解析几何中减少运算量的常用方法

AB
17
∵ A B
= 2 5, 5 ) 2,
= 2
5 和 kOM =
又
∴ ( 4 - 2x 0 ) 2 + ( x 0 + 2) 2 = ( 2 ∴ x 0 = 0 或 x 0 = 4. 故 A ( 0, 2) 、 B ( 4, 0) 或 A ( 4, 0) 、 B ( 0, 2).
上已经解决 . 解法 1 设 A ( x 1 , y 1 ) 、 B (x 2 , y 2 ) ,
一试! )
ab a 2 + 4b2 -
16 = a 2 + 4b2
②
得到椭圆方程是第四 “模块” . 显然 “模块” 三 与复杂的 “模块” 二没有关系, 因此我们可以
1 及 ① 式得到 ③ 式, 再将 ③ 式 2 代回 ① 式, 将 ① 式化简为: x 1 + x 2 = 4, x 1 x 2
又 M 为 A B 中点, ∴ M ( 即 M (
1+ Κ 1+ Κ x3 + Κ x1 y3 + Κ y1 ( )、 ( ). , , 1+ Κ 1+ Κ 1+ Κ 1+ Κ 设 △D E F 的重心 G 为 ( x , y ) , 则
,
)、
x =
x2 x2 + Κ x3 x3 + Κ x1 1 x1 + Κ ( ) + + 3 1+ Κ 1+ Κ 1+ Κ 1 (x 1 + x 2 + x 3 ) , = 3 1 ( y 1 + y 2 + y 3 ). 同理得 y = 3 所以 △D E F 的重心 G 与 △A B C 的重心
E、 F 所走完全程的 “份额” 是相同的 . 用数学
和 W 2;
( 2) 若区域 W 中的动点 P ( x , y ) 到 l 1 , l 2
的距离之积等于 d 2 , 求点 P 的轨迹 C 的方程;
( 3) 设不过原点 O 的直线 l 与 ( 2) 中的曲
线 C 相交于 M 1 , M
M 3,M
2
又因为 A B
2 5 = =
= 2
2
5,有 (y 1 -
(x 1 5 2 (
2
x 2) +
出 a 2 与 b2 仍需要较强的运算能力 . 如果冷静 地 观察思考, 解法 1 还是可以简化的 . 解法 1 可以分为 4 个 “模块” , 得出 ① 式为第一 “模 块” , 利用 ① 式结合弦长公式得出 ② 式为第
x y + = 1, a2 b2
2 2
而A 、 B 两点在椭圆上, 代入椭圆方程即得
a 2 = 16, b2 = 4 . x2 y2
由
消去 y 整理得 1 y = x + 2 . 2 ( a 2 + 4b2 ) x 2 - 8a 2 x + 16a 2 - 4a 2 b2 = 0,
8a 2 , a + 4b2 2 2 2 16a - 4a b x 1x 2 = a 2 + 4b2
, 9) 已知双曲线
1 恰当建系
合理定位
2
= 1 的焦点为 F 1、 F 2 , 点 M 在双曲线
曲 线的方程依赖于坐标系而存在, 坐标 系选择适当, 则能启迪思路、 化繁为简、 事半 功倍 . 一般来说要选与已知条件有关的定点, 如对称中心、 线段中点、 曲线顶点为坐标原 点, 定直线、 曲线的对称轴为坐标轴 . 例 1 已知半径为 R 的定圆 F 1 , 及其内部距离
x1 + x2 y1 + y2
2 ,
,
2
),
先利用 kOM =
x1 + x2
2
1 (x 1 + x 2 ) + 4 2 ). 2
1 及 ① 式得的 ③ 式为 2 第三 “模块” , 由 ②、 ③ 解出 a 2 与 b2 的值, 进而
(x 1 + x 2 ) 2 2
4x 1 x 2 ,
2 2
16a - 4a b = 4, a 2 + 4b2 化简得 ( 这一过程比较复杂, 请同学们亲自试 Nhomakorabea即
8a )2 a 2 + 4b2
4
二 “模块” , 根据 k OM =
E、 F 的坐标分别 ( x2 + Κ x3 y2 + Κ y3 x1 + Κ x2 y1 + Κ y2
与曲线 C 的方程联立, 根据一元二次方程根 与系数的关系得出 x 1 + x 2、 y 1 + y 2 , 再由直线
l 的方程与 l1 的方程联立, 求出 x 3、 y 3 , 再由同
样的过程求出 x 4、 y 4. 这虽然思路易得, 但过程 繁琐, 如果发现双曲线与其渐近线方程有相 同的形式, 下面的解法也是自然的了 . 解答见本刊 2005 年第 8～ 9 期合刊 P 56. 评析 本题将新增内容线性规划有机地 融入圆锥曲线问题之中, 设问新颖, 朴素中透 灵气, 平实中见真功! 第 ( 3) 问, 表面看来主要 是考查运算能力, 实际上, 对理性思维能力要 求较高 . 上述解法的关键是统一直线和曲线 的方程, 削枝强干直奔目标, 简化了求解过 程, 体现了强烈的目标意识和整体思想 .
