時間：2023-03-01 16:31:44
序論：在您撰寫集體備課教案時，參考他人的優秀作品可以開闊視野，小編為您整理的7篇范文，希望這些建議能夠激發您的創作熱情，引導您走向新的創作高度。
新課程改革在倡導學生合作學習的同時，也要求教師合作探究，形成研討氛圍，發揮“集團效應”的優勢。集體備課作為老師合作研討的一種有效形勢，對于發揮教師團隊合作精神，集思廣益，取長補短，具有舉足輕重的作用。它充分發揮集體的力量，挖掘備課組教師的智慧，形成了教學的合力，達到了資源共享的目的。
集體備課可以根據實際情況，一入主備(主備人可輪流擔任)，寫出主備教案，其他人輔備，最終形成“定案”，備課組每個成員根據本班的學生實際情況對集體備課的教案加以添加和取舍，形成體現分層，符合本班實際的“個性化教案”。只有發揮集體智慧，把全組教師對教材的處理調整到最佳程度，形成一個優化群體，才能彌補主備教師的不足。基于此，集體備課教案應有“四度調整”。
“四度調整”的時間依次是：集體備課活動前、集體備課活動的前半段時間、課堂教學后、下一次集體備課活動中。
一度調整，輔備教師在集體備課活動前，抽時間瀏覽主備教案，結合本班學生實際做一些調整，注上個人見解，對主備教案做教前個人設想調整。
二度調整。在集體備課集中活動時，在主備教師主講后，輔備教師根據主講內容從不同角度、不同側面談個人見解，討論交流，對主備教案進行調整。結合本班學生實際，博采眾長，在空白處做好調整、修改、盡可能形成個性化特色的教案。集體討論交流是集體智慧的結晶，也是個人思維火花的瞬間進發。
三度調整。就是平時所說的教后反思。課后，教師必須對自己的教學進行反思，并以書面形式進行記錄。經常反思，可以積累經驗、吸取教訓、使自己的課堂教學更加完善，這對一個教師的專業成長是相當重要的。
四度調整，在下一次集體備課活動的前半小時，針對上兩周的教學內容，教師交流各自的教后反思。這是教后反思的展示性匯報，包括教學的重難點、訓練題的設計、學生方面等，針對不同的學生和不同的教學風格，教師會有不同的教后反思。自然這其中肯定有對主備教案共同的反思，因為這是把教案運用于課堂教學后所產生的感觸，一定會更深刻。交流時要選取一些共性的反思，博采眾長，做補充調整。
教學內容：第八課《我是小音樂家》（課本第34頁）編號： y3208
教學目標：
1、技能目標：能用輕快、富有感情地演唱歌曲并進行簡單地歌曲表演。
2、認知目標：認識手鼓、小喇叭、小木琴三件樂器及了解其音色。
3、情感目標：通過當一名小音家 ，激發學生表現音樂的欲望，培養學生創新能力。
教學過程：
一、組織教學
師生問好
二、節奏游戲
1、出示節奏卡片：OXX 、XX、X分別用“噠”讀，再次出示節奏卡，
（1）0 XX|X XX 0
用（2） 特隆砰砰砰
（3） 特隆嘀嘀噠
（4） 特隆叮叮咚
（5）0 X X|X XX X X|X X XX X|X XX X X|X X X|
特隆 砰砰砰特隆 砰砰砰特隆 砰砰砰特隆 砰砰砰
三、學唱歌曲
1、導言：老師今天為大家帶來了一首歌曲，它的旋律像山坡一樣有著明顯起伏的特點，讓我們一起來聽一聽這首歌《我是小小音樂家》并思考歌曲的情緒是什么。
第一遍聽歌曲。(情緒快樂、活潑)
2、第二遍聽歌曲。師："讓我們仔細聽，歌曲中唱到小音樂家演奏了哪三件樂器？（手鼓、小喇叭、小木琴）
3、播放三種樂器的圖片及唱一唱由三種樂器演奏的旋律：
0 54| 3 33 43| 2 2 2 54|3 3 2 2|1. |
學生跟隨播放的旋律模仿樂器演奏。
4、第三遍聽歌曲。師："讓我們再來仔細聽一聽，小音樂家在哪個城市演奏這些樂器"。（倫敦）
5、第四遍聽歌曲。師："老師將歌曲的旋律及情緒變化用線條表現出來，請你也拿出小手，跟隨我一起畫出來"。（換氣記號）
（在聽歌曲第二第三段時用不同的動作來表現歌曲的旋律線。）
6、第五遍聽歌曲。要求創造不同的聲音（如拍手等）為歌曲中"砰砰砰"進行伴奏。要求：在"砰砰砰"之前的八分休止符及襯詞"特隆"在心里默唱。
7、教師鋼琴伴奏，學生演唱歌曲第一段。
指導學生在演唱時出現的錯誤。
重點指導
（1） 0特隆|砰砰砰特隆|砰砰砰|
聽教師發出的兩種聲響，一種是沉重的，一種是輕快的，問：哪一種效果更能表現歌曲中的"砰砰砰"。教師指導演唱。
（2）跳 呦 |唱 呦|
教師扔擲粉筆，讓學生感受圓滑的聲音特點，并用伸懶腰的方法指導學生掌握 跳 呦 |唱呦|的節奏特點。
8、完整演唱歌曲第一段。對歌曲第一句旋律進行力度的處理，隨旋律的起伏變化進行漸強、減弱的力度表現，表現出小音樂家自豪的情感。
9、按要求隨教師伴奏演唱歌曲第一段。注意弱起小節。
10、再完整聽歌曲，并小聲跟唱三段歌詞。
11、完整隨錄音伴奏進行演唱。
四、創編表演
師：欣賞了三位外國小音樂的精彩表演后，他們也特別想看看中國小朋友你們的表演，你們愿意嗎？那你們想為他們演奏中國的什么樂器？
生自由回答
師讓生分組創編，生表演自己的作品。
五、課堂小結：
師：今天的音樂會你開心嗎，看到你們開心我也特別開心。我們每位小朋友都當了一回小音樂家。今天的音樂會到此結束！樂隊奏樂，全體起立隨《拉德斯基進行曲》的音樂律動走出教室。
六、教學反思：
播放了《匈牙利舞曲》讓學生欣賞，在播放音樂的過程中，我運用奧爾夫教學法中的用線條來表示圖譜，而且不同情緒的音樂采用不同的線條。在聽之前提問學生了樂曲各部分的情緒是怎樣的。接著還讓學生分段欣賞，在欣賞的過程中第一部分讓學生跟著老師聽著音樂畫旋律線，感受樂曲情緒，第二部分學生與教師用動作表示，并對兩部分進行對比，找出這兩部分不同的情緒如何對比，第三部分讓學生聆聽話旋律線，說說這部分與那一部分相同，最后在介紹舞曲的名稱、作者和舞曲的結構。最后才引出本節課學唱的新歌《我是小音樂家》。這部分的教學老師能調動起學生欣賞舞曲的積極性和專注性，使學生能很認真投入的跟著做律動。
但作為副課內容，這里占用的時間太長，差不多用了半節課的時間去講述分析《匈牙利舞曲》，導致主次部分。
在學唱《我是小音樂家》時，通過過關游戲，將本課的難點解決，但是在忘記提醒學生弱起小節如何銜接，導致學生在演唱這個樂句時銜接不夠自然。教授歌曲時沒有用教唱的方式，而采用了聽唱法，讓學生在聆聽中學會歌曲，在每次聽賞歌曲的時候，我都會提出問題讓學生帶著問題的去聽歌曲，不讓學生盲目的去聽，這樣能夠集中學生的注意力。在難點解決上我用過關游戲來吸引學生，將難點解決，并及時進行表揚。
但在上課是由于前欣賞部分用時太多，導致后面主要內容時間不夠，在隨琴演唱的時候，鋼琴伴奏的速度比較快，學生很難唱好歌曲，應該開始時把速度稍微放慢些，等學生對歌曲唱熟悉后再回到原來稍快的速度演唱。
《我是小音樂家》教學反思2
《我是小音樂家》是人音版三年級音樂第六冊第四課的歌曲。這是一首曲調歡快活潑、歌詞簡練、富有童趣的美國兒童歌曲。歌曲生動的表達了孩子們一個美好的愿望和共同的心聲“我是小音樂家”。在教授本課時我比較注重將音樂與生活聯系在一起，力求讓學生在輕松愉悅的氛圍中學習，這節課是在欖邊小學上課由于有教師看課以及師生新接觸的影響，學生在剛開課時很緊張，動作、聲音都放不開，但通過游戲和教師的鼓勵，讓他們結合音樂進行動作表演，拉近了教師與學生的距離、放松學生緊張的情緒。
雖然這首歌曲短小精悍，但是也有一定難度，表現為速度較快，節奏有點難度，弱起和后十六分音符頻頻出現，因此學生唱時容易出現吐詞不清楚的現象。
