复习参考题ppt配用优秀教学设计

真光中学高三文数复习专题

圆锥曲线中的最值问题教学设计

教学目标：引导学生，理解解圆锥曲线最值问题的思想，掌握几种基本最值问题解题模型

重、难点： 1、用椭圆，双曲线定义解最值问题

2、动点与定点转化求最值问题

问题一：用圆锥曲线定义解最值问题

例1.（1）设抛物线y24x上一点P到此抛物线准线的距离为d1，到直线l:3x4y120的距离为d2，则d1d2的最小值为（ ）

A. 3 B. 1618 C. D. 4

55（1）思路：通过作图可观察到直接求d1d2的最值比较困难，所以考虑转移某个距离，由已知可得d1为P到准线的距离，所以可根据抛物线定义转移为PF（其中F是抛物线的焦点，F1,0），所以d1d2PFd2，观察图像可得：PFd2dFl311253答案：A 例3、思路：本题中P,Q均为动点，所以考虑先固定一点不动，比如Q点，寻找此时达到

变式1.设抛物线y4x上一点P到此抛物线焦点的距离为d1，到点M(2，2)的距离为d2，则d1d2的最小值为____________

2x2y21，F1,F2分别为椭圆的左，右两个焦点。P为（2）已知定点M（4，10）及椭圆10椭圆上一动点。求|PM|-|PF1|的最小值与|PM|+|PF1|的最大值

x2y21，F1,F2分别为双曲线的左，右两个焦（3）、已知定点M（4，10）及双曲线169点。P为双曲线右支上一动点。求|PM|+|PF1|的最小值以及|PM|-|PF1|的最大值

方法提炼一：

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设计意图：提前一晚的训练例1前2个问。

目的：让学生通过训练及展示例1（1）及其变式，初步掌握用抛物线定义求“d1d2”型最小值问题的思维方法。然后利用例1（2），把问题模型拓广到椭圆，引出利用圆锥曲线定义求“d1d2”型最大值问题的思维方法。最后，师生共同对圆锥曲线定义解“d1d2”型最值问题作归纳提炼。例1（3）双曲线模型，留作课后强化训练

问题二、圆锥曲线与直线最值问题

x2y21，P为椭圆上一动点。Q为直线x+y+5=0上一动点，求例2.已知曲线C为椭圆10线段|PQ|最小值

变式1、若曲线C 改为圆：x2y21，其他条件不变呢？

变式2、若曲线C 改为圆：y24x，其他条件不变呢？

（可简写过程，不具体运算，并举出有多少种解法）

方法提炼二：

设计意图：给学生三到五分钟时间，思考3个问题，并让他们展示相应几种解法。因学生对本题型较熟悉，故更多是帮助学生梳理提炼此类问题的思维方法，弱化计算要求。

此外，设计本问题时，解决两个难点，并为后面的例3作铺垫：

1）当动点个数多于1个时，如何解决动点连接线段的最值问题（提出先定后动原则）

2）当不容易直接从几何图形找出最值规律时，如何解决最值问题（提出函数法思想）

问题三、用函数思想解圆锥曲线最值问题

例3.设P,Q分别为圆最大距离

思路：本题中P,Q均为动点，所以考虑先固定一点不动，比如Q点，寻找此时达到最值时C:xy622x22和椭圆y21上的点，求P,Q两点间的10P位置的规律，进而再让Q运动起来，找到最值。观察图像可得Q点固定时，PQ达到的最大值时P在QC延长线与C的交点处，即PQQCr，由于r2，所以只需找

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到QC的最大值即可，设Qx,y，而C0,6，则QC可22x2xy6，由y211022得x2101y222，代入消去2x可得：2QC101yy69y12y469y50，因为y1,1，32所以当y

