2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第9章 平面解析幾何 經(jīng)典微課堂 突破疑難系列2 五大技法減輕解析幾何中的運(yùn)算量教學(xué)案 文 北師大版

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1、突破疑難系列2 五大技法減輕解析幾何中的運(yùn)算量 (對應(yīng)學(xué)生用書第170頁) [命題解讀]　中學(xué)解析幾何是將幾何圖形置于直角坐標(biāo)系中，用方程的觀點(diǎn)來研究曲線，體現(xiàn)了用代數(shù)的方法解決幾何問題的優(yōu)越性，但有時(shí)運(yùn)算量過大，或需繁雜的討論，這些都會(huì)影響解題的速度，甚至?xí)兄菇忸}的過程，達(dá)到“望題興嘆”的地步，特別是高考過程中，在規(guī)定的時(shí)間內(nèi)，保質(zhì)保量完成解題的任務(wù)，計(jì)算能力是一個(gè)重要的方面，為此，從以下幾個(gè)方面探索減輕運(yùn)算量的方法和技巧，合理簡化解題過程，優(yōu)化思維過程． [技法突破1]　巧用平面幾何性質(zhì) [示例1]　已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)，A，B分別為C的左、

2、右頂點(diǎn)．P為C上一點(diǎn)，且PF⊥x軸．過點(diǎn)A的直線l與線段PF交于點(diǎn)M，與y軸交于點(diǎn)E.若直線BM經(jīng)過OE的中點(diǎn)，則C的離心率為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. A　[設(shè)OE的中點(diǎn)為N，如圖，因?yàn)镸F∥OE，所以有＝，＝.又因?yàn)镺E＝2ON，所以有＝·，解得a＝3c，e＝＝，故選A.] [技法點(diǎn)津]　此題也可以用解析法解決，但有一定的計(jì)算量，巧用三角形的相似比可簡化計(jì)算． [技法訓(xùn)練1]　如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點(diǎn)，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點(diǎn)．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是(　　) A. B. C

3、. D. D　[由已知，得F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，設(shè)雙曲線C2的實(shí)半軸長為a， 由橢圓及雙曲線的定義和已知， 可得 解得a2＝2，故a＝. 所以雙曲線C2的離心率e＝＝.] [技法突破2]　設(shè)而不求，整體代換 設(shè)而不求是解析幾何解題的基本手段，是比較特殊的一種思想方法，其實(shí)質(zhì)是整體結(jié)構(gòu)意義上的變式和整體思想的應(yīng)用．設(shè)而不求的靈魂是通過科學(xué)的手段使運(yùn)算量最大限度地減少，通過設(shè)出相應(yīng)的參數(shù)，利用題設(shè)條件加以巧妙轉(zhuǎn)化，以參數(shù)為過渡，設(shè)而不求． [示例2]　已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(3,0)，過點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)．若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－1)，則E的

4、標(biāo)準(zhǔn)方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 D　[設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則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， 所以橢圓E的方程為＋＝1.] [技法點(diǎn)津]　本題設(shè)出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，卻不求出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，巧妙地表達(dá)出直線AB的斜率，通過將直線AB的斜率“算兩次”建立幾何量之間的關(guān)系，從而快速解決問題． [技法訓(xùn)練2]　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)上存在A，B兩點(diǎn)恰好關(guān)于直線l：x－y－1＝0對稱，且直線AB

5、與直線l的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2，則橢圓C的離心率為(　　) A. B. C. D. C　[由題意可得直線AB與直線l的交點(diǎn)為P(2,1)，kAB＝－1，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4，y1＋y2＝2. ∵A，B是橢圓＋＝1上的點(diǎn)， ∴＋＝1，① ＋＝1，② ①－②得＋＝0， ∴＝－，∴kAB＝＝－＝－1， ∴a2＝2b2，∴橢圓C的離心率為＝＝.] [技法突破3]　巧用“根與系數(shù)的關(guān)系”，化繁為簡 某些涉及線段長度關(guān)系的問題可以通過解方程、求坐標(biāo)，用距離公式計(jì)算長度的方法來解；但也可以利用一元二次方程，使相關(guān)的點(diǎn)的同名坐標(biāo)為方程的根，由根與系數(shù)的關(guān)