在教學中針對這些問題，我首先運用了圖譜教學法進行了教學，從欣賞《匈牙利舞曲》入手，讓學生了解旋律線，然后將旋律線運用到歌曲教學當中使學生直觀的對音樂有了認識，從中對情緒的處理、速度、力度的變化能夠更加清晰的感受，并能根據圖譜進行創造與表演。讓學生對歌曲音高及音準的進行掌握。學生演唱，教師指導學生在演唱時出現的錯誤。我通過聽到辨的方式讓學生區分不同的聲音，尋找出適合歌曲的聲音在歌曲重難點上使用了過關的方式，讓學生掌握難點后，再采用了聽唱法，提出問題讓學生熟悉整曲后，教授歌曲……如讓學生認識了歌詞里所提到的三個地方名：倫敦、柏林、巴黎，并讓學生說一說這些城市都是哪個國家的首都。再讓學生了解他們分別演奏的樂器：吉他、提琴、法國號又叫圓號。通過觀看圖片上的樂器演奏方式讓學生進行模仿每種樂器的演奏方法，不但使學生了解了樂器同事拓展了學生的人文知識。
本課存在的不足：
1、欣賞《匈牙利舞曲》，由于欣賞的次數比較少，學生有些過分依賴于看圖譜，在表現樂曲的過程中，教師如果不給學生進行指引，學生缺乏將音樂與圖譜相結合的能力，在速度上沒有統一。
2、由于學生一直沒有經過專業學習，所以難點掌握時拖延時間，沒有時間讓個別學生展示
《我是小音樂家》反思（3）
首先談一下李老師的音樂課《我是小音樂家》，她的課前一番聽音樂畫旋律線的導入，既讓學生放松了緊張的心情，又讓學生感受到用動作也能表現音樂。充分調動了三年級學生的積極性，使學生十分迫切的想要開始上音樂課，這一點是十分值得學習的，因為好的開頭就是成功的一半！然后，李穎老師介紹了這首舞曲的名字后，就一邊播放《匈牙利舞曲》一邊播放課件讓學生欣賞了匈牙利美麗的景色以及匈牙利人們的舞蹈場景，在欣賞音樂的同時，老師在黑板上根據音樂旋律的特點畫出圖譜來幫助學生了解每段音樂的旋律特點，這是奧爾夫教學法中的.一種教學方法。啟發學生當旋律優美舒展時應該用什么線條來表示，當旋律熱情奔放時有用什么線條，使每位同學都認真積極地投入到課堂中。也充分體現了授課老師具有非常專業的音樂素質和較高的音樂素養。
另外，李穎老師在課堂上教唱歌曲《我是小音樂家》時，能循序漸進地進行教學。先把歌曲中一段簡單的襯詞提出來讓學生模唱，學會演唱后再在樂句前面加上一段連貫的音樂讓同學們連起來學唱，兩句加起來是有一定的難度的，也是這首歌曲的一個難點。在解決這個難點的過程中，她能耐心的引導學生去反復的學唱，直到學生學會唱為止。在解決了難點后，老師才完整的播放整首歌曲讓學生學唱，這首歌曲一共有三段歌詞，而且每段歌詞的內容都不相同，主要是認識三位音樂家分別在倫敦學彈吉他，在柏林學拉提琴，在巴黎學吹法國號，這對于三年級的學生在一節音樂課把歌詞記牢固是比較難的。但李穎老師在教唱歌詞時能抓住這一特點來幫助學生認識這三個地方分別是英國、德國、法國的首都，還把三種樂器的演奏手法用課件展示出來，讓學生對歌詞的印象更深刻。這十分有助于學生在學會歌曲的同時，把知識帶入到快樂的音樂課堂中，我在今后的教學中一定也要多關注學生對知識的吸收程度，讓他們上課不但有好的音樂，也能在快樂的音樂課堂中學到課外知識。
首先，開展及時,對教學工作十分有利。
集體備課分為個人初備、集體研討、試行運作、完善教案、課后反思。即每周一次集中集體備課，都有執筆教案老師作為中心發言人，主講這一周的主要內容、及如何備課。然后大家根據自己的理解，發表自己的看法，提出自己的建議，最后大家討論，形成授課思路。之后，老師自己再根據自己的特點，自己學生的情最況，加以修改，形成既有共性、又有個性的備課模式。然后推選出每天講示范課的人,安排他先講,老師聽課后加以改進再講。在進行集體備課的過程中，我們采取定時間、定內容、定主題發言人的方法。主題發言人一般由本組成員教案執筆者擔任，所有教師都是參與者。這提高教育教學質量和突出教學工作的核心。
其次，新老互相啟發， 充滿集體智慧。
集體備課的對象是本校的同行，因此，要求教師在備課時，不僅要設計好備課方案，還應針對本學科特點闡述備課體會、教學心得及自己對教材、教案、講稿設計的理由和意圖，同時，還應列出自己在教學工作中的困惑，供集體議課時交流、研討。通過采取主題發言人主講制度，高年資教師、骨干教師、學科帶頭人備課制度，縮小教師在教學水平、能力上的差異，克服了對大綱把握不準，對教材理解深度不一等不足。從使教師集體智慧和優勢得到有力的釋放，可從中獲得啟發，交流經驗，并對自己的教案、講稿、教學設計進行有效反思并修改，從而獲得提高。尤其，對青年教師的啟發、幫助作用尤為突出。
再次，突出創新，經驗寶貴。
集體備課教案
組長：曹含林
組員：丁龍華
趙偉
何紅超
楊學峰
2020年9月20日
第一節
直線的的方程、兩條直線的位置關系
一、基本知識體系：
1、直線的傾斜角、斜率、方向向量：
①
求直線斜率的方法：（1）、定義法：k=
tana
(a≠)；②斜率公式：k=
(x1≠x2）；當x1=x2時，斜率不存在。③直線的方向向量：直線L的方向向量為=（a,b),則該直線的斜率為k=
2、直線方程的五種形式：
名稱
方程的形式
常數的幾何意義
適用范圍
點斜式
y-y1=k(x-x1)
(x1,y1)為直線上的一個定點，且k存在
不垂直于x軸的直線
斜截式
y=
kx+b
k是斜率，b是直線在y軸上的截距
不垂直于x軸的直線
兩點式
=
(x1≠x2,y1≠y2
(x1,y1)、
(x2,y2)為直線上的兩個定點，
不垂直于x軸和y軸的直線
截距式
+
=1
(a,b≠0)
a是直線在x軸上的非零截距，b是直線在y軸上的非零截距
不垂直于x軸和y軸，且不過原點的直線
一般式
Ax+By+C=0
(A2+B2≠0)
斜率為，在x軸上的截距為，在y軸上的截距為
任何位置的直線
3、判斷兩條直線的位置關系的條件：
斜載式：y=k1x+b1
y=k2x+b2
一般式：A1x+B1y+C1=0
A2x+B2y+C2=0
相交
k1≠k2
A1B2-A2B1≠0
垂直
k1·k2=-1
A1A2+B1B2=0
平行
k1=k2且b1≠b2
A1B2-A2B1=0且
A1C2-A2C1≠0
重合
k1=k2且b1=b2
A1B2-A2B1=
A1C2-A2C1=
B1C2-B2C1≠0=0
4、直線L1到直線L2的角的公式：tanq
=
(k1k2≠-1)
直線L1與直線L2的夾角公式：tanq
=
|
|
(k1k2≠-1)
5、點到直線的距離：點P（x0,y0)到直線Ax+By+C=0的距離為d=
6、兩條平行的直線之間的距離：兩條平行線Ax+By+C1=0
和Ax+By+C2=0之間的距離d=
7、直線系方程：①、過定點P（x0,y0)的直線系方程：y-y0=k(x-x0)；②、平行的直線系方程：y=kx+b；③、過兩直線A1x+B1y+C1=0
和A2x+B2y+C2=0的交點的直線系方程為：A1x+B1y+C1+l（A2x+B2y+C2）=0
8、對稱問題：點關于點對稱、點關于線對稱、線關于線對稱、線關于點對稱：
二、典例剖析：
【例題1】、設函數|（x）=asinx-bcosx圖象的一條對稱軸方程為x=,則直線ax-by+c=0的傾斜角為（B
）
A
B
C
D
【例題2】已知集合A={（x,y)|x=cosq且y=sinq,q∈[0,π]},B={(x,y)|y=kx+k+1},若A∩B有兩個元素，則k的取值范圍是_____解：畫圖可知，直線與半圓有兩個交點，則[,0)
【例題3】已知直線過點P（-1，2）,且與以點A（-2，-3）、B（3，0）為端點線段相交，則直線L的斜率的取值范圍是__
(k≥5,或k≤)
三、鞏固練習：
【題1】已知兩條直線和互相垂直，則等于
（A）2
（B）1
（C）0
（D）
解：兩條直線和互相垂直，則，
a=－1，選D.
