新高考數(shù)學(xué)專題44 巧妙設(shè)點(diǎn)研究圓錐曲線問題（教師版）

專題44巧妙設(shè)點(diǎn)研究圓錐曲線問題解析幾何題的解題思路一般很容易覓得，實(shí)際操作時(shí)，往往不是因?yàn)殡y于實(shí)施，就是因?yàn)閷?shí)施起來運(yùn)算繁瑣而被卡住，最終放棄此解法，因此方法的選擇特別重要．從思想方法層面講，解析幾何主要有兩種方法：一是設(shè)線法；二是設(shè)點(diǎn)法．此題的兩種解法分屬于設(shè)點(diǎn)法和設(shè)線法．一般地，設(shè)線法是比較順應(yīng)題意的一種解法，它的參變量較少，目標(biāo)集中，思路明確；而設(shè)點(diǎn)法要用好點(diǎn)在曲線上的條件，技巧性較強(qiáng)，但運(yùn)用得好，解題過程往往會(huì)顯得很簡捷．解析幾何大題肩負(fù)著對(duì)計(jì)算能力考查的重任，所以必要的計(jì)算量是少不了的，不要一遇到稍微有一點(diǎn)計(jì)算量的題目就想放棄，堅(jiān)持到底才是勝利一、題型選講題型一、巧妙設(shè)點(diǎn)，降低運(yùn)算量例1、(2018南京、鹽城一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的下頂點(diǎn)為B，點(diǎn)M，N是橢圓上異于點(diǎn)B的動(dòng)點(diǎn)，直線BM，BN分別與x軸交于點(diǎn)P，Q，且點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2)))處時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，0)).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線MN交y軸于點(diǎn)D，當(dāng)點(diǎn)M，N均在y軸右側(cè)，且eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NM,\s\up6(→))時(shí)，求直線BM的方程．【分析】eq\a\vs4\al(思路分析)第(2)問中由eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NM,\s\up6(→))，可得2xM＝3xN.可以用直線BM，BN的方程，與橢圓聯(lián)立得到橫坐標(biāo)，即可求出直線BM的斜率k；也可以用點(diǎn)M，N表示直線方程得出點(diǎn)P，Q坐標(biāo)，再利用向量關(guān)系得出坐標(biāo)之間的關(guān)系，最后回代橢圓求解．【解析】(1)由Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，0))，得直線NQ的方程為y＝eq\f(3,2)x－eq\r(3).(2分)令x＝0，得點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，－eq\r(3))．所以橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,3)＝1.(4分)將點(diǎn)N的坐標(biāo)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2)))代入，得eq\f(（\r(3)）2,a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2),3)＝1，解得a2＝4.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(8分)(2)解法1(設(shè)線法)設(shè)直線BM的斜率為k(k＞0)，則直線BM的方程為y＝kx－eq\r(3).在y＝kx－eq\r(3)中，令y＝0，得xP＝eq\f(\r(3),k)，而點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)，所以xQ＝eq\f(\r(3),2k).所以直線BN的斜率kBN＝kBQ＝eq\f(0－（－\r(3)）,\f(\r(3),2k)－0)＝2k.(10分)(注：由kBM＝eq\f(OB,OP)，kBN＝eq\f(OB,OQ)，及OP＝2OQ也可得到kBN＝2kBM.)聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\r(3)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(3＋4k2)x2－8eq\r(3)kx＝0，解得xM＝eq\f(8\r(3)k,3＋4k2).用2k代替k，得xN＝eq\f(16\r(3)k,3＋16k2).(12分)又eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NM,\s\up6(→))，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.(14分)故2×eq\f(8\r(3)k,3＋4k2)＝3×eq\f(16\r(3)k,3＋16k2)，又k＞0，解得k＝eq\f(\r(6),2).所以直線BM的方程為y＝eq\f(\r(6),2)x－eq\r(3).(16分)解法2(設(shè)點(diǎn)法)設(shè)點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為(2t，0)，(t，0)，t＞0，則直線BM的方程為y＝eq\f(\r(3),2t)x－eq\r(3)，(10分)聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),2t)x－\r(3)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(1＋t2)x2－4tx＝0，解得xM＝eq\f(4t,1＋t2)，用eq\f(1,2)t代替t，得xN＝eq\f(8t,4＋t2).