2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划1　数学运算——解析几何中优化运算的策略研究

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划1　数学运算——解析几何中优化运算的策略研究，共5页。

优化数学运算，简化解题过程是圆锥曲线问题中追求的一个目标．当然熟悉一些常用的二级结论可以事半功倍，合理探究一些必要的策略技巧，选用适当方法，优化数学运算，往往可以收到事半功倍的效果．
挖掘内涵，回归定义
例1 (2023·南京三模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F为其左焦点，直线y＝kx(k＞0)与椭圆C交于点A，B，且AF⊥AB．若∠ABF＝30°，则椭圆C的离心率为( A )
A．eq \f(\r(,7),3)B．eq \f(\r(,6),3)
C．eq \f(\r(,7),6)D．eq \f(\r(,6),6)
【解析】 如图，设椭圆的右焦点为F2，连接AF2，BF2，则四边形AFBF2为平行四边形，设|AF|＝m，∠ABF＝30°，则|FB|＝2m，|BF2|＝|AF|＝m．因为|BF|＋|BF2|＝2m＋m＝2a，所以m＝eq \f(2,3)a．在△BFF2中，(2c)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)a))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a))2－2×eq \f(4,3)a×eq \f(2,3)a×cs120°，整理得4c2＝eq \f(28a2,9)，解得c＝eq \f(\r(,7),3)a，故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(,7),3)．
(例1)
设而不求，金蝉脱壳
例2 已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，过原点O的直线交C于A，B两点(点B在右支上)，双曲线右支上一点P(异于点B)满足eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝0，直线PA交x轴于点D，若∠ADO＝∠AOD，则双曲线C的离心率为( A )
A．eq \r(,2)B．2
C．eq \r(,3)D．3
【解析】 由题意，设A(－x0，－y0)，B(x0，y0)(x0＞0)，P(x1，y1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),a2)－\f(y\\al(2,0),b2)＝1，,\f(x\\al(2,1),a2)－\f(y\\al(2,1),b2)＝1，))两式相减得eq \f(x\\al(2,0)－x\\al(2,1),a2)＝eq \f(y\\al(2,0)－y\\al(2,1),b2)，所以eq \f(x0＋x1x0－x1,y0＋y1y0－y1)＝eq \f(a2,b2)．因为kAP＝eq \f(y0＋y1,x0＋x1)，kBP＝eq \f(y0－y1,x0－x1)，所以kAP·kBP＝eq \f(b2,a2)，因为eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝0，所以eq \(BA,\s\up6(→))⊥eq \(BP,\s\up6(→))．因为kAP＝tan(π－∠ADO)，kBP＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋∠AOD))，所以tan(π－∠ADO)·taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋∠AOD))＝eq \f(b2,a2)，所以－tan∠ADO·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,tan∠AOD)))＝eq \f(b2,a2)，因为∠ADO＝∠AOD，所以eq \f(b2,a2)＝1，所以b2＝a2，所以c2＝b2＋a2＝2a2，所以c＝eq \r(,2)a，所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(,2)．
数形结合，偷梁换柱
例3 若直线x＋y＋a＝0与半圆y＝－eq \r(,1－x2)有两个交点，则a的取值范围是__[1，eq \r(,2))__．
【解析】 根据题意画出图形，如图所示．当直线在第三象限与半圆相切时，圆心到直线的距离d＝r，即eq \f(|a|,\r(,2))＝1，解得a＝eq \r(,2)或a＝－eq \r(,2)(舍去)；当直线过点A时，直线x＋y＋a＝0与圆有两个交点A和B，把A(－1,0)代入x＋y＋a＝0中，得－1＋a＝0，解得a＝1，则直线与圆有两个交点时，a的取值范围是[1，eq \r(,2))．
(例3)
变式3 已知P为双曲线x2－eq \f(y2,15)＝1右支上的一点，M，N分别是圆C1：(x＋4)2＋y2＝4和圆C2：(x－4)2＋y2＝1上的点．若|PM|－|PN|的最大值和最小值分别为m，n，则m－n等于( C )
A．4B．5
C．6D．7
【解析】 由题意得，圆C1：(x＋4)2＋y2＝4的圆心为(－4，0)，半径为r1＝2；圆C2：(x－4)2＋y2＝1的圆心为(4,0)，半径为r2＝1．设双曲线x2－eq \f(y2,15)＝1的左、右焦点分别为F1(－4，0)，F2(4，0)．如图，连接PF1，PF2，F1M，F2N，则|PF1|－|PF2|＝2．又|PM|max＝|PF1|＋r1，|PM|min＝|PF1|－r1，|PN|max＝|PF2|＋r2，|PN|min＝|PF2|－r2，所以|PM|－|PN|的最大值m＝|PF1|－|PF2|＋r1＋r2＝5，|PM|－|PN|的最小值n＝|PF1|－|PF2|－r1－r2＝－1，所以m－n＝6．
(变式3)
和积转换，韦达助算
例4 已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)(c＞0)，点M在E上，MF2⊥F1F2，△MF1F2的周长为6＋4eq \r(,2)，面积为eq \f(1,3)c．
(1) 求椭圆E的方程．
【解答】 依题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝6＋4\r(,2)，,\f(1,2)·2c·\f(b2,a)＝\f(b2,a)·c＝\f(1,3)c，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋c＝3＋2\r(,2)，,\f(b2,a)＝\f(1,3)，))又a2＝b2＋c2，所以解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝9，,b2＝1，))所以椭圆E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1．
