高考数学二轮复习专题提能五解析几何综合问题中优化运算的提能策略教案理

5 解析几何综合问题中优化运算的提能策略 提分策略一 利用图形性质、直观运算 充分利用图形的结构、性质，直观地运算可有效降低运算量，从而提高运算效率． (2018·江西名校联考)如图，抛物线C：x2＝2px(p＞0)的焦点为F(0,1)，取垂直于y轴的直线与抛物线交于不同的两点P1，P2，过P1，P2作圆心为Q的圆，使抛物线上其余点均在圆外，且P1Q⊥P2Q. (1)求抛物线C和圆Q的方程； (2)过点F作直线l，与抛物线C和圆Q依次交于点M，A，B，N，求MN·AB的最小值．

解析：(1)因为抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F(0,1)，

所以p2＝1，解得p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y. 由抛物线和圆的对称性，可设圆Q：x2＋(y－b)2＝r2， 由题意知抛物线C与圆Q相切，由 x2＝4y，x2＋y－b2＝r2，得y2－(2b－4)y＋b2－r2＝0， 所以Δ＝[－(2b－4)]2－4(b2－r2)＝0，有4b＝4＋r2. ① 又由P1Q⊥P2Q，得△P1QP2是等腰直角三角形，

所以P222r，b－22r，代入抛物线方程有r22＝4b－22r， ② 联立①②解得r＝22，b＝3， 所以圆Q的方程为x2＋(y－3)2＝8. (2)由题知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，

圆心Q(0,3)到直线l的距离为d＝21＋k2，所以AB＝2r2－d2＝42－11＋k2.

由 x2＝4y，y＝kx＋1，得y2－(2＋4k2)y＋1＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝4k2＋2， 由抛物线定义知MN＝y1＋y2＋2＝4(1＋k2)．

所以MN·AB＝16(1＋k2)2－11＋k2，设t＝1＋k2(t≥1)， 则MN·AB＝16t2－1t＝162t2－t＝162t－142－18(t≥1)， 所以当t＝1，即k＝0时，MN·AB有最小值16. 点评 本题四处运用了降低运算量、提高运算效率的方法，巧妙地避开了烦琐的运算，最终顺利地解决了问题．其中前三个都是基于图形结构，直观地运算．在解析几何问题中，善于运用如下平面几何图形的性质，常可大幅度降低运算量： (1)线段的垂直平分线：已知线段AB，动点P满足PA＝PB⇔点P在线段AB的垂直平分线上． (2)三角形：①三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边； ②等腰三角形的两底角相等，且两底角必为锐角； ③三角形的中位线平行且等于底边的一半． (3)四边形：①对角线互相垂直的四边形的面积等于两对角线之积的一半； ②平行四边形的对角线互相平分(反之也行)； ③菱形的对角线互相平分且互相垂直(反之也行)； ④矩形的对角线互相平分且相等(反之也行)． [对点训练]

已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为63，且椭圆C上的点到一个焦点的距离的最小值为3－2. (1)求椭圆C的方程； (2)已知过点T(0,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若在x轴上存在一点E，使∠AEB＝90°，求直线l的斜率k的取值范围．

解析：(1)设椭圆的半焦距长为c，则由题设有： ca＝63，a－c＝3－2， 解得：a＝3，c＝2，∴b2＝1， 故椭圆C的方程为y23＋x2＝1. (2)由已知可得，以AB为直径的圆与x轴有公共点． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M(x0，y0)，

将直线l：y＝kx＋2代入y23＋x2＝1，得(3＋k2)x2＋4kx＋1＝0，Δ＝12k2－12，

∴x0＝x1＋x22＝－2k3＋k2，y0＝kx0＋2＝63＋k2， |AB|＝1＋k212k2－123＋k2＝23k4－13＋k2， ∴ Δ＝12k2－12＞0，63＋k2≤12|AB|. 解得：k4≥13，即k≥413或k≤－413.

提分策略二 借用已算、同理推算 解析几何中存在不少类似的问题，这些问题只需算好一部分，然后作类似的推算与替换即可得到另一部分的结果． (2018·衡水中学模拟)在平面直角坐标系中，定点F1(1,0)，F2(－1,0)，动点P与两定点F1，F2距离的比是一个正数m.