【題2】已知過點和的直線與直線平行，則的值為
(
)
A
B
C
D
解：
(m+2)×(-2)-1×(4-m)=0,m=-8,
選(B)
【題3】
“”是“直線相互垂直”的（
B
）A．充分必要條件
B．充分而不必要條件
C．必要而不充分條件
D．既不充分也不必要條件
【詳解】當時兩直線斜率乘積為，從而可得兩直線垂直；當時兩直線一條斜率為0，一條
斜率不存在,但兩直線仍然垂直；因此是題目中給出的兩條直線垂直的充分但不必要條件.
注意：對于兩條直線垂直的充要條件①都存在時；②中有一個不存在另一個為零；
對于②這種情況多數考生容易忽略.
【題4】
若三點
A（2，2），B（a，0），C（0，b）（0
,b）(ab0)共線，則,
的值等于1/2
【題5】已知兩條直線若，則____.
解：已知兩條直線若，，則2.
【題6】已知圓－4－4＋＝0的圓心是點P，則點P到直線－－1＝0的距離是
．
解：由已知得圓心為：，由點到直線距離公式得：；
【題7】過點（1，）的直線l將圓(x－2)2＋y2＝4分成兩段弧，當劣弧所對的圓心角最小時，直線l的斜率k＝
．
【題8】直線與圓沒有公共點，則的取值范圍是
A．
B．
C．
D．
解：由圓的圓心到直線大于，且，選A。
【題9】．
若圓上至少有三個不同的點到直線的
距離為,則直線的傾斜角的取值范圍是：A．
B．
C．
D．
解：圓整理為，圓心坐標為(2，2)，半徑為3，要求圓上至少有三個不同的點到直線的距離為，則圓心到直線的距離應小于等于，
，
，
，，
，直線的傾斜角的取值范圍是，選B.
【題10】7．圓上的點到直線的最大距離與最小距離的差是
A．36
B.
18
C.
D.
．解：圓的圓心為(2，2)，半徑為3，圓心到到直線的距離為>3，圓上的點到直線的最大距離與最小距離的差是2R
=6，選C.
【題11】設直線過點(0，a)，其斜率為1，
且與圓x2+y2=2相切，則a
的值為(
)
A．±
B．±2
B．±2
D．±4
解；直線過點(0，a)，其斜率為1，
且與圓x2+y2=2相切，設直線方程為，圓心(0，0)道直線的距離等于半徑，
，
a
的值±2，選B．
【題12】如圖，l1、l2、l3是同一平面內的三條平行直線，l1與l2間的距離是1，
l2與l3間的距離是2，正三角形ABC的三頂點分別在l1、l2、l3上，
則ABC的邊長是(D):（A）
（B）
（C）
（D）
第二節
圓的的方程、直線與圓的位置關系
一、基本知識體系：
1、圓的定義、標準方程、（x-a)2+(y-b)2=
r2；參數方程：
2、圓的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0T配方則有圓心（，），半徑為；反映了其代數特征：①x2+y2系數相同且均為1，②不含x·y項
3、點與圓的位置關系：
4、直線與圓的位置關系：①過圓x2+y2=
r2上的一點P（x0,y0)的切線方程為：x0x+y0y=r2；過圓（x-a)2+(y-b)2=
r2；上的一點P（x0,y0)的切線方程為：（x-a)·（x0-a)+(y-b)·(y0-b)=
r2；②弦長公式：|AB|=T注意：直線與圓的問題中，有關相交弦長劃相切的計算中，一般不用弦長公式，多采用幾何法，即|AB|=2
5、圓與圓的位置關系：
二、典例剖析：
【題1】、如果直線L將圓:x2+y2-2x-4y=0平分且不通過第四象限,則直線L的斜率的取值范圍是(
A
)
A
[0,2]
B
[0,1]
C
[0,
]
D
[0,
)
【題2】、若直線x+y=k與曲線y=恰有一個公共點,則k的取值范圍是____-1≤k
【題3】、已知圓x2+y2+x-6y+m=0與直線x+2y-3=0相交于點P、Q，且·=0
(O為坐標原點)，求出該圓的方程。（（x+)2+(y-3)2=
（）2
【題4】、若圓x2+(y-1)2=
1上的任一點P(x,y),有不等式x+y+c≥0恒成立，則c的取值范圍是_____
解：(c≥-1)
【題5】、已知點A（3cosa，3sina),B(2cosb,2sinb),則|AB|的最大值是___(5)
【題6】、已知一個圓C：x2+y2+4x-12y+39=0；直線L：3x-4y+5=0，則圓C關于直線L的對稱的圓的方程為_____(（x-4)2+(y+2)2=
1)
三、鞏固練習：
【題1】、過坐標原點且與圓相切的直線方程為（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
解：過坐標原點的直線為，與圓相切，則圓心(2，－1)到直線方程的距離等于半徑，則，解得，
切線方程為，選A.
【題2】、以點（2，－1）為圓心且與直線相切的圓的方程為(
C
)
（A）
（B）
（C）
（D）
解：r＝＝3，故選C
【題3】、已知兩定點，如果動點滿足，則點的軌跡所包圍的圖形的面積等于(
C
）
A
（B）
（C）
（D）
解：設P點的坐標為(x，y)，即，所以點的軌跡所包圍的圖形的面積等于4π，選C.
【題4】、直線與圓沒有公共點，則的取值范圍是
A．
B．
C．
D．
解：由圓的圓心到直線大于，且，選A。
【題5】圓上的點到直線的最大距離與最小距離的差是
A．36
B.
18
C.
D.
解：圓的圓心為(2，2)，半徑為3，圓心到到直線的距離為>3，圓上的點到直線的最大距離與最小距離的差是2R
=6，選C.
