（新课改省份专用）2020版高考数学一轮复习第八章解析几何第七节完胜解析几何压轴大题策略指导（第2课时）解题上——5大技法破解“计算繁而杂”这一难题讲义（含解析）.doc

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1、1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

2、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： y21 与双曲线 C2的公共x24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.2 3C. D.32 62解题观摩 由已知，得 F1( ，0)， F2( ，0)，3 3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Error! 解得 a22，故 a .所以双曲线 C2的离心率 e .232 62答案 D题后悟通本题巧妙运用椭圆

3、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 y24 x 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( )2A. |BF| 1|AF| 1B.|BF|2 1|AF|2 1C. |BF| 1|AF| 1D.|BF|2 1|AF|2 1解析：选 A 由题可得 ，故选 A.S BCFS ACF |BC|AC| xBxA|BF| p2|AF| p2 |BF| 1|AF| 12抛物

4、线 y24 mx(m0)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_|PF|PA|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)24 mxP，2P则 2 (当且仅当(|PF|PA|) xP m 2 xP m 2 4mxP 11 4mxP xP m 2 11 4mxP 2xPm 2 12xP m 时取等号)，所以 ，|PF|PA| 22所以 的最小值为 .|PF|PA| 22答案：22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

5、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 b0)的右焦点为 F(3，0)，过点 F 的直线交 Ex2a2 y2b2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. 1x245 y236 x236 y2273C. 1 D. 1x227 y218 x218 y29解题观摩 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x22， y1 y22，Error!得 0， x1 x2 x1 x2a2 y1 y2 y

6、1 y2b2所以 kAB .y1 y2x1 x2 b2 x1 x2a2 y1 y2 b2a2又 kAB ，所以 .0 13 1 12 b2a2 12又 9 c2 a2 b2，解得 b29， a218，所以椭圆 E 的方程为 1.x218 y29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：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” ；“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设

7、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 b0)的左焦点， A， B 分别为 C 的x2a2 y2b2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.13 12C. D.23 34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 x0 得| FM| k(a c)，| OE| ka，由 OBG FBM，得 ，即|OG|FM| |OB|FB| ，整理得 ，所以椭圆 C

8、的离心率 e ，故选 A.12kak a c aa c ca 13 1342过点 M(1,1)作斜率为 的直线与椭圆 C： 1( a b0)相交于 A， B 两点，12 x2a2 y2b2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Error! 0， x1 x2 x1 x2a2 y1 y2 y1 y2b2 .y1 y2x1 x2 b2a2 x1 x2y1 y2 ， x1 x22， y1 y22，y1 y2x1 x2 12 ， a22 b2.b2a2 12又 b2 a2 c2， a22( a2 c2)， a22 c2， .ca 2

9、2即椭圆 C 的离心率 e .22答案：22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 b0)的左、右顶点分别为 A， B，点 P 在椭圆上且异于x2a2 y2b2A， B 两点， O 为坐标原点若| AP| OA|，证明直线 OP 的斜率 k 满足| k| .3解题观摩 法一：依题意，直线 OP 的方程为

10、 y kx，设点 P 的坐标为( x0， y0)联立Error! 消去 y0并整理，得 x .20a2b2k2a2 b2由| AP| OA|， A( a,0)及 y0 kx0，得( x0 a)2 k2x a2，20整理得(1 k2)x 2 ax00.20而 x00，于是 x0 ， 2a1 k2代入，整理得(1 k2)24 k2 24.(ab)5又 a b0，故(1 k2)24 k24，即 k214，因此 k23，所以| k| .3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.x20a2 k2x20b2因为 a b0， kx00

11、，所以 1，x20a2 k2x20a2即(1 k2)x a2.20由| AP| OA|及 A( a,0)，得( x0 a)2 k2x a2，20整理得(1 k2)x 2 ax00，于是 x0 ，20 2a1 k2代入，得(1 k2) a2，4a2 1 k2 2解得 k23，所以| k| .3法三：设 P(acos ， bsin )(0 2)，则线段 OP 的中点 Q 的坐标为 .(a2cos ， b2sin )|AP| OA|AQ OPkAQk1.又 A( a,0)，所以 kAQ ，bsin 2a acos 即 bsin akAQcos 2 akAQ.从而可得|2 akAQ| a ，b2 a2

