2019版二轮复习数学（文）通用版讲义：第一部分第三层级高考5个大题题题研诀窍圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”

                      [技法指导——迁移搭桥]

　　[典例]　(2018·广州高中综合测试)已知圆(x＋)2＋y2＝16的圆心为M，点P是圆M上的动点，点N(，0)，点G在线段MP上，且满足(＋)⊥(－)．

(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]

[稳解题]

(1)因为(＋)⊥(－)，

所以(＋)·(－)＝0，即2－2＝0，

所以|GP|＝|GN|，

所以|GM|＋|GN|＝|GM|＋|GP|＝|MP|＝4>2＝|MN|，

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(a>b>0)，

则2a＝4,2c＝2，

即a＝2，c＝，所以b2＝a2－c2＝1，

所以点G的轨迹C的方程为＋y2＝1.

(2)法一：依题意可设直线l：x＝my＋4.

由消去x，得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由Δ＝64m2－4×12×(m2＋4)＝16(m2－12)>0，得m2>12.　①

且y1＋y2＝－，

y1y2＝.　②

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＝＝，

所以BD所在直线的方程为y－y2＝(x－my2－4)．

令y＝0，得x0＝.　③

将②代入③，

得x0＝＝1，

所以点Q的坐标为(1,0)．

因为S△ABQ＝|S△TBQ－S△TAQ|＝

|QT||y2－y1|＝

＝，

令t＝m2＋4，结合①得t>16，

所以S△ABQ＝＝

6

＝6.

当且仅当t＝32，即m＝±2时，(S△ABQ)max＝.

所以△ABQ面积的最大值为.

法二：依题意知直线l的斜率存在，设其方程为y＝k(x－4)，

A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0,0)．

由对称性知D(x1，－y1)，

由消去y，

得(4k2＋1)x2－32k2x＋64k2－4＝0.

由Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋1)(64k2－4)>0，

得k2<，　①

且x1＋x2＝，x1x2＝.　②

＝(x0－x2，－y2)， ＝(x0－x1，y1)

由B，D，Q三点共线知∥，

故(x0－x2)y1＋y2(x0－x1)＝0，

即(x0－x2)·k(x1－4)＋k(x2－4)(x0－x1)＝0.

整理得x0＝.　③

将②代入③，得x0＝1，所以点Q的坐标为(1,0)．

因为点Q(1,0)到直线l的距离为d＝，

|AB|＝·

＝，

所以S△ABQ＝|AB|·d＝.

令t＝4k2＋1，则k2＝，

结合①得1<t<，

所以S△ABQ＝＝3

＝3.

当且仅当＝，即k＝±时，(S△ABQ)max＝.

所以△ABQ面积的最大值为.

[题后悟道]

解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤

[针对训练]

已知F为椭圆C：＋＝1的右焦点，M为C上的任意一点．

(1)求|MF|的取值范围；

(2)P，N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为－，证明：M，N两点的横坐标之和为常数．

解：(1)法一：依题意得a＝2，b＝，

所以c＝＝1，

所以椭圆C的右焦点F的坐标为(1,0)．

设椭圆C上的任意一点M的坐标为(xM，yM)，

则＋＝1，

所以|MF|2＝(xM－1)2＋y＝(xM－1)2＋3－x＝x－2xM＋4＝(xM－4)2.

又－2≤xM≤2，所以1≤|MF|2≤9，

所以1≤|MF|≤3，

所以|MF|的取值范围为[1,3]．

法二：依题意得a＝2，b＝，所以c＝＝1，

所以椭圆C的右焦点F的坐标为(1,0)，

设椭圆C上的任意一点M的坐标为(2cos α，sin α)，

则|MF|2＝(2cos α－1)2＋(sin α)2＝(cos α－2)2，

又－1≤cos α≤1，所以1≤|MF|2≤9，

所以1≤|MF|≤3，

所以|MF|的取值范围为[1,3]．

(2)法一：证明：设P，M，N三点的坐标分别为(xP，yP)，(xM，yM)，(xN，yN)，

设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，则直线PM的方程为y－yP＝k1(x－xP)，

联立消去y，

得(3＋4k)x2－8k1(k1xP－yP)x＋4kx－8k1xPyP＋4y－12＝0，

由根与系数的关系可得xM＋xP＝，

所以xM＝－xP＝.

