2020高考二轮复习压轴圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题
1．圆锥曲线中的最值 (1)椭圆中的最值
F 1，F 2为椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，P 为椭圆上的任意一点，B 为短轴的
一个端点，O 为坐标原点，则有：
①|OP |∈[b ，a ]； ②|PF 1|∈[a －c ，a ＋c ]； ③|PF 1|·|PF 2|∈[b 2，a 2]； ④∠F 1PF 2≤∠F 1BF 2. (2)双曲线中的最值
F 1，F 2为双曲线x 2a 2－y 2
b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，P 为双曲线上的任一点，O 为坐
标原点，则有：
①|OP |≥a ；②|PF 1|≥c －a ． (3)抛物线中的最值
点P 为抛物线y 2＝2px (p ＞0)上的任一点，F 为焦点，则有： ①|PF |≥p
2
；
②A (m ，n )为一定点，则|P A |＋|PF |有最小值． 2．定点、定值问题
(1)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )． (2)已知直线l 与抛物线y 2＝2px (p ＞0)交于A 、B 两点，若OA ⊥OB ，则直线l 过定点(2p ，
0)，反之亦成立；
(3)已知M (x 0，y 0)是抛物线y 2＝2px (p ＞0)上任意一点，点N (a ，0)是抛物线的对称轴上
一点，则|MN |min ＝⎩⎨⎧|a |（a ≤p ），
2pa －p 2
（a ＞p ）.
热点一 定点、定值问题
[一题多解](12分)已知椭圆x 2＋2y 2＝
1，过原点的两条直线l 1与l 2，分别与椭圆交于A 、B 和C 、D 四点，设平行四边形ACBD 的面积为S
(1)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)用A 、C 的坐标表示C 到l 1的距离，并证明：S ＝2|x 1y 2－x 2y 1|； (2)设l 1与l 2的斜率之积为－1
2，求面积S 的值．
[思维建模]
[△AOC 由题意知l 1的方程为：y 1x －x 1y ＝0(1分)
所以点C (x 2，y 2)到直线l 1的距离d ＝|y 1x 2－x 1y 2|
x 21＋y 2
1
(2分) ∵|OA |＝x 21＋y 2
1
∴S △AOC ＝12|OA |·d ＝12x 21＋y 21·|y 1x 2－x 1y 2|x 21＋y 21＝12|x 1y 2－x 2y 1| ∴S ＝4S △AOC ＝2|x 1y 2－x 2y 1|(4分)
解法二：以AC 为底边求S △AOC
∵A (x 1，y 1) C (x 2，y 2)∴AC 的两点式方程为(y 1－y 2)(x －x 2)＝(x 1－x 2)(y －y 2) 即(y 1－y 2)x －(x 1－x 2)y ＋x 1y 2－x 2y 1＝0(1分) 所以O 到AC 的距离d ＝
|x 1y 2－x 2y 1|
（y 1－y 2）2＋（x 1－x 2）2
＝|x 1y 2－x 2y 1||AC |(2分)
∴S △AOC ＝12|AC |d ＝1
2|x 1y 2－x 2y 1|(3分)∴S ＝4S △AOC ＝2|x 1y 2－x 2y 1|(4分)
解法三：利用向量夹角求面积
设∠AOC ＝θ，∴cos θ＝OA →·OC →
|OA →|·|OC →|＝（x 1，y 1）·（x 2，y 2）
x 21＋y 21·x 22＋y 22＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 22·x 22＋y 22，θ∈(0，π)
∴sin θ＝
1－cos 2θ＝
1－（x 1x 2＋y 1y 2）2（x 21＋y 21）（x 22＋y 22）＝|x 1y 2－x 2y 1|
x 21＋y 21·x 22＋y 22
(2分) ∴S △AOC ＝12|OA |·|OC |sin θ＝1
2|x 1y 2－x 2y 1|(3分)
∴S ＝4S △AOC ＝2|x 1y 2－x 2y 1|(4分)
(2)解法一：利用点的关系、整体代换、设而不求
由题意得⎩⎪⎨⎪
⎧x 21＋2y 21＝1 ①x 22＋2y 2
2＝1 ②
x 1x 2＋2y 1y 2＝0 ③(6分) ①×②得(x 21＋2y 21)(x 22＋2y 2
2)＝1 即x 21x 22＋2x 21y 22＋2x 22y 21＋4y 21y 22＝1(8分) 由③得x 21x 22＋4y 21y 22＋4x 1x 2y 1y 2＝0， ∴2x 21y 22＋2x 22y 21－4x 1x 2y 1y 2＝1
即(x 1y 2－x 2y 1)2＝1
2(10分)
又∵S 2＝4(x 1y 2－x 2y 1)2＝2 ∴S ＝2(12分)
