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  • 2021-06-16 发布

2021高考数学一轮复习第9章平面解析几何经典微课堂突破疑难系列2五大技法减轻解析几何中的运算量教学案文北师大版

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突破疑难系列2 五大技法减轻解析几何中的运算量 ‎(对应学生用书第170页)‎ ‎[命题解读] 中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中,用方程的观点来研究曲线,体现了用代数的方法解决几何问题的优越性,但有时运算量过大,或需繁杂的讨论,这些都会影响解题的速度,甚至会中止解题的过程,达到“望题兴叹”的地步,特别是高考过程中,在规定的时间内,保质保量完成解题的任务,计算能力是一个重要的方面,为此,从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧,合理简化解题过程,优化思维过程.‎ ‎[技法突破1] 巧用平面几何性质 ‎[示例1] 已知O为坐标原点,F是椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左、右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为(  )‎ A.         B. C. D. A [设OE的中点为N,如图,因为MF∥OE,所以有=,=.又因为OE=2ON,所以有=·,解得a=3c,e==,故选A.]‎ ‎[技法点津] 此题也可以用解析法解决,但有一定的计算量,巧用三角形的相似比可简化计算.‎ ‎[技法训练1] 如图,F1,F2是椭圆C1:+y2=1与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1,C2在第二、四象限的公共点.若四边形AF1BF2为矩形,则C2的离心率是(  )‎ A. B. C. D. D [由已知,得F1(-,0),F2(,0),设双曲线C2的实半轴长为a,‎ 由椭圆及双曲线的定义和已知,‎ 可得 - 9 -‎ 解得a2=2,故a=.‎ 所以双曲线C2的离心率e==.]‎ ‎[技法突破2] 设而不求,整体代换 设而不求是解析几何解题的基本手段,是比较特殊的一种思想方法,其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用.设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少,通过设出相应的参数,利用题设条件加以巧妙转化,以参数为过渡,设而不求.‎ ‎[示例2] 已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的标准方程为(  )‎ A.+=1 B.+=1‎ C.+=1 D.+=1‎ D [设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1+x2=2,y1+y2=-2,‎ ‎①-②得+=0,‎ 所以kAB==-=.‎ 又kAB==,所以=.‎ 又9=c2=a2-b2,解得b2=9,a2=18,‎ 所以椭圆E的方程为+=1.]‎ ‎[技法点津] 本题设出A,B两点的坐标,却不求出A,B两点的坐标,巧妙地表达出直线AB的斜率,通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系,从而快速解决问题.‎ ‎[技法训练2] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)上存在A,B两点恰好关于直线l:x-y-1=0对称,且直线AB与直线l的交点的横坐标为2,则椭圆C的离心率为(  )‎ A. B. C. D. C [由题意可得直线AB与直线l的交点为P(2,1),kAB=-1,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y2=2.‎ - 9 -‎ ‎∵A,B是椭圆+=1上的点,‎ ‎∴+=1,① ‎ +=1,② ‎ ‎①-②得+=0,‎ ‎∴=-,∴kAB==-=-1,‎ ‎∴a2=2b2,∴椭圆C的离心率为==.]‎ ‎[技法突破3] 巧用“根与系数的关系”,化繁为简 某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标,用距离公式计算长度的方法来解;但也可以利用一元二次方程,使相关的点的同名坐标为方程的根,由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系.后者往往计算量小,解题过程简捷.‎ ‎[示例3] 已知椭圆+y2=1的左顶点为A,过A作两条互相垂直的弦AM,AN交椭圆于M,N两点.‎ ‎(1)当直线AM的斜率为1时,求点M的坐标;‎ ‎(2)当直线AM的斜率变化时,直线MN是否过x轴上的一定点?若过定点,请给出证明,并求出该定点;若不过定点,请说明理由.‎ ‎[解](1)直线AM的斜率为1时,直线AM的方程为y=x+2,代入椭圆方程并化简得5x2+16x+12=0.‎ 解得x1=-2,x2=-,所以M.‎ ‎(2)设直线AM的斜率为k,直线AM的方程为y=k(x+2),‎ 联立方程 化简得(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0.‎ 则xA+xM=,又xA=-2,则xM=-xA-=2-=.‎ 同理,可得xN=.‎ 由(1)知若存在定点,则此点必为P.‎ 证明如下:‎ - 9 -‎ 因为kMP===,‎ 同理可计算得kPN=.‎ 所以直线MN过x轴上的一定点P.‎ ‎[技法点津] 本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM=,这体现了整体思想.这是解决解析几何问题时常用的方法,简单易懂,通过设而不求,大大降低了运算量.‎ ‎[技法训练3] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且经过点P,左、右焦点分别为F1,F2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A,B两点,若△AF2B的内切圆半径为,求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程.‎ ‎[解](1)由=,得a=2c,所以a2=4c2,b2=3c2,‎ 将点P的坐标代入椭圆方程得c2=1,故所求椭圆方程为+=1.