新高考数学一轮复习学案第9章阅读与欣赏(八)解析几何减少运算量的常见技巧（含解析）

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技巧一 巧用平面几何性质
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)
【解析】 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e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，故选A．
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
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．
技巧二 设而不求，整体代换
对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．
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M(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
【解析】 通解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则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，
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
优解：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，
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
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．
技巧三 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．
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\{(\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)).
eq \a\vs4\al()
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．
技巧四 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．
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，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.
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，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＋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.
由题可知k≠0，即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝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)))eq \s\up12(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)))\s\up12(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.
eq \a\vs4\al()
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(cx＋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．