第2章 学案45 圆锥曲线的综合问题(二)-【智学校本学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教B版）

圆锥曲线的综合问题（二）学案45 学案45圆锥曲线的综合问题（二） 听 昆学习任务 记 直线与圆锥曲线的综合问题是高考的热点，也是学习中的难点，解决此类问题的重要思想方法 是转化，即把几何问题代数化.本节讨论圆锥曲线中的最值、范围和探索性问题.（逻辑推理、数 学运算) 中课堂活动 活动二探究探索性问题 活动一探究最值与范围问题 新知应用 新知应用 已知椭圆T:大 6=1(a>b>0)的离心率e 已知双南线E:若若-1a>0,6>0)的离心 y 3,A,B是椭圆T上两点，N(3,1)是线段 率为√2，焦点F到渐近线的距离为1. AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆T (1)求双曲线E的标准方程； 相交于C,D两点 (2)直线l:y=kx一1与双曲线E的左支交于 (1)求直线AB的方程； 不同两点，求实数的取值范围 (2)是否存在这样的椭圆T,使得以CD为直径 的圆经过坐标原点O？若存在，求出该椭圆方 程；若不存在，请说明理由. 「方法总结」圆锥曲线中最值与范围的求法有 两种 (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何 「方法总结」(1)探索性问题通常采用“肯定顺 图形特征及意义，则考虑利用图形性质来解决. 推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满： (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确 足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待 的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函 定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方！ 数的最值与范围，求函数最值的常用方法有配方 程组有实数解，则元素存在；否则不存在. 法、判别式法、重要不等式法及函数的单调性 (2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的 法等. 方法. 13510 人教B版数学选择性必修第一册 课堂小结 2.动点M与定点F(√2,0)的距离和它到定直线 笔 州 1.知识清单： m:x=22的距离比是常数2 (1)最值与范围问题. (1)求动点M的轨迹C的方程； (2)探索性问题。 (2)若直线1过点Q(0,一1)，且与轨迹C交于 2.方法归纳：转化法、函数法、整体代换. A,B两点，当AB最大时，求直线l的方程. 3.常见误区：直线与圆锥曲线联立消元后的含参 一元二次方程中，忽视对二次项系数的讨论 课堂达标 1.已知椭圆C的长轴端点是A(一2√2,0)和 B2B,0,离心率是 (1)求椭圆C的方程； (2)若点P在椭圆C上，求点P到点M(0,1) 的距离的取值范围. 3.已知抛物线C:y2=2px(p>0),抛物线C上 横坐标为1的点到焦点F的距离为3. (1)求抛物线C的方程及其准线方程； (2)过（一1,0）的直线1交抛物线C于不同的两 点A,B,交直线x=一4于点E,直线BF交直 线x=一1于点D.是否存在这样的直线1，使 得DE∥AF？若存在，求出直线L的方程；若不 存在，请说明理由。 课后反思 11136(2)证明：由题意知直线1的斜率不为零， 因为A,B分别为椭圆C的左、右顶点， 可设l:x=my十n,A(x1,y1),B(x2,y2), 所以A(-2,0),B(2,0), 由y2=2x, 得y2-2my-2n=0, y2 x=my+n, 1+2w1+3:=-2w2- ∴.△=4m2+8n>0,即m2+2n>0, 3(y1+y2) …y1+y2=2m,y1y2=-2m. k1=y(y2-1） 2 一y y+3y2=1 一= :kw=二名=业-2-2 故22(y1+3)3y十2》+3 3y1+9y23· 2 x1-2y1-4y1+2' 2 同理kue一y2十2 2 又MA⊥MB, 4 ÷kw·kMB=(y1+2)(y2+2 学案45圆锥曲线的综合问题（二） 4 4 y1y2+2(y1+y2)+4-2n+4m+4=-1, 课堂活动 活动一 则n=2m+4, 新知应用 此时m2+2n=m2+4m+8=(m十2)2十4>0成立， .直线l:x=my+2m+4=m(y+2)+4, 解：(1)因为e=反，则8=瓦，即c=√2a, 当y=一2时，x=4, 由题意，设焦点F(c,0),其中一条渐近线为bx-ay=0, 直线1恒过定点(4，一2) 2.解：(1)由题意可得直线1的方程为y=(x一2)， 则焦点F到渐近线的距离d=一bc| =1, √a2+b3 联主y=x-2》'消去y可得2x-（4+2)z十4=0， c=√2a, y2=2x, △>0， 则、 √a2+bz 1,解得2=1， b2=1, 又M(x1y1),N(x2y2), 则x1十2=6+2 4k2 c2=a2+b2, 6,x1x:==4,即x1x的值是4. 