《2022年人教A版高中數(shù)學(xué) 高三一輪 第八章 平面解析幾何 8-10 圓錐曲線的綜合問題《教案》》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年人教A版高中數(shù)學(xué) 高三一輪 第八章 平面解析幾何 8-10 圓錐曲線的綜合問題《教案》（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年人教A版高中數(shù)學(xué) 高三一輪 第八章 平面解析幾何 8-10 圓錐曲線的綜合問題《教案》 【教學(xué)目標(biāo)】 1.能根據(jù)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系求參數(shù)的范圍、最值等 2.能利用方程思想、數(shù)形結(jié)合思想解決圓錐曲線中的定點、定值、存在性問題． 【重點難點】 1.教學(xué)重點：掌握直線與圓錐曲線的位置關(guān)系求參數(shù)的范圍、最值、定點、定值、存在性問題； 2.教學(xué)難點：學(xué)會對知識進(jìn)行整理達(dá)到系統(tǒng)化，提高分析問題和解決問題的能力； 【教學(xué)策略與方法】 自主學(xué)習(xí)、小組討論法、師生互動法 【教學(xué)過程】 教學(xué)流程 教師活動 學(xué)生活動 設(shè)計意圖

2、 環(huán)節(jié)二： 考綱傳真: 1.能根據(jù)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系求參數(shù)的范圍、最值等2.能利用方程思想、數(shù)形結(jié)合思想解決圓錐曲線中的定點、定值、存在性問題． 真題再現(xiàn); 1.(xx·全國Ⅰ，20)設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓

3、心為A，直線l過點B(1，0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E. (1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程； (2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍. (1)證明　因為|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.由題設(shè)得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，由

4、橢圓定義可得點E的軌跡方程為： ＋＝1(y≠0). (2)解　當(dāng)l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.則x1＋x2＝，x1x2＝，所以|MN|＝|x1－x2|＝. 過點B(1，0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)，A到m的距離為，所以|PQ|＝2＝4.故四邊形MPNQ的面積S＝|MN||PQ|＝12.可得當(dāng)l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12，8).當(dāng)l與x軸垂直時，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四邊形MPNQ的面積為12.綜上，四邊形MPNQ面

5、積的取值范圍為[12，8). 2.(xx·北京，19)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面積為1. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值. (1)解　由已知＝，ab＝1.又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝.∴橢圓方程為＋y2＝1. (2)證明　由(1)知，A(2，0)，B(0，1).設(shè)橢圓上一點P(x0，y0)，則＋y0＝1.當(dāng)x0≠0時，直線PA方程為y＝(x－2)，令x＝0得yM＝.從而|BM|＝|1－yM|＝.直線P

6、B方程為y＝x＋1.令y＝0得xN＝.∴|AN|＝|2－xN|＝.∴|AN|·|BM|＝·＝·＝＝＝4.當(dāng)x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|為定值. 知識梳理： 1．必會結(jié)論；(1)橢圓上兩點間的最大距離為2a(長軸長)；焦半徑的取值范圍為[a－c，a＋c]；焦點弦中垂直于長軸的弦最短，長為. (2)雙曲線上不同支的兩點間最小距離為2a(實軸長)；左支上一點到左焦點的最短距離為c－a，到右焦點的最短距離為a＋c；焦點弦中垂直于實軸的弦最短，長為. (3)拋物線上頂點與拋物線的準(zhǔn)線距離最短，頂點到拋物線焦點的距離最小．

7、 (4)定點問題；在解析幾何中，有些含有參數(shù)的直線或曲線，不論參數(shù)如何變化，其都過某定點，這類問題稱為定點問題． (5)定值問題；在解析幾何中，有些幾何量，如斜率、距離、面積、比值等基本量和動點坐標(biāo)或動線中的參變量無關(guān)，這類問題統(tǒng)稱為定值問題． (6)存在性問題；存在性問題是一種具有開放性和發(fā)散性的問題，此類題目的條件和結(jié)論不完備，要求學(xué)生結(jié)合已有的條件進(jìn)行觀察、分析、比較和概括，它對數(shù)學(xué)思想、數(shù)學(xué)意識及綜合運用數(shù)學(xué)方法的能力有較高的要求，尤其對定點、定值、定直線問題的探索是高考的熱點，試題難度較大 2．必知關(guān)系；(1)直線與圓錐曲線相切，是直線與圓錐曲線有公共點時斜率取最值的情形．

