高考数学二轮复习讲义专题五圆锥曲线的综合问题.docx

第3讲圆锥曲线的综合问题全国卷3年考情分析年份全国卷全国卷全国卷2019直线与圆的位置关系，定值问题T21椭圆的定义及几何性质、参数的范围T20直线与抛物线的位置关系、直线与圆的位置关系、定点问题T212018直线的方程、直线与抛物线的位置关系、证明问题T20直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程T20直线与椭圆的位置关系、证明问题T202017直线与抛物线的位置关系、导数的几何意义T20点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等T20两直线垂直的条件、直线与圆的位置关系、直线方程T20解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等.试题难度较大，多以压轴题出现.解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断(与证明)及探究问题.第1课时圆锥曲线中的定值、定点、证明问题 圆锥曲线中的几何证明问题例1(2018全国卷)设椭圆C：y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0).(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：OMAOMB.解(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x1.则点A的坐标为或.又M(2，0)，所以直线AM的方程为yx或yx，即xy20或xy20.(2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB.由y1kx1k，y2kx2k，得kMAkMB.将yk(x1)代入y21，得(2k21)x24k2x2k220，所以x1x2，x1x2.则2kx1x23k(x1x2)4k0.从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补.所以OMAOMB.综上，OMAOMB成立.题后悟通几何证明问题的解题策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.跟踪训练设椭圆E的方程为1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|2|MA|，直线OM的斜率为.(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，b)，N为线段AC的中点，证明：MNAB.解：(1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM，从而.进而得ab，c2b，故e.(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得.又(a，b)，从而有a2b2(5b2a2).由(1)可知a25b2，所以0，故MNAB.定值问题例2(2019福建五校第二次联考)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，上顶点M到直线xy40的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过点(4，2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值.解(1)由题意可得解得所以椭圆C的方程为1.(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y2k(x4)，k0且k1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得得(14k2)x216k(2k1)x64k(k1)0，则x1x2，x1x2，因为kMAkMB，所以kMAkMB2k(4k4)2k4(k1)2k(2k1)1(为定值).题后悟通求解定值问题的2大途径途径一首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关途径二先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值跟踪训练已知椭圆方程为1，右焦点为F，若直线l与椭圆C相切，过点F作FQl，垂足为Q，求证：|OQ|为定值(其中O为坐标原点).证明：当直线l的斜率不存在时，l的方程为x2，点Q的坐标为(2，0)或(2，0)，此时|OQ|2；当直线l的斜率为0时，l的方程为y，点Q的坐标为(1，)或(1，)，此时|OQ|2；当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为ykxm(k0).因为FQl，所以直线FQ的方程为y(x1).由消去y，可得(34k2)x28kmx4m2120.因为直线l与椭圆C相切，所以(8km)24(34k2)(4m212)0，整理得m24k23.(*)由得Q，所以|OQ|，将(*)式代入上式，得|OQ|2.综上所述，|OQ|为定值，且定值为2.定点问题例3(2019北京高考)已知椭圆C：1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1).(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：ykxt(t1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|ON|2，求证：直线l经过定点.解(1)由题意，得b21，c1，所以a2b2c22.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为yx1.令y0，得点M的横坐标xM.又y1kx1t，从而|OM|xM|.同理，|ON|.由得(12k2)x24ktx2t220，则x1x2，x1x2.所以|OM|ON|2.又|OM|ON|2，所以22.解得t0，所以直线l经过定点(0，0).题后悟通直线过定点问题的解题模型跟踪训练(2019重庆市七校联合考试)已知O为坐标原点，抛物线C：y24x，点A(2，0)，设直线l与C交于不同的两点P，Q.(1)若直线lx轴，求直线PA的斜率的取值范围；(2)若直线l不垂直于x轴，且PAOQAO，证明：直线l过定点.解：(1)当点P在第一象限时，设P(t，2)，则kPA，kPA，同理，当点P在第四象限时，kPA.综上所述，直线PA的斜率kPA.