，即求出 BD 的直线方程.2稳解题(1)因为( )( )，GN GP GN GP 所以( )( )0，即 2 20，GN GP GN GP GN GP 所以| GP| GN|，所以 |GM| GN| GM| GP| MP|42 | MN|，3所以点 G 在以 M， N 为焦点，长轴长为 4 的椭圆上，设椭圆的方程为 1( ab0)，x2a2 y2b2则 2a4,2 c2 ，3即 a2， c ，所以 b2 a2 c21，3所以点
4、G 的轨迹 C 的方程为 y21.x24(2)法一：依题意可设直线 l： x my4.由Error! 消去 x，得( m24) y28 my120.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，由 64 m2412( m24) 16(m212)0，得 m212. 且 y1 y2 ，8mm2 4y1y2 . 12m2 4因为点 A 关于 x 轴的对称点为 D，所以 D(x1， y1)，可设 Q(x0,0)，所以 kBD ，y2 y1x2 x1 y2 y1m y2 y1所以 BD 所在直线的方程为 y y2 (x my24)y2 y1m y2 y1令 y0，得 x0 . 2my1y2 4 y1 y
5、2y1 y2将代入，得 x0 1，24m 32m 8m所以点 Q 的坐标为(1,0)因为 S ABQ| S TBQ S TAQ|3|QT|y2 y1|12 ，32 y1 y2 2 4y1y2 6m2 12m2 4令 t m24，结合得 t16，所以 S ABQ 6t 16t6 6 . 16t2 1t 16(1t 132)2 164当且仅当 t32，即 m2 时，( S ABQ)max .734所以 ABQ 面积的最大值为 .34法二：依题意知直线 l 的斜率存在，设其方程为 y k(x4)，A(x1， y1)， B(x2， y2)，Q( x0,0)由对称性知 D(x1， y1)，由Error!
6、 消去 y，得(4 k21) x232 k2x64 k240.由 (32 k2)24(4 k21)(64 k24)0，得 k2b0)x2a2 y2b2的右焦点 F，抛物线 x24 y 的焦点为椭圆 C 的上顶点，且 l 交椭圆 C 于 A， B 两点，点3A， F， B 在直线 x4 上的射影依次为 D， K， E.(1)求椭圆 C 的方程；(2)若直线 l 交 y 轴于点 M，且 1 ， 2 ，当 m 变化时，证明：MA AF MB BF 1 2为定值；(3)当 m 变化时，直线 AE 与 BD 是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由解：(1) l： x my1
7、过椭圆 C 的右焦点 F，右焦点 F(1,0)， c1，即 c21. x24 y 的焦点(0， )为椭圆 C 的上顶点，3 3 b ，即 b23， a2 b2 c24，3椭圆 C 的方程为 1.x24 y23(2)证明：由题意知 m0，联立Error!得(3 m24) y26 my90.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，9则 y1 y2 ， y1y2 .6m3m2 4 93m2 4 1 ， 2 ， M ，MA AF MB BF (0， 1m) 1(1 x1， y1)，(x1， y11m) 2(1 x2， y2)，(x2， y21m) 11 ， 21 ，1my1 1my2 1 22
8、2 .y1 y2my1y2 6m3m2 4 9m3m2 4 83综上所述，当 m 变化时， 1 2为定值 .83(3)当 m0 时，直线 l x 轴，则四边形 ABED 为矩形，易知 AE 与 BD 相交于点N ，猜想当 m 变化时，直线 AE 与 BD 相交于定点 N ，证明如下：(52， 0) (52， 0)则 ，AN (52 x1， y1) (32 my1， y1)易知 E(4， y2)，则 .NE (32， y2) y2 ( y1) (y1 y2) my1y2 m 0，(32 my1) 32 32 32( 6m3m2 4) ( 93m2 4) ，即 A， N， E 三点共线AN NE
9、同理可得 B， N， D 三点共线则猜想成立，故当 m 变化时，直线 AE 与 BD 相交于定点 N .(52， 0)4(2018全国卷)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C： 1 交于 A， B 两点，线x24 y23段 AB 的中点为 M(1， m)(m0)(1)证明： k ；12(2)设 F 为 C 的右焦点， P 为 C 上一点，且 0.证明：| |，|FP FA FB FA |，| |成等差数列，并求该数列的公差FP FB 解：(1)证明：设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，10则 1， 1.x214 y213 x24 y23两式相减，并由 k 得 k0.y1 y2x1
10、x2 x1 x24 y1 y23由题设知 1， m，于是 k .x1 x22 y1 y22 34m由题设得 0m ，故 k .32 12(2)由题意得 F(1,0)设 P(x3， y3)，则( x31， y3)( x11， y1)( x21， y2)(0,0)由(1)及题设得 x33( x1 x2)1，y3( y1 y2)2 m0.又点 P 在 C 上，所以 m ，34从而 P ，| | ，(1， 32) FP 32于是| | 2 .FA x1 1 2 y21 x1 1 2 3(1 x214) x12同理| |2 .FB x22所以| | |4 (x1 x2)3.FA FB 12故 2| | | |，FP FA FB 即| |，| |，| |成等差数列FA FP FB 设该数列的公差为 d，则 2|d| | | |x1 x2|FB FA 12 .12 x1 x2 2 4x1x2将 m 代入得 k1，34所以 l 的方程为 y x ，74代入 C 的方程，并整理得 7x214 x 0.14故 x1 x22， x1x2 ，代入解得| d| .128 3212811所以该数列的公差为 或 .32128 32128