解法二：用直线的斜率k 为自变量，结合方程组
设l 1的方程为y ＝kx ，由于l 1与l 2的斜率之积为－12，则l 2的方程为y ＝－1
2k
x (5分)
由⎩⎪⎨⎪
⎧y ＝kx x 2＋2y 2＝1
得x 2＋2k 2x 2＝1. ∴x 21
＝11＋2k 2，y 21＝k 2
1＋2k 2
(7分)
同理x 22＝
1
1＋2（－1
2k
）
2
＝2k 21＋2k 2，y 22
＝12＋4k 2(9分) |x 1y 2－x 2y 1|2＝x 21y 22＋x 22y 2
1－2·x 1·x 2·y 1y 2
＝11＋2k 2×12＋4k 2＋2k 21＋2k 2×k 21＋2k 2＋211＋2k 2×2k 21＋2k 2×k 21＋2k 2×12＋4k 2 ＝1＋4k 42（1＋2k 2）2＋2k 2（1＋2k 2）2＝（1＋2k 2）22（1＋2k 2）2＝12(11分) (x 1x 2＞0时，y 1y 2＜0，x 1x 2＜0时，y 1y 2＞0) ∴S 2＝4|x 1y 2－x 2y 1|2＝2 ∴S ＝2(12分)
解法三：借助对称性，简化运算
由⎩
⎪⎨⎪⎧y ＝kx x 2＋2y 2＝1得x 21＝11＋2k 2，y 1＝k 2
1＋2k 27分 同理x 22＝
2k 2
1＋2k 2
9分 S ＝2|x 1y 2－x 2y 1|＝2⎪⎪⎪⎪x 1x 22k ＋x 2kx 1＝2k 2
＋1|k ||x 1x 2|＝2k 2
＋1|k |·11＋2k 2·2|k |
1＋2k 2
＝212分
(1)本题体现了解析几何的核心素养——坐标运算利用S △＝1
2底×高，及点的坐标关系，
整体代换，设而不求．是第一层的学科素养；利用向量的夹角求三角形面积及用直线的斜率k 表示点的坐标是第二层的学科素养．
(2)探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，
把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．
(3)对于定值问题，也可以由特殊状态下探出定值．再作一般证明． (4)对于定值问题，其一般解法如下： ①选参数，②算：计算目标表达式，③化简．
(5)对于一般椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1，若k 1·k 2＝－b 2
a 2.S 是否为定值呢？
提示：依上述解答S ＝2ab .
已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的一
个顶点坐标为A (2，0)，且长轴长是短轴长的两倍．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点D (1，0)且斜率存在的直线交椭圆于G ，H 两点，点G 关于x 轴的对称点为点G ′，求证：直线G ′H 恒过定点(4，0)．
[自我探究]
解：(1)因为椭圆C ：x a 2＋y b 2＝1(a ＞b ＞0)的一个顶点坐标为A (2，0)，所以a ＝2.
又长轴长是短轴长的两倍，即2a ＝4b ，解得b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24
＋y 2
＝1.
(2)证明：设直线GH 的方程为y ＝k (x －1)，点G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则G ′(x 1，－y 1)，
联立方程得⎩
⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），
x 2＋4y 2＝4，消去y 可得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0， 由根与系数的关系可得x 1＋x 2＝8k 2
1＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－41＋4k 2，
直线G ′H 的方程为y ＋y 1＝y 2＋y 1
x 2－x 1(x －x 1)，
所以y ＝－y 1＋y 2＋y 1
x 2－x 1(x －x 1)
＝－y 1x 2－x 1y 2＋（y 2＋y 1）x
x 2－x 1
＝
k [（x ＋1）（x 1＋x 2）－2x 1x 2－2x ]
x 2－x 1
＝k ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤（x ＋1）·8k 21＋4k 2－2·4k 2－41＋4k 2－2x x 2－x 1
＝k [8k 2（x ＋1）－8（k 2－1）－2（1＋4k 2）x ]
（1＋4k 2）（x 2－x 1）
＝
－2k （x －4）
（1＋4k 2）（x 2－x 1）
，
故直线G ′H 的方程为y ＝－2k （x －4）
（1＋4k 2）（x 2－x 1）.
