2022年人教A版高中数学 高三一轮 第八章 平面解析几何 8-10 圆锥曲线的综合问题《教案》

2022年人教A版高中数学 高三一轮 第八章 平面解析几何 8-10 圆锥曲线的综合问题教案【教学目标】1.能根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数的范围、最值等2.能利用方程思想、数形结合思想解决圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题【重点难点】 1.教学重点：掌握直线与圆锥曲线的位置关系求参数的范围、最值、定点、定值、存在性问题；2.教学难点：学会对知识进行整理达到系统化，提高分析问题和解决问题的能力；【教学策略与方法】自主学习、小组讨论法、师生互动法【教学过程】教学流程教师活动学生活动设计意图环节二：考纲传真:1.能根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数的范围、最值等2.能利用方程思想、数形结合思想解决圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题真题再现;1.(xx全国，20)设圆x2y22x150的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.(1)证明因为|AD|AC|，EBAC，故EBDACDADC，所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圆A的标准方程为(x1)2y216，从而|AD|4，所以|EA|EB|4.由题设得A(1，0)，B(1，0)，|AB|2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：1(y0).(2)解当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).由得(4k23)x28k2x4k2120.则x1x2，x1x2，所以|MN|x1x2|.过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y(x1)，A到m的距离为，所以|PQ|24.故四边形MPNQ的面积S|MN|PQ|12.可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，8).当l与x轴垂直时，其方程为x1，|MN|3，|PQ|8，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为12，8).2.(xx北京，19)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|BM|为定值.(1)解由已知，ab1.又a2b2c2，解得a2，b1，c.椭圆方程为y21.(2)证明由(1)知，A(2，0)，B(0，1).设椭圆上一点P(x0，y0)，则y01.当x00时，直线PA方程为y(x2)，令x0得yM.从而|BM|1yM|.直线PB方程为yx1.令y0得xN.|AN|2xN|.|AN|BM|4.当x00时，y01，|BM|2，|AN|2，所以|AN|BM|4.故|AN|BM|为定值.知识梳理：1必会结论；(1)椭圆上两点间的最大距离为2a(长轴长)；焦半径的取值范围为ac，ac；焦点弦中垂直于长轴的弦最短，长为.(2)双曲线上不同支的两点间最小距离为2a(实轴长)；左支上一点到左焦点的最短距离为ca，到右焦点的最短距离为ac；焦点弦中垂直于实轴的弦最短，长为.(3)抛物线上顶点与抛物线的准线距离最短，顶点到抛物线焦点的距离最小(4)定点问题；在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题(5)定值问题；在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题(6)存在性问题；存在性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件和结论不完备，要求学生结合已有的条件进行观察、分析、比较和概括，它对数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力有较高的要求，尤其对定点、定值、定直线问题的探索是高考的热点，试题难度较大2必知关系；(1)直线与圆锥曲线相切，是直线与圆锥曲线有公共点时斜率取最值的情形(2)圆与圆锥曲线相切，是圆心与圆锥曲线上的点的距离取最值的情形. (3)使用点斜式设直线方程时，应考虑直线斜率不存在的情形(4)涉及直线与圆锥曲线相交问题时，应考虑直线方程与圆锥曲线方程联立后得到的一元二次方程二次项系数不为零及判别式0两种情形.考点分项突破考点一：圆锥曲线中的证明问题1.(xx福建高考)已知椭圆E：1(ab0)过点(0，)，且离心率e. (1)求椭圆E的方程；(2)设直线l：xmy1(mR)交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由【解】法一(1)由已知，得解得所以椭圆E的方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为H(x0，y0)由得(m22)y22my30，所以y1y2，y1y2，从而y0.所以|GH|22y2y(m21)ymy0.(1m2)(yy1y2)，故|GH|2my0(1m2)y1y20，所以|GH|.故点G在以AB为直径的圆外法二(1)同法一(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，.由得(m22)y22my30，所以y1y2，y1y2，从而y1y2y1y2(m21)y1y2m(y1y2)0，所以cos，0.又，不共线，所以AGB为锐角故点G 在以AB为直径的圆外归纳；两类与圆锥曲线有关的证明问题一类是直接给出证明结论，其思路为将待证问题转化为与点、线、向量等几何元素或斜率、长度等与数量有关的计算问题求解另一类是先判断后证明，如本例先判断直线与圆相切，再证明考点二: 圆锥曲线中的最值问题命题角度1数形结合利用几何性质求最值1F是椭圆1的右焦点，P是其上一点，定点B(2，1)，则|PB|PF|的最小值为_【解析】如图，设椭圆的左焦点为F1(4,0)，由|PF1|PF|10得|PF|10|PF1|.所以|PB|PF|10|PB|PF1|10(|PF1|PB|)10|F1B|，当且仅当F1，B，P三点共线，即点P在点P2位置时取等号又|F1B|.所以|PB|PF|的最小值为10.【答案】10命题角度2建立目标函数求最值2若P，Q分别为抛物线C：x24y与圆M：x2(y3)21上的两个动点，则|PQ|的最小值为_【解析】先求圆心M(0,3)到点P的距离的最小值，法一(建立目标函数)设P(x，y)，则x24y，|PM|2(当y1时等号成立)|PQ|min21.法二(数形结合)以点M为圆心作同心圆，当圆与抛物线相切时，点M到点P的距离最小，设为r，则由得y22y9r20.此时(2)24(9r2)0，解得r2.从而|PQ|的最小值为21.【答案】213(xx四川高考)已知椭圆C：1(ab0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形(1)求椭圆C的标准方程；(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；当最小时，求点T的坐标【解】(1)由已知可得解得a26，b22，所以椭圆C的标准方程是1.(2)由(1)可得F点的坐标是(2,0)，设T点的坐标为(3，m)，则直线TF的斜率kTFm.当m0时，直线PQ的斜率kPQ，直线PQ的方程是xmy2.