（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 專題十三 圓錐曲線的綜合問題講義 理（重點生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數學二輪復習 第一部分 專題十三 圓錐曲線的綜合問題講義 理（重點生，含解析） 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 2018 橢圓的標準方程、直線與橢圓的位置關系、證明問題·T19 直線與拋物線的位置關系、弦長問題、拋物線與圓的綜合問題·T19 直線與橢圓的位置關系、不等式的證明與平面向量綜合問題·T20 2017 橢圓的標準方程、直線過定點問題·T20 軌跡問題、直線過定點問題·T20 直線與拋物線的位置關系、直線方程、圓的方程·T20 2016 軌跡問題、定值問題、面積的取值范圍問題·T20 直線與橢圓的位置關系、求三角形的面積、參數的取值范圍問題·T

2、20 直線與拋物線的位置關系、軌跡問題、證明問題·T20 縱向把握趨勢 卷Ⅰ3年3考，難度較大，涉及橢圓的標準方程、直線與橢圓的位置關系、定點問題、定值問題、軌跡問題、取值范圍問題及證明問題．特別注意2018年高考將此綜合題前移到第19題，難度降低．這一變化，預計2019年仍會以橢圓為載體考查橢圓方程、直線與橢圓的位置關系以及定點或定值問題 卷Ⅱ3年3考，難度偏大，涉及軌跡問題、直線與拋物線的位置關系、直線與橢圓的位置關系、軌跡問題、三角形面積、范圍問題以及直線過定點問題．特別注意2018年高考將此綜合題前移到第19題，難度降低．這一變化，預計2019年會以橢圓為載體考查弦長問題及弦長

3、取值范圍問題 卷Ⅲ3年3考，涉及直線與橢圓的位置關系、直線與拋物線的位置關系、軌跡問題及證明問題．預計2019年會將拋物線與圓綜合考查，考查直線與圓或拋物線的位置關系及其應用問題 橫向把握重點 解析幾何是數形結合的典范，是高中數學的主要知識板塊，是高考考查的重點知識之一，在解答題中一般會綜合考查直線、圓、圓錐曲線等．試題難度較大，多以壓軸題出現． 解答題的熱點題型有： (1)直線與圓錐曲線位置關系；(2)圓錐曲線中定點、定值、最值及范圍的求解；(3)軌跡方程及探索性問題的求解. 求什么想什么 求拋物線C的方程，想到求p的值 給什么用什么 給出焦點F的坐標，利用焦點坐標與p的關

4、系求p 求什么想什么 求證：直線AB過x軸上一定點，想到直線AB的方程 給什么用什么 題目條件中給出“A，B是拋物線C上異于點O的兩點”以及“直線OA，OB的斜率之積為－”，可設A，B兩點的坐標，也可設直線AB的方程 差什么 找什么 要求直線AB的方程，還需要知道直線AB的斜率是否存在，可分類討論解決 ②當直線AB的斜率存在時，設其方程為y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，聯立消去x，化簡得ky2－4y＋4b＝0. 所以yAyB＝， 因為直線OA，OB的斜率之積為－， 所以·＝－， 整理得xAxB＋2yAyB＝0. 即·＋2yAyB＝0， 解得yAyB

5、＝0(舍去)或yAyB＝－32. 所以yAyB＝＝－32，即b＝－8k， 所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)． 綜上所述，直線AB過定點(8,0)． [題后悟通] 思路 受阻 分析 不能正確應用條件“直線OA，OB的斜率之積為－”是造成不能解決本題的關鍵 技法 關鍵 點撥 定點問題實質及求解步驟 解析幾何中的定點問題實質是：當動直線或動圓變化時，這些直線或圓相交于一點，即這些直線或圓繞著定點在轉動．這類問題的求解一般可分為以下三步： [對點訓練] 1．(2018·成都一診)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點F(，0)，長半軸長與短半軸

6、長的比值為2. (1)求橢圓C的標準方程； (2)設不經過點B(0,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點M，N，若點B在以線段MN為直徑的圓上，證明直線l過定點，并求出該定點的坐標． 解：(1)由題意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2， ∴a＝2，b＝1， ∴橢圓C的標準方程為＋y2＝1. (2)當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 聯立消去y， 可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. ∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0， x1＋x2＝，x1x2＝. ∵點B在以線段MN為直徑的圓上， ∴·＝0.

7、則·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0， ∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0， 整理，得5m2－2m－3＝0， 解得m＝－或m＝1(舍去)． ∴直線l的方程為y＝kx－. 易知當直線l的斜率不存在時，不符合題意． 故直線l過定點，且該定點的坐標為. 題型·策略(二) 　　　(2018·沈陽質監(jiān))設O為坐標原點，動點M在橢圓＋＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足＝ . (1)求點P的軌跡E的方程； (2)過F(1,0)的直線l1與點P的軌跡交于A，B兩點，過F(1

8、,0)作與l1垂直的直線l2與點P的軌跡交于C，D兩點，求證：＋為定值． [破題思路] 第(1)問 求什么 想什么 求點P的軌跡E的方程，想到建立點P的橫坐標x與縱坐標y的關系式 給什么 用什么 題目條件中給出＝ ，利用此條件建立點P的橫坐標與縱坐標的關系式 差什么 找什么 要求點P的軌跡方程，還缺少點P，M，N的坐標，可設點P(x，y)，M(x0，y0)，N(x,0)，然后用x，y表示x0，y0 第(2)問 求什么 想什么 要證明＋為定值，想到利用合適的參數表示|AB|和|CD| 給什么 用什么 題目條件給出過F(1,0)互相垂直的兩條直線分別與軌跡E

