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2015高考数学(人教A版)一轮课件:10-5圆锥曲线的综合问题


第五节

圆锥曲线的综合问题

考点

考纲要求

考查角度 圆锥曲线与其他 数学知识(向量 法、求最值、定 值、范围、存在 性探索等)综合 考查

了解解析几何的基本思 想和用坐标研究几何问 题的基本方法;将几何 综合问题 问题化归为代数问题; 用方程的观点实现几何 与代数问

题的转化

1.从近几年的高考试题可以看出,对本部分的考查具有连 续性、稳定性,是每年高考的必考内容,作为高考压轴题出 现. 2.以解答题形式出现,难度较大. 3.命题切入点:直线与椭圆或抛物线的关系为背景设置试 题,以求曲线方程,解决定点、定值、最值等为主要考查点, 考查分析、解决问题的能力,考查函数与方程、转化与化归等 数学思想.

预测2015年高考对本部分的考查仍会以解答题的形式呈 现,仍将以椭圆或抛物线为载体命题,定点、定值、探索性问 题等仍将是考查的热点,另外,本部分还可能有与导数相结 合,利用导数求曲线的切线方程是高考命题的新方向.

1.直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时,通常将直线l的方程 Ax+By+C=0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x,y)= 0,消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方 程.
? ?Ax+By+C=0, 即? ? ?F?x,y?=0

消去y后得ax2+bx+c=0.

(1)当a≠0时,设一元二次方程ax2+bx+c=0的判别式为 Δ,则Δ>0?直线与圆锥曲线C 相交 ; Δ=0?直线与圆锥曲线C 相切 ; Δ<0?直线与圆锥曲线C 相离 . (2)当a=0,b≠0时,即得到一个一次方程,则直线l与圆锥 曲线C相交,且只有一个交点,此时,若C为双曲线,则直线l与 双曲线的渐近线的位置关系是 平行 ;若C为抛物线,则直线l与 抛物线的对称轴的位置关系是 平行或重合 .

2.圆锥曲线的弦长 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点, A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB|= 1+k2|x1-x2| = 1+k2· ?x1+x2?2-4x1x2 = = 1 1+ 2· |y -y | k 1 2 1 1+ 2· ?y1+y2?2-4y1y2. k

1.已知直线x-y-1=0与抛物线y=ax2相切,则a等于( 1 A. 2 1 C. 4 1 B. 3 D.4

)

? ?x-y-1=0, 解析:由? 2 ? y = ax ? ? ?a≠0, 所以? ? ?1-4a=0,

消去y得ax2-x+1=0,

1 解得a= . 4

答案:C

x2 y2 2.直线kx-y+k+1=0与椭圆 + =1公共点的个数为 25 16 ( A.0 C.2 B.1 D.随k值而改变 )

解析:直线方程kx-y+k+1=0可化为y-1=k(x+1),所 以直线过定点(-1,1),而(-1,1)在椭圆内部,故直线与椭圆必 相交,故选C.

答案:C

3.(2014· 聊城模拟)对于抛物线y2=4x上任意一点Q,点 P(a,0)都满足|PQ|≥|a|,则a的取值范围是( A.a<0 B.a≤2 )

C.0≤a≤2 D.0<a<2 2 解析:设Q(x1,y1),则|PQ|2=(x1-a)2+y 2 1 =(x1-a) +4x1=
2 x2 + (4 - 2 a ) x + a , 1 1 2 又∵y=x2 + (4 - 2 a ) x + a (x1≥0)为二次函数, 1 1

其对称轴方程为x1=a-2, 又∵y≥a2, ∴a-2≤0,即a≤2.

答案:B

x2 y2 4.(2013· 课标全国Ⅰ)已知椭圆E: 2 + 2 =1(a>b>0)的右 a b 焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标 为(1,-1),则E的方程为( x2 y2 A. + =1 45 36 x2 y2 C. + =1 27 18 ) x2 y2 B. + =1 36 27 x2 y2 D. + =1 18 9

解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),则
2 2 ?x1 y1 ?a2+b2=1 ? 2 2 y2 ? x2 2+ 2=1 ?a b

? ?x1+x2=2 ? ? ?y1+y2=-2.

又∵

2 2 2 x1 -x2 y2 y1-y2 b2?x1+x2? b2 1-y2 ,得 2 + 2 =0, =- 2 = 2. a b x1-x2 a ?y1+y2? a

y1-y2 0-?-1? 1 b2 1 又 = = ,∴ 2 = ,a2=2b2,又a2-b2=9,∴a2 2 a 2 x1-x2 3-1
2 2 x y =18,b2=9.所求方程为 + =1,故选D. 18 9

答案:D

5.(2013· 课标全国Ⅱ)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,点M在C上,|MF|=5.若以MF为直径的圆过点(0,2),则C的 方程为( ) B.y2=2x或y2=8x D.y2=2x或y2=16x

A.y2=4x或y2=8x C.y2=4x或y2=16x

5 解析:由抛物线定义及梯形中位线知MF中点坐标为( , 2 p 2),∴点M坐标为(5- ,4),代入y2=2px中得p2-10p+16= 2 0,解得p=2或p=8,故选C.

答案:C

题型一

定点与定值问题
6 ,圆O:x2+y2=5,椭圆

【例1】 已知直线l:y=x+

y2 x2 3 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率e= ,直线l被圆O截得的弦长 a b 3 与椭圆的短轴长相等. (1)求椭圆E的方程; (2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线,若切线都存在 斜率,求证两切线斜率之积为定值.

