新高考数学一轮复习讲练教案8.8 第2课时 5大技法破解“计算繁而杂”这一难题（含解析）

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第2课时　解题上——5大技法破解“计算繁而杂”这一难题

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．因此，本讲从以下5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，达到快准解题．

技法一　回归定义，以逸待劳
回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．　　
[典例]　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．
[解题观摩]　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
解得a2＝2，故a＝.
所以双曲线C2的离心率e＝＝.
[答案]　D

[名师微点]
本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．　　
[针对训练]
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为(　　)
A.＋y2＝1 B．＋＝1
C.＋＝1 D．＋＝1
解析：选B　法一：设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)．由椭圆的定义可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.
∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，
∴|AB|＝|BF1|＝|AF2|，
∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.
又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，
∴|AF1|＝|AF2|＝a，
∴点A是椭圆的短轴端点．如图，不妨设A(0，－b)，
由F2(1,0)，＝2，得B.
由点B在椭圆上，得＋＝1，得a2＝3，b2＝a2－c2＝2.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
法二：由题意设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝.在等腰三角形ABF1中， cos 2θ＝＝，∴＝1－22，解得a2＝3.又c2＝1，∴b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为＋＝1.故选B.
2．抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则的最小值为________．
解析：设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，
知|PF|＝xP＋m，
又|PA|2＝(xP＋m)2＋y＝(xP＋m)2＋4mxP，
则2＝＝
≥＝(当且仅当xP＝m时取等号)，
所以≥，所以的最小值为.
答案：
技法二　设而不求，金蝉脱壳
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．　　
[典例]　(2021·石家庄质检)已知P是圆C：(x－2)2＋(y＋2)2＝1上一动点，过点P作抛物线x2＝8y的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB斜率的最大值为(　　)
A. B．
C. D．
[解题观摩]　由题意可知，PA，PB的斜率都存在，分别设为k1，k2，切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设P(m，n)，过点P的抛物线的切线为y＝k(x－m)＋n，
联立，得x2－8kx＋8km－8n＝0，
因为Δ＝64k2－32km＋32n＝0，即2k2－km＋n＝0，
所以k1＋k2＝，k1k2＝，
又由x2＝8y得y′＝，所以x1＝4k1，y1＝＝2k，
x2＝4k2，y2＝＝2k，
所以kAB＝＝＝＝，
因为点P(m，n)满足2＋2＝1，
所以1≤m≤3，
因此≤≤，
即直线AB斜率的最大值为.故选B.
[答案]　B

[名师微点]
(1)本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地利用根与系数的关系用PA，PB的斜率把A，B的坐标表示出来，从而快速解决问题．
(2)在运用圆锥曲线问题中设而不求的方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多．　　
[针对训练]
3．过点M(1,1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∴＋＝0，
∴＝－·.
∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴－＝－，∴a2＝2b2.
又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，
∴a2＝2c2，∴＝.即椭圆C的离心率e＝.
答案：
技法三　巧设参数，变换主元
换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．
常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．　　
[典例]　设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞.
[解题观摩]　法一：依题意，直线OP的方程为y＝kx，设点P的坐标为(x0，y0)．
联立消去y0并整理，得x＝.①
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2x＝a2，
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝，
代入①，整理得(1＋k2)2＝4k22＋4.
又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，
即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞.
法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，
可设点P的坐标为(x0，kx0)．
由点P在椭圆上，得＋＝1.
因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即(1＋k2)x＜a2.②
由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x＝a2，
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，于是x0＝，
代入②，得(1＋k2)·＜a2，
解得k2＞3，所以|k|＞.
法三：设P(acos θ，bsin θ)(0≤θ＜2π)，
则线段OP的中点Q的坐标为.
|AP|＝|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k＝－1.
又A(－a,0)，所以kAQ＝，
即bsin θ－akAQcos θ＝2akAQ.
从而可得|2akAQ|≤ ＜a，
解得|kAQ|＜，故|k|＝＞.
[名师微点]
求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量．　　
[针对训练]
4．设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，求r的取值范围．
解：当t＝0时，若l与圆C相切，则M恰为AB中点，
∴当t≠0时，这样的直线应有2条．
不妨设直线l的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入抛物线y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0，
则有Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，
那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，
可得线段AB的中点M(2t2＋m,2t)，
而由题意可得直线AB与直线MC垂直，
即kMC·kAB＝－1，可得·＝－1，
整理得m＝3－2t2(当t≠0时)，
把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0，
可得3－t2＞0，即0＜t2＜3，
又由于圆心到直线的距离等于半径，
即d＝＝＝2＝r，
而由0＜t2＜3可得2＜r＜4.
故r的取值范围为(2,4)．
技法四　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．　　
[典例]　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________．
[解题观摩]　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＝＝.
[答案]　
[名师微点]
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．　　
[针对训练]
5.已知点A为圆B：(x＋2)2＋y2＝32上任意一点，定点C的坐标为(2,0)，线段AC的垂直平分线交AB于点M.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)若动直线l与圆O：x2＋y2＝相切，且与点M的轨迹交于点E，F，求证：以EF为直径的圆恒过坐标原点．
解：(1)圆B的圆心为B，半径r＝4，＝4.连接MC，由已知得＝，
∵＋＝＋＝＝r＝4>，
∴由椭圆的定义知：点M的轨迹是中心在原点，以B，C为焦点，长轴长为4的椭圆，
即a＝2，c＝2，b2＝a2－c2＝4，
∴点M的轨迹方程为＋＝1.
(2)证明：当直线EF的斜率不存在时，
直线EF的方程为x＝±　，
E，F的坐标分别为，或
，，·＝0.
当直线EF斜率存在时，
设直线EF的方程为y＝kx＋b，
∵EF与圆O：x2＋y2＝相切，
∴＝ ，即3b2＝8k2＋8.
设E，F，
∴·＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋kb＋b2，
联立代入消元得x2＋4kbx＋2b2－8＝0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝，代入(*)式得
·＝·－＋b2＝，
又∵3b2＝8k2＋8，∴·＝0，
∴以EF为直径的圆恒过定点O.
技法五　巧用“韦达”，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．　　
[典例]　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．
[解题观摩]　(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＝，
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：
因为kMP＝＝＝，
同理可计算得kPN＝.
所以直线MN过x轴上的一定点P.