9、分別交于A，B和C，D兩點，用弦長公式可求|AB|和|CD| 差什么 找什么 要求|AB|和|CD|，還缺少直線l1和l2的方程，可設出直線斜率，利用點斜式表示直線方程．但要注意直線斜率不存在的情況 [規(guī)范解答] (1)設P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x,0)． ∵＝ ，∴(0，y)＝(x0－x，y0)， ∴x0＝x，y0＝. 又點M在橢圓上，∴＋＝1， 即＋＝1. ∴點P的軌跡E的方程為＋＝1. (2)證明：由(1)知F為橢圓＋＝1的右焦點， 當直線l1與x軸重合時， |AB|＝6，|CD|＝＝， ∴＋＝. 當直線l1與x軸垂直時，|AB|＝，|CD

10、|＝6， ∴＋＝. 當直線l1與x軸不垂直也不重合時，可設直線l1的方程為y＝k(x－1)(k≠0)， 則直線l2的方程為y＝－(x－1)， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯立消去y，得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0， 則Δ＝(－18k2)2－4(8＋9k2)(9k2－72)＝2 304(k2＋1)>0， x1＋x2＝，x1x2＝， ∴|AB|＝ ·＝. 同理可得|CD|＝. ∴＋＝＋＝. 綜上可得＋為定值． [題后悟通] 思路 受阻 分析 在解決本題第(1)問時，不能正確應用＝ 求得點P的軌跡E的方程，導致第(2)問也無法求

11、解，是解決本題易發(fā)生的錯誤之一；在解決第(2)問時，忽視直線斜率的不存在性或不能正確求解|AB|，|CD|都是常見解題失誤的原因. 技法 關鍵 點撥 定值問題實質及求解步驟 定值問題一般是指在求解解析幾何問題的過程中，探究某些幾何量(斜率、距離、面積、比值等)與變量(斜率、點的坐標等)無關的問題．其求解步驟一般為： [對點訓練] 2．已知橢圓C的兩個頂點分別為A(－2，0)，B(2,0)，焦點在x軸上，離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖所示，點D為x軸上一點，過點D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M，N，過點D作AM的垂線交BN于點E.求證：△BDE與

12、△BDN的面積之比為定值，并求出該定值． 解：(1)設橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， 由題意得解得 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：法一：設D(x0,0)，M(x0，y0)，N(x0，－y0)，－2

13、設＝λ， 則＝＋＝＋λ ＝(2－2cos θ，0)＋λ(2cos θ－2，－sin θ) ＝(2－2cos θ＋2λcos θ－2λ，－λsin θ)． 又＝(2cos θ＋2，sin θ)，由⊥，得·＝0，從而[(2－2cos θ)＋λ(2cos θ－2)](2cos θ＋2)－λsin2θ＝0， 整理得4sin2θ－4λsin2θ－λsin2θ＝0，即5λsin2θ＝4sin2θ. 所以λ＝，所以＝＝. 故△BDE與△BDN的面積之比為定值. [考法二　圓錐曲線中的最值和范圍問題] 題型·策略(一) 欲求變量的取值范圍，可設法構造含有變量的不等式(組)，通過解不

14、等式(組)來達到目的． 　已知A是橢圓E：＋＝1(t>3)的左頂點，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA. (1)當t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積； (2)當2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍． [破題思路] 第(1)問 求什么 想什么 求△AMN的面積，想到三角形的面積公式S＝×底×高或S＝absin C 給什么 用什么 題目條件中給出“MA⊥NA，|AM|＝|AN|”，得△AMN為等腰直角三角形，故可利用面積S＝|AM||AN|求解 差什么 找什么 到此就缺少|AM|，|AN|的值，由于A點已知，故想法求M，N

15、的坐標 第(2)問 求什么 想什么 求k的取值范圍，想到建立關于k的不等式 給什么 用什么 題目條件中給出2|AM|＝|AN|，可利用此條件建立t與k的關系式 差什么 找什么 缺少關于k的不等式，想到t>3即可建立k的不等式 [規(guī)范解答] (1)由|AM|＝|AN|，可得M，N關于x軸對稱，由MA⊥NA，可得直線AM的斜率k為1. 因為t＝4，所以A(－2,0)， 所以直線AM的方程為y＝x＋2， 代入橢圓方程＋＝1，可得7x2＋16x＋4＝0， 解得x＝－2或x＝－， 所以M，N， 則△AMN的面積為××＝. (2)由題意知t>3，k>0，A(－

16、，0)， 將直線AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0， 設M(x1，y1)， 則x1·(－)＝，即x1＝， 故|AM|＝|x1＋|＝. 由題設知，直線AN的方程為y＝－(x＋)， 故同理可得|AN|＝. 由2|AM|＝|AN|，得＝， 即(k3－2)t＝3k(2k－1)． 當k＝時上式不成立，因此t＝. 由t>3，得>3， 所以＝<0，即<0. 由此得或 解得

17、t之間的關系，往往會忽視題目中的已知條件t>3，不能建立關于k的不等式，從而導致問題無法求解. 技法 關鍵 點撥 利用題目中隱藏的已知參數的范圍求新參數的范圍問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系，將新參數的范圍轉化為已知參數的范圍問題. 　　　設橢圓＋＝1(a>)的右焦點為F，右頂點為A.已知|OA|－|OF|＝1，其中O為原點，e為橢圓的離心率． (1)求橢圓的方程及離心率e的值； (2)設過點A的直線l與橢圓交于點B(B不在x軸上)，垂直于l的直線與l交于點M，與y軸交于點H.若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直線l的斜率的取值范圍． [破題思路] 第(1)

