一题多解探寻圆锥曲线压轴破解之策与算法优化012

2019全国高考II卷21题“一题多解”谈谈圆锥曲线压轴题破解之策与算法优化【方法策略简述】一、解析几何大题多以圆锥曲线与直线综合应用的形式呈现，考察动态情形下的范围、最值、定点、定值等问题及存在探索性问题.二、解决此类问题的方法策略主要有三种:1、根与系数的关系法(主流方法).设出动直线的方程(y=+ = +y_y()=左。一叫))，设出动直线的方程(y=+ = +y_y()=左。一叫))，x=.r0+rcosay=），o+fsina),与圆锥曲线方程联立消元得到关于x(y)的一元二次方程，得两根之和两根之积，同时兼顾△>(),或△=()的要求，利用两根之和两根之积进行整体代换整体变形而求解.2、多变量多参数联动变换法.此种方法.别于方法1,不联立方程消元求解，而是直接将所设出点的坐标代入曲线(直线)方程和题设中，得到若干个关于点的坐标与参数间的关系式，对这些关系式进行整体变形整体代换而求解.如弦中点问题常用点差法处理.此种方法对多变量多参数的代数式的驾驭能力及变换技巧是一种考验.3、设点求点法.方法1、2均采用了设而不求的策略.当问题中直线与曲线的交点易求时，可考虑直接求出点的坐标进行求解，即设点求点法.如：动直线过曲线上一已知点时，则另一交点坐标可2 2直接求出；再如动直线丁二履与椭圆二十夫=1的交点易求出.ab~【2019全国高考^卷•21]已知点A(-2,0),3(2,0),动点满足直线A〃与3M的斜率之积为.记〃的轨迹为曲线C.(I)求。的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交。于P,。两点，点P在第一象限，轴，垂足为区连结。石并延长交。于点G.(i)证明：APQG是直角三角形;(ii)求APQG面积的最大值.【解析】TOC\o"1-5"\h\z(1)直线40的斜率为三(xw-2),直线8M的斜率为*(xw2),由题意可知：x+2 x-2—・」7=-《nx2+2y2=4,(xw±2),所以曲线。是以坐标原点为中心，焦点在工轴上，不x+2x-222 2包括左右两顶点的椭圆，其方程为?+]=l,(xw±2)；(2)法一：斜率单参，设点求点【分析】(i)设出直线PQ的方程y=丘，与椭圆方程联立，求出R。两点的坐标，进而求出点£的坐标，求出直线。石的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出G的坐标，再求(ii)由(i)可知P,Q,G三点坐标，二PQG是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出-PQG的面积，利用导数求出面积的最大值.【解析】(i)(ii)由(i)可知P,Q,G三点坐标，二PQG是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出-PQG的面积，利用导数求出面积的最大值.【解析】(i)设直线PQ的方程为丁=由题意可知左〉0,直线PQ的方程与椭圆方程«?+2/=4联立，即工_2f-2y=kx, V2F+7，- J2尸+1%2+2/=4==2k或=-2kyJ2/+1./J2-+1，点P在第一象限，所以22k -2 -2k 2尸因此点E的坐标为(R,°)k kk直线。石的斜率为勺石=w，可得直线。石方程：尸5X一正/+]‘与椭圆方程联立，kk

y=-x—/ .,< 2 J2/+1,消去y得,+2y2=4.12k2+8

2k2+1=0(*),设点Ga，m)’显然Q点的横坐标7人和再是方程(*)的解所以有一二2.一2尸+1 6%2[4,代入直线QE方程中，1J2k2+1 2+&2 1*2+2)个2k2+12k3(6/+4 2k3得义=也2+2)l2k1+1'所以点G的坐标为伏2+2),2/+1'(公+2),2/+1,直线PG的斜率为：直线PG的斜率为：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―工因为原心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的坐标为*2+2)亚廿7F(左2+2)桓公+1，PQ=1(-2 2广(-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）,因为）〉。,所以当。〈左＜1时，5＞0,函数S伏）单调递增,（2攵+5—+2厂当Q1时，S'＜0,函数s（幻单调递减，因此当左=1时，函数S⑹有最大值，最大值为5（1）=£.【评析】引入参数人控制动态过程，思路简单.直接算出点的坐标，直线方程，弦长，运算量大，但可以接受.思路二、多参联动，设而不求【分析】（i）设。（%J）,G（X2，%），则P（-X|,-必）,£（-%,。），再设出直线QG的方程为x= 与椭圆方程联立，得到根与系数关系，充分利用变量不加％2，%，机之间的关系去化简计算既0%尸6的值，就可以证明出4PQG是直角三角形；S^QG=^-\PG\\xg-xq||加（必-%）1，充分利用变量公在如必加之间的关系，乙 乙将面积化为变量力的函数，再利用导数求出面积的最大值.【解析】（i）设。a，%）,G（%2，%），则P（f,—X）,石（一再,0），设直线QG的方程为了=加＞-斗，由题意可知机＞0,x-iny-xx由<v2联立消去x得(加2+2)/一2m+4=。,—+—=1[4 22mx2mx}

m2+22mx}

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m2+2，必＞2=否2-4m2+2将点。（百,%）,G（%2,%）代入直线。G的方程为户叫-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•应包=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)^