习题2.1板书设计及意图

圆锥曲线的综合问题(四）：

最值、范围问题

中山二中数学科组

王燕

一、【高考地位】

圆锥曲线是解析几何的核心部分,是中学数学的重点、难点，也是高考重点考查的内容和热点之一，知识综合性较强，对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高。通过对椭圆、双曲线、抛物线的学习，让学生进一步领会解析法的重要作用，掌握数形结合思想、方程函数思想、转化与化归思想等重要的数学解题思想。其中求动点的轨迹方程、直线与圆锥曲线综合问题中的定点、定值问题、存在性问题、最值及范围问题都是重点考查内容。今天主要复习直线与圆锥曲线综合问题中的最值及范围问题。

二、【知识归纳】

处理圆锥曲线综合问题中的最值及范围问题的常规方法：（1）构造函数法，转化为求最值或值域；（2）建立目标不等式求范围。求最值或范围常用方法有：配方法、不等式的性质、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等。

三、【教学目标】

1，掌握圆锥曲线中求最值及范围问题的分析方法和基本解题策略；

2，通过师生互动探究的过程，理解和掌握圆锥曲线中的基本知识与方法在处理最值及范围问题中的应用，帮助学生自我构架圆锥曲线思维导图，实现对圆锥曲线章节的整体把握；

3，通过合作学习，让学生在团队协作中，自我探究，进一步让学生学会思考问题的方法，培养学生计算能力，严谨的推理能力和多角度思考问题的数学素养。

四、教学对象分析与教材处理：

由于该班是一个理科重点班，学生的数学基础普遍还不错，抽象、逻辑推理能力也较强等特点，本节内容重点在分析题意如何建模，建模后如何转化为函数知识来处理，学习方法以探究、讨论、师生一起练习为主。

五、【教学重点、难点】

1，教学重点：掌握圆锥曲线中最值及范围问题的常规的分析方法（如何建立函数模型）及解题方法（转为函数问题），

2，教学难点：对圆锥曲线基本知识与方法的综合运用；分析问题的能力和运算能力的突破

六、【教学方法】：启发式、探究式.

七、【教学过程设计】

解决此类问题的常规思路：构造函数法，转化为求最值或值域。

教学过程设计

教学环节

（一）

师生活动

设计意图

复习圆锥曲线综合问题中的求动点的轨迹方程、前后知识链接；

直线与圆锥曲线综合问题中的定点、定值问题、存更快的进入本节课的主题

课题引入

在性问题；

明确本节课的内容：求最值及范围问题及主要方法（其要突破的难点和重点将在例题中强调）；

复习函数求最值或取值范围常用的方法(学生回答）。

例1：(2018届辽宁大连模拟)在平面直角坐标系立足于学生现有认知水平，通范例讲解

过此中等难度的例题，与学生

x2y2xoy中，椭圆C:221(ab0)

的离心率为一起探究

ab

13

，点M(1,)在椭圆C上．

例1：求最

22值

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知P(－2，0)与Q(2，0)为平面内的两个定点，

过点(1，0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，求

四边形APBQ面积的最大值．

分析解决圆锥曲线中的最值（二）

教师活动：第（1）让学生解决，第（2）问抛出问题：如何求四边形APBQ面积，如何选择最简公式。

分析：（1）方程法求椭圆方程；

（2）结合图像，

1）确定四边形APBQ的面积如何求（最好一边为定值），SAPBQ1PQ（y1y2)2y1-y2

2问题的主线，并对解决策略和通法加以梳理，培养学生的逻辑推理、数学运算、思想品质等方面的核心素养.

与学生一起分析，一起板书2）由直线l和椭圆方程联立方程组使用韦达定理来解决例1，学生能够对例1（此时强调直线方程设取的技巧性）

设直线l的方程为xmy1,

x2y21联立方程组，

与椭圆的方程43的分析和解决有清楚的梳理.