(2)证明：设直线l的方程为ykxb(k0)，联立方程得得ky24y4b0，1616kb0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1y2，y1y2，PAOQAO，kAPkAQ0，b2k，ykx2kk(x2)，直线l恒过定点(2，0).专题过关检测 大题专攻强化练1.(2019全国卷)已知曲线C：y，D为直线y上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点.(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程.解：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x2y1.由于yx，所以切线DA的斜率为x1，故x1.整理得2tx12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点.(2)由(1)得直线AB的方程为ytx.由可得x22tx10.于是x1x22t，y1y2t(x1x2)12t21.设M为线段AB的中点，则M.由于，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0.解得t0或t1.当t0时，|2，所求圆的方程为x24；当t1时，|，所求圆的方程为x22.2.(2019济南市学习质量评估)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，右焦点为F，且该椭圆过点.(1)求椭圆C的方程；(2)当动直线l与椭圆C相切于点A，且与直线x相交于点B时，求证：FAB为直角三角形.解：(1)由题意得，1，又a2b2c2，所以b21，a24，即椭圆C的方程为y21.(2)证明：由题意可得直线l的斜率存在，设l：ykxm，联立得得(4k21)x28kmx4m240，判别式64k2m216(4k21)(m21)0，得m24k210.设A(x1，y1)，则x1，y1kx1mm，即A.易得B，F(，0)，则，110，所以，即FAB为直角三角形，得证.3.如图，设点A，B的坐标分别为(，0)，(，0)，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点P的轨迹为C，点M，N是轨迹C上不同的两点，且满足APOM，BPON，求证：MON的面积为定值.解：(1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得，kAPkBP(x)，化简得，点P的轨迹方程为1(x).(2)证明：由题意可知，M，N是轨迹C上不同的两点，且APOM，BPON，则直线OM，ON的斜率必存在且不为0，kOMkONkAPkBP.当直线MN的斜率为0时，设M(x0，y0)，N(x0，y0)，则得所以SMON|y0|2x0|.当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为xmyt，代入1，得(32m2)y24mty2t260，(*)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1，y2是方程(*)的两根，所以y1y2，y1y2，又kOMkON，所以，即2t22m23，满足>0.又SMON|t|y1y2|，所以SMON.综上，MON的面积为定值，且定值为.4.(2019福州市质量检测)已知抛物线C1：x22py(p>0)和圆C2：(x1)2y22，倾斜角为45的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切.(1)求p的值；(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在A点处的切线l2交y轴于点B，设，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程.解：(1)依题意，设直线l1的方程为yx，因为直线l1与圆C2相切，所以圆心C2(1，0)到直线l1：yx的距离d.即，解得p6或p2(舍去).所以p6.(2)法一：依题意设M(m，3)，由(1)知抛物线C1的方程为x212y，所以y，所以y，设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k，所以切线l2的方程为yx1(xx1)y1.令x0，则yxy112y1y1y1，即B点的坐标为(0，y1)，所以(x1m，y13)，(m，y13)，所以(x12m，6)，所以(x1m，3).设N点坐标为(x，y)，则y3，所以点N在定直线y3上.法二：设M(m，3)，由(1)知抛物线C1的方程为x212y，设l2的斜率为k，A，则以A为切点的切线l2的方程为yk(xx1)x，联立得，x212，因为144k248kx14x0，所以k，所以切线l2的方程为yx1(xx1)x.令x0，得B点坐标为，所以，所以(x12m，6)，所以(x1m，3)，所以点N在定直线y3上.第2课时圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题 最值问题例1(2019广州市综合检测(一)已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线yx与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l过点(1，0)，且与椭圆C交于P，Q两点，求F2PQ的内切圆面积的最大值.解(1)设椭圆C的方程为1(a>b>0)，点M在直线yx上，且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2(c，0)，点M.，c1.解得椭圆C的方程为1.(2)由(1)知，F1(1，0)，过点F1(1，0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，则F2PQ的周长为4a8，又SF2PQ4ar(r为F2PQ的内切圆半径)，当F2PQ的面积最大时，其内切圆面积最大.设直线l的方程为xky1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则消去x得(43k2)y26ky90，SF2PQ|F1F2|y1y2|.令t，则t1，SF2PQ，令f(t)3t，则f(t)3，当t 1，)时，f(t)>0，f(t)3t在1，)上单调递增，SF2PQ3，当t1时取等号，即当k0时，F2PQ的面积取得最大值3，结合SF2PQ4ar，得r的最大值为，F2PQ的内切圆面积的最大值为.题后悟通最值问题的2种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法(如本例)等)跟踪训练(2019河北省九校第二次联考)已知抛物线C：y22px(p>0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|8.