22时，QCmax50QC52，从而PQQCr62，答案：62

3x2y21，直线y2xm交椭圆于A，B两点，P(1,2)为椭圆变式、.已知椭圆24上一点，求PAB面积最大值

方法提炼三：

设计意图：学生通过思考并结合例2两个解决难点（先定后动，函数化）的思想

，展示如何解决例3及其变式。并师生共同归纳出函数化解最值问题的两个重点思想：

方向一：构造以横坐标x（或纵坐标y）作变量的函数，求函数最值

方向二：利用韦达定理等工具，构造以参数k为变量的函数，求函数最值

并让学生自行找出，如何判断自变量取值范围的限制，以及函数法求最值时常用的放缩技巧：配方法，基本不等式法，导数法等

x2y21的焦点在x轴上，A是E的左课后思考1、（2016全国II卷）已知椭圆E:t3顶点，斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点，点N在E上，MANA．当2AMAN时，求k的取值范围．

x2y21得由题意t3，k0，At,0.将直线AM的方程yk(xt)代入t33tkx222ttk2xt2k23t0. 26t2kt3tk2t2k22由x1t得x1，故AMx1t1k. 223tk3tk23tk

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22、如图，过抛物线y＝8x上一点P(2,4)作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线交于A，B两点．

(1)求直线AB的斜率；

(2)如果A，B两点均在y＝8x(y≤0)上，求△PAB面积的最大值．

[小结] 求解范围、最值问题的两大类方法

（1）几何法：

由几何图像的条件，推导最值情况的方法，关键是抓住几何图像中取最值的临界情况。包括：动点到线距离最短问题，两定一动的|AB}+|BC|最值问题（三点共线问题），斜率最值问题，圆半径最值问题等

（2）函数法：利用几何条件建立不等关系，

方向一：构造以横坐标x（或纵坐标y）作变量的函数，求函数最值

方向二：利用韦达定理等工具，构造以参数k为变量的函数，求函数最值

方向三：双参数(如参数有k与m)下求参数k的最值问题，构造含双参数方程，再转化为k=f(m）的形式，通过求函数k=f(m）的最值，确定k的最值

设计意图：因文科学生心理与思维特性，他们在知识梳理总结上，需要更多老师的帮助。故小结帮助学生，归纳整合本节课几种重要思想，结合每一题型学生自行归纳的方法提炼，促进学生能力发展。课后思考1是对应归纳方向三，学生课后完成后第二天再点评，帮助学生初步掌握此类问题的思想方法。

配套课后最值作业，帮助学生巩固课堂知识

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圆锥曲线中的最值问题学案课后作业题

1、已知过抛物线y24x的焦点F的弦与抛物线交于A,B两点，过A,B分别作y轴的垂线，垂足分别为C,D，则ACBD的最小值为__________ 2、已知椭圆以坐标原点为中心，坐标轴为对称轴，且该椭圆以抛物线y216x的焦点P为x2y21的焦点Q为顶点。

其一个焦点，以双曲线169（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点A(1,0),B(1,0)，且C、D分别为椭圆的上顶点和右顶点，点M是线段CD上的动点，求AMBM的取值范围。

x2y213、已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是点F1、F2，其离心率e＝，点P为椭圆ab2上的一个动点，△PF1F2面积的最大值为43.(1)求椭圆的方程；(2)若A、B、C、D是椭圆→→→→上不重合的四个点，AC与BD相交于点F1，AC·BD＝0，求|AC|＋|BD|的取值范围．

4、设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．

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圆锥曲线中的最值问题参考答案：

例1、（1）思路：通过作图可观察到直接求d1d2的最值比较困难，所以考虑转移某个距离，由已知可得d1为P到准线的距离，所以可根据抛物线定义转移为PF（其中F是抛物线的焦点，F1,0），所以d1d2PFd2PFd2dFl，观察图像可得：311253答案：A

例3、思路：本题中P,Q均为动点，所以考虑先固定一点不动，比如Q点，寻找此时达到最值时P位置的规律，进而再让Q运动起来，找到最值。观察图像可得Q点固定时，PQ达到的最大值时P在QC延长线与C的交点处，即PQQCr，由于r22，所以22只需找到QC的最大值即可，设Qx,y，而C0,6，则QCxy6，由x2y21102可得x2101y22，代入消2去x可得：2QC101y2y69y212y469y50，因为y1,1，3所以当y22时，QCmax50QC52，从而PQQCr62

