2021高考数学一轮复习 第9章 平面解析几何 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学案 文 北师大版.doc

突破疑难系列2 五大技法减轻解析几何中的运算量(对应学生用书第170页)命题解读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，为此，从以下几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：1(ab0)的左焦点，a，b分别为c的左、右顶点p为c上一点，且pfx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.a设oe的中点为n，如图，因为mfoe，所以有，.又因为oe2on，所以有，解得a3c，e，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：y21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.d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a22，故a.所以双曲线c2的离心率e.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：1(ab0)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.1b.1c.1d.1d设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x22，y1y22，得0，所以kab.又kab，所以.又9c2a2b2，解得b29，a218，所以椭圆e的方程为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：1(ab0)上存在a，b两点恰好关于直线l：xy10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.b.c.d.c由题意可得直线ab与直线l的交点为p(2,1)，kab1，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x24，y1y22.a，b是椭圆1上的点，1， 1， 得0，kab1，a22b2，椭圆c的离心率为.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y21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yx2，代入椭圆方程并化简得5x216x120.解得x12，x2，所以m.(2)设直线am的斜率为k，直线am的方程为yk(x2)，联立方程化简得(14k2)x216k2x16k240.则xaxm，又xa2，则xmxa2.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.技法点津本例在第(2)问中可应用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，大大降低了运算量技法训练3已知椭圆c：1(ab0)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a2c，所以a24c2，b23c2，将点p的坐标代入椭圆方程得c21，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xty1，代入椭圆方程，整理得(43t2)y26ty90，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y1y2，y1y2，r0，所以saf2bsaf1f2sbf1f2|f1f2|y1y2|f1f2|.而saf2b|ab|r0|bf2|r0|af2|r0r0(|ab|bf2|af2|)r0(|af1|bf1|bf2|af2|)r04a8，所以，解得t21，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(x1)2y22.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1(ab0)的右焦点，直线y与椭圆交于b，c两点，且bfc90，则该椭圆的离心率是_把y代入椭圆1，可得xa，那么b，c，而f(c,0)，那么，又bfc90，故有c2a2b2c2a2(a2c2)c2a20，则有3c22a2，所以该椭圆的离心率为e.技法点津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1，圆o的方程为x2y22，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：yk(x2)(k0)，令x0可得m(0,2k)，将1与yk(x2)联立，整理可得(2k21)x28k2x8k240，则2x0，可得x0，y0，故p.直线bp斜率kbp，则直线bp：y(x2)，令x0可得n，设q(xq，y0)，则(xq,2ky0)，由xy2，y0，可得xy2y00，所以qmqn，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，点a，b，f分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且sabf1.(1)求椭圆c的方程；(2)已知直线l：ykxm与圆o：x2y21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1(ab0)，则a(a,0)，b(0，b)，f(c,0)(c)由已知可得e2，所以a24b2，即a2b，cbsabf|af|ob|(ac)b1.将代入，得(2bb)b1，解得b1，故a2，c.所以椭圆c的方程为y21.(2)圆o的圆心为坐标原点(0,0)，半径r1，由直线l：ykxm与圆o：x2y21相切，得1，故有m21k2.由消去y，得(14k2)x28kmx4(m21)0，由题可知k0，所以16(4k2m21)48k20.设m(x1，y1)，n(x2，y2)，则x1x2，x1x2.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x24.将代入中，得|x1x2|2，故|x1x2|.所以|mn|x1x2|.故omn的面积s|mn|11.令t4k21，则t1，k2，代入上式，得s2，所以当t3，即4k213，解得k时，s取得最大值，且最大值为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yaxb(a，b，c，d均为常数，且ac0)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