5大技法减轻解析几何中的运算量

[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

x2y2

[示例1] 已知O为坐标原点，F是椭圆C：a2＋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( )

1

A. 32C.3 A [

ONaMFa－c

设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有MF＝，OE＝a.

a＋c1aa－cc1

又因为OE＝2ON，所以有2＝·a，解得a＝3c，e＝a＝3，故选A.]

a＋c

1B. 23D.4

[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

1

相似比可简化计算．

x22

[技法训练1] 如图，F1，F2是椭圆C1：4＋y＝1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.2 3C.2

B.3 6D.2

D [由已知，得F1(－3，0)，F2(3，0)，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， |AF1|＋|AF2|＝4，

可得|AF2|－|AF1|＝2a，

|AF1|2＋|AF2|2＝12，解得a2＝2，故a＝2.

36所以双曲线C2的离心率e＝＝2.] 2[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．

x2y2

[示例2] 已知椭圆E：a2＋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(1，－1)，则E的标准方程为( )

x2y2

A.45＋36＝1

x2y2

B.36＋27＝1

2

x2y2

C.27＋18＝1

D [设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，

2x1y212＋2＝1， ①ab

x2y2

D.18＋9＝1

x2

y222＋2ab2＝1，

②

x1＋x2x1－x2y1＋y2y1－y2①－②得＋＝0，

a2b2y1－y2b2x1＋x2b2

所以kAB＝＝－2＝a2.

x1－x2ay1＋y21b21

又kAB＝＝2，所以a2＝2.

3－1

又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18， x2y2

所以椭圆E的方程为18＋9＝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．

x2y2

[技法训练2] 已知椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)上存在A，B两点恰好关于直线l：x－y－1＝0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( )

1A.3 2C.2

3B.3 1D.2

0＋1

C [由题意可得直线AB与直线l的交点为P(2,1)，kAB＝－1，设A(x1，y1)，

3

B(x2，y2)，则x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.

x2y2

∵A，B是椭圆a2＋b2＝1上的点， x2y211∴a2＋b2＝1，① x2y222

2＋2＝1，② ab

x1＋x2x1－x2y1＋y2y1－y2①－②得＋＝0，

a2b22x1－x2y1－y2y1－y22b2

∴a2＝－b2，∴kAB＝＝－a2＝－1，

x1－x2c

∴a＝2b，∴椭圆C的离心率为a＝2

2

b221－a2＝2.] [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．

x22

[示例3] 已知椭圆4＋y＝1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y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.

664解得x1＝－2，x2＝－5，所以M－5，5.



(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，

4

y＝kx＋2，

联立方程x2

2＋y4＝1，

化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.

2

16k216k22－8k

则xA＋xM＝，又xA＝－2，则xM＝－xA－＝2－＝.

1＋4k21＋4k21＋4k21＋4k2

－16k2

同理，可得xN＝

2k2－8k＋4

2

.

6

由(1)知若存在定点，则此点必为P－5，0.

证明如下：

2－8k2

＋2k2

yM5k1＋4k

因为kMP＝＝＝， 2262－8k64－4kxM＋5

＋52

1＋4k5k

同理可计算得kPN＝.

4－4k2

6

所以直线MN过x轴上的一定点P－5，0.



[技法点津] 本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM＝

2－8k21＋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．

x2y21

[技法训练3] 已知椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率为2，且经过点3

P1，2，左、右焦点分别为F1，F2. 

(1)求椭圆C的方程；

32(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7，5

求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．

c1

[解] (1)由a＝2，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，

3x2y22

将点P1，2的坐标代入椭圆方程得c＝1，故所求椭圆方程为4＋3＝1.

(2)由(1)可知F1(－1,0)，设直线l的方程为x＝ty－1， 代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0， 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， 32则有y1＋y2＝，yy＝，r＝120

7， 4＋3t24＋3t2所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2 1

＝2|F1F2|·|y1－y2|

1

＝2|F1F2|·y1＋y22－4y1y2 t2＋1

＝. 2

4＋3t12111

而S△AF2B＝2|AB|r0＋2|BF2|r0＋2|AF2|r0 1

＝2r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|) 1

＝2r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|) 1132122＝2r0·4a＝2×8×7＝7， t2＋11222所以＝，解得t＝1， 274＋3t