18、問 求什么 想什么 求橢圓的標準方程及離心率e的值，想到利用a，b，c的關系求參數a及離心率e的值 給什么 用什么 題目條件中給出|OA|－|OF|＝1，則a－c＝1 差什么 找什么 還缺少一個關于a和c的關系式，可利用a2＝b2＋c2 第(2)問 求什么 想什么 求直線l的斜率k的取值范圍，想到建立關于斜率k的不等式 給什么 用什么 由題目條件垂直于直線l的直線與l交于點M，與y軸交于點H，利用k·kMH＝－1，建立關于k的兩條直線方程，由題目條件∠MOA≤∠MAO，利用三角形的大角對大邊，建立關于xM的不等式，利用題目條件BF⊥HF，即·＝0建立關系式

19、 差什么 找什么 還缺少關于k的不等式，應找到xM與k的關系構建關于k的不等式 [規(guī)范解答] (1)由題意可知|OF|＝c＝， 又|OA|－|OF|＝1，所以a－＝1，解得a＝2， 所以橢圓的方程為＋＝1， 離心率e＝＝. (2)設M(xM，yM)，易知A(2,0)， 在△MAO中，∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|， 即(xM－2)2＋y≤x＋y，化簡得xM≥1. 設直線l的斜率為k(k≠0)， 則直線l的方程為y＝k(x－2)． 設B(xB，yB)，聯立消去y， 整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0， 解得x＝2或x＝. 由題意得

20、xB＝，從而yB＝. 由(1)知F(1,0)，設H(0，yH)， 則＝(－1，yH)，＝. 由BF⊥HF，得·＝0， 即＋＝0，解得yH＝， 所以直線MH的方程為y＝－x＋. 由消去y，得xM＝. 由xM≥1，得≥1，解得k≤－或k≥， 所以直線l的斜率的取值范圍為 ∪. [題后悟通] 思路 受阻 分析 不能將條件中的幾何信息∠MOA≤∠MAO準確地轉化成代數不等式xM≥1，并將其用直線l的斜率表示出來，得到目標不等式，是不能正確求解此題的常見原因. 技法 關鍵 點撥 利用已知條件中的幾何關系構建目標不等式的核心是用轉化與化歸的數學思想，將幾何關系轉化為

21、代數不等式，從而構建出目標不等式. 　已知中心在原點，焦點在y軸上的橢圓C，其上一點Q到兩個焦點F1，F2的距離之和為4，離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)若直線l與橢圓C交于不同的兩點M，N，且線段MN恰被直線x＝－平分，設弦MN的垂直平分線的方程為y＝kx＋m，求m的取值范圍． [破題思路] 第(1)問 求什么 想什么 求橢圓C的方程，想到求橢圓的長半軸a和短半軸b的值 給什么 用什么 題目條件中給出橢圓焦點的位置，以及橢圓上一點Q到兩個焦點F1，F2的距離之和及離心率，用橢圓的定義和離心率公式即可求a，b的值 第(2)問 求什么 想什么

22、求m的取值范圍，想到建立關于m的不等式 給什么 用什么 題目條件給出線段MN恰被直線x＝－平分，弦MN的垂直平分線方程為y＝kx＋m，用y＝kx＋m是弦MN的中垂線及MN的中點在直線x＝－上，可設出中點坐標P，建立y0與m的關系，通過y0范圍求m范圍或建立m與k的關系式 差什么 找什么 還缺少建立不等式的條件，注意到MN的中點在橢圓內部及直線x＝－上，其隱含條件為線段MN的中點縱坐標的范圍可確定或聯立直線l與橢圓方程，利用判別式Δ>0求解 [規(guī)范解答] (1)由題意可設橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， 由條件可得a＝2，c＝，則b＝1. 故橢圓C的方程為＋x2＝1.

23、 (2)法一：設弦MN的中點為P，M(xM，yM)，N(xN，yN)，則由點M，N為橢圓C上的點，可知4x＋y＝4,4x＋y＝4，兩式相減， 得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0， 將xM＋xN＝2×＝－1，yM＋yN＝2y0，＝－，代入上式得k＝－. 又點P在弦MN的垂直平分線上， 所以y0＝－k＋m，所以m＝y(tǒng)0＋k＝y(tǒng)0. 由點P在線段BB′上B′(xB′，yB′)，B(xB，yB)為直線x＝－與橢圓的交點，如圖所示， 所以yB′

24、(xM，yM)，N(xN，yN)，則由點M，N為橢圓C上的點，可知4x＋y＝4，4x＋y＝4，兩式相減， 得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0， 將xM＋xN＝2×＝－1，yM＋yN＝2y0，＝－，代入上式得y0＝－2k. 又點P在弦MN的垂直平分線上， 所以y0＝－k＋m，所以m＝y(tǒng)0＋k＝－k. 設直線l的方程為y＋2k＝－， 即x＝－ky－2k2－， 聯立消去x， 得(4k2＋1)y2＋8k2k2＋y＋16k4＋8k2－3＝0， 由Δ>0，得k∈∪， 所以m＝－k∈∪， 即m的取值范圍為∪. [題后悟通] 思路 受阻 分析

25、 利用點差法求解第(2)問時，關鍵是利用點差法得到目標參數m與y0的關系，再根據點P與橢圓的位置關系得到y(tǒng)0的取值范圍，從而求得目標參數m的取值范圍．很多同學在解決本題時往往出現如下失誤：(1)忽視y0的取值范圍而造成思路受阻無法正確求解．(2)利用判別式法求解此題時，抓住直線與圓錐曲線相交這一條件，利用判別式Δ>0構建m與k的關系式，從而得所求，但部分考生忽視Δ>0，導致思路受阻而無法求解 技法 關鍵 點撥 (1)利用點在曲線內(外)的充要條件構建目標不等式的核心是抓住目標參數和某點的關系，根據點與圓錐曲線的位置關系構建目標不等式． (2)利用判別式構建目標不等式的核心是抓住直線與

