高中数学高考经典微课堂 突破疑难系列2 五大技法减轻解析几何中的运算量 教案

这是一份高中数学高考经典微课堂 突破疑难系列2 五大技法减轻解析几何中的运算量 教案，共11页。
[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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
A [
设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有eq \f(ON,MF)＝eq \f(a,a＋c)，eq \f(MF,OE)＝eq \f(a－c,a).又因为OE＝2ON，所以有eq \f(1,2)＝eq \f(a,a＋c)·eq \f(a－c,a)，解得a＝3c，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，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：eq \f(x2,4)＋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.eq \r(2) B.eq \r(3)
C.eq \f(3,2) D.eq \f(\r(6),2)
D [由已知，得F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|AF1|＋|AF2|＝4，,|AF2|－|AF1|＝2a，,|AF1|2＋|AF2|2＝12，))
解得a2＝2，故a＝eq \r(2).
所以双曲线C2的离心率e＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2).]
[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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1 B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
D [设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1， ②))
①－②得eq \f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，
所以kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)＝eq \f(b2,a2).
又kAB＝eq \f(0＋1,3－1)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2).
又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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.eq \f(1,3) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(1,2)
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.
∵A，B是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1上的点，
∴eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，①
eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，②
①－②得eq \f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，
∴eq \f(2x1－x2,a2)＝－eq \f(y1－y2,b2)，∴kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(2b2,a2)＝－1，
∴a2＝2b2，∴椭圆C的离心率为eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(2),2).]
[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eq \f(x2,4)＋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＝－eq \f(6,5)，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(4,5))).
(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
则xA＋xM＝eq \f(－16k2,1＋4k2)，又xA＝－2，则xM＝－xA－eq \f(16k2,1＋4k2)＝2－eq \f(16k2,1＋4k2)＝eq \f(2－8k2,1＋4k2).
同理，可得xN＝eq \f(2k2－8,k2＋4).
由(1)知若存在定点，则此点必为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
证明如下：
因为kMP＝eq \f(yM,xM＋\f(6,5))＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),\f(2－8k2,1＋4k2)＋\f(6,5))＝eq \f(5k,4－4k2)，
同理可计算得kPN＝eq \f(5k,4－4k2).
所以直线MN过x轴上的一定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，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＝eq \f(2－8k2,1＋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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，且经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，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eq \f(3\r(2),7)，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．
[解] (1)由eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，
将点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))的坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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＝eq \f(6t,4＋3t2)，y1y2＝eq \f(－9,4＋3t2)，r0＝eq \f(3\r(2),7)，
所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2
＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|
＝eq \f(1,2)|F1F2|·eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \f(12\r(t2＋1),4＋3t2).
而S△AF2B＝eq \f(1,2)|AB|r0＋eq \f(1,2)|BF2|r0＋eq \f(1,2)|AF2|r0
＝eq \f(1,2)r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)
＝eq \f(1,2)r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)
＝eq \f(1,2)r0·4a＝eq \f(1,2)×8×eq \f(3\r(2),7)＝eq \f(12\r(2),7)，
所以eq \f(12\r(t2＋1),4＋3t2)＝eq \f(12\r(2),7)，解得t2＝1，
因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝eq \f(2,\r(t2＋1))＝eq \r(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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点，直线y＝eq \f(b,2)与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是 ．
eq \f(\r(6),3) [把y＝eq \f(b,2)代入椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
可得x＝±eq \f(\r(3),2)a，那么Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，
而F(c,0)，那么eq \(FB,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，
eq \(FC,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，又∠BFC＝90°，
故有eq \(FB,\s\up14(→))·eq \(FC,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))＝c2－eq \f(3,4)a2＋eq \f(1,4)b2＝c2－eq \f(3,4)a2＋eq \f(1,4)(a2－c2)＝eq \f(3,4)c2－eq \f(1,2)a2＝0，
则有3c2＝2a2，所以该椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3).]
[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eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1与y＝k(x＋2)联立，
整理可得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
则－2x0＝eq \f(8k2－4,2k2＋1)，可得x0＝eq \f(2－4k2,2k2＋1)，y0＝eq \f(4k,2k2＋1)，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－4k2,2k2＋1)，\f(4k,2k2＋1))).
直线BP斜率kBP＝eq \f(y0,x0－2)＝－eq \f(1,2k)，
则直线BP：y＝－eq \f(1,2k)(x－2)，
令x＝0可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))，设Q(xQ，y0)，
则eq \(QM,\s\up14(→))＝(－xQ,2k－y0)，
eq \(QN,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－xQ，\f(1,k)－y0))，
由xeq \\al(2,Q)＋yeq \\al(2,0)＝2，y0＝eq \f(4k,2k2＋1)，
可得eq \(QM,\s\up14(→))·eq \(QN,\s\up14(→))＝xeq \\al(2,Q)＋yeq \\al(2,0)＋2－eq \f(2k2＋1,k)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eq \f(\r(3),2)，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－eq \f(\r(3),2).
(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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c＝eq \r(a2－b2))．
由已知可得e2＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以a2＝4b2，
即a＝2b，c＝eq \r(3)b①
S△ABF＝eq \f(1,2)×|AF|×|OB|＝eq \f(1,2)(a－c)b＝1－eq \f(\r(3),2).②
将①代入②，得eq \f(1,2)(2b－eq \r(3)b)b＝1－eq \f(\r(3),2)，解得b＝1，故a＝2，c＝eq \r(3).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋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eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝1，故有m2＝1＋k2.③
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋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)＝48k2>0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8km,4k2＋1)))2－4×eq \f(4m2－4,4k2＋1)＝eq \f(164k2－m2＋1,4k2＋12).④
将③代入④中，得|x1－x2|2＝eq \f(48k2,4k2＋12)，
故|x1－x2|＝eq \f(4\r(3)|k|,4k2＋1).
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)×eq \f(4\r(3)|k|,4k2＋1)＝eq \f(4\r(3k2k2＋1),4k2＋1).
故△OMN的面积S＝eq \f(1,2)|MN|×1＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(3k2k2＋1),4k2＋1)×1＝eq \f(2\r(3k2k2＋1),4k2＋1).
令t＝4k2＋1，则t≥1，k2＝eq \f(t－1,4)，代入上式，得
S＝2eq \r(\f(3×\f(t－1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－1,4)＋1)),t2))＝eq \f(\r(3),2)eq \r(\f(t－1t＋3,t2))
＝eq \f(\r(3),2)eq \r(\f(t2＋2t－3,t2))＝eq \f(\r(3),2)eq \r(－\f(3,t2)＋\f(2,t)＋1)
＝eq \f(3,2)eq \r(－\f(1,t2)＋\f(2,3t)＋\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,3)))2＋\f(4,9))，
所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±eq \f(\r(2),2)时，S取得最大值，且最大值为eq \f(3,2)×eq \r(\f(4,9))＝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±eq \r(xc＋d)(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eq \f(\r(3),2).
(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eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)．
由离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，2a＝4，
得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3).
∴椭圆的标准方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y2,4)＋x2＝1，,y＝kx＋1))得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0.
∴x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋4)，x1x2＝－eq \f(3,k2＋4)，
设△OAB的面积为S，由x1x2＝－eq \f(3,k2＋4)0得
y＝t＋eq \f(1,t)在[3，＋∞)上是增函数，
∴t＋eq \f(1,t)≥eq \f(10,3).
∴0