运算量有点偏大，重在培养学生的逻辑推理和数学运算核心素养，培养学生在解决问题中恒心、耐心不放弃的意志力方面的训练。

消去x得：（3m24)y26my90,

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则由韦达定理得：

y1y26m9,yy,

123m243m24

y1y2(y1y2)24y1y2

6m23612m21

（2）223m43m43m4m212

SAPBQ24

令t1m,t1,

23m4则s24t24（t1)

3t213t1t1由函数y3t,t1,,

t得y310,t1,,

2t

此处求最值

用的知识点是函数的单调性。

总结梳理圆锥曲线中的最值问题常用的解决策略和通法，体会不同方法运用的优劣，培养学生的逻辑推理素养.

通过对练1的巩固，再次总结方法和思想。（时间关系，师生一起探讨完成）

1函数y3t在1，上单调递增，

t1函数y3t4， t故s24t246,

213t13tt当且仅当t=1时，即m=0时，等号成立，

所以四边形APBQ面积的最大值为6.

理解例1后，通过练习1强化巩固

练习1

x2y2已知椭圆C:221(ab0),且椭圆上的点到ab一个焦点的最短距离为3b，

3（1）求椭圆C的离心率；

3（2）若点M(3，）在椭圆上，不过原点O的直2线l与椭圆C相交于A,B两点，于直线OM相交于N点,且N是线段AB的中点，求ABC面积的最大值。

分析：（1）易得离心率e1(过程略）

2

x2y21

，

重点探讨（ 2）：易得椭圆的方程为

43明确思路很重要！

1直线OM方程为

yx， 要抓住：1）线段AB的中点N2在直线OM上，所以必须先确1）当直线l的斜率不存在时，则AB的中点在x轴定N的坐标，从而要使用韦达定理，要联立方程组，要设直1上，不在直线yx上，故直线l的斜率一定存在。

线AB方程，要考虑斜率是否2存在；2）求ABC面积先确2)设直线l的方程为ykxm(m0),

定低于高，就这样层层剖析，抓住重点,自然找到本题的突22xy1联立方程组，消去y得：

与椭圆的方程

破口！

43

（34k2)x28kmx4m2120,

2222所以64km4(34k)(4m12)

48(34k2m2)0，

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则由韦达定理得：

8km4(m23)

,x1x2,

x1x22234k34k

6m

,由y1y2k(x1x2)2m

34k2

4km3m（,）,

得AB中点N的坐标为

2234k34k

1

因为N在直线yx上，

2

3解得k,所以直线l的方程为

2

3

y-xm(m0).

2

48(34k2m2)0，m212(m0),

m23

x1x2m,x1x2,

3

232134m12

AB1（-）x1-x2m2223

39212-m,

6

2m

又原点O到直线l的距离d,

13

例2：求取值范围

SABC2m1139

ABd12-m22261333（12-m2)m222（12-m)m3,

662当且仅当12-m2m2，即m6时，等号成立，也符合m212(m0),

所以ABC面积的最大值为6.

★题型小结★

解决圆锥曲线中的最值问题的基本思路

先确定所求内容的公式，再转化为函数问题求最值，因题而论选择：求导法、基本不等式法、利用函数的单调性等不同方法。

例2：(2018安徽马鞍山二模)在直角坐标系中，已知点A(－2，0)，B(2，0)，两动点C(0，m)，D(0，n)，且mn＝3，直线AC与直线BD的交点为P. (1)求动点P的轨迹方程；

(2)过点F(1，0)作直线l交动点P的轨迹于M，N两点，试求 的取值范围．

教师活动：让学生思考，小组讨论解决这一问题的策略. 解：（1）因为mn0,所以由截距式得：

xyyx1,即1,(1)

2mm2xyyx1,即1，(2)

直线BD的方程为

2nn2直线AC的方程为

y2x21，又mn3,

（1）（2）两式相乘得mn4x2y21,又m，n0,x2,

所以有43x2y2（1x2）所以动点P的轨迹方程为。

43

使用基本不等式来求最值，要注意条件：一正

二定

三相等。

例2第（1）问是结合月考中一道求轨迹的题（得分率不算很高）强化（此问失分点：1）由直线AC与直线BD的方程得P的轨迹方程缺技巧性化简，2）会忽略不合题意的点）；

（2）1）当直线MN的斜率不存在时，

3333则M(1,),N(1,),有FM(0,),FN(0,),

22229得FMFN.

