又t≠0，所以t∈（－2,0）∪（0,2），
x1＋x2＝－t，x1·x2＝t2－1。
证法一：
要证明|AM|＝|AN|，可转化为证明直线AQ、AR的斜率互为相反数，即证明kAQ＋kAR＝0。
由题意知，kAQ＋kAR＝＋
＝
＝
＝
＝＝0。
所以|AM|＝|AN|。
证法二：
要证明|AM|＝|AN|，可转化为证明直线AQ，AR与y轴的交点M，N连线的中点S的纵坐标为－，即AS垂直平分MN即可。
直线AQ与AR的方程分别为
lAQ：
y＋＝（x－1），
lAR：
y＋＝（x－1），
分别令x＝0，得yM＝－，
yN＝－，
所以yM＋yN＝＋－
－
＝－
＝－
＝－，
yS＝＝－，即AS垂直平分MN。
所以|AM|＝|AN|。
考点二最值与范围问题
【例2】 （2019·全国Ⅱ卷）已知点A（－2,0），B（2,0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为－，记M的轨迹为曲线C。
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G。
①证明：
△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值。
解
（1）由题设得·＝－，化简得＋＝1（|x|≠2），所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点。
（2）①证明：
设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx（k>0）。
由得x＝±。
记u＝，则P（u，uk），Q（－u，－uk），E（u,0）。
于是直线QG的斜率为，
方程为y＝（x－u）。
由得
（2＋k2）x2－2uk2x＋k2u2－8＝0 ①。
设G（xG，yG），则－u和xG是方程①的解，
故xG＝，由此得yG＝。
从而直线PG的斜率为＝－。
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形。
②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，
所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝。
设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号。
因为S＝在[2，＋∞）单调递减，
所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为。
因此，△PQG面积的最大值为。
解决圆锥曲线中最值与范围问题，一般有两个思路：
①构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解；②构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解。
在解题过程中，一定要深刻挖掘题目中的隐含条件。
【变式训练2】 （2019·江西省五校协作体联考）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：
＋＝1（a>b>0）右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，且椭圆M的离心率为。
（1）求椭圆M的方程；
（2）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值。
解
（1）易知椭圆M的右焦点为（，0），则c＝。
离心率e＝＝＝，则a＝，故b2＝a2－c2＝3。
所以椭圆M的方程为＋＝1。
（2）由解得或
因此|AB|＝。
由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n，C（x3，y3），D（x4，y4）。
由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0，
则
所以|CD|＝|x4－x3|＝·＝。
由已知，四边形ACBD的面积S＝|CD|·|AB|＝。
当n＝0时，S取得最大值，最大值为。
所以四边形ACBD面积的最大值为。
考点三定点与定值问题
【例3】 （2019·北京高考）已知抛物线C：
x2＝－2py经过点（2，－1）。
（1）求抛物线C的方程及其准线方程；
（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B。
求证：
以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点。
解
（1）由抛物线C：
x2＝－2py经过点（2，－1），得p＝2。
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1。
（2）抛物线C的焦点为F（0，－1）。
设直线l的方程为y＝kx－1（k≠0）。
由得x2＋4kx－4＝0。
设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x2＝－4。
直线OM的方程为y＝x。
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－。
同理得点B的横坐标xB＝－。
设点D（0，n），则＝，
＝，
·＝＋（n＋1）2
＝＋（n＋1）2
＝＋（n＋1）2
＝－4＋（n＋1）2。
令·＝0，即－4＋（n＋1）2＝0，得n＝1或n＝－3。
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点（0,1）和（0，－3）。
（1）动线过定点问题的两大类型及解法
①动直线l过定点问题，解法：
设动直线方程（斜率存在）为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k（x＋m），故动直线过定点（－m,0）。
②动曲线C过定点问题，解法：
引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点。
（2）求解定值问题的两大途径
①→
②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。
【变式训练3】 （2019·南昌市第一次模拟）已知椭圆C：
＋＝1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是C上的一个动点，且△F1PF2面积的最大值为4。
（1）求C的方程；
（2）设C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x＝2于M，N两点，过点F1作以MN为直径的圆的切线，证明：
切线长为定值，并求该定值。
解
（1）设P（x0，y0），椭圆的半焦距为c。
因为S△F1PF2＝|F1F2|·|y0|≤·2c·b＝bc，
所以bc＝4。
又e＝＝，a2＝b2＋c2，
所以a＝4，b＝2，c＝2，
所以C的方程为＋＝1。
（2）由
（1）可知A（－4,0），B（4,0），F1（－2,0）。
由题可知，x0≠2，且x0≠±4。
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，
则直线PA的方程为y＝k1（x＋4），
令x＝2得y＝6k1，故M（2,6k1）。
直线PB的方程为y＝k2（x－4），
令x＝2得y＝－2k2，故N（2，－2k2）。
记以MN为直径的圆为圆D，则D（2,3k1－k2）。
如图，过点F1作圆D的一条切线，切点为T，连接F1D，DT。
则|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2，
所以|F1T|2＝16＋（3k1－k2）2－（3k1＋k2）2＝16－12k1k2，
又k1＝，k2＝，
所以k1·k2＝·＝，
由＋＝1，得y＝－（x－16），
所以k1·k2＝－，
则|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×＝25，
所以|F1T|＝5。
故切线长为定值5。
【变式训练4】 （2019·石家庄教学质量检测）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a2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1。
所以椭圆C的方程为＋y2＝1。
（2）存在定点Q，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称。
理由如下：
设直线l的方程为x＋my－＝0，与椭圆C的方程联立得
整理得，（4＋m2）y2－2my－1＝0。
设A（x1，y1），B（x2，y2），定点Q（t,0）（依题意t≠x1，t≠x2）。
由根与系数的关系可得，
y1＋y2＝，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（x2－t）＋y2（x1－t）＝0。
又x1＋my1－＝0，x2＋my2－＝0，
所以y1（－my2－t）＋y2（－my1－t）＝0，
整理得，（－t）（y1＋y2）－2my1y2＝0，
从而可得，（－t）·－2m·＝0，
即2m（4－t）＝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。
重点增分专练（十一） 解析几何大题考向探究
第一次作业 基础通关训练
1．（2019·贵阳市监测考试）已知椭圆C：
＋＝1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，点M为短轴的上端点，·＝0，过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝。
（1）求椭圆C的方程；
（2）设经过点（2，－1）且不经过点M的直线l与椭圆C相交于G，H两点，若k1，k2分别是直线MG，MH的斜率，求k1＋k2的值。
解
（1）由·＝0，得b＝c，
将x＝c代入＋＝1中，得y＝
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