(1)求抛物线C的方程；(2)设直线l为抛物线C的切线，且lMN，P为l上一点，求的最小值.解：(1)由题意可知F，则直线MN的方程为yx，代入y22px(p>0)得x23px0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x23p，|MN|8，x1x2p8，即3pp8，解得p2，抛物线C的方程为y24x.(2)设直线l的方程为yxb，代入y24x，得x2(2b4)xb20，直线l为抛物线C的切线，0，解得b1，l：yx1.由(1)可知，x1x26，x1x21，设P(m，m1)，则(x1m，y1(m1)，(x2m，y2(m1)，(x1m)(x2m) y1(m1)y2(m1)x1x2m(x1x2)m2y1y2(m1)(y1y2)(m1)2，(y1y2)216x1x216，y1y24，yy4(x1x2)，y1y244，16mm244(m1)(m1)22(m24m3)2(m2)2714，当且仅当m2，即点P的坐标为(2，3)时，取得最小值14. 范围问题例2(2019安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：1(a>b>0)的焦点坐标分别为F1(1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|5|PF2|且cosF1PF2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：ykxm与椭圆C交于A，B两点，点Q，若|AQ|BQ|，求k的取值范围.解(1)由题意设|PF1|r1，|PF2|r2，则3r15r2，又r1r22a，r1a，r2a.在PF1F2中，由余弦定理得，cosF1PF2，解得a2，c1，b2a2c23，椭圆C的标准方程为1.(2)联立方程，得消去y得(34k2)x28kmx4m2120，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，且48(34k2m2)>0，设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0，y0kx0m，|AQ|BQ|，ABQM，又Q，M为AB的中点，k0，直线QM的斜率存在，kkQMk1，解得m，把代入得34k2>，整理得16k48k23>0，即(4k21)(4k23)>0，解得k>或k<，故k的取值范围为.题后悟通范围问题的解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围(如本例)；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；(5)利用函数值域的求法，确定所求范围；(6)利用已知，将条件转化为几个不等关系，从而求出参数的范围(如本例).跟踪训练(2018浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x21(x<0)上的动点，求PAB面积的取值范围.解：(1)证明：设P(x0，y0)，A，B.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程4，即y22y0y8x0y0的两个不同的实根.所以y1y22y0，因此PM垂直于y轴.(2)由(1)可知所以|PM|(yy)x0y3x0，|y1y2|2.因此PAB的面积SPAB|PM|y1y2|(y4x0).因为x1(x0<0)，所以y4x04x4x044，5，所以PAB面积的取值范围是. 探索性问题例3(2019石家庄市质量检测)已知椭圆C：1(a>b>0)的离心率为，且经过点.(1)求椭圆C的方程.(2)过点(，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.解(1)由题意可得，1，又a2b2c2，所以a24，b21.所以椭圆C的方程为y21.(2)存在定点Q，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称.设直线l的方程为xmy0，与椭圆C的方程联立得整理得，(4m2)y22my10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t，0)(依题意tx1，tx2).由根与系数的关系可得，y1y2，y1y2.直线QA与直线QB恰关于x轴对称，则直线QA与直线QB的斜率互为相反数，所以0，即y1(x2t)y2(x1t)0.又x1my10，x2my20，所以y1(my2t)y2(my1t)0，整理得，(t)(y1y2)2my1y20，从而可得，(t)2m0，即2m(4t)0，所以当t，即Q时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称.特别地，当直线l为x轴时，Q也符合题意.综上所述，在x轴上存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称.题后悟通探索性问题的解题策略探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在.(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.跟踪训练如图，由部分抛物线y2mx1(m>0，x0)和半圆x2y2r2(x0)所组成的曲线称为“黄金抛物线C”，若“黄金抛物线C”经过点(3，2)和.(1)求“黄金抛物线C”的方程；(2)设P(0，1)和Q(0，1)，过点P作直线l与“黄金抛物线C”交于A，P，B三点，问是否存在这样的直线l，使得QP平分AQB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.解：(1)因为“黄金抛物线C”过点(3，2)和，所以r21，43m1，解得m1.所以“黄金抛物线C”的方程为y2x1(x0)和x2y21(x0).(2)假设存在这样的直线l，使得QP平分AQB.显然直线l的斜率存在且不为0，结合题意可设直线l的方程为ykx1(k0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令xA<0<xB.由消去y并整理，得k2x2(2k1)x0，所以xB，yB，即B，由xB>0知k<，所以直线BQ的斜率为kBQ.由消去y并整理，得(k21)x22kx0，所以xA，yA，即A，由xA<0知k>0，所以直线AQ的斜率为kAQ.因为QP平分AQB，且直线QP的斜率不存在，所以kAQkBQ0，即0，由0<k<，可得k1.所以存在直线l：y(1)x1，使得QP平分AQB.专题过关检测 大题专攻强化练1.