(12分)又eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NM,\s\up6(→))，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.(14分)故2×eq\f(4t,1＋t2)＝3×eq\f(8t,4＋t2)，又t＞0，解得t＝eq\f(\r(2),2)，所以k＝eq\f(\r(6),2).所以直線BM的方程為y＝eq\f(\r(6),2)x－eq\r(3).(16分)解法3(設(shè)點(diǎn)法)設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．由B(0，－eq\r(3))，得直線BM的方程為y＝eq\f(y1＋\r(3),x1)x－eq\r(3)，令y＝0，得xP＝eq\f(\r(3)x1,y1＋\r(3)).同理，得xQ＝eq\f(\r(3)x2,y2＋\r(3)).而點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)，所以xP＝2xQ，故eq\f(\r(3)x1,y1＋\r(3))＝2×eq\f(\r(3)x2,y2＋\r(3)).(10分)又eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NM,\s\up6(→))，所以x2＝2(x1－x2)，得x2＝eq\f(2,3)x1＞0，從而eq\f(1,y1＋\r(3))＝eq\f(\f(4,3),y2＋\r(3))，解得y2＝eq\f(4,3)y1＋eq\f(\r(3),3).(12分)將eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(2,3)x1，,y2＝\f(4,3)y1＋\f(\r(3),3)))代入橢圓C的方程，得eq\f(xeq\o\al(2,1),9)＋eq\f(（4y1＋\r(3)）2,27)＝1.又xeq\o\al(2,1)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(yeq\o\al(2,1),3)))，所以eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(yeq\o\al(2,1),3))),9)＋eq\f(（4y1＋\r(3)）2,27)＝1，(14分)即eq\r(3)yeq\o\al(2,1)＋2y1－eq\r(3)＝0，解得y1＝－eq\r(3)(舍)或y1＝eq\f(\r(3),3).又x1＞0，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),3)，\f(\r(3),3))).故直線BM的方程為y＝eq\f(\r(6),2)x－eq\r(3).(16分)例2、(2018南京學(xué)情調(diào)研）如圖，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(\r(2),2)，一條準(zhǔn)線方程為x＝2.過橢圓的上頂點(diǎn)A作一條與x軸，y軸都不垂直的直線交橢圓于另一點(diǎn)P，P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q.(1)求橢圓的方程；(2)若直線AP，AQ與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為m，n，求證：mn為常數(shù)，并求出此常數(shù)．【解析】(1)因?yàn)閑q\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(a2,c)＝2,所以a＝eq\r(2)，c＝1，所以b＝eq\r(a2－c2)＝1.故橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(4分)(2)解法1由(1)知A(0,1)，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(x1，y1)，則點(diǎn)Q坐標(biāo)為(x1，－y1)．因?yàn)閗AP＝eq\f(y1－1,x1－0)＝eq\f(y1－1,x1)，所以直線AP的方程為y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1.令y＝0，解得m＝－eq\f(x1,y1－1).(8分)因?yàn)閗AQ＝eq\f(－y1－1,x1－0)＝－eq\f(y1＋1,x1)，所以直線AQ的方程為y＝－eq\f(y1＋1,x1)x＋1.令y＝0，解得n＝eq\f(x1,y1＋1).(12分)所以mn＝－eq\f(x1,y1－1)×eq\f(x1,y1＋1)＝eq\f(x\o\al(2,1),1－y\o\al(2,1)).(14分)又因?yàn)?x1，y1)在橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1上，所以eq\f(x\o\al(2,1),2)＋yeq\o\al(2,1)＝1，即1－yeq\o\al(2,1)＝eq\f(x\o\al(2,1),2)，所以eq\f(x\o\al(2,1),1－y\o\al(2,1))＝2，即mn＝2.所以mn為常數(shù)，且常數(shù)為2.(16分)解法2設(shè)直線AP的斜率為k(k≠0)，則AP的方程為y＝kx＋1，令y＝0，得m＝－eq\f(1,k).(6分)聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，解得xA＝0，xP＝－eq\f(4k,1＋2k2)，(8分)所以yP＝kxP＋1＝eq\f(1－2k2,1＋2k2)，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,1＋2k2)，－\f(1－2k2,1＋2k2))).(10分)所以kAQ＝eq\f(－\f(1－2k2,1＋2k2)－1,－\f(4k,1＋2k2))＝eq\f(1,2k)，故直線AQ的方程為y＝eq\f(1,2k)x＋1.