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2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第八章 第9讲 第3课时 定点、定值问题


第 3 课时 定点、定值问题

考点一__定点问题____________________________ (2014· 高考山东卷节选)已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,A 为 C 上异 于原点的任意一点, 过点 A 的直线 l 交 C 于另一点 B, 交 x 轴的正半轴于点 D, 且有|FA|=|FD|, 当点 A 的横坐标为 3 时,△

ADF 为正三角形. (1)求 C 的方程; (2)若直线 l1∥l,且 l1 和 C 有且只有一个公共点 E,证明直线 AE 过定点,并求出定点 坐标. p [解] (1)由题意知 F( ,0). 2 p+2t 设 D(t,0)(t>0),则 FD 的中点为( ,0). 4 因为|FA|=|FD|, p p t- ?, 由抛物线的定义知 3+ =? 2 ? 2? 解得 t=3+p 或 t=-3(舍去). 由 p+2t =3,解得 p=2. 4

所以抛物线 C 的方程为 y2=4x. (2)由(1)知 F(1,0). 设 A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0). 因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1, 由 xD>0 得 xD=x0+2,故 D(x0+2,0), y0 故直线 AB 的斜率 kAB=- . 2 因为直线 l1 和直线 AB 平行, y0 设直线 l1 的方程为 y=- x+b, 2 8 8b 代入抛物线方程得 y2+ y- =0, y0 y0 64 32b 2 由题意Δ= 2 + =0,得 b=- . y0 y0 y0 4 4 设 E(xE,yE),则 yE=- ,xE= 2. y0 y0 4 +y0 y yE-y0 4y0 0 当 y2 ≠ 4 时, k = =- , 2= 2 0 AE 4 y0 xE-x0 y0-4 - y2 4 0

可得直线 AE 的方程为 y-y0= 由 y2 0=4x0, 4y0 整理可得 y= 2 (x-1), y0-4

4y0 (x-x0). y2 0-4

直线 AE 恒过点 F(1,0). 当 y2 0=4 时,直线 AE 的方程为 x=1,过点 F(1,0), 所以直线 AE 过定点 F(1,0). [规律方法] 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与 参数何时没有关系,找到定点. (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关. x2 1.(2015· 大庆市教学质量检测)已知椭圆 C: 2+y2=1(a>1)的上顶点为 A, a 右焦点为 F,直线 AF 与圆 M:(x-3)2+(y-1)2=3 相切. (1)求椭圆 C 的方程; → → (2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P,Q 两点,且AP·AQ=0,求证:直线 l 过定 点,并求该定点的坐标. 解:(1)圆 M 的圆心为(3,1),半径 r= 3. 由题意知 A(0,1),F(c,0), x 直线 AF 的方程为 +y=1,即 x+cy-c=0. c 由直线 AF 与圆 M 相切,得 |3+c-c| = 3,解得 c2=2,a2=c2+1=3, c2+1

x2 故椭圆 C 的方程为 +y2=1. 3 → → (2)法一:由AP·AQ=0,知 AP⊥AQ,从而直线 AP 与坐标轴不垂直,故可设直线 AP 1 的方程为 y=kx+1,直线 AQ 的方程为 y=- x+1. k y=kx+1 ? ?2 联立?x ,整理得(1+3k2)x2+6kx=0, 2 ? ? 3 +y =1 -6k -6k 1-3k2 解得 x=0 或 x= , ), 2,故点 P 的坐标为( 1+3k 1+3k2 1+3k2 k2-3 6k 同理,点 Q 的坐标为( 2 , 2 ), k +3 k +3 k2-3 1-3k2 - k2+3 1+3k2 k2-1 ∴直线 l 的斜率为 = , 4k -6k 6k - 2 2 k +3 1+3k k2-1 k2-3 6k ∴直线 l 的方程为 y= (x- 2 )+ 2 , 4k k +3 k +3

k2-1 1 即 y= x- . 4k 2 1 ∴直线 l 过定点(0,- ). 2 → → 法二:由AP·AQ=0,知 AP⊥AQ,从而直线 PQ 与 x 轴不垂直,故可设直线 l 的方程 为 y=kx+t(t≠1), y=kx+t ? ?2 联立?x ,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0. 2 + y = 1 ?3 ? 设 P(x1,y1),Q(x2,y2), -6kt 3(t2-1) 则 x1+x2= , x x = .(*) 1+3k2 1 2 1+3k2 由Δ=(6kt)2-4(1+3k2)×3(t2-1)>0,得 3k2>t2-1. → → → → 由AP·AQ=0,得AP·AQ=(x1,y1-1)· (x2,y2-1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t- 1)2=0. 1 将(*)代入,得 t=- , 2 1 ∴直线 l 过定点(0,- ). 2 考点二__定值问题____________________________ (2014· 高考江西卷)如图,已知抛物线 C:x2=4y,过点 M(0,2)任作一直线与 C 相交于 A,B 两点,过点 B 作 y 轴的平行线与直线 AO 相交于点 D(O 为坐标原点).