则当x ＝4时，y ＝0.
所以直线G ′H 恒过定点(4，0)．
(1)此类问题的关键在于准确建立关于定点坐标的恒等式，根据恒等式成立的条件列出定点坐标所满足的方程或方程组去求解．
(2)设直线方程的依据是点的坐标之间的关系，若横坐标之间的关系比较明确，则应该
消去y ，直线方程常设为y ＝kx ＋b (斜率存在时)的形式，此时需先对“直线的斜率是否存在”进行讨论或说明；若纵坐标之间的关系比较明确，则应该消去x ，直线方程常设为x ＝my ＋t 的形式(直线的斜率等于m 的倒数)，此时需要对“直线的斜率是否为零”进行讨论或说明．
(3)若此椭圆不变，过定点(4，0)的直线(k ≠0)与椭圆由左至右依次交于M ，N 两点，A 1，A 2为椭圆的左右顶点，A 1M 与A 2N 相交于点G .
证明：点G 在定直线上，并求出定直线的方程． 证明：由题意可设直线l 的方程为y ＝k (x －4)， 由椭圆的对称性知G 在直线x ＝x 0(x 0∈R )上， 当直线l 过椭圆的上顶点时，M (0，1) 故l 的方程为y ＝－1
4
(x －4)
由⎩⎨⎧y ＝－14（x －4）x 24＋y 2＝1得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，
y ＝1或⎩
⎨⎧x ＝85，
y ＝35
即N ⎝⎛⎭⎫85，35
又A 1(－2，0)，A 2(2，0)
∴lA 1M ：y ＝12x ＋1，lA 2N ：y ＝－3
2(x －2)
可得G ⎝⎛⎭
⎫1，3
2，即点G 在x ＝1上， 当l 不过椭圆上(下)顶点时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2) 由⎩⎪⎨⎪
⎧y ＝k （x －4），x 24＋y 2＝1消去y 并整理得 (1＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－4＝0， 由Δ＞0得12k 2＜1，
x 1＋x 2＝32k 21＋4k 2，x 1x 2＝64k 2－41＋4k 2
.
直线lA 1M ：y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，lA 2N ：y ＝y 2
x 2－2(x －2)
当x ＝1时，由3y 1x 1＋2＝－y 2
x 2－2得2x 1x 2－5(x 1＋x 2)＋8＝0，
而2×64k 2－41＋4k 2－5×32k 2
1＋4k 2＋8＝0，显然成立．
∴点G 在定直线上．
综上所述，点G 在定直线上．定直线x ＝1.
(4)将此题扩展到一般，对于椭圆：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)，若直线l ：y ＝k (x －2a )(k ≠0)与
椭圆由左至右交于M ，N 两点，直线A 1M 与A 2N 相交于点G ，点G 在什么样的定直线上？
提示：定直线x ＝a
2
.
(5)若直线l 过椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1的右焦点F 与C 交于M ，N 两点，直线A 1M 与A 2N
相交于点G ，点G 在什么样的定直线上？ 提示：定直线x ＝a 2
c .
1．如图，在平面直角坐标系xOy 中，离心率为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2
＝1(a >b >0)的左顶点为A ，过原点O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线P A ，QA 分别与y 轴交于M ，N ，当直线PQ 的斜率为
2
2
时，|PQ |＝2 3. (1)求椭圆C 的标准方程；
(2)试问以MN 为直径的圆是否经过定点(与直线PQ 的斜率无关)？请证明你的结论． 解：(1)当直线PQ 的斜率为22时，设P ⎝
⎛⎭⎫x 0，2
2x 0， ∵|PQ |＝23，
∴x 20
＋⎝⎛⎭
⎫22x 02
＝3，∴x 20
＝2，
∴2a 2＋1b 2＝1，∵e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝2
2
，∴a 2＝4，b 2＝2.
∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2
2＝1.
(2)以MN 为直径的圆过定点F (±2，0)．
设P (x 0，y 0)，则Q (－x 0，－y 0)，且x 204＋y 20
2＝1，
即x 20＋2y 2
0＝4，
∵A (－2，0)，∴直线P A 的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)，
∴M
⎝⎛⎭⎫0，2y 0x 0＋2，
直线QA 的方程为y ＝y 0
x 0－2
(x ＋2)，∴N ⎝⎛⎭⎫0，2y 0x 0－2，
以MN 为直径的圆的方程为(x －0)(x －0)＋⎝⎛⎭⎫y －2y 0x 0＋2·⎝⎛⎭⎫y －2y 0
x 0－2＝0，
即x 2＋y 2－
4x 0y 0x 20－4y ＋4y 20
x 20－4
＝0， ∵x 20－4＝－2y 20
，∴x 2＋y 2＋2x 0y 0y －2＝0， 令y ＝0，则x 2－2＝0，解得x ＝±2， ∴以MN 为直径的圆过定点F (±2，0)．
热点二 最值范围问题
(2019·全国卷Ⅱ)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－1
2.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 .
(ⅰ)证明：△PQG 是直角三角形； (ⅱ)求△PQG 面积的最大值． [自我探究]
解：(1)由题意得y x ＋2·y x －2＝－12，化简得x 4＋y 2＝1(x ≠±2)，所以C 为以O 为中心，焦
点为(±2，0)的椭圆(不含左右顶点)．
(2)(ⅰ)证明：设直线PQ 的斜率为k ，其方程为y ＝kx (k ＞0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 22＝1得x ＝±2
1＋2k 2
. 记u ＝
2
1＋2k 2
，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u ，0)． ∴k QG ＝k 2，其方程为y ＝k
2
(x －u )．
由⎩
⎨⎧y ＝k
2
（x －u ），x 24＋y 22
＝1得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.
设G (x G ，y G )，则－u ＋x G ＝2uk 22＋k 2，∴x G ＝u （3k 2＋2）2＋k 2.∴y G ＝uk 3
2＋k 2.
而k PG ＝uk 3
2＋k 2－uk u （3k 2＋2）
2＋k 2－u
＝－1
k .∴PQ ⊥PG ，故△PQG 是直角三角形．
(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ |＝2u
1＋k 2，|PG |＝
2uk 1＋k 2
2＋k 2
，
∴S △PQG ＝12|PQ ||PG |＝12×2u 1＋k 2
·2uk 1＋k 22＋k 2＝2u 2k （1＋k 2）2＋k 2
＝8k （1＋k 2）（1＋2k 2）（2＋k 2）＝8⎝⎛⎭
⎫k ＋1
k 1＋2⎝⎛⎭
⎫k ＋1k 2.
设t ＝k ＋1
k (k ＞0)，∴t ≥2，(当且仅当k ＝1时取＝)．
∴S △PQG ＝8t 1＋2t 2＝8
1
t
＋2t ，在[2，＋∞)上为减函数，
∴当t ＝2，S △PQG 最大＝169，所以当k ＝1时，S △PQG 的最大值为16
9.
[一题多变]
1．本题的第(1)题是教材人教选修2－1“椭圆”例3的同类题 (k AM ·k BM ＝－4
9
)，将此问题拓展为：
若k AM ·k BM ＝λ，当M 的轨迹是椭圆(去掉左右顶点)时，求λ的范围．
解：由y x ＋2·y x －2＝λ得x 24＋y 2
－4λ＝1，方程表示椭圆时则⎩
⎪⎨⎪⎧－4λ＞0，4≠－4λ∴λ＜0且λ≠－1.
2．将第(2)题变为：过点(0，－2)的直线l 与曲线C 交于P 、Q 两点，若ON →＝OP →＋OQ →
，那么四边形OPNQ 的面积存在最大值吗？ 解：存在，当l 的斜率为±
6
2
时，面积最大为2 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2
4＋y 2
2＝1，y ＝kx －2
得(1＋2k 2)x 2－8kx ＋4＝0， Δ＝(－8k )2－4×(1＋2k 2)×4＞0，∴k 2＞1
2，
P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1＋x 2＝8k 1＋2k 2，x 1x 2
＝4
1＋2k 2
， 点O 到l 的距离d ＝
2
1＋k 2
， S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝12·2
1＋k 2·1＋k 2·|x 1－x 2|＝|x 1－x 2| ∴S 四边形OPNQ ＝2|x 1－x 2|＝2（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝8
2k 2－1
（1＋2k 2）2
.