[名师微点]
本例在第(2)问中应用了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．　　
[针对训练]
6．已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
解：设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
(1)当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2,0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.
因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.
解得y＝0或y＝，所以y1＝.
因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
(2)由题意t>3，k>0，A(－，0)．
将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1，
得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－)＝，得x1＝，
故|AM|＝|x1＋|＝.
由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋)，
故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|，得＝，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝时上式不成立，因此t＝.
t>3等价于＝<0，
即<0.
因此得或解得 故k的取值范围是(，2)．

1．过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，若|NF|＝4，则M到直线NF的距离为(　　)
A.　　　　　　　　　　　 B．2
C．3 D．2
解析：选B　∵直线MF的斜率为，MN⊥l，
∴∠NMF＝60°，又|MF|＝|MN|，且|NF|＝4，
∴△NMF是边长为4的等边三角形，
∴M到直线NF的距离为2.故选B.
2．已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，点B是虚轴的一个端点，线段BF与双曲线C的右支交于点A，若＝2，且||＝4，则双曲线C的方程为(　　)
A.－＝1 B．－＝1
C.－＝1 D．－＝1
解析：选D　不妨设B(0，b)，由＝2，F(c,0)，
可得A，代入双曲线C的方程可得×－＝1，
∴＝.①
又||＝＝4，c2＝a2＋b2，∴a2＋2b2＝16.②
由①②可得，a2＝4，b2＝6，
∴双曲线C的方程为－＝1.
3．已知直线y＝2x＋m与椭圆C：＋y2＝1相交于A，B两点，O为坐标原点．当 △AOB的面积取得最大值时，|AB|＝(　　)
A. B．
C. D．
解析：选A　由得21x2＋20mx＋5m2－5＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，
x1x2＝，
|AB|＝＝＝.
又O到直线AB的距离d＝，
则△AOB的面积S＝d·|AB|＝≤＝，
当且仅当m2＝21－m2，即m2＝时，△AOB的面积取得最大值．此时，|AB|＝＝.
4．记双曲线C：－＝1的左焦点为F，双曲线C上的点M，N关于原点对称，且∠MFN＝∠MOF＝90°，则＝(　　)
A．3＋2 B．4＋2
C．3＋ D．4＋
解析：选A　设双曲线的右焦点是F′，由双曲线的对称性和∠MF′N＝90°，得四边形MFNF′是矩形，∵∠MOF＝120°，∴∠MOF′＝60°，故△MOF′是等边三角形．
∴在Rt△MFF′中，∴∠MFF′＝30°，＝2c，
∴＝c，＝c，
∵－＝2a，∴c－c＝2a，
∴＝＝＋1，
∴＝＝－1＝(＋1)2－1＝3＋2，故选A.
5．椭圆＋y2＝1上存在两点A，B，且A，B关于直线4x－2y－3＝0对称，若O为坐标原点，则＝(　　)
A．1 B．
C. D．
解析：选C　由题意直线AB与直线4x－2y－3＝0垂直，设直线AB的方程为y＝－x＋m.
由消去y整理得x2－2mx＋2m2－2＝0，
∵直线AB与椭圆交于两点，
∴Δ＝(－2m)2－4(2m2－2)＝－4m2＋8>0，
解得－ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，
则x1＋x2＝2m，
∴x0＝＝m，y0＝－x0＋m＝，
∴点M的坐标为.
由题意得点M在直线4x－2y－3＝0上，
∴4m－2×－3＝3m－3＝0，解得m＝1.
∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2m＝1，
∴＋＝(2,1)，∴|＋|＝.
