小结主要内容及教案内容｜教案在线预览

资料摘要

三、最值问题x2y2a2例13设椭圆M：2＋＝1(a＞2)的右焦点为F1，直线l：x＝2与x轴交于点A，若OF1,＋2AF1,a2a－2＝0(其中O为坐标原点)．(1)求椭圆M的方程；(2)设P是椭圆M上的任意一点，EF为圆N：x2＋(y－2)2＝1的任意一条直径(E，F为直径的两个端点)，求PE,

资料类型：教学教案文档

所属课文：小结

支持正文预览，并提供同课文课件入口

浏览次数

下载次数

更新时间

2018-06-26 14:49:00

来源学校

学校：潮安区庵埠中学

小结主要内容及教案内容

未知

2018-06-26 14:49:00

PDF / 未知页

未知字

摘要：暂无摘要

关键词：小结主要内容及教案内容

正文

三、最值问题

x2y2a2例13设椭圆M：2＋＝1(a＞2)的右焦点为F1，直线l：x＝2与x轴交于点A，若OF1,＋2AF1,a2a－2＝0(其中O为坐标原点)．

(1)求椭圆M的方程；

(2)设P是椭圆M上的任意一点，EF为圆N：x2＋(y－2)2＝1的任意一条直径(E，F为直径的两个端点)，求PE,·PF,的最大值．

22aa2F(a2－2，

解：(1)由题设知，A2，0，0)，由OF1,＋2AF1,＝0，得a2－2＝22－a－2，1a－2a－2x2y2解得a＝6.所以椭圆M的方程为＋＝1. 622(2)设圆N：x2＋(y－2)2＝1的圆心为N，

PF,＝(NE,－NP,)·则PE,·(NF,－NP,)＝(－NF,－NP,)·(NF,－NP,) ＝NP,2－NF,2＝NP,2－1. PF,的最大值转化为求NP―从而将求PE,·→,2的最大值．

x2y2002因为P是椭圆M上的任意一点，设P(x0，y0)，所以＋＝1，即x0＝6－3y20. 6222因为点N(0,2)，所以NP,2＝x20＋(y0－2)＝－2(y0＋1)＋12. 因为y0∈[－2，

2]，所以当y0＝－1时，NP,取得最大值12.所以PE,·PF,的最大值为11.

例14已知点A(－1,0)，B(1,0)，动点M的轨迹曲线C满足∠AMB＝2θ，|AM

|,·|BM|,cos2θ＝3，过点B的直线交曲线C于P，Q两点．

(1)求|AM|,＋|BM|,的值，并写出曲线C的方程；

(2)求△APQ的面积的最大值．

解：(1)设M(x，y)，在△MAB中，|AB|,＝2，∠AMB＝2θ，根据余弦定理得|AM|,2＋|BM|,2－2|AM|,·|BM|,cos 2θ＝|AB|,2＝4，

即(|AM|,＋|BM|,)2－2|AM|,·|BM|,·(1＋cos 2θ)＝4，

所以(|AM|,＋|BM|,)2－4|AM|,| BM|,·cos2θ＝4. 因为|AM|,·|BM|,cos2θ＝3，所以(|AM|,＋|BM|,)2－4×3＝4，所以|AM|,＋|BM|,＝4. 又|AM|,＋|BM|,＝4＞2＝|AB|，

x2y2因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，设椭圆的方程为2＋2＝1(a＞abx2y2b＞0)，则a＝2，c＝1，所以b＝a－c＝3.所以曲线C的方程为＋＝1. 43222(2)设直线PQ的方程为x＝my＋1. x＝my＋122由xy，消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.①

4＋3＝1显然方程①的判别式Δ＝36m2＋36(3m2＋4)＞0，

1设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则△APQ的面积S△APQ＝×2×|y1－y2|＝|y1－y2|. 26m9由根与系数的关系得y1＋y2＝－2，y1y2＝－2，

3m＋43m＋43m2＋3所以(y1－y2)＝(y1＋y2)－4y1y2＝48×. 3m2＋4222

令t＝3m2＋3，则t≥3，(y1－y2)2＝48，

1t＋＋2t1110由于函数φ(t)＝t＋在[3，＋∞)上是增函数，所以t＋≥，当且仅当t＝3m2＋3＝3，即m＝0时取tt348等号，所以(y1－y2)2≤＝9，即|y1－y2|的最大值为3，所以△APQ的面积的最大值为3，此时直线PQ10＋23的方程为x＝1.

关于本教案的常见问题

Q：小结主要内容及教案内容是什么类型的资料？

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《小结》，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

小结主要内容及教案内容