(2019全国卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|4，M过点A，B且与直线x20相切.(1)若A在直线xy0上，求M的半径.(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|MP|为定值？并说明理由.解：(1)因为M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a).因为M与直线x20相切，所以M的半径为r|a2|.连接MA，由已知得|AO|2.又，故可得2a24(a2)2， 解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|MP|为定值.理由如下：设M(x，y)，由已知得M的半径为r|x2|，|AO|2.由于MOAO，故可得x2y24(x2)2，化简得M的轨迹方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1，0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点P.2.(2019武汉部分学校调研)已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，且长轴长为8，T为椭圆C上异于A，B的点，直线TA，TB的斜率之积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设O为坐标原点，过点M(8，0)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求OPQ面积的最大值.解：(1)设T(x，y)(x4)，则直线TA的斜率为k1，直线TB的斜率为k2.于是由k1k2，得，整理得1(x4)，故椭圆C的方程为1.(2)由题意设直线PQ的方程为xmy8，由得(3m24)y248my1440，(48m)24144(3m24)1248(m24)0，即m24，yPyQ，yPyQ.|PQ|，点O到直线PQ的距离d .故SOPQ|PQ|d4，故OPQ面积的最大值为4.3.(2019湖南省湘东六校联考)已知椭圆C：1(ab0)的离心率e，点A(b，0)，B，F分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF|BA|2.(1)求椭圆C的方程.(2)若过定点M(0，2)的直线l与椭圆C交于G，H两点(G在M，H之间)，设直线l的斜率k0，在x轴上是否存在点P(m，0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由.解：(1)设椭圆的焦距为2c，由离心率e得a2c.由|BF|BA|2，得a2，ab2.a2b2c2，由可得a24，b23，椭圆C的方程为1.(2)设直线l的方程为ykx2(k0)，由得(34k2)x216kx40，可知0，k.设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1x2，(x1x22m，k(x1x2)4)，(x2x1，y2y1)(x2x1，k(x2x1).菱形的对角线互相垂直，()0，(1k2)(x1x2)4k2m0，得m，即m，k，m0.存在满足条件的实数m，m的取值范围为.4.(2019郑州市第二次质量预测)椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，AF1F2的周长为42，且面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)设B是椭圆上一动点，线段AB的中点为P，OA，OB(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，且k1k2，求|OP|的取值范围.解：(1)由椭圆的定义及AF1F2的周长为42，可得2(ac)42，ac2.当A在上(或下)顶点时，AF1F2的面积取得最大值，即bc，由及a2c2b2，得a2，b1，c，椭圆C的方程为y21.(2)当直线AB的斜率不存在时，k1k2，k1k2，k1，不妨取k1，则直线OA的方程为yx，不妨取点A，则B，P(，0)，|OP|.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由可得(14k2)x28kmx4m240，64k2m24(4k21)(4m24)16(4k21m2)0，x1x2，x1x2.k1k2，4y1y2x1x20，4(kx1m)(kx2m)x1x2(4k21)x1x24km(x1x2)4m24m244m20，化简得2m214k2(满足式)，m2.设P(x0，y0)，则x0，y0kx0m.|OP|2xy2，|OP|.综上，|OP|的取值范围为.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|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m2>12.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t>16，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1<t<，所以SABQ33.当且仅当，即k时，(SABQ)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椭圆C：1(ab0)经过点P，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，不经过F1的直线l与椭圆C交于两个不同的点A，B.如果直线AF1，l，BF1的斜率依次成等差数列，求焦点F2到直线l的距离d的取值范围.解：(1)由题意，知结合a2b2c2得a22，b21，c21.所以椭圆C的方程为y21.(2)易知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为ykxm(k0).由消去y并整理，得(12k2)x24kmx2(m21)0.则(4km)28(12k2)(m21)0，即2k2m21.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.因为F1(1，0)，所以k，k.由题意可得2k，且y1kx1m，y2kx2m，所以(mk)(x1x22)0.因为直线l：ykxm不过焦点F1(1，0)，所以mk0，所以x1x220，从而20，即mk.由得2k21，化简得|k|.焦点F2(1，0)到直线l：ykxm的距离d.令t ，由|k|知t(1，)，所以d，由函数f(t)在(1，)上单调递减知，f()df(1)，解得d2，于是焦点F2到直线l的距离d的取值范围为(，2).