‎ ‎(2)由(1)可知F1(-1,0),设直线l的方程为x=ty-1,‎ 代入椭圆方程,整理得(4+3t2)y2-6ty-9=0,‎ 显然判别式大于0恒成立,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),△AF2B的内切圆半径为r0,‎ 则有y1+y2=,y1y2=,r0=,‎ 所以S△AF2B=S△AF1F2+S△BF1F2‎ ‎=|F1F2|·|y1-y2|‎ ‎=|F1F2|· ‎=.‎ 而S△AF2B=|AB|r0+|BF2|r0+|AF2|r0‎ ‎=r0(|AB|+|BF2|+|AF2|)‎ - 9 -‎ ‎=r0(|AF1|+|BF1|+|BF2|+|AF2|)‎ ‎=r0·4a=×8×=,‎ 所以=,‎ 解得t2=1,‎ 因为所求圆与直线l相切,所以半径r==,‎ 所以所求圆的方程为(x-1)2+y2=2.‎ ‎[技法突破4] 妙借向量,无中生有 平面向量是衔接代数与几何的纽带,沟通“数”与“形”,融数、形于一体,是数形结合的典范,具有几何形式与代数形式的双重身份,是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介.妙借向量,可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率,达到良好效果.‎ ‎[示例4] 如图,在平面直角坐标系xOy中,F是椭圆+=1(a>b>0)的右焦点,直线y=与椭圆交于B,C两点,且∠BFC=90°,则该椭圆的离心率是________.‎  [把y=代入椭圆+=1,‎ 可得x=±a,那么B,C,‎ 而F(c,0),那么=,‎ =,又∠BFC=90°,‎ 故有·=·=c2-a2+b2=c2-a2+(a2-c2)=c2-a2=0,‎ 则有3c2=2a2,所以该椭圆的离心率为e==.]‎ ‎[技法点津] 本题通过相关向量坐标的确定,结合∠BFC=90°,巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题,从形入手转化为相应数的形式,简化运算.‎ - 9 -‎ ‎[技法训练4] 已知椭圆C的标准方程为+=1,圆O的方程为x2+y2=2,设P,Q分别是椭圆C和圆O上位于y轴两侧的动点,若直线PQ与x轴平行,直线AP,BP与y轴的交点记为M,N,试判断∠MQN是否为定值,若是,请证明你的结论;若不是,请举出反例说明.‎ ‎[解] ∠MQN是定值90°,证明如下:‎ 设P(x0,y0),直线AP:y=k(x+2)(k≠0),‎ 令x=0可得M(0,2k),‎ 将+=1与y=k(x+2)联立,‎ 整理可得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-4=0,‎ 则-2x0=,可得x0=,y0=,故P.‎ 直线BP斜率kBP==-,‎ 则直线BP:y=-(x-2),‎ 令x=0可得N,设Q(xQ,y0),‎ 则=(-xQ,2k-y0),‎ =,‎ 由x+y=2,y0=,‎ 可得·=x+y+2-y0=0,‎ 所以QM⊥QN,故∠MQN是定值90°.‎ ‎[技法突破5] 巧妙“换元”减少运算量 变量换元的关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,将问题移至新对象的知识背景中去研究,从而将非标准型问题转化为标准型问题,将复杂问题简单化.变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题.‎ ‎[示例5] 如图,已知椭圆C的离心率为,点A,B,F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点,且S△ABF=1-.‎ - 9 -‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)已知直线l:y=kx+m与圆O:x2+y2=1相切,若直线l与椭圆C交于M,N两点,求△OMN面积的最大值.‎ ‎[解](1)由已知椭圆的焦点在x轴上,设其方程为+=1(a>b>0),则A(a,0),B(0,b),F(c,0)(c=).‎ 由已知可得e2==,所以a2=4b2,‎ 即a=2b,c=b ①‎ S△ABF=×|AF|×|OB|=(a-c)b=1-. ②‎ 将①代入②,得(2b-b)b=1-,解得b=1,故a=2,c=.‎ 所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)圆O的圆心为坐标原点(0,0),半径r=1,由直线l:y=kx+m与圆O:x2+y2=1相切,得=1,故有m2=1+k2. ③‎ 由消去y,‎ 得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0,由题可知k≠0,‎ 所以Δ=16(4k2-m2+1)=48k2>0.‎ 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.‎ 所以|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2=-4×=. ④‎ 将③代入④中,得|x1-x2|2=,‎ 故|x1-x2|=.‎ 所以|MN|=|x1-x2|=×=.‎ 故△OMN的面积S=|MN|×1=××1=.‎ - 9 -‎ 令t=4k2+1,则t≥1,k2=,代入上式,得 S=2= ‎== ‎==,‎ 所以当t=3,即4k2+1=3,解得k=±时,S取得最大值,且最大值为×=1.‎ ‎[技法点津] 破解此类题的关键:一是利用已知条件,建立关于参数的方程,解方程,求出参数的值;二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数,求得其值域,从而求得原函数的值域,形如y=ax+b±(a,b,c,d均为常数,且ac≠0)的函数常用此法求解,但在换元时一定要注意新元的取值范围,以保证等价转化,这样目标函数的值域才不会发生变化.‎ ‎[技法训练5] 已知中心在原点,焦点在y轴上的椭圆C,其上一点P到两个焦点F1,F2的距离之和为4,离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若直线y=kx+1与曲线C交于A,B两点,求△OAB面积的取值范围.‎ ‎[解](1)设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0).‎ 由离心率e==,2a=4,‎ 得a=2,b=1,c=.‎ ‎∴椭圆的标准方程为+x2=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 由得(k2+4)x2+2kx-3=0.‎ ‎∴x1+x2=-,x1x2=-,‎ 设△OAB的面积为S,由x1x2=-<0知,‎ S=(|x1|+|x2|)‎ ‎=|x1-x2|==2,‎ - 9 -‎ 令k2+3=t,则t≥3.‎ ‎∴S=2.‎ 对于函数y=t+(t≥3),由y′=1-=>0得 y=t+在[3,+∞)上是增函数,∴t+≥.‎ ‎∴0<≤.‎ ‎∴S∈.‎ - 9 -‎