(1)证明:动点 D 在定直线上; (2)作 C 的任意一条切线 l(不含 x 轴),与直线 y=2 相交于点 N1,与(1)中的定直线相交 于点 N2,证明:|MN2|2-|MN1|2 为定值,并求此定值. [解] (1)证明:依题意可设 AB 方程为 y=kx+2,代入 x2=4y,得 x2=4(kx+2),即 x2 -4kx-8=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 x1x2=-8. y1 直线 AO 的方程为 y= x;BD 的方程为 x=x2. x1 x=x2, ? ? 解得交点 D 的坐标为? y1x2 ? ?y= x1 , 注意到 x1x2=-8 及 x2 1=4y1,

y1x1x2 -8y1 则有 y= 2 = =-2. x1 4y1 因此 D 点在定直线 y=-2 上(x≠0). (2)依题设,切线 l 的斜率存在且不等于 0,设切线 l 的方程为 y=ax+b(a≠0),代入 x2 =4y,得 x2=4(ax+b), 即 x2-4ax-4b=0. 由Δ=0,得(4a)2+16b=0,化简整理得 b=-a2. 故切线 l 的方程可写为 y=ax-a2. 分别令 y=2,y=-2,得 N1,N2 的坐标为 2 ? ? 2 ? N1? ?a+a,2?,N2?-a+a,-2?,
2 2 ?2 2 -a +42-? +a? 则|MN2|2-|MN1|2=? ?a ? ?a ?

=8, 即|MN2|2-|MN1|2 为定值 8. [规律方法] 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

x2 y2 2.(2015· 长春市调研) 已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的右焦点为 F2(1,0),点 a b 2 10 H(2, )在椭圆上. 3

(1)求椭圆的方程; (2)若点 M 在圆 x2+y2=b2 上,且 M 在第一象限,过 M 作圆 x2+y2=b2 的切线交椭圆于 P,Q 两点,问:△PF2Q 的周长是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由. a -b =c =1 ? ? 解:(1)由题意,得? 4 40 , ?a2+9b2=1 ?
?a2=9 ? x2 y2 解得? 2 ,∴椭圆方程为 + =1. 9 8 ? ?b =8
2 2 2

x2 y2 1 1 (2)设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 + =1(|x1|≤3), 9 8 x2 1 2 |PF2|2=(x1-1)2+y2 = ( x - 1) + 8(1 - ) 1 1 9 1 = (x1-9)2, 9 1 1 ∴|PF2|= (9-x1)=3- x1. 3 3 x2 1 2 2 连接 OM,OP(图略),由相切条件知:|PM|2=|OP|2-|OM|2=x1 +y2 1-8=x1+8(1- )- 9 1 8= x2 , 9 1 1 ∴|PM|= x1, 3 1 1 ∴|PF2|+|PM|=3- x1+ x1=3, 3 3 1 1 同理可求得|QF2|+|QM|=3- x2+ x2=3, 3 3 ∴|F2P|+|F2Q|+|PQ|=3+3=6 为定值. 考点三__探究存在性问题______________________ x2 y2 (2014· 高考湖南卷)如图,O 为坐标原点,双曲线 C1: 2- 2=1(a1>0,b1>0) a1 b1 y2 x2 2 3 ? 和椭圆 C2: 2+ 2=1(a2>b2>0)均过点 P? , 且以 C1 的两个顶点和 C2 的两个焦点为 a2 b2 ? 3 ,1? 顶点的四边形是面积为 2 的正方形.

(1)求 C1,C2 的方程; → → (2)是否存在直线 l,使得 l 与 C1 交于 A,B 两点,与 C2 只有一个公共点,且|OA+OB| → =|AB|?证明你的结论. [解] (1)设 C2 的焦距为 2c2, 由题意知,2c2=2,2a1=2. 从而 a1=1,c2=1.

y 2 3 ? 因为点 P? 在双曲线 x2- 2=1 上, b1 ? 3 ,1? 所以? 2 3?2 1 - =1.故 b2 1=3. ? 3 ? b2 1

2

由椭圆的定义知 2a2=

?2 3? +(1-1)2+ ? 3 ?