8、 (2)圓與圓錐曲線相切，是圓心與圓錐曲線上的點的距離取最值的情形. (3)使用點斜式設(shè)直線方程時，應(yīng)考慮直線斜率不存在的情形． (4)涉及直線與圓錐曲線相交問題時，應(yīng)考慮直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立后得到的一元二次方程二次項系數(shù)不為零及判別式Δ>0兩種情形. 考點分項突破 考點一：圓錐曲線中的證明問題 1.　(xx·福建高考)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)過點(0，)，且離心率e＝. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)直線l：x＝my－1(m∈R)交橢圓E于A，B兩點，判斷點G與以線段AB為直徑的圓的位置關(guān)系，并說明理由． 【解】　法一　(1)由已知，得解得所以橢圓E的

9、方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為H(x0，y0)．由得(m2＋2)y2－2my－3＝0，所以y1＋y2＝，y1y2＝－，從而y0＝.所以|GH|2＝2＋y＝2＋y＝(m2＋1)y＋my0＋.＝＝＝＝(1＋m2)(y－y1y2)，故|GH|2－＝my0＋(1＋m2)y1y2＋ ＝－＋＝>0，所以|GH|>.故點G在以AB為直徑的圓外． 法二　(1)同法一．(2)設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＝，＝.由得(m2＋2)y2－2my－3＝0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝－， 從而·＝＋y1y2＝＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(y1＋

10、y2)＋＝＋＋＝>0， 所以cos〈，〉>0.又，不共線，所以∠AGB為銳角．故點G 在以AB為直徑的圓外． 歸納；兩類與圓錐曲線有關(guān)的證明問題 一類是直接給出證明結(jié)論，其思路為將待證問題轉(zhuǎn)化為與點、線、向量等幾何元素或斜率、長度等與數(shù)量有關(guān)的計算問題求解．另一類是先判斷后證明，如本例先判斷直線與圓相切，再證明． 考點二: 圓錐曲線中的最值問題 ●命題角度1　數(shù)形結(jié)合利用幾何性質(zhì)求最值 1．F是橢圓＋＝1的右焦點，P是其上一點，定點B(2，1)，則|PB|＋|PF|的最小值為________． 【解析】　如圖，設(shè)橢圓的左焦點為F1(－4,0)，由|PF1|＋|PF|＝10

11、得|PF|＝10－|PF1|.所以|PB|＋|PF|＝10＋|PB|－|PF1| ＝10－(|PF1|－|PB|)≥10－|F1B|， 當(dāng)且僅當(dāng)F1，B，P三點共線，即點P在點P2位置時取等號．又|F1B|＝＝.所以|PB|＋|PF|的最小值為10－.【答案】　10－ ●命題角度2　建立目標(biāo)函數(shù)求最值 2．若P，Q分別為拋物線C：x2＝4y與圓M：x2＋(y－3)2＝1上的兩個動點，則|PQ|的最小值為________． 【解析】　先求圓心M(0,3)到點P的距離的最小值， 法一　(建立目標(biāo)函數(shù)) 設(shè)P(x，y)，則x2＝4y，|PM|＝＝＝＝≥2(當(dāng)y＝1時等號成立)．∴|PQ