令2k 2－1＝t (t ＞0) ∴S ＝8
t
（t ＋2）2
＝8
1
t ＋4t
＋4≤22， 当且仅当t ＝2，即k ＝±
6
2
时，四边形OPNQ 面积最大．
(1)目标函数法就是通过设参及坐标运算等建立关于所求问题的函数解析式，根据已知条件求出变量的取值范围，即可将所求的取值范围转化为函数值域进行求解的方法．此种方法适用于求弦长、三角形或四边形面积等相关代数运算的问题．破解此类题的关键点如下．
①定变量，即根据题意确定变量及其取值范围(目标函数的定义域)．
②建立目标函数，即利用定义或公式(点到直线的距离公式，两点间的距离公式，斜率公式等)，通过坐标运算，建立目标函数．
③定最值或定范围，即根据目标函数解析式的结构特征，采用配方法、基本不等式法、函数的有界性及单调性(可以利用导数研究)等定最值或取值范围．
注意：参数或变量的取值范围，如本题的k 、t 等． (2)涉及用不等式解决这类问题的5种情况
①s ＝k 2＋1
2k 2＋5(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．
②s ＝（k 2＋1）2（1＋2k 2）（k 2＋2）≥（k 2＋1）2
⎣⎡⎦⎤（1＋2k 2）＋（k 2＋2）22
(基本不等式)．
③s ＝n 4m 2＋1－n 2
4m 2＋1(基本不等式)．
④s ＝4k 4＋13k 2＋9
2k 2＋3
＝
1＋k 2
4k 4＋12k 2＋9
(先分离参数，再利用基本不等式)． ⑤s ＝k （k 2＋1）⎝⎛⎭⎫3k 2＋13（k 2＋9）＝k ＋1k ⎝⎛⎭⎫3k ＋13k ⎝⎛⎭⎫
k ＋9k (上下同时除以k 2，令t ＝k ＋1
k 换元，再利用基
本不等式)．
2．如图，已知抛物线C ：x 2＝4y 和直线l ：y ＝－2，直线l 与y 轴的交点为D ，过点Q (0，2)的直线交抛物线C 于A ，B 两点，与直线l 交于点P .
(1)记△DAB 的面积为S ，求S 的取值范围； (2)设AQ →＝λQB →，AP →＝μPB →
，求λ＋μ的值． 解：(1)显然直线AB 的斜率k 存在，且k ≠0，
设直线AB 的方程为y ＝kx ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩
⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，
x 2
＝4y ，得x 2－4kx －8＝0，
所以⎩⎪⎨⎪
⎧Δ＝16k 2＋32>0，x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－8，
所以|x 1－x 2|＝
（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝
16k 2＋32，
所以S ＝12|QD |·|x 1－x 2|＝1
2
×4×16k 2＋32>8 2.
(2)设P (x 0，－2)，则由(1)可知AQ →＝(－x 1，2－y 1)，QB →
＝(x 2，y 2－2)，所以λ＝2－y 1y 2－2，
同理μ＝－2－y 1
y 2＋2
.
又因为y 1y 2＝x 214·x 22
4＝（x 1x 2）216＝4，
所以λ＋μ＝2－y 1y 2－2＋－2－y 1y 2＋2＝2×4－y 1y 2
y 22－4＝0.
因为λ＋μ的值为0.
课后训练
1．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为1
2，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形
的面积为4 3.M 为直线x ＝4上任意一点，G 为直线x ＝4与x 轴的交点，过椭圆右焦点F 作FM 的垂线，交椭圆于P ，Q 两点，O 为坐标原点．
(1)求证：OM 平分线段PQ ；
(2)若不同的三点A ，B ，C 均在椭圆上运动且满足A ，B ，G 三点共线，A ，C 两点关于x 轴对称，证明：直线BC 过定点，并求出定点坐标．
证明：(1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝1
2，2ab ＝43，a 2
＝b 2
＋c 2
，
得⎩⎪⎨⎪
⎧a 2＝4，b 2
＝3，
∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2
3＝1，F (1，0)．
设M (4，m )，则直线FM 的斜率k FM ＝m
3，
∴直线PQ 的方程为x ＝－m
3
y ＋1.