所以双曲线E的标准方程为x2一y2=1. (2)证明：由(1)可得y1y2=2(x1-2)(x2-2)=k2[x1x2- (2)由题意，设直线l:y=kx一1与双曲线E的左支交于点 2(a1+x2)+4] A(x1,y1),B(x2,y2), =(@)=-4 联立，-虹1：化简得1-)x2十2x-2=0, x2-y2=1, 则OM,ON=x1x+y1y2=4-4=0,即0M1ON, 因为直线1与双曲线E的左支交于不同两，点， 即OM⊥ON. 1一k2≠0， △=(2k)-4(1-k2)×(-2)>0, 3解：(1)因为椭圆的离心率为5， 2,右焦点为F(W3,0), 2k 所以工+x,=二<0， =￡_3 所以e=a=2, 是0， c=3, k≠士1， 解得a=2,c=√3， 则b2=a2-c2=1, 解得E<<反， 即-√2<k<-1. k<-1或0<k<1, 故椭圆C的方程为十2， k>1或k<-1, (2)证明：设P(x1y1),Q(x2,y2), 所以实数k的取值范围为（一√2，一1）. 因为直线1过，点D(1,0)且斜率不为0， 活动二 设直线1的方程为x=y十1， 新知应用 |x=ty+1, 6 解：(1)由离心率e= 联立x 消去x并整理得(t2十4)y2+2ty一3=0， 9a-=,可得c2子，6= 4十y2-1, 3,即椭图T:x2+3y2=a2(a>0). 此时△=4t2+12(t2+4)>0, 易得直线AB的斜率存在，设A(x1,y1),B(x2,y2),直线 2t 由根与系数的关系得十：=十41，= 3 t2+4 AB的方程为y=(x-3)十1，代入x2+3y2=a2中， 3 得(3k2+1)x2-6k(3k-1)x+3(3k-1)2-a2=0.① 所以y1y2=2(y十y), △=4[a2(3k2+1)-3(3k-1)2]>0,② 6711 6k(3k-1) 4k -2 x1十x2= 3k2+1 则x1十x:=1十26x1x2=1+2k 由N(3,1)是线段AB的中点， 4k 所以AB=1+E·√(1+2) 8 得1十4=3， +1+2k 2 =2 (1+k2)(1+4k2) 解得k=-1,代入②得a2>12, (1+2k2)2 故直线AB的方程为y一1=一(x一3)， 即x+y-4=0. 令4=1+≥1，则-分 (2)因为CD垂直平分线段AB, 所以直线CD的方程为y一1=x一3， 1+1+4令】 可得|AB|=2V2· 即x-y-2=0, 代入椭圆方程， /212+t-1 =2 1 整理得4x2-12x+12-a2=0,△>0. ++2, 又设C(xy3),D(x4y4), 当11 所以西十z=3,x4=12Q =2,即1=2，k=士 2时，AB取得最大值3 41 yy4=(,-2)(x4-2)=4-Q2, 综上所选，当AB最大时，所求直线1的方程为y=士)x一1. 4 3.解：(1)因为横坐标为1的点到焦点的距离为3， 假设存在这样的椭圆，使得以CD为直径的圆经过坐标原，点 0,则OC⊥0D, 所以1+号-3，解得p=4, 即x3x4十y3y4=0,得a2=8, 所以抛物线C的方程为y2=8x, 又a2>12,故不存在这样的椭圆」 其准线方程为x=一2. 课堂达标 (2)显然直线1的斜率存在，设直线I的方程为y=k(x十1) 1.解：(1)椭圆C的长轴端点是A(一2√2,0)和B(2√2,0)，离 (k≠0)，A(x1y1),B(x2y2). 心率是 由p2=8z, 消去y, 2 y=k(x+1), 得k2x2+(2k2-8)x十k2=0. a=22, 令△=(2k2一8)2一4k4>0,解得一√2<k<√2， 则有=3 a=22, 解得 a 2' b=√2， 所以一√2<k<√2，且k≠0. a2=b2+c2, 8-2k3 由根与系数的关系得x1十x2= k2,x1x2=1. 所以横周C的方粒为号+苦-1 BAIBFI (2)设P(x,y)是椭圆C上的任意一点，由椭圆C的方程可 因为DE,∥AF,所以BE-TBD' 得x2=8-4y2, 所以严？一工1=x2-2 `x2十4x2十1 所以PM=V2+g--,√厂3(+写》+图 整理得x1x2十(x1十x2)=8, 其中y∈[-√2，w2]. m8二26 及2 =7,整理得k2=8 91 所以E-IePM<2 解得-±2E】 3一，经检验，k=土2符合题意 故点P到点M(0,1)的距离的取值范围是[2-1,2@] 所以存在这样的直线L,使得DE∥AF,直线L的方程为y= 3 22 2√ 2.解：1)设M(x,y),得x-2)+少2 3 x+1)或y= 3(x+1). |x-221 2 学案46章末复习提升课 垫现得菊点的款旋C的方粒为+苦-儿 专题提升 (2)当直线l的斜率不存在时，方程为x=0,此时|AB|=2√2； 专题一 当直线l的斜率存在时，设方程为y=kx一1，A(x1,y1), 应用体验1解：(1)证明：直线方程为(2一m)x+(2m+1)y十 B(x2,y2), 3m+4=0, y=kx-1, 可化为(2x十y十4)十m(一x+2y十3)=0，对任意m都 联立方程 x2y2,消去y得(1+2k2)x2-4kx-2=0, 成立， 42=1, -x+2y+3=0, x=-1, 所以《 解得 △=16k2+8(1+2k2)=32k2+8>0恒成立，故k∈R, 2x+y+4=0, y=-2, 168