12、|min＝2－1. 法二　(數(shù)形結(jié)合) 以點M為圓心作同心圓，當(dāng)圓與拋物線相切時，點M到點P的距離最小，設(shè)為r，則由 得y2－2y＋9－r2＝0.此時Δ＝(－2)2－4(9－r2)＝0，解得r＝2. 從而|PQ|的最小值為2－1.【答案】　2－1 3．(xx·四川高考)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距為4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)成正三角形． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)F為橢圓C的左焦點，T為直線x＝－3上任意一點，過F作TF的垂線交橢圓C于點P，Q. ①證明：OT平分線段PQ(其中O為坐標(biāo)原點)； ②當(dāng)最小時，求點T的坐標(biāo)． 【解】(1)由已

13、知可得解得a2＝6，b2＝2，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是＋＝1. (2)①由(1)可得F點的坐標(biāo)是(－2,0)，設(shè)T點的坐標(biāo)為(－3，m)，則直線TF的斜率kTF＝＝－m.當(dāng)m≠0時，直線PQ的斜率kPQ＝，直線PQ的方程是x＝my－2. 當(dāng)m＝0時，直線PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，其判別式Δ＝16m2＋8(m2＋3)＞0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.所以PQ的中點M的坐標(biāo)為.所以直線OM的斜率kOM＝－.又直線O

14、T的斜率kOT＝－， 所以點M在直線OT上，因此OT平分線段PQ. ②由①可得|TF|＝，|PQ|＝＝＝＝.所以＝＝≥＝.當(dāng)且僅當(dāng)m2＋1＝，即m＝±1時，等號成立，此時取得最小值．所以當(dāng)最小時，T點的坐標(biāo)是(－3,1)或(－3，－1)． 歸納：圓錐曲線中常見最值問題及解題方法 1．兩類最值問題 (1)涉及距離、面積的最值以及與之相關(guān)的一些問題； (2)求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時確定與之有關(guān)的一些問題． 2．兩種常見解法 (1)幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決； (2)代數(shù)法，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種

15、明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值，最值常用基本不等式法、配方法及導(dǎo)數(shù)法求解． 提醒：求最值問題時，一定要注意對特殊情況的討論．如直線斜率不存在的情況，二次三項式最高次項的系數(shù)的討論等． 考點三: 圓錐曲線中的范圍問題 (1)已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，對于左支上任意一點P都有|PF2|2＝8a|PF1|(a為實半軸長)，則此雙曲線的離心率e的取值范圍是(　　) A．(1，＋∞) B．(2,3] C．(1,3] D．(1,2] (2)已知圓M：(x－)2＋y2＝r2(r>0)．若橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右頂點為

16、圓M的圓心，離心率為. ①求橢圓C的方程； ②若存在直線l：y＝kx，使得直線l與橢圓C分別交于A，B兩點，與圓M分別交于G，H兩點，點G在線段AB上，且|AG|＝|BH|，求圓M半徑r的取值范圍． 【解析】　(1)由P是雙曲線左支上任意一點及雙曲線的定義，得|PF2|＝2a＋|PF1|，所以＝|PF1|＋＋4a＝8a，所以|PF1|＝2a，|PF2|＝4a，在△PF1F2中，|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|，即2a＋4a≥2c，所以e＝≤3.又e>1，所以1

17、b＝1.所以橢圓C的方程為＋y2＝1.②設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(2k2＋1)x2－2＝0，則x1＋x2＝0， x1x2＝－，所以|AB|＝＝. 點M(，0)到直線l的距離d＝，則|GH|＝2.顯然，若點H也在線段AB上，則由對稱性可知，直線y＝kx就是y軸，矛盾，所以要使|AG|＝|BH|，只要|AB|＝|GH|， 所以＝4，r2＝＋＝＝2，當(dāng)k＝0時，r＝，當(dāng)k≠0時，＋＋2＝2－>2，則0<<.所以2

18、 2．利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系． 3．利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍． 4．利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍． 5．利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍． 考點四：定點問題 1.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A，B兩點的坐標(biāo)分別為(0,1)，(0，－1)，動點P滿足直線AP與直線BP的斜率之積為－，直線AP，BP與直線y＝－2分別交于點M，N. (1)求動點P的軌跡方程； (2)求線段MN的最小值； (3)以線段MN為直徑的圓是否經(jīng)過某