【題6】、設直線過點(0,a),其斜率為1,
且與圓x2+y2=2相切,則a
的值為(
)
A.±
B.±2
B.±2
D.±4
解：設直線過點(0，a)，其斜率為1，
且與圓x2+y2=2相切，設直線方程為，圓心(0，0)道直線的距離等于半徑，
，
a
的值±2，選B．
【題7】、過點（1，）的直線l將圓(x－2)2＋y2＝4分成兩段弧，當劣弧所對的圓心角最小時，直線l的斜率k＝
【題8】、圓是以為半徑的球的小圓，若圓的面積和球的表面積的比為，則圓心到球心的距離與球半徑的比1
:
3。
解：設圓的半徑為r，則＝，＝，由得r
:
R＝:
3
又，可得1
:
3
【題9】、過點的直線將圓分成兩段弧，當劣弧所對的圓心角最小時，直線的斜率
解：(數形結合)由圖形可知點A在圓的內部,
圓心為O(2,0)要使得劣弧所對的圓心角最小,只能是直線,所以
第三節
橢
圓
一、基本知識體系：
1、橢圓的定義：①第一定義：|PF1|+|PF2|=2a
(2a>|F1F2)T注意焦點三角形的應用；
②第二定義：
=e
(橢圓的焦半徑公式：|PF1|=a+ex0,
|PF2|=a-ex0)
2、橢圓的的方程：①焦點在x軸上的方程：（a>b>0）；②焦點在y軸上的方程：
（a>b>0）；
③當焦點位置不能確定時，也可直接設橢圓方程為：mx2+ny2=1(m>0,n>0)
④、參數方程：
3、橢圓的幾何性質：
標準方程
（a>b>0）
（a>b>0）
簡圖
中心
O（0，0）
O（0，0）
頂點
（±a,0)
(0,±b)
(0,±a)
（±b,0)
焦點
(±c,0)
(0,±c)
離心率
e=
(0
e=
(0
對稱軸
x=0,y=0
x=0,y=0
范圍
-a≤x≤a,-b≤y≤b
-a≤y≤a,-b≤x≤b
準線方程
x=±
y=±
焦半徑
a±ex0
a±ey0
4、幾個概念：
①焦準距：;
②通徑：;
③點與橢圓的位置關系：
④焦點三角形的面積：b2tan
(其中∠F1PF2=q)；
⑤弦長公式：|AB|=；
⑥橢圓在點P（x0，y0)處的切線方程：;
5、直線與橢圓的位置關系：凡涉及直線與橢圓的問題，通常設出直線與橢圓的方程，將二者聯立，消去x或y，得到關于y或x的一元二次方程，再利用根與系數的關系及根的判別式等知識來解決，需要有較強的綜合應用知識解題的能力。
6、橢圓中的定點、定值及參數的取值范圍問題：
①定點、定值問題：通常有兩種處理方法：第一種方法T是從特殊入手，先求出定點（或定值），再證明這個點（值）與變量無關；第二種方法T是直接推理、計算；并在計算的過程中消去變量，從而得到定點（定值）。
②關于最值問題：常見解法有兩種：代數法與幾何法。若題目中的條件和結論能明顯體現幾何特征及意義，則考慮利用圖形的性質來解決，這就是幾何法；若題目中的條件和結論難以體現一種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值，求函數的最值常用的方法有配方法、判別式法、重要不等式法、函數的單調性法等。
③參數的取值范圍問題：此類問題的討論常用的方法有兩種：第一種是不等式（組）求解法T根據題意結合圖形列出所討論的參數適合的不等式（組），通過解不等式（組）再得出參數的變化范圍；第二種T是函數的值域求解法：把所討論的參數表示為某個變量的函數，通過討論函數的值域求得參數的變化范圍。
二、典例剖析：
【題1】、若焦點在軸上的橢圓的離心率為，則m=（
B
）
A．
B．
C．
D．
解:
，，
，，，故選B．
【題2】、設橢圓的兩個焦點分別為，過作橢圓長軸的垂線交橢圓于點，若為等腰直角三角形，則橢圓的離心率為（
D
）A
B
C
D
解：由題意可得,b2=a2-c2e=,得e2+2e-1=0,e>1,解得e=,選(D)
【題3】、點P（-3,1）在橢圓的左準線上.過點P且方向為=(2,-5)的光線，經直線y=-2反射后通過橢圓的左焦點，則這個橢圓的離心率為:(
A
)（A）
（B）
(C)
（D）
[解析]：如圖,過點P（-3，1）的方向向量=(2,-5);所以，
即;聯立：，
由光線反射的對稱性知：
所以，即;令y=0,得F1（-1，0）;綜上所述得：
c=1，;所以橢圓的離心率故選A。
【題4】、如圖，已知橢圓的中心在坐標原點，焦點F1，F2在x軸上，長軸A1A2的長為4，左準線l與x軸的交點為M，|MA1|∶|A1F1|＝2∶1．
(Ⅰ)求橢圓的方程；
(Ⅱ)若點P為l上的動點，求tan∠F1PF2的最大值．
解：(Ⅰ)設橢圓的方程為(a>0,b>0),半焦距為c,則|MA1|=,|A1F1|=a-c
由題意,得a=2,b=,c=1.故橢圓的方程為
(Ⅱ)設P(-4,y0),y0≠0,只需求tan∠F1PF2的最大值即可.設直線PF1的斜率k1=,直線PF2的斜率k2=,0
三、鞏固練習：
【題1】、橢圓的中心為點它的一個焦點為相應于焦點F的準線方程為則這個橢圓的方程是（D
）
（A） （B）
（C）
（D）
解：橢圓的中心為點它的一個焦點為
半焦距，相應于焦點F的準線方程為
，，則這個橢圓的方程是，選D.
【題2】、在給定橢圓中，過焦點且垂直于長軸的弦長為，焦點到相應準線的距離為1，則該橢圓的離心率為（
B
）
(A)
(B)
(C)
(D)
解：不妨設橢圓方程為（a>b>0），則有，據此求出e＝，選B
【題3】已知橢圓中心在原點，一個焦點為F（－2，0），且長軸長是短軸長的2倍，則該橢圓的
標準方程是
；
解：已知為所求；
【題4】、橢圓C:的兩個焦點為F1,F2,點P在橢圓C上，且（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）若直線l過圓x2+y2+4x-2y=0的圓心M，交橢圓C于兩點，且A、B關于點M對稱，求直線l的方程.
解：(Ⅰ)因為點P在橢圓C上，所以，a=3；
在RtPF1F2中故橢圓的半焦距c=,從而b2=a2－c2=4,所以橢圓C的方程為＝1；(Ⅱ)設A，B的坐標分別為（x1,y1）、（x2,y2）；已知圓的方程為（x+2）2+(y－1)2=5,所以圓心M的坐標為（－2，1）；從而可設直線l的方程為
y=k(x+2)+1,
代入橢圓C的方程得
（4+9k2）x2+(36k2+18k)x+36k2+36k－27=0.
因為A，B關于點M對稱；
所以
解得，
所以直線l的方程為
即8x-9y+25=0.顯然，所求直線方程符合題意。
【題5】在平面直角坐標系中，已知圓心在第二象限，半徑為的圓與直線相切于坐標原點，橢圓與圓的一個交點到橢圓兩焦點的距離之和為．
（1）求圓的方程；（2）試探究圓上是否存在異于原點的點，使到橢圓右焦點的距離等于線段的長．若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
解:(1)
設圓C
的圓心為
(m，n)
則
解得
所求的圓的方程為；
(2)
由已知可得
；
；
橢圓的方程為
；右焦點為
F(
4，0)
；
假設存在Q（x,y)，則有且（x-4)2+y2=16，解之可得y=3x，從而有點（,
)存在。
【題6】設F1、F2分別是曲線的左、右焦點.（Ⅰ）若P是第一象限內該曲線上的一點，，求點P的作標；（Ⅱ）設過定點M（0，2）的直線l與橢圓交于同的兩點A、B，且∠AOB為銳角（其中O為作標原點），求直線的斜率的取值范圍.
（Ⅰ）易知，，．，．設．則
，又，
聯立，解得，．
（Ⅱ）顯然不滿足題設條件．可設的方程為，設，．
聯立
由；，，得．①
又為銳角，
又
．②綜①②可知，的取值范圍是．
第四節
拋
物
線
一、基本知識體系：
1、拋物線的定義：
=e
（其中e=1，注意：定點F不能在定直線L上）
2、拋物線的的標準方程和幾何性質：
標準方程
y2=2px
(p>0)
y2=
-2px
(p>0)
x2=2py
(p>0)
x2=
-2py
(p>0)
圖象
頂點
(0,0)
(0,0)
(0,0)
(0,0)
對稱軸
x軸
x軸
y軸
y軸
焦點
F（,0)
F（-
,0)
F（0,)
F（0,-
)
準線
x=-
x=
y=
-
y=
焦半徑
+x0
-x0
+y0
-y0
離心率
e=1
e=1
e=1
e=1
3、幾個概念：
①
p的幾何意義：焦參數p是焦點到準線的距離，故p為正數；
②
焦點的非零坐標是一次項系數的；
③方程中的一次項的變量與對稱軸的名稱相同，一次項的系數符號決定拋物線的開口方向。④通徑：2p
二、典例剖析：
【題1】、拋物線y=4x2上的一點M到焦點的距離為1，則點M的縱坐標是(
B
)
（A）
（B）
（C）
（D）0
【題2】、．拋物線y2
=
2px(p＞0)上有A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）三點，F是它的焦點，若|AF|、|BF|、|CF|成等差數列，則（A
）
A．x1、x2、x3成等差數列
B．y1、y2、y3成等差數列
C．x1、x3、x2成等差數列
D．y1、y3、y2成等差數列
x
y
O
A
B
圖4
【題3】、在平面直角坐標系中，拋物線上異于坐標原點的兩不同動點A、B滿足·=0（如圖4所示）；（Ⅰ）求得重心（即三角形三條中線的交點）
的軌跡方程；（Ⅱ）的面積是否存在最小值？若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由．
解：（Ⅰ）直線的斜率顯然存在，設直線的方程為，
，依題意得：
，①
，②
③；又
，，即
，④
由③④得，，；則有直線的方程為
從而①可化為
，
⑤，不妨設的重心G為，則有
⑥
，
⑦，
由⑥、⑦得：
，即，這就是得重心的軌跡方程．
（Ⅱ）由弦長公式得；把②⑤代入上式，得
，設點到直線的距離為，則，
，
當，有最小值，的面積存在最小值，最小值是
．
【題4】、設為拋物線的焦點，為該拋物線上三點，若，則（
B
）A．9
B．6
C．4
D．3
【題5】、拋物線上的點到直線距離的最小值是（
）
A．
B．
C．
D．
解：設拋物線上一點為(m，－m2)，該點到直線的距離為，當m=時，取得最小值為，選A.
