信息技术应用 用《几何画板》探究点的轨迹：椭圆课件配套优秀教案案例

课本问题的价值

课本中的习题作为教材的重要组成部分，具有非常典型的示范作用，需要去认真揣摩，探究各种解题方法，它会蕴含着大量的一般性方法，一般性结论，因此是命题的重要源头。在练习课或是复习课中，我们要充分发挥这些习题的潜在功能，拓展这些问题的应用，适当对这些问题进行变式探究、引申拓展，留住问题背后的数学价值，并应用相关的方法和结论进行解题。下面以椭圆课后习题为例简要说明：

1.已知地球运行的轨道是长轴长a1.50108km，离心率e0.0192的椭圆，

且太阳在这个椭圆的一个焦点上，求地球到太阳的最大和最小距离.

（把这个结论用到椭圆上，得出一般结论，然后简单证明.) 解：假设太阳在F2点，地球的运行轨道为如图所示的椭圆，则A为远日点，B为近日点.

x2y2

设椭圆方程为221ab0，Px,y为椭圆上任意一点，下面证明：BF2PF2AF2

ab证明： PF2xcy2x2x2cxcb1-2a22222

b221-2x2cxc2b2ac222x2cxa2acxaa所以PF22cxa，又因为axa，所以BF2ac，AF2ac. a这个题目实际上是告诉你椭圆的一个结论：点P为椭圆上的任意一点，则焦半径的取值范围：

acPF2ac. 这个结论能否推广到椭圆上一点到长轴上任意一点的距离呢？答案是肯定的. 另外也给了一个重要结论：

x焦半径：PF2aex，PF1aex，其中为P的横坐标. 同时，也提供了一个解决问题的重要方法，就是函数的思想. x2y2变式1：若点F1的左、右焦点，点P为椭圆上的任意一点，求PF1PF2的1、F2分别为椭圆43最大值和最小值. 解法一

由椭圆定义得PF1PF24，则

PF1PF2PF14PF14PF1PF1，

2PF1PF2又因为1PF13，所以

max4，PF1PF2第

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min3.

12222解法二

设Px,y利用焦半径公式PF1PF2exaaexaex4x，又2x2，4因此PF1PF2max4，PF1PF2min3. 变式2：椭圆C上的两个焦点分别是F1、F2，若C上的点满足PF1值范围是

3F1F2，则椭圆C的离心率e的取211

B.e 241111C.e D.0e或e1

4242311解法一

由acPF1ac得出acF1F23cac，解得e. 242

A.e解法二

由PF1a得aa3caa3cccx得到ax3c，则x，又因为axa，所以aa，解aacc11e.

42x2y2变式3：若点O和点F分别为椭圆1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，求OPFP的43最大值. 解法一

设Px,y，则

OPFPx,yx1,yxx1y2x2xx3141x2x3.42

又2x2，则OPFPmax6. 22211351M,0OPFPMPOFMPMP，，又由于，解法二

取OF的中点M，则44222所以OPFPmax6. 22351MP；②OPFPMPOF，特别是②式，试着证明224（这里需要思考的有两个问题：①一下，写出一般式.）

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x22.经过椭圆y21的左焦点F2作倾斜角为600的直线l，直线l与椭圆交于A，B两点，求AB的长. 2解法一

求出直线与椭圆的交点坐标，然后用两点距离公式求出距离. 通过解法一让学生理解直线与椭圆交点的个数等价于方程组解得个数，等价于一元二次方程根的个数. 然后自然地想出通过判别式来判断直线与椭圆的交点的个数. 这为后面用判别式或根与系数的关系解决问题作好铺垫. y3x1y得7x212x40，由根与系，消去解法二

设Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程组x22y1212xxy1y21273，则

数的关系可得，由于x1x2xx4127ABx1x2y1y22224x1x224x1x24x1x2

48212416.777（从这个方法你能得到直线与椭圆相交时弦的一般公式吗？请进行推导，然后写出来.）

2y3x1y得7x212x40，则

，消去解法三

设Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程组x22y12x1x22282，于是AB1k2x1x2. a77解法四

利用上题的结论PF2exa和根与系数的关系得出. 设Ax1,y1，Bx2,y2，则AF2ex1a，BF2ex2a，于是

AB2aex1x222

21282. 2773x2y23.已知椭圆1，一组平行线的斜率是. 249（1）这组直线何时与椭圆相交？

（2）当它们与椭圆相交时，证明这些直线被椭圆截得的线段的中点在一条直线上.

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3yxb32解：（1）设直线方程为yxb，联立方程组2. 消去y得：

22xy1949x26bx2b2180要使直线与椭圆相交，则方程*必须有两个不相等的实根，于是有

*. 6b362b2180. 2解得32b32，因此当32b32时，直线与椭圆相交. （2）解法一

假设直线与椭圆相交于Ax1,y1，Bx1,y1两点，设AB的中点为Mx,y，则

x12y1214922x2y2194①. ②x1x2x2xx2x1x2y1y2y1y20，把yy1y2得3x2y0. ①—②得1249y1y23xx212因此点M的轨迹是这条直线被椭圆截下的弦（不包括端点），这些弦的中点在这条直线上. 解法二

假设直线与椭圆相交于Ax1,y1，Bx1,y1两点，设组AB的中点为Mx,y，联立方程组：

3yxb2，消去y得：9x26bx2b2180. 22xy1942bx1x21xxxb123323yyxx2bb由根与系数的关系可得，则，所以，

121222xx2b18yy1y2b12229消去b得3x2y0. 因此点M的轨迹是这条直线被椭圆截下的弦（不包括端点），这些弦的中点在这条直线上.

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做完后我们可以通过问何时直线与椭圆相切？解决直线与椭圆相切的情形，甚至直线与椭圆相离的情况。另外通过这个题，我们可以得到直线与椭圆相交时，直线斜率与被椭圆截得的弦的中点之间的关系，这两个方法都可以解决相关问题，例如：

x2y2变式1（2013年全国Ⅰ理科）已知椭圆221ab0的右焦点为F3,0，过点F的直线交椭圆ab与A，B两点.若AB的中点坐标为1,1，则椭圆的方程为

x2y2x2y2

A.1

B.1 45363627x2y2x2y2C.1 D.1

27181891x2y2变式2（2014年江西）过点M1,1所斜率为的直线与椭圆C:221ab0相交于A，B，2ab若M是线段的中点，则椭圆C的离心率为_____. （请自行解决）

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