19、定點？若經(jīng)過定點，求出定點的坐標(biāo)；若不經(jīng)過定點，請說明理由． 【解】　(1)已知A(0,1)，B(0，－1)，設(shè)動點P的坐標(biāo)為(x，y)，則直線AP的斜率k1＝，直線BP的斜率k2＝(x≠0)，又k1k2＝－，∴·＝－，即＋y2＝1(x≠0)． (2)設(shè)直線AP的方程為y－1＝k1(x－0)，直線BP的方程為y＋1＝k2(x－0)，由得∴M.由得∴N. ∵k1k2＝－，∴|MN|＝＝≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)＝4|k1|，即k1＝±時，等號成立，∴線段MN長的最小值為4. (3)設(shè)點Q(x，y)是以線段MN為直徑的圓上的任意一點，則·＝0，即＋(y＋2)(y＋2)＝0，又k1k2＝－，故以線段

20、MN為直徑的圓的方程為x2＋x＋(y＋2)2－12＝0，令x＝0，得(y＋2)2＝12，解得y＝－2±2，∴以線段MN為直徑的圓經(jīng)過定點(0，－2＋2)或(0，－2－2)． 歸納；求解定點問題的基本思路 1．把直線或者曲線方程中的變量x，y當(dāng)作常數(shù)看待，把常量當(dāng)作未知數(shù)，將方程一端化為零，即化為kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(這里把常量k當(dāng)作未知數(shù))． 2．既然是過定點，那么這個方程就要對任意參數(shù)都成立，這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關(guān)于x，y的方程組，即 3．這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點，即滿足的點(x0，y0)為直線或曲線所過的定點．

21、 考點五：定值問題 1.　(xx·江西高考)如圖，已知雙曲線C：－y2＝1(a>0)的右焦點為F.點A，B分別在C的兩條漸近線上，AF⊥x軸，AB⊥OB，BF∥OA(O為坐標(biāo)原點)． (1)求雙曲線C的方程； (2)過C上一點P(x0，y0)(y0≠0)的直線l：－y0y＝1與直線AF相交于點M，與直線x＝相交于點N，證明：當(dāng)點P在C上移動時，恒為定值，并求此定值． 【解】　(1)設(shè)F(c,0)，因為b＝1，所以c＝，直線OB方程為y＝ －x，直線BF的方程為y＝(x－c)，解得B.又直線OA的方程為y＝x，則A，kAB＝＝.又因為AB⊥OB，所以·＝－1，解得a2＝3，故雙曲線

22、C的方程為－y2＝1. (2)證明：由(1)知a＝，則直線l的方程為 －y0y＝1(y0≠0)，即y＝. 因為直線AF的方程為x＝2，所以直線l與AF的交點M；直線l與直線x＝的交點為N，則＝＝＝·. 因為P(x0，y0)是C上一點，則－y＝1，代入上式得＝·＝·＝，所求定值為＝＝. 歸納；圓錐曲線中定值問題的特點及兩大解法 1．特點 特征幾何量不受動點或動線的影響而有固定的值． 2．兩大解法 (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)． (2)引進(jìn)變量法：其解題流程為 → ↓ → ↓ → 考點六：存在性問題 ●命題角度1　探究是否存在常數(shù)問題

23、 1．(xx·四川高考)如圖，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且·＝－1. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點．是否存在常數(shù)λ，使得·＋λ·為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由． 【解】　(1)由已知，點C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)．又點P的坐標(biāo)為(0,1)，且·＝－1，于是解得a＝2，b＝.所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判

24、別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－. 從而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＝－－λ－2. 所以，當(dāng)λ＝1時，－－λ－2＝－3. 此時，·＋λ·＝－3為定值．當(dāng)直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD. 此時，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3.故存在常數(shù)λ＝1，使得·＋λ·為定值－3. ●命題角度2　探究是否存在點或線問題 2．已知橢圓W：＋y2＝1，直線l與W相交于M，N兩點，l與x軸、y軸分別交于C，D兩點，O為坐標(biāo)原點． (1)若直線l的方