C 处分别有动点 D 、 E、 F,
= R ( 定值). 由椭圆第一定义知, 点 P 的轨迹
是以 F 1 ( - c, 0) , F 2 ( c, 0) 为焦点, 长轴长为 2a 等于 R 的椭圆 . b2 = a 2 椭圆的标准方程为
c2 = R2-
4c2 4
, 易得
x2 y2 + = 1 . R2 R 2 - 4c2
2006 年第 3 期 中学数学
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方法技巧 与 思 维
解析几何中减少运算量的常用方法
100013 北京宏志中学 王芝平 张超月
定 义是事物本质属性的概括与反映 . 圆 锥曲线许多性质都是由定义派生出来的, 对 某些圆锥曲线问题, 若采取 “回归定义” 的策 略, 把定量的计算和定性的分析有机地结合 起来, 则往往能获得题目所固有的本质属性, 达到准确判断、 合理运算、 灵活解题的目的 . 例 2 ( 2005 年全国卷
2
所以椭圆的方程为
= 1 . 16 4 评析 本题以直线与椭圆的位置关系为
+
∴ x 1 + x 2 =
载体考查直线与椭圆的基本概念和性质, 考 ① 查综合运用解析几何的基本思想分析问题及 解决问题的能力 . 解法 1 遵循弦长的一般计算 途径, 按部就班地寻找出了等式 ②、 ③, 要求
y 2)
2
设 M F1
n = 2,
2
= m >
M F2
=
n, 则
+ n = 12 .
所以
1 mn = 2 . 设点 M 到 x 2 2
且与 ⊙F 1 相切的动圆 P 的 圆心轨迹的方程 . 分析 画出简图, 如 图 1, 可以发现, 动点 P 到 图1
轴的距离为 d , 由等积法得 d =
3 . 3 评析 应用定义求解圆锥曲线问题, 其
4
2
两点, 且与 l 1 , l 2 分别交于
2
两点 .
4
求 证 △OM 1M
的重心与
语言表示就是在任何时刻点 D 、 E、 F 分别分 有向线段 A B 、 B C、 CA 的比是同一个实数 Κ . 这是一个重要的信息! 下面显然可以用坐标 法, 即在平面A B C 上建立坐标系, 使点与有序 实数对一一对应, 将几何证明转化为程序化 的代数计算 . 可能会有同学根据建立平面直角坐标系 的常规方法, 以直线 B C 为 x 轴、 以线段 B C 的 中点为原点建立平面直角坐标系 . 这样虽然 可以使 B 、 C 两点的坐标具有对称性, 但 A 、 B、
相同, 即 △D E F 的重心是定点 . 评析 该解法的关键是建立不具有任何 倾向性的坐标系, 平等地对待各对象 ( 广义对 称思想) , 使各点的坐标整齐划一, 表达流畅、 过程简捷 .
5
多想少算 快速解答
例 5 已知直线 l: y = 1 x + 2 和椭圆 2
x2 y2 + 2 = 1 相交于 A 、 B 两点, M 为 A B 的中 a2 b
4 4 评析 若不加思考地以 F 1 为原点建立
直角坐标系, 解题过程必然繁琐, 而如上选择 恰当的坐标系, 不仅计算量相对减少, 所得到 的结果也简洁明了 .
并且它们分别沿射线 A B 、
B C、 CA 方 向 做 匀 速 直 线
运动 . 已知它们同时出发, 并同时分别到达 B 、 C、 A
2 追根溯源
角形重心的横、 纵坐标是其三个顶点的横、 纵
1 , 所以, 无须求出各个顶点的坐 3 标, 应该从全局出发, 采用 “设而不求” 的策
坐标和的
略, 直接求证 x 1 + x 2 = x 3 + x 4 , y 1 + y 2 = y 3
+ y 4 即可 . 一般的方法是分别由直线 l 的方程
对待它们, 即任意建立直角坐标系 . 解 在平面 A B C 上建立任意直角坐标 系, 设 A ( x 1 , y 1 ) 、 B (x 2 , y 2 ) 、 C ( x 3 , y 3 ). 由已知 点D 、 E、 F 分别分有向线段 A B 、 B C、 CA 的比 相同, 不妨设为 Κ . 根据定比分点公式, 点 D 、
x2 y
2
解析几何是在坐标系的基础上, 用代数 方法研究几何图形性质的一门数学学科 . 因 此, 代数运算就不可避免地出现在解析几何 问题中 . 在解决某些解析几何问题时, 如果方 法选择不当, 往往会导致计算繁琐, 不仅会浪 费宝贵的时间, 而且还不易得到正确的结果 . 那么如何恰当地选择方法, 减少运算量呢? 下 面介绍几种常用的方法, 供同学们参考 .