一題多解探尋圓錐曲線壓軸破解之策與算法優(yōu)化012

2019全國高考II卷21題“一題多解”談?wù)剤A錐曲線壓軸題破解之策與算法優(yōu)化【方法策略簡述】一、解析幾何大題多以圓錐曲線與直線綜合應(yīng)用的形式呈現(xiàn)，考察動態(tài)情形下的范圍、最值、定點(diǎn)、定值等問題及存在探索性問題.二、解決此類問題的方法策略主要有三種:1、根與系數(shù)的關(guān)系法(主流方法).設(shè)出動直線的方程(y=+ = +y_y()=左。一叫))，設(shè)出動直線的方程(y=+ = +y_y()=左。一叫))，x=.r0+rcosay=），o+fsina),與圓錐曲線方程聯(lián)立消元得到關(guān)于x(y)的一元二次方程，得兩根之和兩根之積，同時兼顧△>(),或△=()的要求，利用兩根之和兩根之積進(jìn)行整體代換整體變形而求解.2、多變量多參數(shù)聯(lián)動變換法.此種方法.別于方法1,不聯(lián)立方程消元求解，而是直接將所設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)代入曲線(直線)方程和題設(shè)中，得到若干個關(guān)于點(diǎn)的坐標(biāo)與參數(shù)間的關(guān)系式，對這些關(guān)系式進(jìn)行整體變形整體代換而求解.如弦中點(diǎn)問題常用點(diǎn)差法處理.此種方法對多變量多參數(shù)的代數(shù)式的駕馭能力及變換技巧是一種考驗.3、設(shè)點(diǎn)求點(diǎn)法.方法1、2均采用了設(shè)而不求的策略.當(dāng)問題中直線與曲線的交點(diǎn)易求時，可考慮直接求出點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)行求解，即設(shè)點(diǎn)求點(diǎn)法.如：動直線過曲線上一已知點(diǎn)時，則另一交點(diǎn)坐標(biāo)可2 2直接求出；再如動直線丁二履與橢圓二十夫=1的交點(diǎn)易求出.ab~【2019全國高考^卷?21]已知點(diǎn)A(-2,0),3(2,0),動點(diǎn)滿足直線A〃與3M的斜率之積為.記〃的軌跡為曲線C.(I)求。的方程，并說明C是什么曲線；(2)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交。于P,。兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，軸，垂足為區(qū)連結(jié)。石并延長交。于點(diǎn)G.(i)證明：APQG是直角三角形;(ii)求APQG面積的最大值.【解析】TOC\o"1-5"\h\z(1)直線40的斜率為三(xw-2),直線8M的斜率為*(xw2),由題意可知：x+2 x-2—?」7=-《nx2+2y2=4,(xw±2),所以曲線。是以坐標(biāo)原點(diǎn)為中心，焦點(diǎn)在工軸上，不x+2x-222 2包括左右兩頂點(diǎn)的橢圓，其方程為?+]=l,(xw±2)；(2)法一：斜率單參，設(shè)點(diǎn)求點(diǎn)【分析】(i)設(shè)出直線PQ的方程y=丘，與橢圓方程聯(lián)立，求出R。兩點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求出點(diǎn)￡的坐標(biāo)，求出直線。石的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)關(guān)系求出G的坐標(biāo)，再求(ii)由(i)可知P,Q,G三點(diǎn)坐標(biāo)，二PQG是直角三角形，求出的長，利用面積公式求出-PQG的面積，利用導(dǎo)數(shù)求出面積的最大值.【解析】(i)(ii)由(i)可知P,Q,G三點(diǎn)坐標(biāo)，二PQG是直角三角形，求出的長，利用面積公式求出-PQG的面積，利用導(dǎo)數(shù)求出面積的最大值.【解析】(i)設(shè)直線PQ的方程為丁=由題意可知左〉0,直線PQ的方程與橢圓方程??+2/=4聯(lián)立，即工_2f-2y=kx, V2F+7，- J2尸+1%2+2/=4==2k或=-2kyJ2/+1./J2-+1，點(diǎn)P在第一象限，所以22k -2 -2k 2尸因此點(diǎn)E的坐標(biāo)為(R,°)k kk直線。石的斜率為勺石=w，可得直線。石方程：尸5X一正/+]‘與橢圓方程聯(lián)立，kk

