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

第九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[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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)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.13B.12C.23D.34A[设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有ONMF＝aa＋c，MFOE＝a－ca.又因为OE＝2ON，所以有12＝aa＋c·a－ca，解得a＝3c，e＝ca＝13，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：x24＋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.2B.3C.32D.62D[由已知，得F1(－3，0)，F2(3，0)，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|AF1|＋|AF2|＝4，|AF2|－|AF1|＝2a，|AF1|2＋|AF2|2＝12，解得a2＝2，故a＝2.所以双曲线C2的离心率e＝32＝62.][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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)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.x245＋y236＝1B.x236＋y227＝1C.x227＋y218＝1D.x218＋y29＝1D[设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，x21a2＋y21b2＝1，①x22a2＋y22b2＝1，②①－②得x1＋x2x1－x2a2＋y1＋y2y1－y2b2＝0，所以kAB＝y1－y2x1－x2＝－b2x1＋x2a2y1＋y2＝b2a2.又kAB＝0＋13－1＝12，所以b2a2＝12.又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，所以椭圆E的方程为x218＋y29＝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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)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.13B.33C.22D.12C[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.∵A，B是椭圆x2a2＋y2b2＝1上的点，∴x21a2＋y21b2＝1，①x22a2＋y22b2＝1，②①－②得x1＋x2x1－x2a2＋y1＋y2y1－y2b2＝0，∴2x1－x2a2＝－y1－y2b2，∴kAB＝y1－y2x1－x2＝－2b2a2＝－1，∴a2＝2b2，∴椭圆C的离心率为ca＝1－b2a2＝22.][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x24＋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＝－65，所以M－65，45.(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y＝kx＋2，x24＋y2＝1，化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.则xA＋xM＝－16k21＋4k2，又xA＝－2，则xM＝－xA－16k21＋4k2＝2－16k21＋4k2＝2－8k21＋4k2.同理，可得xN＝2k2－8k2＋4.由(1)知若存在定点，则此点必为P－65，0.证明如下：因为kMP＝yMxM＋65＝k2－8k21＋4k2＋22－8k21＋4k2＋65＝5k4－4k2，同理可计算得kPN＝5k4－4k2.所以直线MN过x轴上的一定点P－65，0.[技法点津]本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM＝2－8k21＋4k2，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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为12，且经过点P1，32，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327，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．[解](1)由ca＝12，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，将点P1，32的坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为x24＋y23＝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＝6t4＋3t2，y1y2＝－94＋3t2，r0＝327，所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝12|F1F2|·|y1－y2|＝12|F1F2|·y1＋y22－4y1y2＝12t2＋14＋3t2.而S△AF2B＝12|AB|r0＋12|BF2|r0＋12|AF2|r0＝12r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)＝12r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)＝12r0·4a＝12×8×327＝1227，所以12t2＋14＋3t2＝1227，解得t2＝1，因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝2t2＋1＝2，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x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦点，直线y＝b2与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．63[把y＝b2代入椭圆x2a2＋y2b2＝1，可得x＝±32a，那么B－32a，b2，C32a，b2，而F(c,0)，那么FB→＝－32a－c，b2，FC→＝32a－c，b2，又∠BFC＝90°，故有FB→·FC→＝－32a－c，b2·32a－c，b2＝c2－34a2＋14b2＝c2－34a2＋14(a2－c2)＝34c2－12a2＝0，则有3c2＝2a2，所以该椭圆的离心率为e＝ca＝63.][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．[技法训练4]已知椭圆C的标准方程为x24＋y22＝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x24＋y22＝1与y＝k(x＋2)联立，整理可得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，则－2x0＝8k2－42k2＋1，可得x0＝2－4k22k2＋1，y0＝4k2k2＋1，故P2－4k22k2＋1，4k2k2＋1.直线BP斜率kBP＝y0x0－2＝－12k，则直线BP：y＝－12k(x－2)，令x＝0可得N0，1k，设Q(xQ，y0)，则QM→＝(－xQ,2k－y0)，QN→＝－xQ，1k－y0，由x2Q＋y20＝2，y0＝4k2k2＋1，可得QM→·QN→＝x2Q＋y20＋2－2k2＋1ky0＝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32，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－32.(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x2a2＋y2b2＝1(ab0)，则A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c＝a2－b2)．由已知可得e2＝a2－b2a2＝34，所以a2＝4b2，即a＝2b，c＝3b①S△ABF＝12×|AF|×|OB|＝12(a－c)b＝1－32.②将①代入②，得12(2b－3b)b＝1－32，解得b＝1，故a＝2，c＝3.所以椭圆C的方程为x24＋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|m|1＋k2＝1，故有m2＝1＋k2.③由x24＋y2＝1，y＝kx＋m，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)＝48k20.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－8km4k2＋12－4×4m2－44k2＋1＝164k2－m2＋14k2＋12.④将③代入④中，得|x1－x2|2＝48k24k2＋12，故|x1－x2|＝43|k|4k2＋1.所以|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2×43|k|4k2＋1＝43k2k2＋14k2＋1.故△OMN的面积S＝12|MN|×1＝12×43k2k2＋14k2＋1×1＝23k2k2＋14k2＋1.令t＝4