2.1 圆锥曲线名师教学设计｜教案在线预览

资料摘要

例1：已知椭圆x2y21，经过点M(1,1)能否43做一条直线l与椭圆交于A,B两点，且点M是线段AB的中点。若存在这样的直线l，求出直线的方程；若不存在，请说明理由。y (0,3)M(1,1)(-2,0) O (2,0) x (0,3)分析：根据题目作出图形。由图形可知，点M在椭圆内部，那

资料类型：教学教案文档

所属课文：2.1 圆锥曲线

支持正文预览，并提供同课文课件入口

浏览次数

157

下载次数

更新时间

2018-08-09 21:10:00

来源学校

学校：江苏省怀仁中学

2.1 圆锥曲线名师教学设计

未知

2018-08-09 21:10:00

157

PDF / 未知页

未知字

摘要：暂无摘要

关键词：2.1 圆锥曲线名师教学设计

正文

例1：已知椭圆x2y21，经过点M(1,1)能否43做一条直线l与椭圆交于A,B两点，且点M是线段AB的中点。若存在这样的直线l，求出直线的方程；若不存在，请说明理由。

y (0,3)

M(1,1)

(-2,0) O (2,0) x (0,3)

分析：根据题目作出图形。

由图形可知，点M在椭圆内部，

那么必然存在直线方程l与椭圆相交。

又由于点M为线段AB的中点。对照点差法解决问题的对象可知应选择点差法解决本题。

解：设A1(x1,y1),A2(x2,y2)，

则x1x22,y1y22，

x12y121,(1)4322

xy221,(2)34x2x1y2y10

(2)(1)，得43(x2x1)(x2x1)(y2y1)(y2y1)0

即432222y2y13所以kxx4

213所以直线l：y14(x1)，即3x4y70.

【点评】本题在已知直线与椭圆相交，确定点M在椭圆内部的条件下，如果运用点斜式设直线方程，不但要讨论直线斜率是否存在，而且直线方程与椭圆方程进行联立，利用韦达定理来解决固然可以，但是计算量比较大。由于点M的特殊性，巧妙利用点差法，不但可以避免讨论，还可以减轻计算量，可以使得解题即快又准。

例题2：在双曲线x2y21(a0,b0)a2b2中，若直线l与双曲线相交于M、N两点，点P(x0,y0)是弦MN的中点，弦MN所在的直线l的斜率为kMN,则kMNy0b22x0a. x12y12221,(1)ab证明：设M、N两点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，则有

22x2y21.(2)b2a2xxyy(1)(2)，得1221220.

ab2222y2y1y2y1b22.

x2x1x2x1a又kMNy2y1y1y22y0y0,.

x2x1x1x22x0x0kMN

y0b2.

x0a2练习：设A(x1,y1),B(x2,y2)两点在抛物线y2x上，l是AB的垂直平分线. （Ⅰ）当且仅当x1x2取何值时，直线l经过抛物线的焦点F？证明你的结论. （Ⅱ）当x11,x23时，求直线l的方程. 2解：（Ⅰ）x2111y，p,F(0,). 248设线段AB的中点为P(x0,y0)，直线l的斜率为k，则x1x22x0.

若直线l的斜率不存在，当且仅当x1x20时，AB的垂直平分线l为y轴，经过抛物线的焦点F. 若直线l的斜率存在，则其方程为yk(xx0)y0，kAB由1. k1kABx0p得：kx011，x0. 44k111kx0y0y0，y0，与y00相矛盾. 844若直线l经过焦点F，则得：当直线l的斜率存在时，它不可能经过抛物线的焦点F. 综上所述，当且仅当x1x20时，直线l经过抛物线的焦点F.

关于本教案的常见问题

Q：2.1 圆锥曲线名师教学设计是什么类型的资料？

A：这是一份教学教案文档，可用于备课、课堂讲解与课后复习，支持在线预览正文内容。

Q：这份教案对应哪篇课文？

A：对应课文《2.1 圆锥曲线》，可从面包屑进入课文目录查看同课其他资料。

Q：如何找到配套课件？

A：页面提供「配套课件/同课文课件」入口；也可进入课文详情页同时查看教案与课件列表。

资料摘要

2.1 圆锥曲线名师教学设计