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 9页

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 -‎