令y＝0，得n＝－2k，(14分)所以mn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))×(－2k)＝2.所以mn為常數(shù)，常數(shù)為2.(16分)解后反思解析幾何題的解題思路一般很容易覓得，實(shí)際操作時(shí)，往往不是因?yàn)殡y于實(shí)施，就是因?yàn)閷?shí)施起來運(yùn)算繁瑣而被卡住，最終放棄此解法，因此方法的選擇特別重要．從思想方法層面講，解決解析幾何問題主要有兩種方法：一是設(shè)線法；二是設(shè)點(diǎn)法．此題的解法1就屬于設(shè)點(diǎn)法，解法2就屬于設(shè)線法．一般的，設(shè)線法是比較順應(yīng)題意的一種解法，它的參變量較少，目標(biāo)集中，思路明確；而設(shè)點(diǎn)法要用好點(diǎn)在曲線上的條件，技巧性較強(qiáng)，但運(yùn)用的好，解題過程往往會(huì)顯得很簡捷．對(duì)于這道題，這兩種解法差別不是很大，但對(duì)于有些題目，方法選擇的不同，差別會(huì)很大，因此要注意從此題的解法中體會(huì)設(shè)點(diǎn)法和設(shè)線法的不同．題型二、設(shè)而不求法，降低運(yùn)算量例3、【2019年高考浙江卷】如圖，已知點(diǎn)為拋物線的焦點(diǎn)，過點(diǎn)F的直線交拋物線于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線上，使得的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點(diǎn)Q，且Q在點(diǎn)F的右側(cè)．記的面積分別為．（1）求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；（2）求的最小值及此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo)．【答案】（1）p=2，準(zhǔn)線方程為x=?1；（2）最小值為，此時(shí)G（2，0）．【解析】（1）由題意得，即p=2.所以，拋物線的準(zhǔn)線方程為x=?1.（2）設(shè)，重心.令，則.由于直線AB過F，故直線AB方程為，代入，得，故，即，所以.又由于及重心G在x軸上，故，得.所以，直線AC方程為，得.由于Q在焦點(diǎn)F的右側(cè)，故.從而.令，則m>0，.當(dāng)時(shí)，取得最小值，此時(shí)G（2，0）例4、(2016南京三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，點(diǎn)(2,1)在橢圓C上．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l與圓O：x2＋y2＝2相切，與橢圓C相交于P，Q兩點(diǎn).①若直線l過橢圓C的右焦點(diǎn)F，求△OPQ的面積；②求證：OP⊥OQ.eq\a\vs4\al(思路分析)(1)由e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，得a∶b∶c＝eq\r(2)∶1∶1，用b表示a更方便；(2)①設(shè)直線l的方程為y＝k(x－eq\r(3))，由直線l與圓O相切可先求出k，再求出PQ的長即可．②設(shè)l：y＝kx＋m，則只要證eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0.聯(lián)列直線與橢圓方程可得x1＋x2，x1x2均可用k，m表示．由直線l與圓O相切，可得k與m的關(guān)系式．規(guī)范解答(1)由題意，得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得a2＝6，b2＝3.所以橢圓的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2分)(2)①解法1橢圓C的右焦點(diǎn)F(eq\r(3)，0)．設(shè)切線方程為y＝k(x－eq\r(3))，即kx－y－eq\r(3)k＝0，所以eq\f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，解得k＝±eq\r(2)，所以切線方程為y＝±eq\r(2)(x－eq\r(3))．當(dāng)k＝eq\r(2)時(shí)，(4分)由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)x－\r(3)，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4\r(3)＋3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)＋6,5)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4\r(3)－3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)－6,5).))所以點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為eq\f(4\r(3)＋3\r(2),5)，eq\f(－\r(6)＋6,5)，eq\f(4\r(3)－3\r(2),5)，eq\f(－\r(6)－6,5)，所以PQ＝eq\f(6\r(6),5).(6分)因?yàn)镺到直線PQ的距離為eq\r(2)，所以△OPQ的面積為eq\f(6\r(3),5).因?yàn)闄E圓的對(duì)稱性，當(dāng)切線方程為y＝－eq\r(2)(x－eq\r(3))時(shí)，△OPQ的面積也為eq\f(6\r(3),5).綜上所述，△OPQ的面積為eq\f(6\r(3),5).(8分)解法2橢圓C的右焦點(diǎn)F(eq\r(3)，0)．