设P (x 1
，y 1
)，Q (x 2
，y 2
)，由⎩⎨⎧
x 24＋y 2
3
＝1，x ＝－m
3y ＋1，
得(m 2
＋12)y 2
－6my －27＝0，
∴y 1＋y 2＝
6m m 2＋12，y 1y 2
＝－27
m 2＋12
. 设PQ 的中点为N ，则N ⎝⎛⎭⎫12m 2＋12，3m
m 2＋12，
连接ON ，则k ON ＝m
4＝k OM ，∴OM 过点N ，
故OM 平分线段PQ .
(2)由题意知G (4，0)，直线BC 的斜率存在，设直线BC 的方程为y ＝kx ＋n ，C (x 3，y 3)，B (x 4，y 4)，则A (x 3，－y 3)，
将直线BC 的方程与椭圆E 的方程联立，并整理得(3＋4k 2)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0， ∴x 3＋x 4＝－8kn 3＋4k 2，x 3x 4＝4n 2－12
3＋4k 2.(*)
又A ，B ，G 三点共线，∴k AG ＝k BG ，即－y 3x 3－4＝y 4
x 4－4
， 整理得y 3x 4＋y 4x 3＝4(y 3＋y 4)，
将y 3＝kx 3＋n ，y 4＝kx 4＋n 代入上式整理得 2kx 3x 4＋n (x 3＋x 4)＝4[k (x 3＋x 4)＋2n ]．
把(*)式代入上式，整理可得
－24k 3＋4k 2＝24n
3＋4k 2
，∴n ＝－k . 于是直线BC 的方程为y ＝kx －k ，即y ＝k (x －1)． 所以直线BC 过定点F (1，0)．
2．已知点A (1，e )为椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点，其中e 为椭圆的离心率，椭
圆的长轴长是短轴长的两倍 . (1)求椭圆E 的方程；
(2)B ，C (均不与点A 重合)是椭圆上关于原点对称的两点，当△ABC 的面积最大时，求直线BC 的方程．
解：(1)将(1，e )代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得1a 2＋e 2
b
2＝1，
即1a 2＋c 2
a 2
b 2＝1，从而得1＋
c 2
b 2＝a 2，结合a 2＝b 2＋
c 2，得b 2＝1. 因为椭圆的长轴长是短轴长的两倍，所以a ＝2b ，故a 2＝4. 所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2
＝1.
(2)由(1)可知A ⎝
⎛⎭
⎫
1，
32，当直线BC 的斜率不存在时，易知△ABC 的面积为1. 当直线BC 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ，代入x 24＋y 2
＝1，得
(4k 2＋1)x 2－4＝0，从而 B ，C 两点的坐标分别为⎝
⎛⎭
⎪⎫4
4k 2＋1
，k 44k 2＋1， (－4
4k 2＋1，－k 4
4k 2＋1)或 (－
4
4k 2＋1
，－k 44k 2
＋1)，⎝
⎛⎭
⎪⎫4
4k 2＋1
，k 44k 2＋1， 所以|BC |＝4k 2＋1
4k 2＋1
.
又点A 到直线BC 的距离d ＝
⎪
⎪⎪⎪
k －321＋k 2
， 所以S △ABC ＝⎪
⎪⎪⎪
k －
32·24k 2＋1
＝4⎝⎛⎭⎫k －
3224k 2＋1
＝
4⎝
⎛⎭⎫k －3224⎝
⎛⎭⎫k －32＋322＋1
＝
4⎝⎛⎭
⎫k －
322
4⎝
⎛⎭⎫k －322＋43⎝
⎛⎭⎫k －3
2＋4
.
记t ＝k －
3
2
，则S △ABC ＝4
4⎝⎛⎭⎫1t 2
＋43·1t
＋4
＝
4
4⎝⎛⎭
⎫1t ＋3
22
＋1≤2， 当且仅当1t ＝－32，即k ＝－3
6时等号成立，
故当△ABC 的面积最大时，直线BC 的方程为y ＝－3
6
x .。