25、程為x＋2y－1＝0，求△OCD外接圓的方程； (2)判斷是否存在直線l，使得C，D是線段MN的兩個三等分點，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由． 【解】　(1)因為直線l的方程為x＋2y－1＝0， 所以C(1,0)，D，則線段CD的中點，|CD|＝＝，則△OCD外接圓的圓心為，半徑為|CD|＝，所以△OCD外接圓的方程為2＋2＝. (2)存在直線l，使得C，D是線段MN的兩個三等分點．理由如下：由題意，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(km≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則C，D(0，m)，由方程組得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，所以Δ＝16k2－8

26、m2＋8>0，(*)由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝，x1x2＝.由C，D是線段MN的兩個三等分點，得線段MN的中點與線段CD的中點重合．所以x1＋x2＝－＝0－，解得k＝±.由C，D是線段MN的兩個三等分點，得|MN|＝3|CD|，所以|x1－x2|＝3，又|x1－x2|＝，可解得m＝±，驗證知(*)成立．所以存在直線l，使得C，D是線段MN的兩個三等分點，此時直線l的方程為y＝x±或y＝－x±. 歸納；解決探究性、存在性問題的常用方法 1．解決是否存在常數(shù)的問題時，應(yīng)首先假設(shè)存在，看是否能求出符合條件的參數(shù)值，如果推出矛盾就不存在，否則就存在． 2．解決是否存在點的問題時，可依據(jù)條件，

27、直接探究其結(jié)果；也可以舉特例，然后再證明． 3．解決是否存在直線的問題時，可依據(jù)條件尋找適合條件的直線方程，聯(lián)立方程消元得出一元二次方程，利用判別式得出是否有解． 。 學(xué)生通過對高考真題的解決，發(fā)現(xiàn)自己對知識的掌握情況。 學(xué)生通過對高考真題的解決，感受高考題的考察視角。

28、 教師引導(dǎo)學(xué)生及時總結(jié)，以幫助學(xué)生形成完整的認(rèn)知結(jié)構(gòu)。 引導(dǎo)學(xué)生通過對基礎(chǔ)知識的逐點掃描，來澄清概念，加強(qiáng)理解。從而為后面的練習(xí)奠定基礎(chǔ). 在解題中注意引導(dǎo)學(xué)生自主分析和解決問題，教師及時點撥從而提高學(xué)生的解題能力和興趣。 教師引導(dǎo)學(xué)生及時總結(jié)，以幫助學(xué)生形成完整的認(rèn)知結(jié)構(gòu)。 通過對考綱

29、的解讀和分析。讓學(xué)生明確考試要求，做到有的放矢 由常見問題

30、的解決和總結(jié)，使學(xué)生形成解題模塊，提高模式識別能力和解題效率。 教師引導(dǎo)學(xué)生及時總結(jié)，以幫助學(xué)生形成完整的認(rèn)知結(jié)構(gòu)。 引導(dǎo)學(xué)生對所學(xué)的知識進(jìn)行小結(jié)，由利于學(xué)生對已有的知識結(jié)構(gòu)進(jìn)行編碼處理，加強(qiáng)理解記憶，提高解題技能。 環(huán)節(jié)三： 課堂小結(jié)： 1.能根據(jù)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系求參數(shù)的范圍、最值等 2.能利用方程思想、數(shù)形結(jié)合思想解決圓錐曲線中的定點、定值、存在性問題． 學(xué)生回顧，總結(jié). 引導(dǎo)學(xué)生對學(xué)習(xí)過程進(jìn)行反思，為在今后的學(xué)習(xí)中，進(jìn)行有效調(diào)控打下良好的基礎(chǔ)。 環(huán)節(jié)四： 課后作業(yè)：學(xué)生版練與測 學(xué)生通過作業(yè)進(jìn)行課外反思，通過思考發(fā)散鞏固所學(xué)的知識。