26、圓錐曲線的位置關系和判別式Δ的關系建立目標不等式 [對點訓練] 1．已知焦點在y軸上的橢圓E的中心是原點O，離心率等于，以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4.直線l：y＝kx＋m與y軸交于點P，與橢圓E相交于A，B兩個點． (1)求橢圓E的方程； (2)若＝3，求m2的取值范圍． 解：(1)根據已知設橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，焦距為2c， 由已知得＝，∴c＝a，b2＝a2－c2＝. ∵以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4， ∴4＝2a＝4，∴a＝2，b＝1. ∴橢圓E的方程為x2＋＝1. (2)根據已知得P(0，m)，設A(x1，kx1＋m

27、)，B(x2，kx2＋m)， 由消去y， 得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0. 由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0， 即k2－m2＋4>0， 且x1＋x2＝，x1x2＝. 由＝3，得x1＝－3x2. ∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝12x－12x＝0. ∴＋＝0， 即m2k2＋m2－k2－4＝0. 當m2＝1時，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立， ∴k2＝. ∵k2－m2＋4>0， ∴－m2＋4>0，即>0. 解得1

28、＋5ay＋5a＝0，直線l1與l2的交點為M，點M的軌跡為曲線C. (1)當a變化時，求曲線C的方程； (2)已知點D(2,0)，過點E(－2,0)的直線l與C交于A，B兩點，求△ABD面積的最大值． 解：(1)由消去a，得曲線C的方程為＋y2＝1(y≠－1，即點(0，－1)不在曲線C上)． (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my－2， 由得(m2＋5)y2－4my－1＝0， 則y1＋y2＝，y1y2＝－， 故△ABD的面積S＝2|y2－y1|＝2＝2＝， 設t＝，t∈[1，＋∞)， 則S＝＝≤， 當t＝，即t＝2，m＝±時，△ABD的面積取得最大值.

29、 題型·策略(二) 若題目中的條件和要求的結論能體現一種明確的函數關系，則可先建立目標函數，然后根據其結構特征，構建函數模型求最值，一般情況下，可以構建二次型函數、雙曲線型函數、多項式型函數等． 　(2018·合肥一檢)在平面直角坐標系中，圓O交x軸于點F1，F2，交y軸于點B1，B2.以B1，B2為頂點，F1，F2分別為左、右焦點的橢圓E恰好經過點. (1)求橢圓E的標準方程； (2)設經過點(－2,0)的直線l與橢圓E交于M，N兩點，求△F2MN面積的最大值． [破題思路] 第(1)問 求什么 想什么 求橢圓E的標準方程，想到求橢圓長半軸a和短半軸b的值 給什么

30、 用什么 題目條件給出圓O交x軸于點F1，F2，交y軸于點B1，B2，易知b＝c，又橢圓過點，從而可求出a，b的值 　　第(2)問 求什么 想什么 求△F2MN面積的最大值，想到面積公式 給什么 用什么 題干中給出直線l過點(－2,0)，可設出直線l的方程，利用弦長公式求|MN|，利用點到直線的距離求d，從而可求△F2MN的面積 差什么 找什么 要求△F2MN面積的最值，需建立相關函數模型求解 [規(guī)范解答] (1)由已知可得，橢圓E的焦點在x軸上．設橢圓E的標準方程為＋＝1(a>b>0)，焦距為2c，則b＝c， ∴a2＝b2＋c2＝2b2， ∴橢圓E的標準方程

31、為＋＝1. 又橢圓E過點，∴＋＝1，解得b2＝1. ∴橢圓E的標準方程為＋y2＝1. (2)由于點(－2,0)在橢圓E外，∴直線l的斜率存在． 設直線l的斜率為k，則直線l：y＝k(x＋2)，設M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0. 由Δ>0，得0≤k2<， 從而x1＋x2＝，x1x2＝， ∴|MN|＝ |x1－x2|＝2·. ∵點F2(1,0)到直線l的距離d＝， ∴△F2MN的面積S＝|MN|·d＝3. 令1＋2k2＝t，則t∈[1,2)， ∴S＝3＝3 ＝3＝3， 當＝，即t＝時，S有最大值， Sma

32、x＝，此時k＝±. ∴當直線l的斜率為±時，可使△F2MN的面積最大，其最大值為. [題后悟通] (一)思路受阻分析 解決本例(2)的關鍵是建立△F2MN的面積S關于斜率k的關系式，然后通過換元構造一元二次函數求解，而很多同學因不會構造函數造成思路受阻無法繼續(xù)求解． (二)技法關鍵點撥 求圓錐曲線中范圍、最值的2種方法 幾何法 若題目中的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質來求解 代數法 若題目中的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可先建立起目標函數，再求這個函數的最值、范圍．常用的方法有基本不等式法、導數法、判別式法等 [對點訓練] 3．

33、(2019屆高三·武漢調研)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經過點P，且離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)設F1，F2分別為橢圓C的左、右焦點，不經過F1的直線l與橢圓C交于兩個不同的點A， B.如果直線AF1，l，BF1的斜率依次成等差數列，求焦點F2到直線l的距離d的取值范圍． 解：(1)由題意，知解得 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)易知直線l的斜率存在且不為零．設直線l的方程為y＝kx＋m，代入橢圓方程＋y2＝1， 整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0. 由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0， 得2k2>m2－1.① 設