設(shè)切線方程為y＝k(x－eq\r(3))，即kx－y－eq\r(3)k＝0，所以eq\f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，解得k＝±eq\r(2)，所以切線方程為y＝±eq\r(2)(x－eq\r(3))．當(dāng)k＝eq\r(2)時(shí)，(4分)把切線方程y＝eq\r(2)(x－eq\r(3))代入橢圓C的方程，消去y得5x2－8eq\r(3)x＋6＝0.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則有x1＋x2＝eq\f(8\r(3),5).由橢圓定義可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×eq\r(6)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(8\r(3),5)＝eq\f(6\r(6),5).(6分)因?yàn)镺到直線PQ的距離為eq\r(2)，所以△OPQ的面積為eq\f(6\r(3),5).因?yàn)闄E圓的對(duì)稱性，當(dāng)切線方程為y＝－eq\r(2)(x－eq\r(3))時(shí)，△OPQ的面積為eq\f(6\r(3),5).綜上所述，△OPQ的面積為eq\f(6\r(3),5).(8分)②解法1(i)若直線PQ的斜率不存在，則直線PQ的方程為x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2).當(dāng)x＝eq\r(2)時(shí)，P(eq\r(2)，eq\r(2))，Q(eq\r(2)，－eq\r(2))．因?yàn)閑q\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0，所以O(shè)P⊥OQ.當(dāng)x＝－eq\r(2)時(shí)，同理可得OP⊥OQ.(10分)(ii)若直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0.因?yàn)橹本€與圓相切，所以eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\r(2)，即m2＝2k2＋2.將直線PQ方程代入橢圓方程，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則有x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2).(12分)因?yàn)閑q\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋km×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋2k2)))＋m2.將m2＝2k2＋2代入上式可得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0，所以O(shè)P⊥OQ.綜上所述，OP⊥OQ.(14分)解法2設(shè)切點(diǎn)T(x0，y0)，則其切線方程為x0x＋y0y－2＝0，且xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2.(i)當(dāng)y0＝0時(shí)，則直線PQ的直線方程為x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2).當(dāng)x＝eq\r(2)時(shí)，P(eq\r(2)，eq\r(2))，Q(eq\r(2)，－eq\r(2))．因?yàn)閑q\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0，所以O(shè)P⊥OQ.當(dāng)x＝－eq\r(2)時(shí)，同理可得OP⊥OQ.(10分)(ii)當(dāng)y0≠0時(shí)，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0x＋y0y－2＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(2xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))x2－8x0x＋8－6yeq\o\al(2,0)＝0.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則有x1＋x2＝eq\f(8x0,2x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0))，x1x2＝eq\f(8－6y\o\al(2,0),2x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)).(12分)所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq\f(2－x0x12－x0x2,y\o\al(2,0))＝eq\f(－6x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)＋12,2x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)).因?yàn)閤eq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2，代入上式可得eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0，所以O(shè)P⊥OQ.綜上所述，OP⊥OQ.(14分)解后反思：對(duì)于題目中要設(shè)的點(diǎn)比較多，就可以大膽的設(shè)點(diǎn)，找到點(diǎn)之間的關(guān)系，達(dá)到不要求解的目的。