2

?2 3? +(1+1)2 ? 3 ?

2

=2 3. 2 2 于是 a2= 3,b2 2=a2-c2=2. 故 C1,C2 的方程分别为 y2 y2 x2 x2- =1, + =1. 3 3 2 (2)不存在符合题设条件的直线. ①若直线 l 垂直于 x 轴,因为 l 与 C2 只有一个公共点, 所以直线 l 的方程为 x= 2或 x=- 2. 当 x= 2时,易知 A( 2, 3),B( 2,- 3), → → → 所以|OA+OB|=2 2,|AB|=2 3, → → → 此时,|OA+OB|≠|AB|. → → → 当 x=- 2时,同理可知,|OA+OB|≠|AB|. ②若直线 l 不垂直于 x 轴,设 l 的方程为 y=kx+m. y=kx+m ? ? 由? 2 y2 ,得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0. ? ?x - 3 =1 当 l 与 C1 相交于 A,B 两点时,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2 是上述方程的两个实 根, m2+3 2km 从而 x1+x2= ,x x = . 3-k2 1 2 k2-3 3k2-3m2 于是 y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2= 2 . k -3 y=kx+m ? ?2 2 由?y x ,得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0. + = 1 ? ?3 2 因为直线 l 与 C2 只有一个公共点,所以上述方程的判别式Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2- 3)=0. 化简,得 2k2=m2-3, → → 因此OA·OB=x1x2+y1y2 = m2+3 3k2-3m2 -k2-3 + 2 = 2 ≠0, k2-3 k -3 k -3

→ → → → → → → → 于是OA2+OB2+2OA·OB≠OA2+OB2-2OA·OB,

→ → → → → → → 即|OA+OB|2≠|OA-OB|2,故|OA+OB|≠|AB|. 综合①②可知,不存在符合题设条件的直线. [规律方法] 存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若 结论不正确则不存在. 解决存在性问题应注意以下几点: (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论; (2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件; (3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,采取另外的途径. 3.(2015· 江西南昌模拟)已知椭圆 E 的长轴的一个端点是抛物线 y2=4 5x 的 焦点,离心率是 6 . 3

(1)求椭圆 E 的方程; (2)过点 C(-1,0)的动直线与椭圆相交于 A,B 两点. 1 ①若线段 AB 中点的横坐标是- ,求直线 AB 的方程; 2 → → ②在 x 轴上是否存在点 M,使MA·MB为常数?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在, 请说明理由. 解:(1)根据已知易知椭圆的焦点在 x 轴上,且 a= 5, 又 c=ea= 6 30 × 5= , 3 3 10 5- = 3 5 , 3

故 b= a2-c2=

x2 y2 故所求椭圆 E 的方程为 + =1, 5 5 3 即 x2+3y2=5. (2)①依题意知,直线 AB 的斜率存在,设直线 AB 的方程为 y=k(x+1), 将 y=k(x+1)代入 x2+3y2=5,消去 y 整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 4 2 2 ?Δ=36k -4(3k +1)(3k -5)>0,①′ 则?

?

6k 2 x + x =- .②′ ? 3k2+1 ?1 2

1 由线段 AB 中点的横坐标是- , 2 得 x1+x2 3k2 1 =- 2 =- , 2 2 3k +1

3 解得 k=± ,适合①′. 3 所以直线 AB 的方程为 x- 3y+1=0 或 x+ 3y+1=0. → → ②假设在 x 轴上存在点 M(m,0),使MA·MB为常数.

a.当直线 AB 与 x 轴不垂直时, 6k2 由①知 x1+x2=- 2 , 3k +1 x1x2= 3k2-5 .③′ 3k2+1

→ → 所以MA·MB=(x1-m)(x2-m)+y1y2 =(x1-m)(x2-m)+k2(x1+1)(x2+1) =(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2. 将②′③′代入,整理得
2 → → (6m-1)k -5 MA·MB= +m2 3k2+1

1 14 (2m- )(3k2+1)-2m- 3 3 = +m2 3k2+1 6m+14 1 =m2+2m- - . 3 3(3k2+1) → → 注意到MA·MB是与 k 无关的常数, 7 从而有 6m+14=0,m=- , 3 → → 4 此时MA·MB= . 9 b.当直线 AB 与 x 轴垂直时,此时点 A,B 的坐标分别为(-1, 7 当 m=- 时, 3 → → 4 也有MA·MB= . 9 7 → → 综上,在 x 轴上存在定点 M(- ,0),使MA·MB为常数. 3 2 2 ),(-1,- ), 3 3

1.(2015· 东北三校联合模拟)已知圆 M:x2+(y-2)2=1,直线 l:y=-1,动圆 P 与圆 M 相外切,且与直线 l 相切.设动圆圆心 P 的轨迹为 E. (1)求 E 的方程; → → (2)若点 A,B 是 E 上的两个动点,O 为坐标原点,且OA·OB=-16,求证:直线 AB 恒过定点. 解:(1)设 P(x,y),则 x2+(y-2)2=(y+1)+1?x2=8y. 所以 E 的方程为 x2=8y.