34、A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 因為F1(－1,0)，所以kAF1＝，kBF1＝. 由題可得2k＝＋，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m， 所以(m－k)(x1＋x2＋2)＝0. 因為直線l：y＝kx＋m不過焦點F1(－1,0)，所以m－k≠0， 所以x1＋x2＋2＝0，從而－＋2＝0， 即m＝k＋.② 由①②得2k2>2－1，化簡得|k|>.③ 焦點F2(1,0)到直線l：y＝kx＋m的距離 d＝＝＝， 令t＝，由|k|>知t∈(1，)． 于是d＝＝， 因為函數f (t)＝在[1，]上單調遞減， 所以f ()

35、，解得

36、x2＋y2＝25(y≠0)． (2)依題意知A(－5,0)，B(5,0)，F(－4,0)， 設Q(x0，y0)， ∵線段AB為圓E的直徑，∴AP⊥BP， 設直線PB的斜率為kPB， 則＝＝－kQFkPB＝－kQFkQB ＝－·＝－ ＝－＝＝ ＝， ∵點P不同于A，B兩點且直線QF的斜率存在， ∴－5

37、相切且與圓C外切． (1)求動圓圓心P的軌跡T的方程； (2)若經過定點Q(6,0)的直線l與曲線T交于A，B兩點，M是線段AB的中點，過M作x軸的平行線與曲線T相交于點N，試問是否存在直線l，使得NA⊥NB，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由． [破題思路] 第(1)問 求什么想什么 求動圓圓心P的軌跡T的方程，想到建立點P(x，y)的橫坐標與縱坐標的關系式 給什么用什么 題目中給出動圓與直線x＝－相切，與圓C外切，想到用直線與圓相切以及兩圓外切的條件建立x，y的關系式 第(2)問 求什么想什么 判斷是否存在直線l，使NA⊥NB，想到·＝0 給什么用什

38、么 題目中給出直線l過點Q (6,0)與曲線交于點A，B，過A，B的中點M作x軸的平行線交曲線T于點N，聯立直線l與曲線T，利用根與系數的關系求解 差什么找什么 缺少直線l的方程，應先假設存在，并設出直線l的方程求解．要注意討論斜率是否存在 [規(guī)范解答] (1)設P(x，y)，分析可知動圓的圓心不能在y軸的左側，故x≥0， 因為動圓與直線x＝－相切，且與圓C外切， 所以|PC|－＝， 所以|PC|＝x＋1， 所以 ＝x＋1， 化簡可得y2＝4x. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意可知，當直線l與y軸垂直時，顯然不符合題意，故可設直線l的方程為x＝my

39、＋6， 聯立消去x， 可得y2－4my－24＝0， 顯然Δ＝16m2＋96>0， 則 ① 所以x1＋x2＝(my1＋6)＋(my2＋6)＝4m2＋12， ② 因為x1x2＝·，所以x1x2＝36， ③ 假設存在N(x0，y0)，使得·`＝0， 由題意可知y0＝，所以y0＝2m， ④ 由N點在拋物線上可知x0＝，即x0＝m2， ⑤ 又＝(x1－x0，y1－y0)，＝(x2－x0，y2－y0)， 若·＝0， 則x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2－y0(y1＋y2)＋y＝0， 由①②③④⑤代入上式化簡可得：3m4＋1

40、6m2－12＝0， 即(m2＋6)(3m2－2)＝0， 所以m2＝，故m＝±， 所以存在直線3x＋y－18＝0或3x－y－18＝0，使得NA⊥N B. [題后悟通] 思路受阻分析 本題(2)中條件的關系較多且層層遞進又相互關聯．先是過定點的直線l與曲線T相交于A，B，再是過A，B中點與x軸平行的直線交曲線T于點N，再是NA⊥NB，能否合理轉化這些條件及條件中的關系是正確解決此題的關鍵．常因不會轉化或轉化過程中計算失誤導致無法繼續(xù)解題或解題失誤 技法關鍵點撥 存在性問題的求解方法 (1)解決存在性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．一般步驟： ①假設滿足條件

41、的曲線(或直線、點)等存在，用待定系數法設出； ②列出關于待定系數的方程(組)； ③若方程(組)有實數解，則曲線(或直線、點等)存在，否則不存在． (2)反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法 題型·策略(二)含字母參數的存在性問題 　　　如圖，橢圓C：＋＝1(a>b>0)經過點P，離心率e＝，直線l的方程為x＝4. (1)求橢圓C的方程； (2)AB是經過右焦點F的任一弦(不經過點P)，設直線AB與直線l相交于點M，記直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3.問：是否存在常數λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由． [破題

42、思路] 第(1)問 求什么想什么 求橢圓C的方程，想到求a，b的值 給什么用什么 題目條件中給出橢圓過點P，離心率e＝.將P點坐標代入橢圓方程可得a，b的關系式；用離心率公式可得a，c的關系式，另外，還有a2＝b2＋c2，即可求得a，b的值 第(2)問 求什么想什么 判斷是否存在常數λ，使k1＋k2＝λk3成立．想到k1＋k2＝λk3是否有解 給什么用什么 題目條件中給出直線AB過右焦點F，且與橢圓及直線l分別交于點A，B，M，直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3，想到用斜率公式表示k1，k2，k3 差什么找什么 需要A，B，M的坐標，可設出A，B，M的