42）当直线MN的斜率存在时，

设直线MN方程yk(x1),M(x1,y1),N(x2,y2)

x2y21联立方程组，消y得：

与椭圆43（4k23)x2-8k2x4k2120,

8k24(k23),x1x2,

由韦达定理得x1x22234k34kFMFN（x11,y1)（x21,y2)

x1x2(x1x2)1y1y2

(1k2)x1x2(x1x2)1

4k2128k29(1k2)（1k)(1)

34k234k234k2299,

244(34k)999k20,3,

44(34k2)49综上，FMFN的取值范围是-3，-.

4练习2的巩固。

练习2（2018洛阳一模）已知点M,N分别为x2y2椭圆C：22（1ab0)的左右顶点，F为其ab右焦点，MF与NF的等比中项是3，椭圆的离心率为1，

2（1）求椭圆的方程；

第（2）问由平面向量展开得到函数式（此问易错点：易忽略K不存在这种特殊情况）

此处求范围用的是分子分离常数法，利用不等式的性质求范围。

此处k0，学生易错；（要强调）

（2）设不过原点O的直线l与椭圆交于A,B两点，

若直线OA,AB,OB的斜率依次成等比数列，求

ABC面积的取值范围。

x2y21

分析：（1）易得椭圆方程

43

（2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，

故设直线l的方程为：ykxm(m0),

设A(x1,y1),B(x2,y2)，

22xy

1联立方程组，

直线l与椭圆的方程43

消去y得：（34k2)x28kmx4m2120,

2222所以64km4(34k)(4m12)

48(34k2m2)0，34k2m2

则由韦达定理得：

28km4m12

,xx,

x1x2122234k34k

又直线OA,AB,OB的斜率依次成等比数列

yy

所以12k2,

x1x2

y1y2（kx1m）（kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2

2y1y28km34kk2km(2)m2k2,

2x1x24m34m12

3m0,4k230,k,

2

又34k2m2，0m26且m23，

2m

又原点O到直线l的距离d,

7

7

AB1k2x1-x218-3m2,

3

1122SABCABd3m（6-m）3，

23

当且仅当6-m2m2，即m23时，等号成立，

此处求范围用的是基本不等所以等号不成立，

又0m26且m23，式，注意条件：一正

二定

三相等。

所以ABC面积的取值范围为0，3. ★题型小结★

解决范围问题的方法：

构建函数模型，利用已知或隐含的不等关系，转化k为yx型函数模型，利用基本不等式的知识来x求

结合本节课所学内容，谈谈你的收获，与学生一起通过本节课让学生理解对于这类综合性问题，如何切入及课堂小结

总结：

展开，并锻炼学生过硬的计算构建函数模型与函数求最值及范围常用方法：二次能力和坚持不放弃的思想品质。

k函数、反比例型函数、yx型函数模型（利用x（三）

基本不等式或单调性）、或导数的知识来求。

（四）

课后作业

（2018福建宁德第二次质检）已知x2y2椭圆C：22（1ab0)的左、右顶点分别为abA,B,上、下顶点分别为C,D,若四边形ADBC的面通过课后练习及作业展示，进一步明确学生掌握情况，并及时进行强化。, 积为4，且恰与圆O:x2y2（1）求椭圆C的方程；

4相切，

5（2）已知直线l与圆O:相切，交椭圆于点P,Q,且A,B在直线l的两侧，设APQ的面积为S1，BPQ的面积为S2，求S1-S2的取值范围。