【題6】、已知拋物線y2=4x,過點P(4,0)的直線與拋物線相交于A(x1，y1),B(x2，y2)兩點，則的最小值是
32
.
解：顯然30，又＝4（）38，當且僅當時取等號，所以所求的值為32。（注意聯系均值不等式！）
【題7】、①過拋物線y2=4x的焦點做直線L交拋物線于A,B兩點,若線段AB的中點的橫坐標是3,則|AB|=____(答案:8)
②拋物線y2=2px(p>0)焦點弦AB的兩個端點的坐標是A(x1,y1),B(X2,y2),則之值是(
B
)
A
4
B
-4
C
p2
D
–p2
③拋物線x2=4y的焦點F和點A(-1,8),P為拋物線上一點,則|PA|+|PF|最小值是(B
)
A
6
B
9
C
12
D
16
④
在③題中,若將條件改為A(3,1),其它不變,則是____(答案:3)
⑤直線y=2x+m與圓x2+y2=1相交于A,B兩點,以x軸正半軸為始邊,OA為終邊(O為坐標原點)的角為a,OB為終邊的角為b,則sin(a+b)=____(答案:)
【題8】已知AB是拋物線x2=2py(p＞0)的任一弦，F為拋物線的焦點，L為準線.m為過A點且以=(0,-1)為方向向量的直線.①若過A點的拋物線的切線與y軸相交于C點，求證：|AF|=|CF|；②若·+p2=0（A，B異于原點），直線OB與m相交于點P，試求P點的軌跡方程；③若AB為焦點弦，分別過A，B點的拋線物的兩條切線相交于點T，求證：ATBT，且T點在L上.
解：（1）如圖，設A（x1,y1）,則直線m為：x=x1,
又y′=
kAC=，于是AC的方程為：y-y1=(x-x1),即y=x-y1.令x=0,得y=-y1,即C（0,-y1）.由定義，|AF|=y1+,又|CF|=-(-y1)=y1+,
故|AF|=|CF|.（2）設A（x1,y1）,B(x2,y2),P(x,y)；
·+p2=0Tx1x2+y1y2+p2=0Tx1x2+
+p2=0；
x1x2=-2p2.
直線OB的方程：y=
①；又直線m的方程：x=x1
②
①×②：xy=
x≠0,y=-p.故P點的軌跡方程為y=-p.
（3）設A（x1,y1）,B(x2,y2),T(x0,y0).
則kAT=由于AB是焦點弦，可設AB的方程為:y=kx+代入x2=2py，得：x2-2pkx-p2=0；x1x2=-p2,于是kAT·kBT=故ATBT.
由（1）知，AT的方程：y=y0=，即x0x1-py1=py0,同理：
x0x2-py2=py0.AB的方程為：x0x-py=py0，又AB過焦點，-即y0=-,故T點在準線l上.t
第五節
雙曲線
一、基本知識體系：
7、雙曲線的定義：
①第一定義：||PF1|-|PF2||=2a
(2a
②第二定義：
=e（e>1)
2、雙曲線的方程：①焦點在x軸上的方程：（a>0，b>0）；②焦點在y軸上的方程：
（a>0，b>0）；
③當焦點位置不能確定時，也可直接設橢圓方程為：mx2-ny2=1(m·n
④、雙曲線的漸近線：改1為0,分解因式則可得兩條漸近線之方程.
8、雙曲線的幾何性質：
標準方程
（a>0，b>0）
（a>0，b>0）
簡圖
中心
O（0，0）
O（0，0）
頂點
（±a,0)
(0,±a)
焦點
(±c,0)
(0,±c)
離心率
e=
(e>1)
e=
(e>1)
范圍
x≥a或x≤-a
y≥a或y≤-a
準線方程
x=±
y=±
漸近線
y=±x
y=±x
焦半徑
P(x0,y0)在右支上時：|PF1|=ex0+a,|PF2|=ex0-a;
P(x0,y0)在左支上時：|PF1|=
-ex0-a,|PF2|=
-ex0+a;
P(x0,y0)在上支上時：|PF1|=ey0+a,|PF2|=ey0-a;
P(x0,y0)在下支上時：|PF1|=
-ey0-a,|PF2|=
-ey0+a;
9、幾個概念：①焦準距：;
②通徑：;
③等軸雙曲線x2-y2=l
(l∈R,l≠0)：漸近線是y=±x,離心率為：；④焦點三角形的面積：b2cot
(其中∠F1PF2=q)；⑤弦長公式：|AB|=；⑥注意；橢圓中：c2=a2-b2,而在雙曲線中:c2=a2+b2,
10、直線與雙曲線的位置關系：
討論雙曲線與直線的位置關系時通常有兩種處理方法：①代數法：通常設出直線與雙曲線的方程，將二者聯立，消去x或y，得到關于y或x的一元二次方程，再利用根與系數的關系及根的判別式等知識來解決，：②、數形結合法。注意直線與雙曲線有兩個交點時，兩交點可能在雙曲線的一支上，也可能在兩支上。
11、雙曲線中的定點、定值及參數的取值范圍問題：
①定點、定值問題：通常有兩種處理方法：第一種方法T是從特殊入手，先求出定點（或定值），再證明這個點（值）與變量無關；第二種方法T是直接推理、計算；并在計算的過程中消去變量，從而得到定點（定值）。
②關于最值問題：常見解法有兩種：代數法與幾何法。若題目中的條件和結論能明顯體現幾何特征及意義，則考慮利用圖形的性質來解決，這就是幾何法；若題目中的條件和結論難以體現一種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值，求函數的最值常用的方法有配方法、判別式法、重要不等式法、函數的單調性法等。
③參數的取值范圍問題：此類問題的討論常用的方法有兩種：第一種是不等式（組）求解法T根據題意結合圖形列出所討論的參數適合的不等式（組），通過解不等式（組）再得出參數的變化范圍；第二種T是函數的值域求解法：把所討論的參數表示為某個變量的函數，通過討論函數的值域求得參數的變化范圍。
二、典例剖析：
【題1】雙曲線的漸近線方程是(
C
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【題2】已知雙曲線的焦點為、，點在雙曲線上且軸，則到直線的距離為
(
C
)
（A）
（
B）
（C）
（D）
【題3】已知雙曲線的焦點為，點在雙曲線上且，則點到軸的距離為（
C
）A
B
C
D
解：由,得MF1MF2,不妨設M(x,y)上在雙曲線右支上，且在x軸上方,則有(ex-a)2+(ex+a)2=4c2，即(ex)2+a2=2c2,a=1,b=,c=,e=,得x2=,y2=,由此可知M點到x軸的距離是,選(C)
【題4】已知F1、F2是雙曲線的兩焦點，以線段F1F2為邊作正三角形MF1F2，若邊MF1的中點在雙曲線上，則雙曲線的離心率是（
）
A．
B．
C．
D．
解：設E是正三角形MF1F2的邊MF1與雙曲線的交點,則點E的坐標為(),代入雙曲線方程,并將c=ae代入,整理得e4-8e2+4=0,由e>!,解得e=,選(D)
【題5】若雙曲線的漸近線方程為，它的一個焦點是，則雙曲線的方程是__________。
【題6】設雙曲線的右焦點為，右準線與兩條漸近線交于P、兩點，如果是直角三角形，則雙曲線的離心率.
解：雙曲線的右焦點為(c,
0)，右準線與兩條漸近線交于P()、()兩點，
FPFQ，
，
a=b,
即雙曲線的離心率e=.
【題7】雙曲線的虛軸長是實軸長的2倍，則（
A
）
A．
B．
C．
D．
【題8】若雙曲線上的點到左準線的距離是到左焦點距離的，則m=（
C）
(A)
(B)
(C)
(D)
【題9】已知雙曲線,則雙曲線右支上的點P到右焦點的距離與點P到右準線的距離之比等于(
C
)
A.
B.
C.
2
D.4
【題10】過雙曲線的左頂點作斜率為1的直線,
若與雙曲線的兩條漸近線分別相交于點,
且,
則雙曲線的離心率是(
A
)
A．
B．
C．
D．
【題11】已知雙曲線
－
=1(a>)的兩條漸近線的夾角為,則雙曲線的離心率為(
)
A.2
B.