43、坐標，通過建立直線AB與橢圓方程的方程組求得各坐標的關系 [規(guī)范解答] (1)由題意得解得 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意可設直線AB的斜率為k， 則直線AB的方程為y＝k(x－1)，① 代入橢圓方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1， 則x1＋x2＝，x1x2＝，② 在方程①中令x＝4，得點M的坐標為(4,3k)． 從而k1＝，k2＝，k3＝＝k－. 因為A，F，B三點共線，所以k＝kAF＝kBF， 即＝＝k， 所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·，③ 將②代入③得，

44、k1＋k2＝2k－·＝2k－1， 又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3. 故存在常數λ＝2符合題意． [題后悟通] 思路受阻分析 不會利用A，F，B三點共線建立各個坐標之間的數量關系，從而不能將k1＋k2進行化簡是導致解題受阻、不能正確求解的主要原因 技法關鍵點撥 字母參數值存在性問題的求解方法 求解字母參數值的存在性問題時，通常的方法是首先假設滿足條件的參數值存在，然后利用這些條件并結合題目的其他已知條件進行推理與計算，若不出現矛看，并且得到了相應的參數值，就說明滿足條件的參數值存在；若在推理與計算中出現了矛盾，則說明滿足條件的參數值不存在，同時推理與計算的過程就是說明理

45、由的過程 [對點訓練] 　(2019屆高三·福州四校聯考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點分別為F1，F2，短軸的一個端點為P，△PF1F2內切圓的半徑為，設過點F2的直線l被橢圓C截得的線段為RS，當l⊥x軸時，|RS|＝3. (1)求橢圓C的標準方程； (2)在x軸上是否存在一點T，使得當l變化時，總有TS與TR所在直線關于x軸對稱？若存在，請求出點T的坐標；若不存在，請說明理由． 解：(1)由內切圓的性質，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，所以＝. 將x＝c代入＋＝1， 得y＝±，所以＝3. 又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝， 故橢圓C的標準方程為＋＝

46、1. (2)當直線l垂直于x軸時，顯然x軸上任意一點T都滿足TS與TR所在直線關于x軸對稱． 當直線l不垂直于x軸時，假設存在T(t,0)滿足條件，設l的方程為y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)． 聯立消去y，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 由根與系數的關系得①，其中Δ>0恒成立， 由TS與TR所在直線關于x軸對稱，得kTS＋kTR＝0(顯然TS，TR的斜率存在)， 即＋＝0.② 因為R，S兩點在直線y＝k(x－1)上， 所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得 ＝＝0， 即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t

47、＝0.③ 將①代入③得 ＝＝0， 則t＝4， 綜上所述，存在T(4,0)，使得當l變化時，總有TS與TR所在直線關于x軸對稱． [高考大題通法點撥] 圓錐曲線問題重在“設”——設點、設線 [思維流程]　 　　[策略指導] 圓錐曲線解答題的常見類型是：第1小題通常是根據已知條件，求曲線方程或離心率，一般比較簡單．第2小題往往是通過方程研究曲線的性質——弦長問題、中點弦問題、動點軌跡問題、定點與定值問題、最值問題、相關量的取值范圍問題等等，這一小題綜合性較強，可通過巧設“點”“線”，設而不求．在具體求解時，可將整個解題過程分成程序化的三步： 第一步，聯立兩個方程，并將

48、消元所得方程的判別式與根與系數的關系正確寫出； 第二步，用兩個交點的同一類坐標的和與積，來表示題目中涉及的位置關系和數量關系； 第三步，求解轉化而來的代數問題，并將結果回歸到原幾何問題中． 在求解時，要根據題目特征，恰當的設點、設線，以簡化運算．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點為F(1,0)，且點P在橢圓C上，O為坐標原點． (1)求橢圓C的標準方程； (2)設過定點T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，且∠AOB為銳角，求直線l的斜率k的取值范圍； (3)過橢圓C1：＋＝1上異于其頂點

49、的任一點P，作圓O：x2＋y2＝的兩條切線，切點分別為M，N(M，N不在坐標軸上)，若直線MN在x軸、y軸上的截距分別為m，n，證明：＋為定值． [破題思路] 第(1)問 求什么想什么 求橢圓C的標準方程，想到求a和b的值 給什么用什么 題目條件中給出橢圓的右焦點為F(1,0)以及橢圓上的一點P，將點P代入橢圓方程中，再結合c2＝a2＋b2即可求解 第(2)問 求什么想什么 求直線l的斜率k的取值范圍，想到建立關于k的不等式 給什么用什么 題目條件中給出直線l過定點(0,2)與橢圓交于不同的兩點A，B且∠AOB為銳角，可用k表示出直線l的方程，與橢圓聯立，得出關于x的

50、一元二次方程．由于直線與橢圓相交，故判別式Δ>0，由于∠AOB為銳角，故·>0，從而得出關于k的不等式 第(3)問 求什么想什么 證明：＋為定值，想到尋找合適的參數表示m和n或求出m和n的值 給什么用什么 題目條件中給出M，N是過橢圓C1上異于其頂點的任一點P作圓O的切線所得切點以及m，n為直線MN在x軸、y軸上的截距．用P，M，N的坐標表示出切線PM，PN的方程以及直線MN的方程，再用點P的坐標表示出m和n 差什么找什么 需求出m，n，可利用P點坐標表示m，n.然后借助點P在橢圓C1上求得定值證明問題 [規(guī)范解答] (1)由題意得c＝1，所以a2＝b2＋1.① 又

51、點P在橢圓C上，所以＋＝1.② 由①②可解得a2＝4，b2＝3， 所以橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)設直線l的方程為 y＝kx＋2，A(x1，y1)， B(x2，y2)， 由得 (4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0， 因為Δ＝16(12k2－3)>0， 所以k2>， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 因為∠AOB為銳角， 所以·>0，即x1x2＋y1y2>0， 所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0， 所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0， 即(1＋k2)·＋2k·＋4>0， 解得k2<. 又k2>，所以