12因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝

＝2，

t＋1

2

6t

－9

2

6

所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2. [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．

x2y2

[示例4] 如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆a2＋b2＝1(a>b>0)的右b

焦点，直线y＝2与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是 ．

bx2y26

[把y＝2代入椭圆a2＋b2＝1， 3

333bb

可得x＝±2a，那么B－a，，Ca，，

2222→

3b

而F(c,0)，那么FB＝－a－c，，

22→

3b

FC＝a－c，，又∠BFC＝90°，

22

→→31313b3b

a－c，＝c2－a2＋b2＝c2－a2＋(a2－故有FB·FC＝－a－c，·

4444222231

c2)＝4c2－2a2＝0，

c6

则有3c2＝2a2，所以该椭圆的离心率为e＝a＝3.] [技法点津] 本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC＝90°，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

7

式，简化运算．

x2y2

[技法训练4] 已知椭圆C的标准方程为4＋2＝1，圆O的方程为x2＋y2＝2，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：y＝k(x＋2)(k≠0)， 令x＝0可得M(0,2k)，

x2y2

将4＋2＝1与y＝k(x＋2)联立， 整理可得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，

2－4k2

4k4k，2则－2x0＝2，可得x0＝2，y0＝2，故P2

. 2k＋12k＋12k＋12k＋12k＋1

8k2－4

2－4k2

直线BP斜率kBP＝

y01

＝－2k， x0－2

1

则直线BP：y＝－2k(x－2)，

1

令x＝0可得N0，k，设Q(xQ，y0)，

→

则QM＝(－xQ,2k－y0)， →1QN＝－xQ，k－y0，



8

2由xQ＋y20＝2，y0＝

4k2k2＋1

，

2→→2k＋122可得QM·QN＝xQ＋y0＋2－ky0＝0，

所以QM⊥QN，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．

3

[示例5] 如图，已知椭圆C的离心率为2，点A，B，F分别为椭圆的右3

顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－2.

(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．

x2y2

[解] (1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为a2＋b2＝1(a>b>0)，则A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c＝

a2－b2)．

22a－b3

由已知可得e2＝a2＝4，所以a2＝4b2，

即a＝2b，c＝3b①

113

S△ABF＝2×|AF|×|OB|＝2(a－c)b＝1－2.②

13

将①代入②，得2(2b－3b)b＝1－2，解得b＝1，故a＝2，c＝3.

9

x22

所以椭圆C的方程为4＋y＝1.

(2)圆O的圆心为坐标原点(0,0)，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，得

x22

4＋y＝1，

|m|1＋k2

＝1，故有m2＝1＋k2.③

由

y＝kx＋m，

消去y，

得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，由题可知k≠0， 所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2>0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝

，x1x2＝2. 4k＋14k＋1

2

－8km4m2－4

222－8km4m－4164k－m＋1222

所以|x1－x2|＝(x1＋x2)－4x1x2＝2－4×2＝.④ 22

4k＋14k＋14k＋1

将③代入④中，得|x1－x2|＝2， 2

4k＋1

2

48k2

故|x1－x2|＝

43|k|

. 2

4k＋1

1＋k2|x1－x2|＝

22

43kk＋143|k|2

1＋k×2＝.

4k＋14k2＋1

所以|MN|＝22

23k2k2＋11143kk＋1

故△OMN的面积S＝2|MN|×1＝2××1＝. 22

4k＋14k＋1

t－1

令t＝4k＋1，则t≥1，k＝4，代入上式，得

2

2

S＝2

t－1t－1

3×4＋1

34＝2t2

t－1t＋3

t210

3＝23＝2

t2＋2t－33

＝2t21213－t2＋3t＋3＝2

32－t2＋t＋1 114－t－32＋9， 

23

所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±2时，S取得最大值，且最大值为2×4

9＝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y＝ax＋b±xc＋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．

[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4，离心率为

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围． y2x2

[解] (1)设椭圆的标准方程为a2＋b2＝1(a>b>0)． c3

由离心率e＝a＝2，2a＝4， 得a＝2，b＝1，c＝3. y22

∴椭圆的标准方程为4＋x＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， y22

4＋x＝1，

3. 2

由

y＝kx＋1

得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0.

11

2k3

∴x1＋x2＝－2，x1x2＝－2，

k＋4k＋4

3

设△OAB的面积为S，由x1x2＝－2<0知，

k＋4111S＝2(|x1|＋|x2|)＝2|x1－x2|＝2令k2＋3＝t，则t≥3. ∴S＝2

1. 1t＋t＋2

x1＋x22－4x1x2＝2k2＋3k＋4

2

2

，

2

11t－1

对于函数y＝t＋t(t≥3)，由y′＝1－t2＝t2>0得

1

y＝t＋t在[3，＋∞)上是增函数， 110∴t＋t≥3. 13

∴0<1≤16.

t＋t＋23∴S∈0，.

2

12