1、個性化教案直線與圓錐曲線的綜合問題適用學科高中數學適用年級高二適用區域陜西西安課時時長（分鐘）60分鐘知識點范圍問題對稱問題定點、定值、最值等問題教學目標進一步理解圓錐曲線的定義、標準方程和幾何性質，體會“解析法”思想，會從代數與幾何兩個角度分析和解決曲線的最值問題，并會進行合理的選擇.教學重點能利用解析法研究圓錐曲線中的范圍問題、對稱問題和最值問題教學難點定點、定值、最值等問題的探究過程教學過程一、復習預習圓錐曲線的綜合問題包括：解析法的應用，與圓錐曲線有關的定值問題、最值問題、參數問題、應用題和探索性問題，圓錐曲線知識的縱向聯系，圓錐曲線知識和三角、復數等代數知識的橫向聯系，解答這部分試題

2、，需要較強的代數運算能力和圖形認識能力，要能準確地進行數與形的語言轉換和運算，推理轉換，并在運算過程中注意思維的嚴密性，以保證結果的完整.二、知識講解考點1范圍問題求范圍和最值的方法：幾何方法：充分利用圖形的幾何特征及意義，考慮幾何性質解決問題代數方法：建立目標函數，再求目標函數的最值考點2對稱問題要抓住對稱包含的三個條件：(1)中點在對稱軸上(2)兩個對稱點的連線與軸垂直(3)兩點連線與曲線有兩個交點(),通過該不等式求范圍考點/易錯點3定點、定值、最值等問題 定點與定值問題的處理一般有兩種方法：（1）從特殊入手，求出定點和定值，再證明這個點（值）與變量無關;（2）直接推理、計算，并在計算過

3、程中消去變量，從而得到定點（定值）三、例題精析【例題1】【題干】已知橢圓（）與直線相交于兩點、當橢圓的離心率滿足，且（為坐標原點）時，求橢圓長軸長的取值范圍【答案】【解析】由，得由，得此時，由，得，即，故由，得由得，所以橢圓長軸長的取值范圍為【例題2】【題干】已知橢圓，試確定的取值范圍，使得對于直線，橢圓上有不同兩點關于這條直線對稱.【答案】【解析】解法一：設存在兩點、關于對稱，中點為，則所在直線為.與橢圓聯立得：， 在上,， .又 ，故，即，解得：.由上可知:當 時,橢圓上有不同兩點關于直線對稱.解法二：設存在兩點、關于對稱，中點為，則， 得 ， 聯立，解的，,在橢圓內部， 即由上可知:當時

4、,橢圓上有不同兩點關于直線對稱.【例題3】【題干】已知、是橢圓上的兩個動點，是橢圓上一定點，是其左焦點，且、成等差數列 求證：線段的垂直平分線經過一個定點；【解析】證明：設、，由橢圓的標準方程為知同理，當時，由，得，從而有設線段的中點為，由，得線段的中垂線方程為，該直線恒過一定點當時，或，線段的中垂線是軸，也過點，線段的中垂線恒過定點四、課堂運用【基礎】1.已知、三點在曲線上，其橫坐標依次為，,()，當的面積最大時，等于( )A.B.C.D.【答案】B【解析】由題意知，,.直線所在方程為,點到該直線的距離為.,當時，有最大值，此時.2.設，且,則的最小值為( )A.B.C.D.2【答案】C【解

5、析】考慮式子的幾何意義，轉化為求圓上的點與雙曲線上的點的距離的最小值.3.是橢圓長軸的一個端點，是橢圓的中心，若橢圓上存在一點，使,則橢圓離心率的范圍是_.【答案】【解析】設橢圓方程為(),以為直徑的圓：,兩式聯立消得.即,該方程有一解,一解為,由韋達定理x2=,，即.4.一輛卡車高米，寬米，欲通過拋物線形隧道，拱口寬恰好是拋物線的通徑長，若拱口寬為米，則能使卡車通過的的最小整數值是_.【答案】【解析】由題意可設拋物線方程為,當時，；當時，.由題意知,即.解得的最小整數為.【鞏固】1.已知拋物線上一定點和兩個動點、，當在拋物線上運動時，則點的橫坐標的取值范圍是_.【答案】【解析】設，,即,必須