(2)证明:易知直线 AB 的斜率存在,设直线 AB:y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2). 将直线 AB 的方程代入 x2=8y 中,得 x2-8kx-8b=0,所以 x1+x2=8k,x1x2=-8b.
2 x2 → → 1x2 OA·OB=x1x2+y1y2=x1x2+ =-8b+b2=-16?b=4, 64

所以直线 AB 恒过定点(0,4). 2.(2015· 河北省唐山市高三年级统考)已知抛物线 E:x2=2py(p>0),直线 y=kx+2 与 → → E 交于 A,B 两点,且OA·OB=2,其中 O 为原点. (1)求抛物线 E 的方程; 2 2 (2)点 C 坐标为(0,-2),记直线 CA,CB 的斜率分别为 k1,k2,证明:k2 1+k2-2k 为定 值. 解:(1)将 y=kx+2 代入 x2=2py,得 x2-2pkx-4p=0, 其中Δ=4p2k2+16p>0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=2pk,x1x2=-4p. x2 x2 → → 1 2 OA·OB=x1x2+y1y2=x1x2+ · =-4p+4=2. 2p 2p 1 所以 p= , 2 所以抛物线 E 的方程为 x2=y. (2)证明:由(1)知,x1+x2=k,x1x2=-2. y1+2 x2 x2 1+2 1-x1x2 k1= = = =x1-x2,同理 k2=x2-x1, x1 x1 x1
2 2 2 2 所以 k2 1+k2-2k =2(x1-x2) -2(x1+x2) =-8x1x2=16.

x2 y2 3.(2015· 山西省四校联考)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的右焦点为 F(1,0),右顶 a b 点为 A,且|AF|=1. (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若动直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 有且只有一个交点 P,且与直线 x=4 交于点 Q,问: → → 是否存在一个定点 M(t,0),使得MP·MQ=0.若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说 明理由.

解:(1)由 c=1,a-c=1,得 a=2,∴b= 3, x2 y2 故椭圆 C 的标准方程为 + =1. 4 3
? ?y=kx+m (2)由? 2 ,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 2 ? ?3x +4y =12

∴Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,

即 m2=3+4k2. 设 P(xP,yP),则 xP=- 4k 3 即 P(- , ). m m ∵M(t,0),Q(4,4k+m), 4k 3 → → ∴MP=(- -t, ),MQ=(4-t,4k+m). m m 4k 3 4k → → ∴ MP · MQ = ( - - t)· (4 - t) + · (4k + m) = t2 - 4t + 3 + (t - 1) = 0 恒成立,故 m m m
?t=1 ? ?2 ,即 t=1. ? ?t -4t+3=0

4km 4k 4k2 3 +m= , 2=- ,yP=kxP+m=- m m m 3+4k

∴存在点 M(1,0)符合题意. 1.(2013· 高考陕西卷)已知动圆过定点 A(4,0),且在 y 轴上截得弦 MN 的长为 8. (1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程; (2)已知点 B(-1,0),设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P,Q,若 x 轴是∠PBQ 的角平分线,证明直线 l 过定点. 解:(1)如图①,设动圆圆心 O1(x,y), 由题意,|O1A|=|O1M|. 当 O1 不在 y 轴上时, 过 O1 作 O1H⊥MN 交 MN 于 H,则 H 是 MN 的中点, ∴|O1M|= x2+42. 又|O1A|= (x-4)2+y2, ∴ (x-4)2+y2= x2+42. 化简得,y2=8x(x≠0). 当 O1 在 y 轴上时,O1 与 O 重合,点 O1 的坐标(0,0)也满足方程 y2=8x, ∴动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y2=8x. (2)证明:如图②,由题意,设直线 l 的方程为 y=kx+b(k≠0),P(x1, y1),Q(x2,y2), 将 y=kx+b 代入 y2=8x 中, 得 k2x2+(2bk-8)x+b2=0. 其中Δ=-32kb+64>0. 8-2bk 由根与系数的关系得,x1+x2= ,① k2 b2 x1x2= 2.② k ∵x 轴是∠PBQ 的角平分线, ∴ y1 y2 =- , x1+1 x2+1