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答案：62

课后思考1、由题意t3，k0，At,0. 将直2线2AM的方程yk(xt)代入x2y21t3得3tkx2ttk2xt2k23t0. 26t2kt3tk2t2k22由x1t得x1，故AMx1t1k. 3tk23tk23tk2

考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系. y1y288，y1，B，y2，则kPA＝课后思考2、解

(1)不妨设A，k＝. PB88y1＋4y2＋4由y2－y1888＝－得y1＋y2＝－8，所以kAB＝22＝＝－1. y2y1y2＋y1y1＋4y2＋4－88222y1x－，点P到直线AB的距离d＝(2)设直线AB的方程为y－y1＝－86－y1－y1822，

y21|－－y1＋6|81弦长|AB|＝2|y2－y1|＝22|y1＋4|.

故S△PAB＝××22|y1＋4| 2211＝|y1＋4||(y1＋4)2－64|，其中y1∈[－8,0]．令y＝y1＋4∈[－4,4]，则S△PAB＝|t3－64t|. 88记f(t)＝|t3－64t|，t∈[－4,4]，则f(t)为偶函数，故只需考虑t∈[0,4]的情况．

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作业：1、答案：2

2、解：（1）由已知得点P为（4，0），点Q为（5，0）∴可设椭圆的标准方程为x2y221(ab0)，且a5，c4∴b225169，故椭圆的标准方程为2abx2y2xy31。（2）设M(x0,y0)，线段CD方程为1，即yx3(0x5)535259∵点M是线段CD上， ∴y0又3x03(0x05)

5，∴22AMBMx0y01AM(x01,y0),BM(x01,y0)，将332y0x03(0x05)代入得：AMBMx0(x03)21

55342183445191x0x08(x0)2∴AMBM 255253434191∵0x05，∴AMBM的最大值为24，AMBM的最小值为。

343、(1)由题意得，当点P是椭圆的上、下顶点时，△PF1F2面积取最大值，

11此时S△PF1F2＝·|F1F2|·|OP|＝bc，所以bc＝43，因为e＝，所以b＝23，a＝4，

22x2y2所以椭圆的方程为＋＝1.

1612x2y2→→(2)由(1)得椭圆的方程为＋＝1，则F1的坐标为(－2，0)，因为AC·BD＝0，所以1612→→AC⊥BD，①当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时，易得|AC|＋|BD|＝6＋8＝14，

②当直线AC的斜率k存在且k≠0时，则其方程为y＝k(x＋2)，设A(x1，y1)，C(x2，y2)，－16k2x1＋x2＝y＝k（x＋2）3＋4k222联立x，消去y，得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，所以，

y216k－48＋＝11612x1x2＝3＋4k2→所以|AC|＝

24（k2＋1）11＋k|x1－x2|＝，此时直线BD的方程为y＝－(x＋2)，

2k3＋4k21y＝－（x＋2）2k→24（k＋1）同理，由2，可得|BD|＝，

3k2＋4xy2＋＝1161222168（k2＋1）2→→24（k＋1）24（k＋1）所以|AC|＋|BD|＝＋＝，

4k2＋33k2＋4（3k2＋4）（4k2＋3）→→令t＝k2＋1(k≠0)，则t>1，所以|AC|＋|BD|＝168，

t－112＋2t

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t－1196→→因为t>1，所以0<2≤，所以|AC|＋|BD|∈7，14.

t496→→由①②可知，|AC|＋|BD|的取值范围是7，14. 4、解：(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，所以∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，

故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，

x2y2由椭圆定义可得点E的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．

43(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

y＝kx－1，22由xy得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，

4＋3＝14k2－1212k2＋18k22则x1＋x2＝2，x1x2＝2.所以|MN|＝1＋k|x1－x2|＝. 4k＋34k＋34k2＋312过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，点A到直线m的距离为2，

kk＋1所以|PQ|＝2

2224－2＝4k＋14k2＋3. k2＋111＋2. 4k＋31故四边形MPNQ的面积S＝|MN||PQ|＝122可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,83)．

当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，

故四边形MPNQ的面积为12. 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83)．