(1)求点P的轨迹方程C，并说明轨迹是什么图形；

(2)若m＝22，过点A(1,2)作倾斜角互补的两条直线，分别交曲线C于P，Q两点，求直线PQ的斜率． 解析：(1)设P(x，y)，由题意知|PF1||PF2|＝m(m＞0)， 即|PF1|＝m|PF2|， 故x－12＋y2＝mx＋12＋y2. 即(m2－1)(x2＋y2)＋2(m2＋1)x＋m2－1＝0. 当m＝1时，点P的轨迹方程为x＝0，表示直线x＝0(或线段F1F2的垂直平分线为y轴)；

当m≠1时，点M的轨迹方程为x2＋y2＋2m2＋1m2－1x＋1＝0，

即x＋m2＋1m2－12＋y2＝4m2m2－12， 表示圆心为－m2＋1m2－1，0，半径是2m|m2－1|的圆． (2)当m＝22时，由(1)得曲线C：(x－3)2＋y2＝8.易知直线AP，AQ的斜率存在， 所以设直线AP：y－2＝k(x－1)，P(x1，y1)，则直线AQ：y－2＝－k(x－1)，Q(x2，y2)． 联立 y＝kx＋2－k，x－32＋y2＝8，得(1＋k2)x2＋(－2k2＋4k－6)x＋k2－4k＋5＝0， 故1·x1＝k2－4k＋51＋k2，即x1＝k2－4k＋51＋k2，此时y1＝kx1＋2－k. 同理可得x2＝k2＋4k＋51＋k2，此时y2＝－kx2＋2＋k. 故kPQ＝y2－y1x2－x1＝－kx2＋2＋k－kx1＋2－kx2－x1＝－kx1＋x2＋2kx2－x1. 将x1，x2代入得kPQ＝－k[x1＋x2－2]x2－x1

＝－kk2－4k＋51＋k2＋k2＋4k＋51＋k2－2k2＋4k＋51＋k2－k2－4k＋51＋k2＝－1. 点评 由于求点P与Q坐标的方法是相同的，差别只是将k换为－k，于是只需将x1＝k2－4k＋51＋k2中的k替换为－k即可得到x2＝k2＋4k＋5

1＋k2.这样就很好地避免了不必要的重复运

算，提高了运算的效率． [对点训练]

(2018·石家庄调研)已知抛物线C1：x2＝2py(p＞0)，点Ap，p2到抛物线C1的准线的距离为2. (1)求抛物线C1的方程； (2)过点A作圆C2：x2＋(y－a)2＝1的两条切线，分别交抛物线于M，N两点，若直线MN的斜率为－1，求实数a的值．

解析：(1)由抛物线定义可得p2＋p2＝2，所以p＝2， 故抛物线C1的方程为x2＝4y. (2)设直线AM，AN的斜率分别 为k1，k2，将lAM：y－1＝k1(x－2)代入x2＝4y可得x2－4k1x＋8k1－4＝0， Δ＝16(k1－1)2＞0，则k1∈R且k1≠1. 由根与系数的关系可得xM＝4k1－2， 同理可得xN＝4k2－2.

所以kMN＝yM－yNxM－xN＝14(xM＋xN)＝k1＋k2－1.

又因为直线lAM：y－1＝k1(x－2)与圆相切，所以|a＋2k1－1|1＋k21＝1， 整理可得3k21＋4k1(a－1)＋a2－2a＝0，同理3k22＋4k2(a－1)＋a2－2a＝0. 所以k1，k2是方程3k2＋4k(a－1)＋a2－2a＝0的两个根，

所以k1＋k2＝－4a－13，代入kMN＝k1＋k2－1＝－1可得a＝1.

提分策略三 设(参)而不求、整体运算 在解题时，可设一些辅助元(参数)，然后在解题过程中，巧妙地消去辅助元(参数)，而不必求出这些辅助元(参数)的值(有时也求不出)，便于降低运算量，优化解题过程，使解题方法更快捷．

(2018·汕头模拟)已知动圆过定点F0，14，且与定直线l：y＝－14相切． (1)求动圆圆心的轨迹曲线C的方程； (2)若点A(x0，y0)是直线x－y－1＝0上的动点，过点A作曲线C的切线，切点记为M，N，求证：直线MN恒过定点，并求△AMN面积S的最小值．

解析：(1)根据抛物线的定义，由题意可得，动圆圆心的轨迹C是以点F0，14为焦点，

以定直线l：y＝－14为准线的抛物线．设抛物线C：x2＝2py(p＞0)，因为点F0，14到准线l：y＝－14的距离为12，所以p＝12，

所以圆心的轨迹曲线C的方程为x2＝y. (2)证明：因为x2＝y，所以y′＝2x. 设切点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x21＝y1，x22＝y2， 则过点M(x1，y1)的切线方程为y－y1＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－x21，即y＝2x1x－y1. 同理得过点N(x2，y2)的切线方程为y＝2x2x－y2. 因为过点M，N的切线都过点A(x0，y0)，所以y0＝2x1x0－y1，y0＝2x2x0－y2， 所以点M(x1，y1)，N(x2，y2)都在直线y0＝2xx0－y上， 所以直线MN的方程为y0＝2xx0－y，即2x0x－y－y0＝0. 又因为点A(x0，y0)是直线x－y－1＝0上的动点，所以x0－y0－1＝0， 所以直线MN的方程为2x0x－y－(x0－1)＝0，即x0(2x－1)＋(1－y)＝0，

所以直线MN恒过定点12，1.