圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”[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](2018·广州高中综合测试)已知圆(x＋)2＋y2＝16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(GN＋GP)⊥(GN－GP)．(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(GN＋GP)⊥(GN－GP)，所以(GN＋GP)·(GN－GP)＝0，即GN2－GP2＝0，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2a＝4,2c＝2，即a＝2，c＝，所以b2＝a2－c2＝1，所以点G的轨迹C的方程为＋y2＝1.(2)法一：依题意可设直线l：x＝my＋4.由消去x，得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由Δ＝64m2－4×12×(m2＋4)＝16(m2－12)>0，得m2>12.①且y1＋y2＝－，y1y2＝.②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y－y2＝(x－my2－4)．令y＝0，得x0＝.③将②代入③，得x0＝＝1，所以点Q的坐标为(1,0)．因为S△ABQ＝|S△TBQ－S△TAQ|＝|QT||y2－y1|＝＝，令t＝m2＋4，结合①得t>16，所以S△ABQ＝＝6＝6.当且仅当t＝32，即m＝±2时，(S△ABQ)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y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0,0)．由对称性知D(x1，－y1)，由消去y，得(4k2＋1)x2－32k2x＋64k2－4＝0.由Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋1)(64k2－4)>0，得k2<，①且x1＋x2＝，x1x2＝.②BQ＝(x0－x2，－y2)，DQ＝(x0－x1，y1)由B，D，Q三点共线知BQ∥DQ，故(x0－x2)y1＋y2(x0－x1)＝0，即(x0－x2)·k(x1－4)＋k(x2－4)(x0－x1)＝0.整理得x0＝.③将②代入③，得x0＝1，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S△ABQ＝|AB|·d＝.令t＝4k2＋1，则k2＝，结合①得1