52、k<. 故直線l的斜率k的取值范圍為∪. (3)證明：由(1)知橢圓C1的方程為＋＝1， 設P(x0，y0)，M(x3，y3)，N(x4，y4)， 因為M，N不在坐標軸上，所以kPM＝－＝－， 直線PM的方程為y－y3＝－(x－x3)， 化簡得x3x＋y3y＝.③ 同理可得直線PN的方程為x4x＋y4y＝.④ 把P點的坐標代入③④得 所以直線MN的方程為x0x＋y0y＝. 令y＝0，得m＝，令x＝0，得n＝， 所以x0＝，y0＝， 又點P在橢圓C1上， 所以2＋32＝4，即＋＝，為定值． [關鍵點撥] 解決直線與圓錐曲線位置關系問題的步驟 (1)設方程及點的

53、坐標； (2)聯立直線方程與曲線方程得方程組，消元得方程(注意二次項系數是否為零)； (3)應用根與系數的關系及判別式； (4)結合已知條件、中點坐標公式、斜率公式及弦長公式求解． [對點訓練] 　(2018·全國卷Ⅰ)設橢圓C：＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2,0)． (1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程； (2)設O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OM B. 解：(1)由已知得F(1,0)，l的方程為x＝1. 則點A的坐標為或. 又M(2,0)， 所以直線AM的方程為y＝－x＋或y＝x－， 即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.

54、 (2)證明：當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°. 當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線， 所以∠OMA＝∠OM B. 當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1<，x2<，直線MA，MB的斜率之和為 kMA＋kMB＝＋. 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k， 得kMA＋kMB＝. 將y＝k(x－1)代入＋y2＝1， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k ＝＝0. 從而kMA＋kMB＝0， 故

55、MA，MB的傾斜角互補． 所以∠OMA＝∠OMB. 綜上，∠OMA＝∠OMB成立． [總結升華] 解析幾何部分知識點多，運算量大，能力要求高，綜合性強，在高考試題中大都是以壓軸題的面貌出現，是考生“未考先怕”題型，不是怕解題無思路，而是怕解題過程中繁雜的運算．因此，在遵循“設—列—解”程序化運算的基礎上，應突出解析幾何“設”的重要性，以克服平時重思路方法、輕運算技巧的頑疾，突破如何避繁就簡這一瓶頸．　　　　 [專題跟蹤檢測](對應配套卷P195) 1．(2018·武漢調研)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)和定點M(0,1)，設過點M的動直線交拋物線C于A，B兩點，拋物線C在

56、A，B處的切線的交點為N. (1)若N在以AB為直徑的圓上，求p的值； (2)若△ABN的面積的最小值為4，求拋物線C的方程． 解：設直線AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 將直線AB的方程代入拋物線C的方程得x2－2pkx－2p＝0， 則x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.① (1)由x2＝2py得y′＝，則A，B處的切線斜率的乘積為＝－， ∵點N在以AB為直徑的圓上， ∴AN⊥BN， ∴－＝－1，∴p＝2. (2)易得直線AN：y－y1＝(x－x1)， 直線BN：y－y2＝(x－x2)， 聯立結合①式， 解得即N(pk，－1)． 所以|A

57、B|＝|x2－x1| ＝· ＝·， 點N到直線AB的距離d＝， 則S△ABN＝·|AB|·d＝≥2， 當k＝0時，取等號， ∵△ABN的面積的最小值為4， ∴2＝4，∴p＝2， 故拋物線C的方程為x2＝4y. 2．(2019屆高三·河北“五個一名校聯盟”模擬)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋y2＝1，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓C上兩個動點，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0. (1)求證：k1·k2＝－； (2)試探求△POQ的面積S是否為定值，并說明理由． 解：(1)證明：∵k1，k2存在，∴x1x2≠0， ∵m·

58、n＝0，∴＋y1y2＝0， ∴k1·k2＝＝－. (2)①當直線PQ的斜率不存在， 即x1＝x2，y1＝－y2時， 由＝－，得－y＝0， 又由P(x1，y1)在橢圓上， 得＋y＝1， ∴|x1|＝，|y1|＝， ∴S△POQ＝|x1|·|y1－y2|＝1. ②當直線PQ的斜率存在時，設直線PQ的方程為y＝kx＋b(b≠0)． 由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0， Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∵＋y1y2＝0， ∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0， 得2b2－4k2＝

59、1，滿足Δ>0. ∴S△POQ＝·|PQ| ＝|b| ＝2|b|·＝1. ∴△POQ的面積S為定值． 3.(2018·長春質檢)如圖，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|AD|＝2，O為AB的中點，P，Q分別是AD和CD上的點，且滿足①＝，②直線AQ與BP的交點在橢圓E：＋＝1(a>b>0)上． (1)求橢圓E的方程； (2)設R為橢圓E的右頂點，M為橢圓E第一象限部分上一點，作MN垂直于y軸，垂足為N，求梯形ORMN面積的最大值． 解：(1)設AQ與BP的交點為G(x，y)，P(－2，y1)，Q(x1,2)， 由題可知，＝. ∵kAG＝kAQ，kBG＝kBP， ∴＝，＝－

