2020届高考数学一轮复习新课改省份专用学案：第八章第七节第2课时解题上——5大技法破解“计算繁而杂”这一难题

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． 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[题后悟通]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.如图，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是(　　)A.  B.C.  D.解析：选A　由题可得＝＝＝＝，故选A.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：  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]　已知椭圆E：＋＝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.＋＝1  B.＋＝1C.＋＝1  D.＋＝1[解题观摩]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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，所以椭圆E的方程为＋＝1.[答案]　D[题后悟通](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．(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]1．已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝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.   B.C.   D.解析：选A　设OE的中点为G，由题意设直线l的方程为y＝k(x＋a)，分别令x＝－c与x＝0得|FM|＝k(a－c)，|OE|＝ka，由△OBG∽△FBM，得＝，即＝，整理得＝，所以椭圆C的离心率e＝，故选A.2．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： 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|＝＞.[题后悟通]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]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：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.  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]　[题后悟通]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]已知椭圆C的标准方程为＋＝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＋＝1与y＝k(x＋2)联立，整理可得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，则－2x0＝，可得x0＝，y0＝，故P.直线BP斜率kBP＝＝－，则直线BP：y＝－(x－2)，令x＝0可得N，设Q(xQ，y0)，则＝(－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°. 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.[题后悟通]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]已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且经过点P，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，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．解：(1)由＝，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，将点P的坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为＋＝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＝，y1y2＝，r0＝，所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|y1－y2|＝|F1F2|·＝.而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r0＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)＝r0·4a＝×8×＝，所以＝，解得t2＝1，因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝＝，所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2.