当m0时，直线PQ的方程是x2，也符合xmy2的形式设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得消去x，得(m23)y24my20，其判别式16m28(m23)0，所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4.所以PQ的中点M的坐标为.所以直线OM的斜率kOM.又直线OT的斜率kOT，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.由可得|TF|，|PQ|.所以.当且仅当m21，即m1时，等号成立，此时取得最小值所以当最小时，T点的坐标是(3,1)或(3，1)归纳：圆锥曲线中常见最值问题及解题方法1两类最值问题(1)涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；(2)求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题2两种常见解法(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解提醒：求最值问题时，一定要注意对特殊情况的讨论如直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数的讨论等考点三: 圆锥曲线中的范围问题(1)已知F1，F2分别是双曲线1(a0，b0)的左、右焦点，对于左支上任意一点P都有|PF2|28a|PF1|(a为实半轴长)，则此双曲线的离心率e的取值范围是()A(1，) B(2,3C(1,3 D(1,2(2)已知圆M：(x)2y2r2(r0)若椭圆C：1(ab0)的右顶点为圆M的圆心，离心率为.求椭圆C的方程；若存在直线l：ykx，使得直线l与椭圆C分别交于A，B两点，与圆M分别交于G，H两点，点G在线段AB上，且|AG|BH|，求圆M半径r的取值范围【解析】(1)由P是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义，得|PF2|2a|PF1|，所以|PF1|4a8a，所以|PF1|2a，|PF2|4a，在PF1F2中，|PF1|PF2|F1F2|，即2a4a2c，所以e3.又e1，所以12，则0.所以2r23，即r.综上知，r0)的右焦点为F.点A，B分别在C的两条渐近线上，AFx轴，ABOB，BFOA(O为坐标原点) (1)求双曲线C的方程；(2)过C上一点P(x0，y0)(y00)的直线l：y0y1与直线AF相交于点M，与直线x相交于点N，证明：当点P在C上移动时，恒为定值，并求此定值【解】(1)设F(c,0)，因为b1，所以c，直线OB方程为y x，直线BF的方程为y(xc)，解得B.又直线OA的方程为yx，则A，kAB.又因为ABOB，所以1，解得a23，故双曲线C的方程为y21.(2)证明：由(1)知a，则直线l的方程为y0y1(y00)，即y.因为直线AF的方程为x2，所以直线l与AF的交点M；直线l与直线x的交点为N，则.因为P(x0，y0)是C上一点，则y1，代入上式得，所求定值为.归纳；圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法1特点特征几何量不受动点或动线的影响而有固定的值2两大解法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)引进变量法：其解题流程为 考点六：存在性问题命题角度1探究是否存在常数问题1(xx四川高考)如图，椭圆E：1(ab0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由【解】(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，b)，(0，b)又点P的坐标为(0,1)，且1，于是解得a2，b.所以椭圆E的方程为1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)联立得(2k21)x24kx20.其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2.从而，x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以，当1时，23.此时，3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，213.故存在常数1，使得为定值3.命题角度2探究是否存在点或线问题2已知椭圆W：y21，直线l与W相交于M，N两点，l与x轴、y轴分别交于C，D两点，O为坐标原点(1)若直线l的方程为x2y10，求OCD外接圆的方程；(2)判断是否存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由【解】(1)因为直线l的方程为x2y10，所以C(1,0)，D，则线段CD的中点，|CD|，则OCD外接圆的圆心为，半径为|CD|，所以OCD外接圆的方程为22.(2)存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点理由如下：由题意，设直线l的方程为ykxm(km0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则C，D(0，m)，由方程组得(12k2)x24kmx2m220，所以16k28m280，(*)由根与系数的关系得x1x2，x1x2.由C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合所以x1x20，解得k.由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|3|CD|，所以|x1x2|3，又|x1x2|，可解得m，验证知(*)成立所以存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点，此时直线l的方程为yx或yx.归纳；解决探究性、存在性问题的常用方法1解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在2解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果；也可以举特例，然后再证明3解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解。学生通过对高考真题的解决，发现自己对知识的掌握情况。 学生通过对高考真题的解决，感受高考题的考察视角。 教师引导学生及时总结，以帮助学生形成完整的认知结构。引导学生通过对基础知识的逐点扫描，来澄清概念，加强理解。从而为后面的练习奠定基础.在解题中注意引导学生自主分析和解决问题，教师及时点拨从而提高学生的解题能力和兴趣。教师引导学生及时总结，以帮助学生形成完整的认知结构。 通过对考纲的解读和分析。让学生明确考试要求，做到有的放矢由常见问题的解决和总结，使学生形成解题模块，提高模式识别能力和解题效率。教师引导学生及时总结，以帮助学生形成完整的认知结构。引导学生对所学的知识进行小结，由利于学生对已有的知识结构进行编码处理，加强理解记忆，提高解题技能。环节三：课堂小结：1.能根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数的范围、最值等2.能利用方程思想、数形结合思想解决圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题学生回顾，总结.引导学生对学习过程进行反思，为在今后的学习中，进行有效调控打下良好的基础。环节四：课后作业：学生版练与测学生通过作业进行课外反思，通过思考发散巩固所学的知识。