（公眾號(hào)：高中數(shù)學(xué)最新試題）題型三、巧妙設(shè)點(diǎn)解決向量問題例5、（2016南通、揚(yáng)州、淮安、宿遷、泰州二調(diào)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2).A為橢圓上異于頂點(diǎn)的一點(diǎn)，點(diǎn)P滿足＝2.(1)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2，eq\r(2))，求橢圓的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)P的一條直線交橢圓于B，C兩點(diǎn)，且＝m，直線OA，OB的斜率之積為－eq\f(1,2)，求實(shí)數(shù)m的值．思路分析第1問，根據(jù)條件eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))以及P(2，eq\r(2))可得A點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)離心率的條件以及a，b，c的關(guān)系可求得a，b，c的值，從而求出橢圓的方程；第2問(分析1)注意到eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，這樣可得到A，P兩點(diǎn)的坐標(biāo)間的關(guān)系，再注意到eq\o(BP,\s\up6(→))＝meq\o(BC,\s\up6(→))，這樣又可將C點(diǎn)的坐標(biāo)用B，P的坐標(biāo)表示出來，為此，只需設(shè)出A，B的坐標(biāo)，從而得到C的坐標(biāo)，利用A，B，C三點(diǎn)在橢圓上，以及kOA·kOB＝－eq\f(1,2)來消去A，B的坐標(biāo)，得到關(guān)于m的方程，就可求出m的值；第2問(分析2)注意到eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，這樣可將P的坐標(biāo)表示為A點(diǎn)的坐標(biāo)的形式，同時(shí)，利用kOA·kOB＝－eq\f(1,2)，從而得到OB的方程，將其與橢圓的方程聯(lián)立求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，再注意到eq\o(BP,\s\up6(→))＝meq\o(BC,\s\up6(→))，從而將點(diǎn)C的坐標(biāo)求出來，代入橢圓的方程中，就可得到關(guān)于m的方程，就可求出m的值；規(guī)范解答(1)因?yàn)閑q\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，而P(2，eq\r(2))，所以A－1，－eq\f(\r(2),2)，代入橢圓方程，得eq\f(1,a2)＋eq\f(2,4b2)＝1，①(2分)又橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)，所以eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(2),2).②(4分)由①②，得a2＝2，b2＝1.故橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1，(6分)(2)解法1設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．因?yàn)閑q\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，所以P(－2x1，－2y1)，因?yàn)閑q\o(BP,\s\up6(→))＝meq\o(BC,\s\up6(→))，所以(－2x1－x2，－2y1－y2)＝m(x3－x2，y3－y2)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x1－x2＝mx3－x2，,－2y1－y2＝my3－y2，))于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3＝\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x1，,y3＝\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y1.))(9分)代入橢圓方程，得eq\f(\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x12,a2)＋eq\f(\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y12,b2)＝1，即eq\f(4,m2)eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＋eq\f(m－12,m2)·eq\f(x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,2),b2)－eq\f(4m－1,m2)·eq\f(x1x2,a2)＋eq\f(y1y2,b2)＝1，③(12分)因?yàn)锳，B在橢圓上，所以eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,2),b2)＝1.④因?yàn)橹本€OA，OB的斜率之積為－eq\f(1,2)，即eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－eq\f(1,2)，結(jié)合②知eq\f(x1x2,a2)＋eq\f(y1y2,b2)＝0.⑤(14分)將④⑤代入③，得eq\f(4,m2)＋eq\f(m－12,m2)＝1，解得m＝eq\f(5,2).