6．已知抛物线y2＝2px(p>0)经过点M(1,2)，直线l与抛物线交于相异两点A，B，若 △MAB的内切圆圆心为(1，t)，则直线l的斜率为________．
解析：将点M(1,2)代入y2＝2px，可得p＝2，
所以抛物线方程为y2＝4x，
由题意知，直线l斜率存在且不为0，
设直线l的方程为x＝my＋n(m≠0)，
代入y2＝4x，得y2－4my－4n＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
又由△MAB的内切圆心为(1，t)，
可得kMA＋kMB＝＋＝＋＝0，
整理得y1＋y2＋4＝4m＋4＝0，解得m＝－1，
从而l的方程为y＝－x＋n，所以直线l的斜率为－1.
答案：－1
7．已知直线x＋2y－3＝0与椭圆＋＝1(a>b>0)相交于A，B两点，且线段AB的中点在直线3x－4y＋1＝0，则此椭圆的离心率为________．
解析：联立得x＝1，y＝1，
∴直线x＋2y－3＝0与3x－4y＋1＝0的交点为M(1,1)，∴线段AB的中点为M(1,1)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程＋＝1(a>b>0)，得两式相减整理，得＝－＝－，
∴a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，∴a＝b＝c，∴e＝＝.
答案：



8.(2021·镇江模拟)如图，抛物线E：y2＝4x的焦点为F，点M与F关于坐标原点O对称，过F的直线与抛物线交于A，B两点，使得AB⊥BM，又A点在x轴上的投影为C，则＋－－＝________.
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB过焦点得x1x2＝1，又AB⊥BM，得B在以MF为直径的圆上，
故x＋y＝1，而y＝4x2，得1－x＝y＝4x2，
又－＝1＋x1－(1＋x2)＝x1－x2＝－x2＝＝＝4，又∠ABM＝∠ACM，
所以AMBC四点共圆，进而得AC＝BC，
故＋－－＝4.
答案：4
9．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F为抛物线y2＝4x的焦点，P，Q是椭圆C上的两个动点，且线段PQ长度的最大值为4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若OP⊥OQ，求△OPQ面积的最小值．
解：(1)因为y2＝4x的焦点为(1,0)，
所以椭圆C的右焦点F为(1,0)，即c＝1，
又的最大值为4，因此2a＝4，
所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，
椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)①当P，Q为椭圆顶点时，
易得△OPQ的面积为×2×＝，
②当P，Q不是椭圆顶点时，
设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，
由得x2＝，
所以＝ ，
由OP⊥OQ，得直线OQ的方程为：y＝－x，
所以＝ ＝ ，
所以S△OPQ＝·＝6
＝6＝6，
＝k2＋＋2≥4，当且仅当k2＝1时等号成立，
所以0<≤，所以≤S△OPQ<，
综上，△OPQ面积的最小值为.
10．在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点．
(1)如果直线l过抛物线的焦点，求·的值；
(2)如果·＝－4，证明直线l必过一定点，并求出该定点．
解：(1)由题意：抛物线焦点为(1,0)，
设l：x＝ty＋1，代入抛物线y2＝4x，
消去x，得y2－4ty－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，
所以·＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋1)(ty2＋1)＋y1y2
＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1＋y1y2＝－4t2＋4t2＋1－4＝－3.
(2)证明：设l：x＝ty＋b，代入抛物线y2＝4x，消去x，得
y2－4ty－4b＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b，
所以·＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2
＝t2y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＋y1y2＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝b2－4b.
令b2－4b＝－4，得b2－4b＋4＝0，解得b＝2.
所以直线l过定点(2,0)．