同理可得xN＋xP＝，

又k1·k2＝－，

故xN＋xP＝＝＝，

则xN＝－xP＝－＝－xM，从而xN＋xM＝0，

即M，N两点的横坐标之和为常数．

法二：证明：设P，M两点的坐标分别为(xP，yP)，(xM，yM)，线段PM，PN的中点分别为E，T，点E的坐标为(xE，yE)，直线PM，PN，OE(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，

由方程组得＝－，

所以·＝－，

所以·＝－，

所以k1·k3＝－，

又k1·k2＝－，

所以k2＝k3，

所以PN∥OE，

所以MN的中点在直线OE上，

同理可证MN的中点在直线OT上，

所以点O为线段MN的中点．

根据椭圆的对称性，得xM＋xN＝0，

所以M，N两点的横坐标之和为常数．

[总结升华]

解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考试题中大都是以压轴题的面貌出现，是考生“未考先怕”题型，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．因此，在遵循“设—列—算”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破不能避繁就简这一瓶颈．　　　　

1.(2018·济南模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：x2＝4y，直线l与抛物线C1交于A，B两点．

(1)若直线OA，OB的斜率之积为－，证明：直线l过定点；

(2)若线段AB的中点M在曲线C2：y＝4－x2(－2＜x＜2)上，求|AB|的最大值．

解：(1)证明：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由得x2－4kx－4m＝0，

Δ＝16(k2＋m)＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，

则kOA·kOB＝＝＝＝－，

由已知kOA·kOB＝－，得m＝1，满足Δ＞0，

∴直线l的方程为y＝kx＋1，∴直线l过定点(0,1)．

(2)设M(x0，y0)，由已知及(1)得x0＝＝2k，

y0＝kx0＋m＝2k2＋m，

将M(x0，y0)代入y＝4－x2(－2＜x＜2)，得

2k2＋m＝4－×(2k)2，∴m＝4－3k2.

∵－2＜x0＜2，∴－2＜2k＜2，∴－＜k＜，

∵Δ＝16(k2＋m)＝16(k2＋4－3k2)＝32(2－k2)＞0，

∴－＜k＜，

故k的取值范围是(－，)．

∴|AB|＝·

＝·

＝4·

≤4·＝6，

当且仅当k2＋1＝2－k2，即k＝±时取等号，

∴|AB|的最大值为6.

2．(2018·石家庄质检)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，B两点．

(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2＋y2＝9，求椭圆的长轴的长；

(2)当b＝1时，问在x轴上是否存在定点T，使得·为定值？并说明理由．

解：(1)设AF1的中点为M，连接OM，AF2(O为坐标原点)，

在△AF1F2中，O为F1F2的中点，

所以|OM|＝|AF2|＝(2a－|AF1|)＝a－|AF1|.

由题意得|OM|＝3－|AF1|，

所以a＝3，故椭圆的长轴的长为6.

(2)由b＝1，＝，a2＝b2＋c2，得c＝2，a＝3，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，

由得(9k2＋1)x2＋36k2x＋72k2－9＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1＋x2＝－，x1x2＝，

y1y2＝k2(x1＋2)(x2＋2)＝.

设T(x0,0)，则＝(x1－x0，y1)，＝(x2－x0，y2)，

·＝x1x2－(x1＋x2)x0＋x＋y1y2＝，

当9x＋36x0＋71＝9(x－9)，即x0＝－时，

·为定值，定值为x－9＝－.

当直线AB的斜率不存在时，不妨设A，

B，当T时，·＝·＝－.

综上，在x轴上存在定点T，使得·为定值．

3．(2019届高三·西安八校联考)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F，抛物线x2＝4y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4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＝λ1， ＝λ2，当m变化时，证明：λ1＋λ2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＝my＋1过椭圆C的右焦点F，

∴右焦点F(1,0)，c＝1，即c2＝1.

∵x2＝4y的焦点(0，)为椭圆C的上顶点，

∴b＝，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，

∴椭圆C的方程为＋＝1.

(2)证明：由题意知m≠0，联立

得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则y1＋y2＝－，y1y2＝－.

∵＝ λ1，＝λ2，M，

∴＝λ1(1－x1，－y1)，

＝λ2(1－x2，－y2)， 

∴λ1＝－1－，λ2＝－1－，

∴λ1＋λ2＝－2－＝－2－＝－.

综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－.

(3)当m＝0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：

则＝＝，

易知E(4，y2)，则＝.

∵y2－(－y1)＝(y1＋y2)－my1y2＝－m＝0，

∴∥，即A，N，E三点共线．

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.

4．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．

(1)证明：k<－；

(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．

解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则＋＝1，＋＝1.

两式相减，并由＝k得＋·k＝0.

由题设知＝1，＝m，于是k＝－.①

由题设得0<m<，故k<－.

(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，

则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．

由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，

y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.

又点P在C上，所以m＝，

从而P，||＝，

于是||＝＝＝2－.

同理||＝2－.

所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.

故2||＝||＋||，

即||，||，||成等差数列．

设该数列的公差为d，

则2|d|＝|||－|||＝|x1－x2|

＝.②

将m＝代入①得k＝－1，

所以l的方程为y＝－x＋，

代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0.

故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.

所以该数列的公差为或－.