y=-x—/ .,< 2 J2/+1,消去y得,+2y2=4.12k2+8

2k2+1=0(*),設(shè)點(diǎn)Ga，m)’顯然Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)7人和再是方程(*)的解所以有一二2.一2尸+1 6%2[4,代入直線QE方程中，1J2k2+1 2+&2 1*2+2)個2k2+12k3(6/+4 2k3得義=也2+2)l2k1+1'所以點(diǎn)G的坐標(biāo)為伏2+2),2/+1'(公+2),2/+1,直線PG的斜率為：直線PG的斜率為：kpG2攵3 2k(A2+2)J2F+1 J2/+16F+4 2-(k2+2)，2公+1,21+12k3-2k(k2+2)_16左2+4—2(左2+2)一―工因為原心PG=h(—f=T，所以PQLPG,因此-PQG是直角三角形;K(ii)(ii)由⑴可知：。((ii)由⑴可知：。(22k(ii)由⑴可知：。(22kV2F+IV2VTOC\o"1-5"\h\z(6^+42k3)G的坐標(biāo)為*2+2)亞廿7F(左2+2)桓公+1，PQ=1(-2 2廣(-2k2。_4后V也二+1，2二+1 J2「+1J2「+1 72F+I6,4一2 ?2k[2k一4以11(k2+2)V2F+1V2F+I(k2+2)y/2k2+lV2F+I (E+2)。2k2+1Q、pqg1 Q、pqg1 4Z“2+i 4V1+P8伏3+口

2/+5r+2S.=—8（左女2+2）,因為）〉。,所以當(dāng)。〈左＜1時，5＞0,函數(shù)S伏）單調(diào)遞增,（2攵+5—+2廠當(dāng)Q1時，S'＜0,函數(shù)s（幻單調(diào)遞減，因此當(dāng)左=1時，函數(shù)S⑹有最大值，最大值為5（1）=￡.【評析】引入?yún)?shù)人控制動態(tài)過程，思路簡單.直接算出點(diǎn)的坐標(biāo)，直線方程，弦長，運(yùn)算量大，但可以接受.思路二、多參聯(lián)動，設(shè)而不求【分析】（i）設(shè)。（%J）,G（X2，%），則P（-X|,-必）,￡（-%,。），再設(shè)出直線QG的方程為x= 與橢圓方程聯(lián)立，得到根與系數(shù)關(guān)系，充分利用變量不加％2，%，機(jī)之間的關(guān)系去化簡計算既0%尸6的值，就可以證明出4PQG是直角三角形；S^QG=^-\PG\\xg-xq||加（必-%）1，充分利用變量公在如必加之間的關(guān)系，乙 乙將面積化為變量力的函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)求出面積的最大值.【解析】（i）設(shè)。a，%）,G（%2，%），則P（f,—X）,石（一再,0），設(shè)直線QG的方程為了=加＞-斗，由題意可知機(jī)＞0,x-iny-xx由<v2聯(lián)立消去x得(加2+2)/一2m+4=。,—+—=1[4 22mx2mx}

m2+22mx}

m2mx}

m2+2，必＞2=否2-4m2+2將點(diǎn)。（百,%）,G（%2,%）代入直線。G的方程為戶叫-引得%=4%一兄]%=4%一兄]=X]=-yx%=4%一兄]%=4%一兄]=X]=-yxx2-my2—玉=玉+/=m%TOC\o"1-5"\h\z干星v+v—>X +%—/ 2 2m+2ylm+2ym+2 m+2*左％j?應(yīng)包=324(-4)=-1,x}x2+x} 'my2m2+2y2m2+2 2(五)5"3=51尸6||%-々1二51-h11〃2(%-％)1乙 乙2m2+22m2+2y；1=二加?m2+4m2+2m而由（9 2jy_i—I———iI4 2m而由（9m而由（9 2jy_i—I———iI4 2=＞短=16m2+8故S^PQG故S^PQG1m2+4故S^PQG1m2+4=-m?2m2+216 tn'+4/7?? =8*4+8m+1Om+16“、m3+4m, 「，/、-m6-2/n4+8m2+64-(m-2)(/n+2)(m4+6m2+16)f\t)~7 ?m〉0,J\t)— ~ Z- 7 、zn4+1Om+16 (m4+10m+16)^