习题2.1名师教学视频（文字实录）

教学设计方案

课题名称：圆锥曲线中的综合问题

姓名：

学科年级：

一、

教学内容分析

本节课是人教A版选修二第二章内容，直线与圆锥曲线的综合考查，主要涉及曲线方程的求法、位置关系的判定及应用、弦长问题、最值问题、定点定值的探索问题等．

二、

教学目标

1．

2．

曲线方程的求法、位置关系的判定及应用、弦长问题、最值问题

圆锥曲线综合问题中定点、定值、探索问题等．

周春旺

高三年级

工作单位：

教材版本：

滦南县第一中学

人教A版

三、

学习者特征分析

要求学生能熟练的理解、掌握第一节课有关圆锥曲线中最值、范围、弦长等问题。

四、

教学过程

1．

分析考情，准备应考策略

2.

以高考题为例，挖掘内在知识点的联系

3．总结注意事项

4．总结解题方法，归纳题型

五、

教学策略选择与信息技术融合的设计

运用PPT课件进行演示，来增强学生的效率，用于增强数学的美感，调动学生动手的主动性与积极性，让学生能实际操作画图的基本步骤，能独立完成制图的各个环节。

教师活动

演示ppt,激发学生的积极性

预设学生活动

共同参与

板书演示

1 设计意图

理解体会几何代数之间的关联

理解规范解题格式

六、教学课件

总纲目录考点一圆锥曲线中的最值、范围、弦长的问题考点二圆锥曲线中的定值、定点、存在性问题

2

考点一圆锥曲线中的最值、范围、弦长问题例1(2018昆明高三摸底调研测试)已知直线l1:ax-y+1=0,直线l2:x+5ay+5a=0,直线l1与l2的交点为M,点M的轨迹为曲线C.(1)当a变化时,求曲线C的方程;(2)已知点D(2,0),过点E(-2,0)的直线l与C交于A,B两点,求△ABD面积的最大值.

axy10,解析(1) 由 

x5ay5a0消去a,得曲线x22C的方程为 +y=1.(y≠-1,即点(0,-1)不在曲线C上)5

3

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my-2,xmy2,22由得(m+5)y-4my-1=0,x225y14m1则y1+y2= , y1y2= - ,2m5m25 △ABD的面积S=2|y2-y1|=2 (y2y1)24y2y1=2 45 m21,m2516m242=22(m5)m5

m21,t∈[1,+∞),设t= 45t45≤ 5,t4t4t4当t= (t∈[1,+∞)),即t=2,m=± 3时,△ABD的面积取得最大值 5.t则S= =2 

4

例2：已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为2的直线l与C 的交点为A，B，与x 轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若AP3PB，求|AB|．3

解答：3（1）设直线l的方程为yxb，设A(x1,y1)B(x2,y2)23yxb2与抛物线的方程：消去y联立直线ly23x92x(3b3)xb20化简整理得491xx4(33b)，依题意(3b3)24b20b129245，故3xxxx4，即12|AF||BF|4可知12224(33b)5，得b7，满足0892.，故直线l的方程为y37x28，即8y12x70

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3yxb（2）联立方程组2消去2y3xx化简整理得y22y2b048b0b12y1y22y1y22bAP3PB，可知y13y2，则2y22，得y21y13，故可知b32满足0|AB|114413|yy|1|31|12k293

方法归纳求解范围、最值问题的五种方法(1)利用判别式构造不等式,从而确定参数的取值范围;(2)利用已知参数的取值范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系;(3)利用隐含的不等关系,求出参数的取值范围;(4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围;(5)利用求函数值域的方法,确定参数的取值范围.

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x2y2已知点A,B分别为椭圆E: + =1(a>b>0)的左、右顶点,点P(0,-a2b23QB,且△ABP是等腰直角三角形.PQ2),直线BP交E于点Q, =  2(1)求椭圆E的方程;(2)设过点P的动直线l与E相交于M,N两点,当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时,求直线l斜率的取值范围.

解析(1)由题意,得a=2,B(2,0),3x(2x0)3302QB,得(x0,y0+2)= PQ= 设Q(x0,y0),由  (2-x0,-y0),所以22y23y,00264642解得x0= ,y0=- ,即Q ,,将其代入椭圆方程,解得b=1,5555x22∴椭圆E的方程为 +y=1.4 (2)由题意可知,直线l的斜率存在,设其解析式为y=kx-2,M(x1,y1),N(x2,y2),由ykx2, 得(1+4k)x-16kx+12=0,x22224y1

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由根与系数的关系可知x1+x2= 16k12,xx= ,1214k214k234由直线l与E有两个不同的交点,得Δ>0,即(-16k)2-4×12×(1+4k2)>0,解得k2> ,①ONOM·坐标原点O位于以MN为直径的圆外,则  >0,即x1x2+y1y2>0,则x1x2+y1y2=x1x2+(kx1-2)(kx2-2)=(1+k2)x1x2-2k(x1+x2)+4=(1+k2)· -2k· 16k+4>0,14k2341214k2解得k2<4,②综合①②可知 

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