(16分)解法2設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，所以kOA＝eq\f(y1,x1)，因?yàn)閑q\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，所以P(－2x1，－2y1)，因?yàn)橹本€OA，OB的斜率之積為－eq\f(1,2)，所以kOB＝eq\f(－\f(1,2),kOA)＝－eq\f(x1,2y1)，故直線OB方程為y＝－eq\f(x1,2y1)x,因?yàn)闄E圓的離心率為eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，即a＝eq\r(2)c，故b2＝a2－c2＝c2，所以橢圓的方程為eq\f(x2,2c2)＋eq\f(y2,c2)＝1，即x2＋2y2＝2c2,(9分)將它與直線OB方程聯(lián)立，并消去y得(xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1))x2＝4yeq\o\al(2,1)c2，因?yàn)辄c(diǎn)A(x1，y1)在橢圓上，所以xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝2c2，從而xB＝±eq\r(2)y1，故Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)y1，－\f(\r(2),2)x1))或Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)y1，\f(\r(2),2)x1))，(11分)若Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)y1，－\f(\r(2),2)x1))，設(shè)C(x0，y0)，因?yàn)閑q\o(BP,\s\up6(→))＝meq\o(BC,\s\up6(→))，所以(－2x1－eq\r(2)y1，－2y1＋eq\f(\r(2),2)x1)＝mx0－eq\r(2)y1，y0＋eq\f(\r(2),2)x1，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x1－\r(2)y1＝mx0－\r(2)y1，,－2y1＋\f(\r(2),2)x1＝my0＋\f(\r(2),2)x1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(－2x1－\r(2)y1,m)＋\r(2)y1，,y0＝\f(－2y1＋\f(\r(2),2)x1,m)－\f(\r(2),2)x1，))(13分)因?yàn)辄c(diǎn)C在橢圓上，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2x1－\r(2)y1,m)＋\r(2)y1))2＋2eq\f(－2y1＋\f(\r(2),2)x1,m)－eq\f(\r(2),2)x12＝2c2，化簡得eq\f(5x\o\al(2,1)＋2y\o\al(2,1),m2)－eq\f(2x\o\al(2,1)＋2y\o\al(2,1),m)＋xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝2c2，即eq\f(5×2c2,m2)－eq\f(4c2,m)＋2c2＝2c2，解得m＝eq\f(5,2).同理，若B－eq\r(2)y1，eq\f(\r(2),2)x1,m＝eq\f(5,2)，綜上，實(shí)數(shù)m的值為eq\f(5,2).(16分)解后反思1.已知離心率，通常先簡化橢圓方程，可以減少字母干擾．2.加強(qiáng)“設(shè)而不求”思想的滲透，出現(xiàn)多個(gè)變量時(shí)，要有消元意識(shí)和主元思想；在代入運(yùn)算過程中，不要忘掉整體思想．3.在研究直線與橢圓相交的問題時(shí)，通常有兩種方法來設(shè)參，一是設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)來作為參數(shù)，二是設(shè)直線的斜率作為參數(shù)．在學(xué)習(xí)中，要通過比較來看應(yīng)用哪種方法較為簡便，以免將問題復(fù)雜化題型四、拋物線的特殊設(shè)點(diǎn)技巧例6、【2018年高考浙江卷】如圖，已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn)，拋物線C：y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A，B滿足PA，PB的中點(diǎn)均在C上．（1）設(shè)AB中點(diǎn)為M，證明：PM垂直于y軸；（2）若P是半橢圓x2+=1(x<0)上的動(dòng)點(diǎn)，求△PAB面積的取值范圍．【答案】（1）見解析；（2）．【解析】本題主要考查橢圓、拋物線的幾何性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.滿分15分.（1）設(shè)，，．因?yàn)?，的中點(diǎn)在拋物線上，所以，為方程即的兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根．所以．因此，垂直于軸．（2）由（1）可知所以，．因此，的面積．因?yàn)椋裕虼?，面積的取值范圍是．二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1、【2020年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn)，，P為直線x=6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與E的另一交點(diǎn)為C，PB與E的另一交點(diǎn)為D．（1）求E的方程；（2）證明：直線CD過定點(diǎn).【解析】（1）由題設(shè)得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.則，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.所以E的方程為+y2=1．