C.
D.
解：已知雙曲線(a>)的兩條漸近線的夾角為，則，
a2=6，雙曲線的離心率為
，選D．
【題12】已知雙曲線的一條漸近線方程為，則雙曲線的離心率為(
A
)
（A）
（B）
（C）
（D）
解：雙曲線焦點在x軸,由漸近線方程可得,故選A
【題13】為雙曲線的右支上一點，，分別是圓和上的點，則的最大值為（ B?。〢．
B．
C．
D．
解：設雙曲線的兩個焦點分別是F1（－5，0）與F2（5，0），則這兩點正好是兩圓的圓心，當且僅當點P與M、F1三點共線以及P與N、F2三點共線時所求的值最大，此時|PM|－|PN|＝（|PF1|－2）－（|PF2|－1）＝8－1＝7
【題14】已知雙曲線的右焦點為F，若過點F且傾斜角為的直線與雙曲線的右支有且只有一個交點，則此雙曲線離心率的取值范圍是（
）
（A）
（B）
（C）
（D）
解：已知雙曲線的右焦點為F，若過點F且傾斜角為的直線與雙曲線的右支有且只有一個交點，則該直線的斜率的絕對值小于等于漸近線的斜率，
≥，離心率e2=，
e≥2，選C
第六節
直線與圓錐曲線的位置關系
一、基本知識體系：
12、直線與圓錐曲線的位置關系：
①
要解決直線與圓錐曲線的位置關系問題，通常把直線方程與圓錐曲線方程聯立，消去y（或消去x）得到關于x（或關于y）的一元二次方程，再考查其，從而確定直線與圓錐曲線的的交點個數：（1）若0，則直線與圓錐曲線有兩個不同的公共點；
②
從幾何角度來看：直線與圓錐曲線的位置關系對應著相交（有兩個交點）、相切（有一個公共點）、相離（沒有公共點）三種情況；這里特別要注意的是：當直線與雙曲線的漸近線平行時、當直線與拋物線的對稱軸平行時，屬于相交的情況，但只有一個公共點。
13、直線被圓錐曲線截得的弦長問題：
①直線與圓錐曲線有兩個交點A（x1,y1)、B(x2,y2)
，一般將直線方程L：y=kx+m代入曲線方程整理后得到關于x的一元二次方程T則應用弦長公式：|AB|=；或將直線方程L:x=
y
+t代入曲線方程整理后得到關于y的一元二次方程T則應用弦長公式：|AB|=；
②過焦點的弦長的求解一般不用弦長公式去處理,而用焦半徑公式會更簡捷;
③
垂直于圓錐曲線的對稱軸的焦點弦長稱為圓錐曲線的通徑,其中橢圓、雙曲線的通徑長都為,而拋物線的通徑長為2p；
④
對于拋物線y2=2px（p>0)而言，還有如下的焦點弦長公式，有時用起來很方便：|AB|=x1+x2+p；|AB|=
(其中a為過焦點的直線AB的傾斜角）
14、直線與圓錐曲線相交的中點弦的的問題,常用的求解方法有兩種：
①設直線方程為y=kx+m，代入到圓錐曲線方程之中，消元后得到一元二次方程，再利用根與系數的關系去處理（由于直線方程與圓錐曲線方程均未定，因而通常計算量較大）；
②利用點差法：例如在橢圓內有一定點P（x0,y0),求以P為中點的弦的直線方程時，可設弦的兩端點為A（x1,y1)、B(x2,y2)
，則A、B滿足橢圓方程，即有兩式相減再整理可得：
=
-
；從而可化出k=
=
·
=
·；
對于雙曲線也可求得：k=
=
·=
·;拋物線也可用此法去求解，值得注意的是，求出直線方程之后，要根據圖形加以檢驗。
15、解決直線與圓錐曲線問題的一般方法是：
①解決焦點弦（過圓錐曲線的焦點的弦）的長的有關問題，注意應用圓錐曲線的定義和焦半徑公式；
②已知直線與圓錐曲線的某些關系求圓錐曲線的方程時，通常利用待定系數法；
③圓錐曲線上的點關于某一直線的對稱問題，解決此類問題的方法是利用圓錐曲線上的兩點所在的直線與對稱直線垂直，則圓錐曲線上兩點的中點一定在對稱直線上，再利用根的判別式或中點與曲線的位置關系求解。
5、圓錐曲線中的定點、定值及參數的取值范圍問題：
①定點、定值問題：通常有兩種處理方法：第一種方法T是從特殊入手，先求出定點（或定值），再證明這個點（值）與變量無關；第二種方法T是直接推理、計算；并在計算的過程中消去變量，從而得到定點（定值）。
②關于最值問題：常見解法有兩種：代數法與幾何法。若題目中的條件和結論能明顯體現幾何特征及意義，則考慮利用圖形的性質來解決，這就是幾何法；若題目中的條件和結論難以體現一種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值，求函數的最值常用的方法有配方法、判別式法、重要不等式法、函數的單調性法等。
③參數的取值范圍問題：此類問題的討論常用的方法有兩種：第一種是不等式（組）求解法T根據題意結合圖形列出所討論的參數適合的不等式（組），通過解不等式（組）再得出參數的變化范圍；第二種T是函數的值域求解法：把所討論的參數表示為某個變量的函數，通過討論函數的值域求得參數的變化范圍。
二、典例剖析：
【題1】、過拋物線的焦點作一條直線與拋物線相交于A、B兩點，它們的橫坐標之和等于5，則這樣的直線（
）A．有且僅有一條
B．有且僅有兩條
C．有無窮多條
D．不存在
解答：的焦點是(1，0)，設直線方程為
(1)；將(1)代入拋物線方程可得，x顯然有兩個實根，且都大于0，它們的橫坐標之和是，選B
【題2】、已知雙曲線－＝1（a＞0，b＞0）的右焦點為F，右準線與一條漸近線交于點A，OAF的面積為（O為原點），則兩條漸近線的夾角為?。?/p>
D?。〢．30o
B．45o
C．60o
D．90o
[解析]:雙曲線:則
,所以求得a=b,所以雙曲線為等軸雙曲線,則兩條漸進線夾角為900,
【題3】、設直線關于原點對稱的直線為，若與橢圓的交點為A、B、，點為橢圓上的動點，則使的面積為的點的個數為（
）（A）1
（B）2
（C）3
（D）4
解：直線關于原點對稱的直線為：2x+y－2=0，該直線與橢圓相交于A(1,
0)和B(0,
2)，P為橢圓上的點，且的面積為，則點P到直線l’的距離為，在直線的下方，原點到直線的距離為，所以在它們之間一定有兩個點滿足條件，而在直線的上方，與2x+y－2=0平行且與橢圓相切的直線，切點為Q(,
)，該點到直線的距離小于，所以在直線上方不存在滿足條件的P點.
【題4】、過雙曲線(a＞0，b＞0)的左焦點且垂直于x軸的直線與雙曲線相交于M、N兩點，以MN為直徑的圓恰好過雙曲線的右頂點，則雙曲線的離心率等于_________．
解：由題意可得,即c2-a2=a2+ac,化成關于e的方程e2-e-2=0,解得e=2
【題5】、如圖，點、分別是橢圓長軸的左、右端點，點F是橢圓的右焦點，點P在橢圓上，且位于軸上方，．
（1）求點P的坐標；
（2）設M是橢圓長軸AB上的一點，M到直線AP的距離等于，求橢圓上的點到點M的距離的最小值．
．[解]（1）由已知可得點A（－6，0），F（4，0）
設點P的坐標是，由已知得
由于
（2）直線AP的方程是設點M的坐標是（m，0），則M到直線AP的距離是，
于是橢圓上的點到點M的距離d有
由于
【題6】、設兩點在拋物線上，是AB的垂直平分線，
（Ⅰ）當且僅當取何值時，直線經過拋物線的焦點F？證明你的結論；
（Ⅱ）當時，求直線的方程.