60、， 從而有＝－＝－，整理得＋y2＝1， 即橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)由(1)知R(2,0)，設M(x0，y0)，則y0＝， 從而梯形ORMN的面積S＝(2＋x0)y0＝， 令t＝2＋x0，則20，u＝4t3－t4單調遞增， 當t∈(3,4)時，u′<0，u＝4t3－t4單調遞減， 所以當t＝3時，u取得最大值，則S也取得最大值，最大值為. 4．已知拋物線E：y2＝2px(p>0)，直線x＝my＋3與E交于A，B兩點，且·＝6，其中O為坐標原點． (1)求拋

61、物線E的方程； (2)已知點C的坐標為(－3,0)，記直線CA，CB的斜率分別為k1，k2，證明：＋－2m2為定值． 解：(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯立消去x，整理得y2－2pmy－6p＝0， 則y1＋y2＝2pm，y1y2＝－6p，x1x2＝＝9， 由·＝x1x2＋y1y2＝9－6p＝6， 解得p＝，所以y2＝x. (2)證明：由題意得k1＝＝， k2＝＝， 所以＝m＋，＝m＋， 所以＋－2m2＝2＋2－2m2 ＝2m2＋12m＋36－2m2 ＝12m·＋36·. 由(1)可知：y1＋y2＝2pm＝m，y1y2＝－6p＝－3， 所以＋－2m2＝

62、12m·＋36·＝24， 所以＋－2m2為定值． 5．(2018·惠州調研)已知C為圓(x＋1)2＋y2＝8的圓心，P是圓上的動點，點Q在圓的半徑CP上，且有點A(1,0)和AP上的點M，滿足·＝0，＝2. (1)當點P在圓上運動時，求點Q的軌跡方程； (2)若斜率為k的直線l與圓x2＋y2＝1相切，與(1)中所求點Q的軌跡交于不同的兩點F，H，O是坐標原點，且≤·≤，求k的取值范圍． 解：(1)由題意知MQ是線段AP的垂直平分線， 所以|CP|＝|QC|＋|QP|＝|QC|＋|QA|＝2>|CA|＝2， 所以點Q的軌跡是以點C，A為焦點，焦距為2，長軸長為2的橢圓， 所以a＝

63、，c＝1，b＝＝1， 故點Q的軌跡方程是＋y2＝1. (2)設直線l：y＝kx＋t，F(x1，y1)，H(x2，y2)， 直線l與圓x2＋y2＝1相切?＝1?t2＝k2＋1. 聯立?(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 則Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2－t2＋1)＝8k2>0?k≠0， x1＋x2＝，x1x2＝， 所以·＝x1x2＋y1y2 ＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2 ＝＋kt＋t2 ＝－＋k2＋1 ＝， 所以≤≤?≤k2≤?≤|k|≤， 所以－≤k≤－或≤k≤. 故k的取值范圍是∪. 6.如圖所示，設

64、橢圓M：＋＝1(a>b>0)的左頂點為A，中心為O，若橢圓M過點P，且AP⊥OP. (1)求橢圓M的方程； (2)若△APQ的頂點Q也在橢圓M上，試求△APQ面積的最大值； (3)過點A作兩條斜率分別為k1，k2的直線交橢圓M于D，E兩點，且k1k2＝1，求證：直線DE過定點． 解：(1)由AP⊥OP，可知kAP·kOP＝－1. 又點A的坐標為(－a,0)， 所以·＝－1，解得a＝1. 又因為橢圓M過點P，所以＋＝1，解得b2＝， 所以橢圓M的方程為x2＋＝1. (2)由題意易求直線AP的方程為＝， 即x－y＋1＝0. 因為點Q在橢圓M上，故可設Q， 又|AP|＝，

65、所以S△APQ＝×× ＝× cos＋1 . 當θ＋＝2kπ(k∈Z)，即θ＝2kπ－(k∈Z)時， S△APQ取得最大值＋. (3)證明：法一：由題意易得，直線AD的方程為y＝k1(x＋1)，代入x2＋3y2＝1，消去y，得(3k＋1)x2＋6kx＋3k－1＝0. 設D(xD，yD)，則(－1)·xD＝， 即xD＝，yD＝k1＝. 設E(xE，yE)，同理可得xE＝，yE＝. 又k1k2＝1且k1≠k2，可得k2＝且k1≠±1， 所以xE＝，yE＝， 所以kDE＝＝＝， 故直線DE的方程為y－＝. 令y＝0，可得x＝－＝－2. 故直線DE過定點(－2,0)． 法二

66、：設D(xD，yD)，E(xE，yE)． 若直線DE垂直于y軸，則xE＝－xD，yE＝y(tǒng)D，此時k1k2＝·＝＝＝與題設矛盾， 若DE不垂直于y軸，可設直線DE的方程為x＝ty＋s，將其代入x2＋3y2＝1，消去x，得(t2＋3)y2＋2tsy＋s2－1＝0， 則yD＋yE＝，yDyE＝. 又k1k2＝· ＝ ＝1， 可得(t2－1)yDyE＋t(s＋1)(yD＋yE)＋(s＋1)2＝0， 所以(t2－1)·＋t(s＋1)·＋(s＋1)2＝0， 可得s＝－2或s＝－1. 又DE不過點A，即s≠－1，所以s＝－2. 所以DE的方程為x＝ty－2. 故直線DE過定點(－2,0)． 7．(2018·南昌模擬)如圖，已知直線l：y＝kx＋1(k>0)關于直線y＝x＋1對稱的直線為l1，直線l，l1與橢圓E：＋y2＝1分別交于點A，M和A，N，記直線l1的斜率為k1. (1)求k·k1的值； (2)當k變化時，試問直線MN是否恒過定點？若恒過定點，求出該定點坐標；若不恒過定點，請說明理由． 解：(1)設直線l上任意一點P(x，y)關于直線y＝x＋1對稱的點為P0