6、有.即,解得或.2.已知直線與雙曲線的左支交于、兩點，若另一條直線經過點及線段的中點，求直線在軸上的截距的取值范圍.【答案】或【解析】設,.由,得,又直線與雙曲線左支交于、兩點，故有解得，設，則，的斜率為的方程為令，則，又，即或3.已知拋物線.(1)若橢圓左焦點及相應的準線與拋物線的焦點及準線分別重合，試求橢圓短軸端點與焦點連線中點的軌跡方程；(2)若是軸上的一定點，是(1)所求軌跡上任一點，試問有無最小值？若有，求出其值；若沒有，說明理由.【答案】（）;【解析】由拋物線,得焦點,準線.(1) 設，則,橢圓中心,則,又設點到的距離為,則,即,化簡得點軌跡方程為（）.(2)設,則（）()當,即時

7、，函數在上遞增，故無最小值，亦即無最小值.()當,即時，函數在處有最小值,.【拔高】1.如圖，為半圓，為半圓直徑，為半圓圓心，且，為線段的中點，已知，曲線過點，動點在曲線上運動且保持的值不變.(1)建立適當的平面直角坐標系，求曲線的方程；(2)過點的直線與曲線相交于不同的兩點、，且在、之間，設，求的取值范圍.【答案】(1)；(2)【解析】(1)以、所在直線分別為軸、軸，為原點，建立平面直角坐標系， .曲線為以原點為中心，、為焦點的橢圓.設其長半軸為,短半軸為,半焦距為,則,.曲線的方程為.(2)設直線的方程為,代入,得.,得.由圖可知由韋達定理得將代入得兩式相除得，即，,解得 ，在、中間，又當

8、不存在時，顯然 (此時直線與軸重合).綜上課程小結解決圓錐曲線綜合題，關鍵是熟練掌握每一種圓錐曲線的定義、標準方程、圖形與幾何性質，注意挖掘知識的內在聯系及其規律，通過對知識的重新組合，以達到鞏固知識、提高能力的目的.(1)對于求曲線方程中參數的取值范圍問題，需構造參數滿足的不等式，通過求不等式(組)求得參數的取值范圍；或建立關于參數的目標函數，轉化為函數的值域.(2)對于圓錐曲線的最值問題，解法常有兩種：當題目的條件和結論能明顯體現幾何特征及意義，可考慮利用數形結合法解；當題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可先建立目標函數，再求這個函數的最值.課后作業【基礎】1.已知拋物線上有一內

9、接正，為坐標原點.求證：點、關于軸對稱； 【解析】設，即，故點、關于軸對稱2.若直線過圓的圓心交橢圓于、兩點，若、關于點對稱，求直線的方程【答案】【解析】 ，設，則，又，兩式相減得：，化簡得，把，代入得故所求的直線方程為，即所以直線的方程為 ：.3.在拋物線上恒有兩點關于直線對稱，求的取值范圍.【答案】【解析】 （1）當時，曲線上不存在關于直線對稱的兩點（2）當時，設拋物線上關于直線對稱的兩點，的中點為，則直線的斜率為 ，可設直線 代入得 （*） ，在直線上，代入（*）得即 又恒成立，所以綜合（1）（2），的取值范圍是【鞏固】1.已知是橢圓的動點，點關于原點的對稱點是，若的最小值為，求點的橫坐

10、標的取值范圍【答案】或【解析】由，得，設，解得或又或2. 定長為的線段的兩個端點在拋物線上移動，記線段的中點為，求點到軸的最短距離，并求此時點的坐標 【答案】或【解析】 設，因與軸不平行，故可設的方程為，將它代入得，由得即， （*），將（*）代入得當且僅當即時取等號，此時，所以，點 為或時，到軸的最短距離最小，最小值為3已知橢圓（）的離心率為，以該橢圓上的點和橢圓的左、右焦點1、為頂點的三角形的周長為一等軸雙曲線的頂點是該橢圓的焦點，設為該雙曲線上異于頂點的任一點(1)求橢圓和雙曲線的標準方程；(2)設直線、的斜率分別為、，證明：.【答案】(1)；(2)見解析【解析】(1)設橢圓的半焦距為，由題意知：，所以a2，c2，又，因此.故橢圓的標準方程為.由題意設等軸雙曲線的標準方程為（），因為等軸雙曲線的頂點是橢圓的焦點，所以，因此雙曲線的標準方程為.(2)證明：，則，.因為點在雙曲線上，所以.因此，即.【拔高