(2) 设E的左、右顶点分别为A，B，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))的直线l与E交于C，D两点，记直线AC的斜率为k1，直线BD的斜率为k2，判断是否存在实常数λ，使得k1＝λk2恒成立．若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【解答】 设直线CD的方程为x＝ty＋eq \f(3,2)，A(－3,0)，B(3,0)．联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))化简并整理得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，则Δ＝144(4t2＋27)＞0．设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由韦达定理，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))得ty1y2＝eq \f(9,4)(y1＋y2)，于是eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋3)·eq \f(x2－3,y2)＝eq \f(x2－3y1,x1＋3y2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2－\f(3,2)))y1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋\f(9,2)))y2)＝eq \f(2ty1y2－3y1,2ty1y2＋9y2)＝eq \f(2×\f(9,4)y1＋y2－3y1,2×\f(9,4)y1＋y2＋9y2)＝eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(9,2)y1＋\f(27,2)y2)＝eq \f(\f(3,2)y1＋3y2,\f(9,2)y1＋3y2)＝eq \f(1,3)，故存在实数λ＝eq \f(1,3)，使得k1＝λk2恒成立．
整体代换，降次降维
例5 过椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左焦点F1作一直线交椭圆于P，Q两点，A为椭圆的右顶点，求△PAQ面积的最大值．
【解答】 因为F1(－1,0)，A(2,0)，且当直线 PQ 的斜率不存在时，设P(－1，y1)，Q(－1，y2)，则|y1－y2|＝3，S△PAQ＝eq \f(1,2)|y1－y2||F1A|＝eq \f(3,2)|y1－y2|＝eq \f(9,2)；当直线 PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为 y＝k(x＋1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,3x2＋4y2－12＝0，)) 消去 x 并整理得 (3＋4k2)y2－6ky－9k2＝0，显然 Δ＝36k2＋36k2(3＋4k2)＞0．所以y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2＝－eq \f(9k2,3＋4k2)，所以|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k,3＋4k2)))2＋\f(36k2,3＋4k2))＝eq \r(\f(36k2＋36k23＋4k2,3＋4k22))＝12eq \r(\f(k4＋k2,3＋4k22))，所以S△PAQ＝eq \f(1,2)|y1－y2||F1A|＝18eq \r(\f(k4＋k2,3＋4k22))．或联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,3x2＋4y2－12＝0，))消去y并整理得 (3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0．所以x1＋x2＝eq \f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，所以|x1－x2|＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k2,3＋4k2)))2－\f(44k2－123＋4k2,3＋4k22))＝eq \f(12\r(k2＋1),3＋4k2)．所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(12k2＋1,3＋4k2)．又因为A(2，0)到直线 y＝k(x＋1) 的距离d＝eq \f(|2k－0＋k|,\r(k2＋1))＝eq \f(3|k|,\r(k2＋1))，所以S△PAQ＝eq \f(1,2)|PQ|d＝eq \f(1,2)×eq \f(12k2＋1,3＋4k2)×eq \f(3|k|,\r(k2＋1))＝18eq \r(\f(k4＋k2,3＋4k22))，记 S△PAQ＝S, 则 S＝18eq \r(\f(k4＋k2,3＋4k22))．可见上述两种解法中得到的解析式是一样的，解题的关键在于如何求函数g(k)＝eq \f(k4＋k2,3＋4k22)(k≠0) 的最大值．思考角度之一是通过配方、换元转化为二次函数； 思考角度之二是去分母后转化为二次方程(双二次)运用判别式法； 思考角度之三是通过换元 转化为三角函数，再次换元转化为“耐克函数”求最值，思考角度之四是通过分离常数后结合放缩法求 g(k) 的取值范围，进而求 S 的取值范围．
方法一：(整体代换)g(k)＝eq \f(k4＋k2,4k2＋32)＝eq \f(\f(1,16)4k2＋32－\f(1,8)4k2＋3－\f(3,16),4k2＋32)＝eq \f(1,16)－eq \f(1,84k2＋3)－eq \f(3,164k2＋32)．令 t＝eq \f(1,4k2＋3)，则0＜t＜eq \f(1,3)，所以g(k)＝φ(t)＝－eq \f(1,16)(3t2＋2t－1)＝－eq \f(3,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,3)))2＋eq \f(1,12)，又因为φ(t) 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递减，所以φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＜φ(t)＜φ(0)，即0＜φ(t)＜eq \f(1,16)，也即0＜g(k)＜eq \f(1,16)．从而0＜S＜18×eq \r(\f(1,16))＜eq \f(9,2)．而当 PQ⊥x 轴时，S＝eq \f(9,2)，故 △PAQ 面积的最大值为eq \f(9,2)．
方法二：(分离参数)g(k)＝eq \f(k4＋k2,3＋4k22)＝eq \f(k4＋k2,16k4＋24k2＋9)＝eq \f(\f(1,16)16k4＋24k2＋9－\f(1,2)k2－\f(9,16),16k4＋24k2＋9)＝eq \f(1,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(8k2＋9,16k4＋24k2＋9)))＜eq \f(1,16)，所以S＝18eq \r(\f(k4＋k2,3＋4k22))＜eq \f(18,4)＝eq \f(9,2)；当斜率不存在时，S△PAQ＝eq \f(9,2)．综上， △PAQ 面积的最大值为eq \f(9,2)．