2019版高考数学复习圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”讲义理（普通生，含解析）.docx

圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算” 技法指导迁移搭桥 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)2y216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.稳解题(1)因为()()，所以()()0，即220，所以|GP|GN|，所以|GM|GN|GM|GP|MP|42|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(ab0)，则2a4,2c2，即a2，c，所以b2a2c21，所以点G的轨迹C的方程为y21.(2)法一：依题意可设直线l：xmy4.由消去x，得(m24)y28my120.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由64m2412(m24)16(m212)0，得m212.且y1y2，y1y2.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yy2(xmy24)令y0，得x0.将代入，得x01，所以点Q的坐标为(1,0)因为SABQ|STBQSTAQ|QT|y2y1|，令tm24，结合得t16，所以SABQ66.当且仅当t32，即m2时，(SABQ)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yk(x4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0,0)由对称性知D(x1，y1)，由消去y，得(4k21)x232k2x64k240.由(32k2)24(4k21)(64k24)0，得k2，且x1x2，x1x2.(x0x2，y2)， (x0x1，y1)由B，D，Q三点共线知，故(x0x2)y1y2(x0x1)0，即(x0x2)k(x14)k(x24)(x0x1)0.整理得x0.将代入，得x01，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SABQ|AB|d.令t4k21，则k2，结合得1tb0)的右焦点F，抛物线x24y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：12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：xmy1过椭圆C的右焦点F，右焦点F(1,0)，c1，即c21.x24y的焦点(0，)为椭圆C的上顶点，b，即b23，a2b2c24，椭圆C的方程为1.(2)证明：由题意知m0，联立得(3m24)y26my90.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，y1y2. 1，2，M，1(1x1，y1)，2(1x2，y2)，11，21，1222.综上所述，当m变化时，12为定值.(3)当m0时，直线lx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)(y1y2)my1y2m0，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)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)(m0)(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k0.由题设知1，m，于是k.由题设得0m，故k.(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(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.又点P在C上，所以m，从而P，|，于是|2.同理|2.所以|4(