解：（Ⅰ）拋物線，即，焦點為
（1分）；
（1）直線的斜率不存在時，顯然有（3分）
（2）直線的斜率存在時，設為k，截距為b；即直線：y=kx+b
由已知得：
……………5分
……………7分
矛盾；即的斜率存在時，不可能經過焦點（8分）；所以當且僅當=0時，直線經過拋物線的焦點F（
9分）；
（Ⅱ）、則A(1,2)，B（-3，18），則AB之中點坐標為（-1，10），kAB=
-4,則kL=，
所以直線的方程為
【題7】、直線與拋物線交于兩點，過兩點向拋物線的準線作垂線，垂足分別為，則梯形的面積為（
）（A）
（B）
（C）
（D）
解：直線與拋物線交于兩點，過兩點向拋物線的準線作垂線，垂足分別為，聯立方程組得，消元得，解得，和，
|AP|=10，|BQ|=2，|PQ|=8，梯形的面積為48，選A.
【題8】、如圖，橢圓＝1（a＞b＞0）與過點A（2，0）B(0,1)的直線有且只有一個公共點T，且橢圓的離心率e=.(Ⅰ)求橢圓方程；(Ⅱ)設F、F分別為橢圓的左、右焦點，M為線段AF的中點，求證：∠ATM=∠AFT.
解：（I）過點、的直線方程為
聯立兩方程可得
有惟一解，所以
（），故
又因為
即
所以
從而得
故所求的橢圓方程為
（II）由（I）得
故從而由
解得所以
因為又得因此
【題9】、已知點是拋物線上的兩個動點，是坐標原點，向量滿足，設圓的方程為．（1）證明線段是圓的直徑；（2）當圓的圓心到直線的距離的最小值為時，求的值．
解：即整理得..（12分）
設點M（x,y）是以線段AB為直徑的圓上的任意一點，則即展開上式并將①代入得
故線段是圓的直徑。
證法二：即，整理得①……3分
若點在以線段為直徑的圓上，則；去分母得；點滿足上方程，展開并將①代入得
；所以線段是圓的直徑.
證法三：即，整理得；
以為直徑的圓的方程是展開，并將①代入得所以線段是圓的直徑.
（Ⅱ）解法一：設圓的圓心為，則，
又；；；；；所以圓心的軌跡方程為：；設圓心到直線的距離為，則；當時，有最小值，由題設得＼……14分；解法二：設圓的圓心為，則
QQ又
…………9分；
所以圓心得軌跡方程為…………11分++設直線與的距離為,則；因為與無公共點.所以當與僅有一個公共點時，該點到的距離最小，最小值為；
將②代入③，有…………14分；解法三：設圓的圓心為，則
備課是提高課堂效益最重要的環節。要改革傳統教學，真正讓課堂教學體現新課標的理念，備課的改革是首當其沖的。為了適應課改需要，強化教師集體備課行為，本學期初，我校根據南康市教研室“四線三課”校本教研模式，出臺了“寫、議、改、補、記”五位一體集體備課實驗方案，并在部分備課組進行試點。
該方案規定，開學初，由各備課組組織一次全科性集體備課，重點討論教學內容，教學進度、教學時間的調配等宏觀性問題，再根據教學進度，制定年級備課計劃，確定集體備課地點，每周集體備課時間，安排好備課內容和執筆教師，讓每個教師都心中有數。
“寫、議、改、補、記”五位一體集體備課的工作流程是：“寫”，由組內教師輪流執筆，于每周集體備課時間前寫好教案初稿，并打印好。所寫教案要體現教學目標、重點、難點、教學方法、教具、教學過程、板書設計、作業布置。其中教學過程可以用主干形式粗備，給每個教師留下補充空間；“議”，即集體備課，由執筆教師將下周各課時教案初稿分發給組員，執筆教師對下周教學內容、教學目標、重點、難點、關鍵點、注意點及學生容易出錯的地方、教學手段、教學方法、教學策略等提出自己的看法，然后由全組教師集體討論，備課組長記錄好集體討論的情況；“改”，由執筆教師根據集體討論的內容，對教案初稿進行整理、修改、打印，于本周星期五前分發給教師人手一份。教案在打印時，右側留三分之一空白給教師補充內容，末尾留部分空白撰寫教學后記；“補”，在集體備課的基礎上每位教師都必須聯系自己的教學實際，聯系自己的班級情況，批判地吸收，有選擇地舍取，認真地在右側三分之一空白處補充內容，加進自己的思考意見，溶進自己的教學思想，進行個性化加工，同時，要注重課堂動態生成的東西，讓課堂教學體現靈性和發展；“記”，教學后記。每節課后，教師要認真撰寫教學后記，做到一課一反思，記下教學心得，吸取經驗，總結教訓，并在下次集體備課時交流上周教后感。
“議”是集體備課的核心，對“議”這個環節的管理，我們主要看三點：一看集體備課的時間，人員是否得到保證；二看參加人員是否有備而來，踴躍發言；三看教師在發言時能否提出有價值的問題，發表有個性的見解。
學校對集體備課試點組的教師教案的檢查，主要看二處：一看右側三分之一空白處是否補充詳細的教學內容，二看教學后記空白處是否填寫教學反思或教后體會。如果兩處有一處空白，視為該教師本課時無教案。
教學后記是教學反思的重要形式，教學反思是教師發展和自我成長的關鍵。實驗教師胡雪梅在《談骨氣》一課教學后寫下后記：不妨吃吃“嗟來之食”
對“寫、議、改、補、記”五位一體集體備課實驗工作，我校本著“明確要求，嚴格條件，謹慎操作， 大膽試點”的原則，在試點中找問題，在試點中總結經驗，堅持一校兩制。試點組按試點規定要求備課，其他教師按常規要求備課。試點備課組必須向學校申請，填寫申報表，遞交申報計劃，教導處對其申報條件進行逐項審核，對符合申報條件備課組的全體教師由學校統一組織培訓。目前，我校已批準4個備課組實行試點，實驗教師42人。
經過一個學期的試點，實驗教師普遍感覺到，這種集體備課形式更能發揮教師的集體智慧，培養教師的合作研究精神，教師之間相互交流，相互溝通，相互啟發，相互補充，在這個過程中分享彼此的思考、經驗和認識，交流彼此的情感、體驗和觀念，經過備課組集體討論后，教師對教材的理解更深了，教學思路更寬了，教師的合作精神更強了。用教師的話來說，“寫、議、改、補、記”集體備課實現了共性與個性的有機統一，將集體備課激活了?！皩憽睘榧w備課提供了范式、討論中心；“議”為教師同伴間的展示、互學、互助、對話、交流、合作提供了平臺；“改”為集體討論理清出主線；“補”為不同教師提出了不同要求，體現了教師的發展水平，因材施教和個性風格；“記”實現了一課一反思。這種備課形式體現了“個體——集體——個體”的方式，既有教師集體備課，又有教師的個體備課，有效做到了化眾人之智為一人之智，形成資源共享、優勢互補。
關鍵詞：西北民族大學；體弱殘病大學生；體育保??；教學方案設計
中圖分類號：G622 文獻標識碼：A 文章編號：1006-4117（2012）01-0299-01
針對西北民族大學體育保健班教學方案設計的研究，本文采取實驗法為主，觀察法和文獻法為輔的研究方法，對大學生殘疾學生體育康復教學方案的設計調查研究，為改善高校保健課程建設有重要的意義。
一、調查結果分析
（一）相關概念
體育保健課：體育保健課是學校體育教學的重要組成部分，是全面提高人的身體素質，增強體質，傳授體育健身知識，樹立終身體育的思想，衛生保健意識的教育過程。課程的目的在于發揮學生的主觀能動性，通過自身的鍛煉，有意識的自我控制心理生理活動，取得增強體質，預防治療疾病的效果，促進正常的生長發育，以達到全面發展的目的。
運動處方：19世紀50年代美國生理學家提出了運動處方的概念。1969年世界衛生組織使用“運動處方”，國際上得到承認。90年代我國的周士枋教授給運動處方下的定義是：“在運動療法治療中，常以處方形式來確定運動種類和方法、運動強度、運動量，并提出治療中注意事項”。
（二）西北民族大學體育保健課程教學方案的設計
自1996年開課以來 不斷改進和更新教學方案以不斷滿足學生的學習需求。體育保健課程教學方案特征： 內容多項目雜有較大選擇性， 重視全身機能訓練，重視養生保健，注重個體差異，有一選擇教學內容，針對身體康復約占課程的30%左右，一些終生進行的活動項目，跑游泳 乒、羽、籃、足、健美操 太極拳 養生舞蹈 太極劍占課程比例的20%，教學內容由粗到靜過度，由廣到俠多度。