（2）設(shè)C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若t≠0，設(shè)直線CD的方程為x=my+n，由題意可知–3<n<3.由于直線PA的方程為y=（x+3），所以y1=（x1+3）.直線PB的方程為y=（x–3），所以y2=（x2–3）.可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.由于，故，可得，即①將代入得所以，．代入①式得解得n=–3（含去），n=.故直線CD的方程為，即直線CD過定點(diǎn)（，0）．若t=0，則直線CD的方程為y=0，過點(diǎn)（，0）.綜上，直線CD過定點(diǎn)（，0）.2、（2020屆山東省濰坊市高三上學(xué)期統(tǒng)考）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為，，過點(diǎn)的直線與橢圓交于兩點(diǎn)，延長交橢圓于點(diǎn)，的周長為8.（1）求的離心率及方程；（2）試問：是否存在定點(diǎn)，使得為定值？若存在，求；若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】（1）,；（2）存在點(diǎn)，且.【解析】（1）由題意可知，，則，又的周長為8，所以，即，則，.故的方程為.（2）假設(shè)存在點(diǎn)，使得為定值.若直線的斜率不存在，直線的方程為，，，則.若直線的斜率存在，設(shè)的方程為，設(shè)點(diǎn)，，聯(lián)立，得，根據(jù)韋達(dá)定理可得：，，由于，，則因?yàn)闉槎ㄖ?，所以，解得，故存在點(diǎn)，且.3、【2019年高考全國Ⅱ卷理數(shù)】已知點(diǎn)A(?2，0)，B(2，0)，動(dòng)點(diǎn)M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為?.記M的軌跡為曲線C.（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；（2）過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長交C于點(diǎn)G.（i）證明：是直角三角形；（ii）求面積的最大值.【答案】（1）見解析；（2）（i）見解析；（ii）.【解析】（1）由題設(shè)得，化簡得，所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左右頂點(diǎn)．（2）（i）設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為．由得．記，則．于是直線的斜率為，方程為．由得．①設(shè)，則和是方程①的解，故，由此得．從而直線的斜率為．所以，即是直角三角形．（ii）由（i）得，，所以△PQG的面積．設(shè)t=k+，則由k>0得t≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào)．因?yàn)樵赱2，+∞）單調(diào)遞減，所以當(dāng)t=2，即k=1時(shí)，S取得最大值，最大值為．因此，△PQG面積的最大值為．4、（2016南京、鹽城一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)點(diǎn)M(x0，y0)是橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1上的一點(diǎn)，從原點(diǎn)O向圓M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2作兩條切線分別與橢圓C交于點(diǎn)P，Q，直線OP，OQ的斜率分別記為k1，k2.(1)若圓M與x軸相切于橢圓C的右焦點(diǎn)，求圓M的方程；(2)若r＝eq\f(2\r(5),5).①求證：k1k2＝－eq\f(1,4)；②求OP·OQ的最大值．思路分析1第(2)問，注意到直線OP，OQ與圓相切，因此，利用圓心到直線的距離等于半徑可得到k1，k2與x0，y0的關(guān)系，利用點(diǎn)(x0，y0)在橢圓上，來求出k1k2的值．由直線OP，OQ與橢圓相交，求出交點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而將OP·OQ表示為k1，k2的代數(shù)式，根據(jù)k1k2＝－eq\f(1,4)，消去k1(或k2)后，得到關(guān)于k2(或k1)的函數(shù)，利用基本不等式或函數(shù)求最值的方法，求出OP·OQ的最大值．思路分析2對(duì)于第(2)問的第②小題，由點(diǎn)P，Q在橢圓上以及k1k2＝－eq\f(1,4)，將OP，OQ表示為點(diǎn)P，Q的橫坐標(biāo)的形式，然后來求它的最值．規(guī)范解答(1)因?yàn)闄E圓C右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為(eq\r(3)，0)，所以圓心M的坐標(biāo)為eq\r(3)，±eq\f(1,2)，(2分)從而圓M的方程為(x－eq\r(3))2＋y±eq\f(1,2)2＝eq\f(1,4).(4分)(2)①因?yàn)閳AM與直線OP：y＝k1x相切，所以eq\f(|k1x0－y0|,\r(k\o\al(2,1)＋1))＝eq\f(2\r(5),5)，即(4－5xeq\o\al(2,0))keq\o\al(2,1)＋10x0y0k1＋4－5yeq\o\al(2,0)＝0，(6分)同理，有(4－5xeq\o\al(2,0))keq\o\al(2,2)＋10x0y0k2＋4－5yeq\o\al(2,0)＝0，所以k1，k2是方程(4－5xeq\o\al(2,0))k2＋10x0y0k＋4－5yeq\o\al(2,0)＝0的兩根，(8分)從而k1k2＝eq\f(4－5y\o\al(2,0),4－5x\o\al(2,0))＝eq\f(4－51－\f(1,4)x\o\al(2,0),4－5x\o\al(2,0))＝