6、系求出兩根間的關(guān)系或有關(guān)線段長度間的關(guān)系．后者往往計(jì)算量小，解題過程簡捷． [示例3]　已知橢圓＋y2＝1的左頂點(diǎn)為A，過A作兩條互相垂直的弦AM，AN交橢圓于M，N兩點(diǎn)． (1)當(dāng)直線AM的斜率為1時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)； (2)當(dāng)直線AM的斜率變化時(shí)，直線MN是否過x軸上的一定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，請給出證明，并求出該定點(diǎn)；若不過定點(diǎn)，請說明理由． [解](1)直線AM的斜率為1時(shí)，直線AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡得5x2＋16x＋12＝0. 解得x1＝－2，x2＝－，所以M. (2)設(shè)直線AM的斜率為k，直線AM的方程為y＝k(x＋2)， 聯(lián)立方程 化簡得(1＋4k2)x

7、2＋16k2x＋16k2－4＝0. 則xA＋xM＝，又xA＝－2，則xM＝－xA－＝2－＝. 同理，可得xN＝. 由(1)知若存在定點(diǎn)，則此點(diǎn)必為P. 證明如下： 因?yàn)閗MP＝＝＝， 同理可計(jì)算得kPN＝. 所以直線MN過x軸上的一定點(diǎn)P. [技法點(diǎn)津]　本例在第(2)問中可應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)系求出xM＝，這體現(xiàn)了整體思想．這是解決解析幾何問題時(shí)常用的方法，簡單易懂，通過設(shè)而不求，大大降低了運(yùn)算量． [技法訓(xùn)練3]　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且經(jīng)過點(diǎn)P，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2. (1)求橢圓C的方程； (2)過F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，若△

8、AF2B的內(nèi)切圓半徑為，求以F2為圓心且與直線l相切的圓的方程． [解](1)由＝，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2， 將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入橢圓方程得c2＝1，故所求橢圓方程為＋＝1. (2)由(1)可知F1(－1,0)，設(shè)直線l的方程為x＝ty－1， 代入橢圓方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0， 顯然判別式大于0恒成立， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的內(nèi)切圓半徑為r0， 則有y1＋y2＝，y1y2＝，r0＝， 所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2 ＝|F1F2|·|y1－y2| ＝|F1F2|· ＝. 而S△AF2B＝

9、|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r0 ＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|) ＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|) ＝r0·4a＝×8×＝， 所以＝， 解得t2＝1， 因?yàn)樗髨A與直線l相切，所以半徑r＝＝， 所以所求圓的方程為(x－1)2＋y2＝2. [技法突破4]　妙借向量，無中生有 平面向量是銜接代數(shù)與幾何的紐帶，溝通“數(shù)”與“形”，融數(shù)、形于一體，是數(shù)形結(jié)合的典范，具有幾何形式與代數(shù)形式的雙重身份，是數(shù)學(xué)知識(shí)的一個(gè)交匯點(diǎn)和聯(lián)系多項(xiàng)知識(shí)的媒介．妙借向量，可以有效提升圓錐曲線的解題方向與運(yùn)算效率，達(dá)到良好效果． [示例4]　如圖，在平面直

10、角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)是橢圓＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)，直線y＝與橢圓交于B，C兩點(diǎn)，且∠BFC＝90°，則該橢圓的離心率是________． 　[把y＝代入橢圓＋＝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， 則有3c2＝2a2，所以該橢圓的離心率為e＝＝.] [技法點(diǎn)津]　本題通過相關(guān)向量坐標(biāo)的確定，結(jié)合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算來轉(zhuǎn)化圓錐曲線中的相關(guān)問題，從形入手轉(zhuǎn)化為相應(yīng)數(shù)的形式，簡化運(yùn)算． [技法訓(xùn)練4]　已知橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝

11、1，圓O的方程為x2＋y2＝2，設(shè)P，Q分別是橢圓C和圓O上位于y軸兩側(cè)的動(dòng)點(diǎn)，若直線PQ與x軸平行，直線AP，BP與y軸的交點(diǎn)記為M，N，試判斷∠MQN是否為定值，若是，請證明你的結(jié)論；若不是，請舉出反例說明． [解]　∠MQN是定值90°，證明如下： 設(shè)P(x0，y0)，直線AP：y＝k(x＋2)(k≠0)， 令x＝0可得M(0,2k)， 將＋＝1與y＝k(x＋2)聯(lián)立， 整理可得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0， 則－2x0＝，可得x0＝，y0＝，故P. 直線BP斜率kBP＝＝－， 則直線BP：y＝－(x－2)， 令x＝0可得N，設(shè)Q(xQ，y0)， 則＝

12、(－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“換元”減少運(yùn)算量 變量換元的關(guān)鍵是構(gòu)造元和設(shè)元，理論依據(jù)是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識(shí)背景中去研究，從而將非標(biāo)準(zhǔn)型問題轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)型問題，將復(fù)雜問題簡單化．變量換元法常用于求解復(fù)合函數(shù)的值域、三角函數(shù)的化簡或求值等問題． [示例5]　如圖，已知橢圓C的離心率為，點(diǎn)A，B，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，且S△ABF＝1－. (1)求橢圓C的方程； (2)已知直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2

13、＝1相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，求△OMN面積的最大值． [解](1)由已知橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)其方程為＋＝1(a>b>0)，則A(a,0)，B(0，b)，F(xiàn)(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 將①代入②，得(2b－b)b＝1－，解得b＝1，故a＝2，c＝. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)(0,0)，半徑r＝1，由直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2. ③ 由消去y， 得(1＋4k2)x2

14、＋8kmx＋4(m2－1)＝0，由題可知k≠0， 所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2>0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝. 所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－4×＝. ④ 將③代入④中，得|x1－x2|2＝， 故|x1－x2|＝. 所以|MN|＝|x1－x2|＝×＝. 故△OMN的面積S＝|MN|×1＝××1＝. 令t＝4k2＋1，則t≥1，k2＝，代入上式，得 S＝2＝ ＝＝ ＝＝， 所以當(dāng)t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±時(shí)，S取得最大值，且最大值為×＝1. [技法點(diǎn)津]　破解此類題的關(guān)鍵：一是

15、利用已知條件，建立關(guān)于參數(shù)的方程，解方程，求出參數(shù)的值；二是通過變量換元法將所給函數(shù)轉(zhuǎn)化為值域容易確定的另一函數(shù)，求得其值域，從而求得原函數(shù)的值域，形如y＝ax＋b±(a，b，c，d均為常數(shù)，且ac≠0)的函數(shù)常用此法求解，但在換元時(shí)一定要注意新元的取值范圍，以保證等價(jià)轉(zhuǎn)化，這樣目標(biāo)函數(shù)的值域才不會(huì)發(fā)生變化． [技法訓(xùn)練5]　已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在y軸上的橢圓C，其上一點(diǎn)P到兩個(gè)焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離之和為4，離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)若直線y＝kx＋1與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，求△OAB面積的取值范圍． [解](1)設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)． 由離心率e＝＝，2a＝4， 得a＝2，b＝1，c＝. ∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋x2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0. ∴x1＋x2＝－，x1x2＝－， 設(shè)△OAB的面積為S，由x1x2＝－<0知， S＝(|x1|＋|x2|) ＝|x1－x2|＝＝2， 令k2＋3＝t，則t≥3. ∴S＝2. 對于函數(shù)y＝t＋(t≥3)，由y′＝1－＝>0得 y＝t＋在[3，＋∞)上是增函數(shù)，∴t＋≥. ∴0<≤. ∴S∈. - 9 -