新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第9章閱讀與欣賞(八)解析幾何減少運(yùn)算量的常見技巧（含解析）-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

技巧一巧用平面幾何性質(zhì)
已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)是橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)，A，B分別為C的左，右頂點(diǎn)．P為C上一點(diǎn)，且PF⊥x軸．過點(diǎn)A的直線l與線段PF交于點(diǎn)M，與y軸交于點(diǎn)E.若直線BM經(jīng)過OE的中點(diǎn)，則C的離心率為( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,4)
【解析】設(shè)OE的中點(diǎn)為N，如圖，因?yàn)镸F∥OE，所以有eq \f(ON,MF)＝eq \f(a,a＋c)，eq \f(MF,OE)＝eq \f(a－c,a).又因?yàn)镺E＝2ON，所以有eq \f(1,2)＝eq \f(a,a＋c)·eq \f(a－c,a)，解得e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，故選A．
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
此題也可以用解析法解決，但有一定的計(jì)算量，巧用三角形的相似比可簡化計(jì)算．
技巧二設(shè)而不求，整體代換
對于直線與圓錐曲線相交所產(chǎn)生的中點(diǎn)弦問題，涉及求中點(diǎn)弦所在直線的方程，或弦的中點(diǎn)的軌跡方程的問題時(shí)，常常可以用“點(diǎn)差法”求解．
已知橢圓E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F(3，0)，過點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)．若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為M(1，－1)，則E的標(biāo)準(zhǔn)方程為( )
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
【解析】通解：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)＋\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，①,\f(xeq \\al(2,2),a2)＋\f(yeq \\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，
所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
優(yōu)解：由kAB·kOM＝－eq \f(b2,a2)得，eq \f(－1－0,1－3)×eq \f(－1,1)＝－eq \f(b2,a2)得，a2＝2b2，
又a2－b2＝9，所以a2＝18，b2＝9，
所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
本題設(shè)出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，卻不求出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，巧妙地表達(dá)出直線AB的斜率，通過將直線AB的斜率“算兩次”建立幾何量之間的關(guān)系，從而快速解決問題．
技巧三巧用“根與系數(shù)的關(guān)系”，化繁為簡
某些涉及線段長度關(guān)系的問題可以通過解方程、求坐標(biāo)，用距離公式計(jì)算長度的方法來解；但也可以利用一元二次方程，使相關(guān)的點(diǎn)的同名坐標(biāo)為方程的根，由根與系數(shù)的關(guān)系求出兩根間的關(guān)系或有關(guān)線段長度間的關(guān)系．后者往往計(jì)算量小，解題過程簡捷．
已知橢圓eq \f(x2,4)＋y2＝1的左頂點(diǎn)為A，過A作兩條互相垂直的弦AM，AN交橢圓M，N兩點(diǎn)．
(1)當(dāng)直線AM的斜率為1時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；
(2)當(dāng)直線AM的斜率變化時(shí)，直線MN是否過x軸上的一定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，請給出證明，并求出該定點(diǎn)；若不過定點(diǎn)，請說明理由．
【解】 (1)直線AM的斜率為1時(shí)，直線AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡得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)設(shè)直線AM的斜率為k，直線AM的方程為y＝k(x＋2)，聯(lián)立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋2)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
化簡得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
則xA＋xM＝eq \f(－16k2,1＋4k2)，又xA＝－2，
則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)知若存在定點(diǎn)，則此點(diǎn)必為Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
證明如下：
因?yàn)閗MP＝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)，
同理可計(jì)算得kPN＝eq \f(5k,4－4k2).
所以直線MN過x軸上的一定點(diǎn)Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
eq \a\vs4\al()
本例在第(2)問中可應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)系求出xM＝eq \f(2－8k2,1＋4k2)，這體現(xiàn)了整體思想．這是解決解析幾何問題時(shí)常用的方法，簡單易懂，通過設(shè)而不求，大大降低了運(yùn)算量．
技巧四巧妙“換元”減少運(yùn)算量
變量換元的關(guān)鍵是構(gòu)造元和設(shè)元，理論依據(jù)是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而將非標(biāo)準(zhǔn)型問題轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)型問題，將復(fù)雜問題簡單化．變量換元法常用于求解復(fù)合函數(shù)的值域、三角函數(shù)的化簡或求值等問題．
如圖，已知橢圓C的離心率為eq \f(\r(3),2)，點(diǎn)A，B，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，且S△ABF＝1－eq \f(\r(3),2).
(1)求橢圓C的方程；
(2)已知直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，求△OMN面積的最大值．
【解】 (1)由已知橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)其方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，則A(a，0)，B(0，b)，F(xiàn)(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，可得c＝eq \r(3)b①.
S△AFB＝eq \f(1,2)×|AF|×|OB|＝eq \f(1,2)(a－c)b＝1－eq \f(\r(3),2)②.
將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).所以橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑r＝1，由直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，得eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝1，故有m2＝1＋k2③.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋k2))x2＋2kmx＋m2－1＝0.
由題可知k≠0，即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2＞0.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則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)))eq \s\up12(2)－4×eq \f(4m2－4,4k2＋1)＝eq \f(16(4k2－m2＋1),(4k2＋1)2)④.
將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的面積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，則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)))\s\up12(2)＋\f(4,9))，
所以當(dāng)t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±eq \f(\r(2),2)時(shí)，S取得最大值，且最大值為eq \f(3,2)×eq \r(\f(4,9))＝1.
eq \a\vs4\al()
破解此類題的關(guān)鍵：一是利用已知條件，建立關(guān)于參數(shù)的方程，解方程，求出參數(shù)的值，二是通過變量換元法將所給函數(shù)轉(zhuǎn)化為值域容易確定的另一函數(shù)，求得其值域，從而求得原函數(shù)的值域，形如y＝ax＋b±eq \r(cx＋d)(a，b，c，d均為常數(shù)，且ac≠0)的函數(shù)常用此法求解，但在換元時(shí)一定要注意新元的取值范圍，以保證等價(jià)轉(zhuǎn)化，這樣目標(biāo)函數(shù)的值域才不會(huì)發(fā)生變化．

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