12、k2AQ 1 k2AQ解得| kAQ| ，故| k| .33 1|kAQ| 3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 y24 x 相交于 A， B 两点，与圆 C：( x5) 2 y2 r2(r0)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 y24 x 并整理得 y24 ty4 m0，则有 16 t216 m0， y1 y24 t， y1y24 m，那么 x1 x2( ty1 m)(

13、ty2 m)4 t22 m，可得线段 AB 的中点 M(2t2 m,2t)，6而由题意可得直线 AB 与直线 MC 垂直，即 kMCkAB1，可得 1，整理得 m32 t2(当 t0 时)，2t 02t2 m 5 1t把 m32 t2代入 16 t216 m0，可得 3 t20，即 0 t23，又由于圆心到直线的距离等于半径，即 d 2 r，|5 m|1 t2 2 2t21 t2 1 t2而由 0 t23 可得 2 r4.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

14、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 b0)的右焦点，直线 y 与椭圆交于 B， C 两点，x2a2 y2b2 b2且 BFC90，则该椭圆的离心率是_解题观摩 把 y 代入椭圆 1，b2 x2a2 y2b2可得 x a，那么 B ， C ，32 ( 32a， b2) (32a， b2)而 F(c,0)，那么 ， ，FB ( 32a c， b2) FC (32a c， b2)又 BFC90，故有 c2 a2 b2 c2 a2 (a2 c2)FB FC ( 32a c， b2) (32a c， b

15、2) 34 14 34 14c2 a20，34 12则有 3c22 a2，所以该椭圆的离心率为 e .ca 63答案 63题后悟通本题通过相关向量坐标的确定，结合 BFC90，巧妙借助平面向量的坐标运算来转7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x24 y22x2 y22，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，

16、证明如下：设 P(x0， y0)，直线 AP： y k(x2)( k0)，令 x0 可得 M(0,2k)，将 1 与 y k(x2)联立，x24 y22整理可得(2 k21) x28 k2x8 k240，则2 x0 ，可得 x0 ， y0 ，8k2 42k2 1 2 4k22k2 1 4k2k2 1故 P .(2 4k22k2 1， 4k2k2 1)直线 BP 斜率 kBP ，y0x0 2 12k则直线 BP： y (x2)，12k令 x0 可得 N ，设 Q(xQ， y0)，(0，1k)则 ( xQ,2k y0)， ，QM QN ( xQ， 1k y0)由 x y 2， y0 ，2Q 204

17、k2k2 1可得 x y 2 y00，QM QN 2Q 20 2k2 1k所以 QMQ N，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8典例 已知椭圆 y21 的左顶点为 A，过 A 作两条互相垂直的弦 AM， AN 交椭圆x24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

18、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 x2，代入椭圆方程并化简得 5x216 x120.解得 x12， x2 ，所以 M .65 ( 65， 45)(2)设直线 AM 的斜率为 k，直线 AM 的方程为 y k(x2)，联立方程Error!化简得(14 k2)x216 k2x16 k240.则 xA xM ， 16k21 4k2xM xA 2 .16k21 4k2 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

19、明如下：因为 kMP ，yMxM 65k(2 8k21 4k2 2)2 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)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2 8k21 4k2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 b0)的离心率为 ，且经过点 P ，左、右焦点分别x2a2 y2b2 12 (1， 32)为 F1， F2.9(1)求椭圆 C 的方程；(2)过 F1的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，

20、B 两点，若 AF2B 的内切圆半径为 ，求以 F2327为圆心且与直线 l 相切的圆的方程解：(1)由 ，得 a2 c，所以 a24 c2， b23 c2，ca 12将点 P 的坐标代入椭圆方程得 c21，(1，32)故所求椭圆方程为 1.x24 y23(2)由(1)可知 F1(1,0)，设直线 l 的方程为 x ty1，代入椭圆方程，整理得(43 t2)y26 ty90，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 ，6t4 3t2 94 3t2 327所以 S AF2B S AF1F2 S BF1F2 |F1F2|y1 y2|12 |F1F2| .12 y1 y2 2 4y1y2 12t2 14 3t2而 S AF2B |AB|r0 |BF2|r0 |AF2|r012 12 12 r0(|AB| BF2| AF2|)12 r0(|AF1| BF1| BF2| AF2|)12 r04a 8 ，12 12 327 1227所以 ，解得 t21，12t2 14 3t2 1227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( x1) 2 y22.10