即 y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, ∴(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0, ∴2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③

将①②代入③并整理得 2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, ∴k=-b.此时Δ>0, ∴直线 l 的方程为 y=k(x-1),即直线 l 过定点(1,0). 2.(2015· 郑州市质量预测)已知平面上的动点 R(x,y)及两定点 A(-2,0),B(2,0),直 3 线 RA、RB 的斜率分别为 k1、k2,且 k1k2=- ,设动点 R 的轨迹为曲线 C. 4 (1)求曲线 C 的方程; (2)四边形 MNPQ 的四个顶点均在曲线 C 上,且 MQ∥NP,MQ⊥x 轴,若直线 MN 和直 线 QP 交于点 S(4,0).问:四边形 MNPQ 两条对角线的交点是否为定点?若是,求出定点 坐标;若不是,请说明理由. 解:(1)由题知 x≠± 2,且 k1= y y y y 3 ,k = ,则 · =- , 4 x+2 2 x-2 x+2 x-2

x2 y2 整理得,曲线 C 的方程为 + =1(y≠0). 4 3 (2)设 MP 与 x 轴交于 D(t,0),则直线 MP 的方程为 x=my+t(m≠0). 设 M(x1,y1),P(x2,y2),由对称性知 Q(x1,-y1),N(x2,-y2),
2 2 ? ?3x +4y =12 由? ,消去 x 得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0, ?x=my+t ?

所以Δ=48(3m2+4-t2)>0, 6mt y1+y2=- 2 , 3m +4 3t2-12 y1·y2= 2 , 3m +4 -y2 y1 由 M、N、S 三点共线知 kMS=kNS,即 = , x1-4 x2-4 所以 y1(my2+t-4)+y2(my1+t-4)=0,整理得 2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0, 2m(3t2-12)-6mt(t-4) 所以 =0, 3m2+4 即 24m(t-1)=0,t=1, 所以直线 MP 过定点 D(1,0),同理可得直线 NQ 也过定点 D(1,0), 即四边形 MNPQ 两条对角线的交点是定点,且定点坐标为(1,0). x2 y2 2 3. 已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e 为 ,且过点(2, 2). a b 2

(1)求椭圆的标准方程; (2)四边形 ABCD 的四个顶点都在椭圆上,且对角线 AC,BD 过原点 O,若 kAC·kBD= b2 - 2. a 求证:四边形 ABCD 的面积为定值.

c 2 4 2 解:(1)由题意 e= = , 2+ 2=1,又 a2=b2+c2, a 2 a b x2 y2 解得 a2=8,b2=4,故椭圆的标准方程为 + =1. 8 4 (2)证明:易知直线 AB 的斜率存在. 设直线 AB 的方程为 y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),
? ?y=kx+m, 联立? 2 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0, 2 ?x +2y =8. ?

Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)>0,① -4km x1+x2= , 1+2k2 由根与系数的关系得 2m2-8 x1x2= . 1+2k2

? ? ? ? ?

b2 1 ∵kAC·kBD=- 2=- , a 2 ∴ y1y2 1 =- , x1x2 2

2 m2-4 1 1 2m -8 ∴y1y2=- x1x2=- · =- . 2 2 1+2k2 1+2k2

又 y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k2x1x2+km(x1+x2)+m2
2 2 2m2-8 -4km 2 m -8k =k2 + km + m = , 1+2k2 1+2k2 1+2k2

m2-4 m2-8k2 ∴- = ,∴-(m2-4)=m2-8k2, 1+2k2 1+2k2 ∴4k2+2=m2. 设原点到直线 AB 的距离为 d,则 1 1 |m| |m| S△AOB= |AB|·d= 1+k2·|x2-x1|· = (x1+x2)2-4x1x2 2 2 2 2 1+k = = |m| 2 |m| 2 -4km 2 2m2-8 ( 2) -4× 1+2k 1+2k2 8m2 =2 2, (1+2k2)2

∴S 四边形 ABCD=4S△AOB=8 2, 即四边形 ABCD 的面积为定值.


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【步步高】2015年高考数学(苏教版,理)一轮题库:第9章 第6讲 与圆有关的定点、定值、最值与范围问题]

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2015《金榜e讲堂》高三人教版数学(理)一轮复习课时作业:第8章 第9节 圆锥曲线的综合问题

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