體育康復的運動處方制定：
首先對學生目前身體健康狀況做出不得調查了解：對2009級至2011級輔修體育保健的學生的年齡、性別、既往史、遺傳病史、現在病史 最近體制檢測報告（醫院病歷） 專家補充檢查（自術后恢復狀況） 疾病診斷等方面和相關資料進行測試和分析總結，健康狀況調查如下：
運動處方的制定是根據學生體質狀況制定的，不同體質的學生采用不同的體育項目，根據學生的恢復程度定期改進運動處方。針對以上學生的健康狀況，為每一位學生的身體健康狀況量身制定了體育保健運動處方。并跟蹤調查體育保健的實施情況，對學生的身體恢復效果做階段性比較。以小兒麻痹后遺癥為例。課堂講解小兒麻痹后遺癥的癥狀，臨床表象，發病的原因，針對目前的病情可采取的治療方法等理論知識，結合學生的具體案例設計康復方案。
小兒麻痹初期運動處方：①全身性活動，慢跑②拉伸身體 主動拉伸患肢，股四頭肌的鍛煉：坐位，換腿膝關節取伸直姿勢，做髕骨運動。坐位，換腿取屈膝姿勢，在手幫助下用力伸膝，或者坐位，在小腿負重下伸膝③（斜對墻壁）俯臥撐 5-10次④馬步沖拳 5-10次⑤脛腸肌鍛煉：腳背上翹練習，足跟步⑥俯臥背翹 或站位體前屈后伸 繞髖關節⑦吊掛牽引拉伸患臂，繞踝關節膝關節⑧髂腰肌鍛煉：側臥位大腿屈向腹部 仰臥位屈膝抬腿（腳步離地面）仰臥位直腿舉起⑨每周4-6次，每次1-2小時。
小兒麻痹中期運動處方：
①全身訓練②部自我按摩，拿捏，拍，叩③拉伸運動（輔助工具，啞鈴）專門性訓練上肢運動，下肢運動④動拉伸 外力幫助拉伸⑤太極拳系列或自己擅長和喜愛的體育項目，乒乓球、羽毛球、網球、足球、游泳、毽球⑥每周5-6次，每次1.5-2小時。
（三）教學方案的設計效果評價
對2009級至2011級學生三個學期體育保健課程的學習和運動處方的實施，根據體質監測結果，最近醫院體檢報告單，不定期改進運動處方，檢查運動處方實施情況，定期體質恢復情況檢查（學校醫院或學校體質檢測中心），對學生的康復效果結果僅以小兒麻痹后遺癥為例：換肢肌力有明顯改善，萎縮肢體活動范圍擴大，截肢周圍痙攣有所改善。
二、結論
對體育保健課程的指導思想和課程目標，教材內容及評價標準等進行了研究分析，針對體育保健班學生的實際情況分組進行選項教學實驗，充分考慮學生的需要與個體差異，更新教育思想觀念，在教學方案的設計，以求使病殘大學生身體最大限度的恢復，盡量能夠得到與正常學生同樣的受教育權利，整個課程的設計重視個體的發展，著眼促進體弱學生的體質恢復，培養學生終身體育的技能和養成鍛煉的習慣。
作者單位：楊貴蘭 西北民族大學體育學院
曲世明 哈藥集團生物疫苗有限公司
作者簡介：楊貴蘭（1983-），女，黑龍江嫩江縣人，西北民族大學體育學院09級碩士研究生，主要從事民族傳統體育研究；曲世明（1983-），男，黑龍江勃利縣人，哈藥集團生物疫苗有限公司生產一部，主要從事醫藥保健。
參考文獻：
[1]卓大宏.醫療體育常識主編[M].北京:人民教育出版社,1979.
【關鍵詞】新課改 初中化學 課堂教學 存在問題 解決方案
中圖分類號：G4 文獻標識碼：A DOI：10.3969/j.issn.1672-0407.2016.11.137
隨著新課程改革教學背景的不斷發展和進步，初中化學的課堂教學面臨著新的發展困境，但與此同時，新課程改革的教學背景下所產生的教學理念和教學方式，恰恰能夠為教師的課堂教學提供和創造多樣化的教學方式和教學技巧。在這種情況下，教師要想實現并促進初中化學課堂教學不斷實現新的突破和發展的教學效果，就需要認真分析和研究初中化學課堂教學中所存在的教學問題，并根據這些問題認真學習新課程改革標準中的教學理念和教學方式，以此來推進教師的課堂教學質量的不斷提高。值得注意的是，教師的教學設置要在更大的程度上符合學生的學習接受特點，并能夠在更大的程度上實現對學生的學習積極性的提高的教學目的。為此，教師可以從以下幾個方面來認識和分析初中化學的課堂教學現狀。
一、在初中化學的課堂教學中，教師的教學存在的具體教學問題
首先，在初中化學的課堂教學中，教師的教學理念還存在一定的落后和不足之處，具體來講，教師的教學理念的落后主要是站在傳統和現代的教學理念相對比的立場上來看的，這種傳統的教學理念的落后性具體體現在兩個方面：一個方面是教師的教學過于注重對知識的講解，因此教師也會容易扮演單純的“傳道、授業、解惑”這樣的授課角色，而這種單純的以知識講授為主的教學理念的產生，又是與長期以來的應試教育為主的教育方式離不開的。在重視考試成績的教學環境和教學背景下，無論是學生的學習還是教師的教學都容易發展到偏向于對學習成績的重視層面上來，而忽略了知識學習或者是成績提高之外的對情感、價值觀念的因素的重視。
另一個方面是，教師的教學過于注重構建以自己為課堂授課中心的構建。在以教師為中心的課堂教學中，學生自主學習的權利和機會往往被無情地剝奪掉，而這樣的學習環境也容易使學生失去學習的參與積極性，學生長時間處于觀摩學習的狀態之下，就很難實現自我對課堂學習的真正參與，從而激發不起自己的學習積極性。
其次，在初中化學的課堂教學中，教師的教學方式還存在單一的教學問題，學生的學習興趣得不到提高和改善。受傳統的教學方式和教學慣性的影響，教師的教學往往是采取單純的口語講述的方式，有時候也會加入一定程度上的肢體語言或者是板書講解的步驟和過程。但是這種以知識的傳授為主的授課方式，對教師的教學和學生的學習興趣的提高往往會產生阻礙的消極作用，這與初中生的學習特點和學習接受能力是分不開的。在初中階段，大多數的學生還存在很強的好奇心，他們對新鮮事物的接受能力也比較快，但是，對于那些陳舊的東西反而會產生消極的避讓情緒。為此，完善和豐富教學方式也成為當前初中化學教師在課堂教學中應當注意改善的部分。
再次，在初中化學的課堂教學中，教師的備課工作還做得遠遠不足，對學生的相關因素考慮的還不全面。具體來講，很多教師為了一味地滿足教學形式上的要求，往往會忽略對教學內容的深入認識和探析，在這種情況下，教師的教學就很容易忽略對學生的學習特點和知識接受等情況地考慮，進而影響到學生的實際學習效果和教師的教學效果。
二、解決教師在初中化學課堂教學中存在問題的具體措施
第一，在新課程改革的教學背景下，解決教師在初中化學的課堂教學中存在的教學理念還相對落后的教學問題，教師可以通過多途徑學習和運用新課改教學標準中提出的教學理念的方式加以解決。比如教師可以通過網絡資源對新課程相關的教學理念進行搜索，然后進行自主學習?；蛘呤峭ㄟ^學校的相關講座培訓來學習相關的理論知識，而在這方面學校的相關部門也要積極配合教師的教學理念的培訓工作，為教師的教學理念的改善和提高創造良好的學習條件。同時，學校也可以邀請教育教學界對新課改教學理念和教學標準進行細致了解的專家，通過他們對教育知識的講解來促進和帶動教師的教學理念的進步。
第二，在新課程改革的教學背景下，解決教師在初中化學課堂教學中存在的教學方式單一的問題，教師可以通過采取多樣化的教學方式的途徑加以解決。具體來講，教師可以采取現代多媒體的教學方式，這種教學方式是一種融合了聲音、動畫、影視、圖畫、色彩等多樣化的教學元素在內的教學方式，這一教學方式之所以不同于傳統的教學方式的最大教學特點也在于此。除此之外，教師還可以采取學生小組合作學習的教學方式，通過對學生分組學習的教學方式，讓學生進行優勢互補條件基礎上的教學互通和交流。比如，在講解化學反應的時候，教師就可以布置給學生一定的教學實踐調查的作業和內容，讓學生對附近的工廠污水進行調查和研究分析，然后分析問題產生的原因，并能夠根據自己的所學采取一定有效地改善措施加以解決。