[解]

(1)设椭圆半焦距为c,

6 圆心O到l的距离d= = 3, 1+1 则l被圆O截得的弦长为2 2,所以b= 2. ?c 3 ? = , 由题意得?a 3 2 2 2 ? ?a =b +c , 又b= 2,∴a2=3,b2=2. y2 x2 ∴椭圆E的方程为 + =1. 3 2

(2)证明:设点P(x0,y0),过点P的椭圆E的切线l0的方程为y -y0=k(x-x0), 整理得y=kx+y0-kx0, 联立直线l0与椭圆E的方程得 ? =kx+y0-kx0, ?y2 ?y x2 + =1, ? 3 2 ? 消去y得2[kx+(y0-kx0)]2+3x2-6=0,

整理得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0, ∵l0与椭圆E相切, ∴Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6]=0,
2 2 整理得(2-x2 0)k +2x0y0k-(y0-3)=0,

设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1,k2,
2 y0 -3 则k1k2=- . 2-x2 0 2 ∵点P在圆O上,∴x2 0+y0=5, 2 5-x0 -3 ∴k1k2=- 2 =-1. 2-x0

∴两条切线斜率之积为常数-1.

[方法· 规律] 定点与定值问题的求解方法 圆锥曲线中的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常 数”有关,如椭圆的长、短轴,双曲线的虚、实轴,抛物线的 焦参数等.定值问题的求解与证明类似,在求定值之前,已经 知道定值的结果(题中未告知,可用特殊值探路求之),解答这 类题要大胆设参,运算推理,到最后参数必清,定值显现.

[变式1] 在抛物线y2=4x上有两点A,B,点F是抛物线的 → +2 FA → +3 FB → =0.试证明直线AB与x 焦点,O为坐标原点,若 FO 轴的交点为定点.

y2 y2 1 2 证明:依题意,设点A( ,y1)、B( ,y2),则点F(1,0),直 4 4
2 y1-y2 y2 4 y 1 1 线AB的方程是y-y1= 2 2(x- ),即y-y1= (x- ), 4 4 y1-y2 y1+y2 4

y1y2 令y=0得x=- ,即直线AB与x轴的交点的横坐标是- 4 y1y2 . 4

→ +2FA → +3FB → =0, 由FO
2 2 y1 y2 得(-1,0)+2( -1,y1)+3( -1,y2)=(0,0), 4 4 2 y2 y ? ?-1+2? 1-1?+3? 2-1?=0, 4 4 得? ? ?2y1+3y2=0, 2 2 ? ?2y1+3y2=24 即? ? ?2y1+3y2=0

16 y1y2 6 2 y2= ,- = , 5 4 5 6 即直线AB与x轴的交点的横坐标是 . 5 6 即与x轴交于定点( ,0). 5

题型二

与圆锥曲线的弦长、距离等有关的问题

【例2】 (2014· 辽宁模拟)在平面直角坐标系xOy中,点P到 两点(0, 3),(0,- 3)的距离之和等于4.设点P的轨迹为C. (1)写出C的方程; → ⊥ (2)设直线y=kx+1与C交于A,B两点,k为何值时 OA → ?此时|AB|的值是多少? OB

[解]

(1)设P(x,y),由椭圆定义可知,点P的轨迹C是以

(0,- 3 ),(0, 3 )为焦点,长半轴为a=2的椭圆,它的短半 轴b= 22-? 3?2=1,
2 y 故曲线C的方程为x2+ =1. 4

2 y ? ?x2+ =1, 4 (2)由? ? ?y=kx+1,

消去y并整理得(k2+4)x2+2kx-3=0, Δ=(2k)2-4×(k2+4)×(-3)=16(k2+3)>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 2k 3 则x1+x2=- 2 ,x1x2=- 2 . k +4 k +4 → ⊥OB → ,得x x +y y =0. 由OA 1 2 1 2

即x1x2+(kx1+1)(kx2+1)=(k2+1)x1x2+k(x1+x2)+1=- 3?k2+1? 2k2 - 2 +1=0, 2 k +4 k +4 1 解得k=± . 2 1 4 12 当k=± 时,x1+x2=? ,x1x2=- . 2 17 17 |AB|= ?x2-x1?2+?y2-y1?2 = ?1+k2??x2-x1?2 = ?1+k2?[?x1+x2?2-4x1x2] 1 4 2 12 = ?1+ ?[?? ? -4×?- ?] 4 17 17 4 65 = 17

[方法· 规律] 有关圆锥曲线弦长问题的求解方法 (1)涉及弦长的问题中,应熟练地利用根与系数关系、设而 不求法计算弦长;涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、 设而不求法简化运算;涉及过焦点的弦的问题,可考虑用圆锥 曲线的定义求解. (2)在求解有关直线与圆锥曲线的问题时,应注意数形结 合、分类与整合、化归与转化及函数与方程思想的应用.

x2 y2 1 [变式2] 已知椭圆C: 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率e= , a b 2 且椭圆经过点N(2,-3). (1)求椭圆C的方程; (2)求椭圆以M(-1,2)为中点的弦所在直线的方程. 解:(1)由椭圆经过点N(2,-3),
2 22 ?-3? 得 2+ 2 =1, a b

c 1 又e= = ,解得:a2=16,b2=12. a 2 x2 y2 所以椭圆C的方程为 + =1. 16 12

(2)显然M在椭圆内,设A(x1,y1),B(x2,y2)是以M为中点的 弦的两个端点,
2 2 2 x2 y x y 1 1 2 2 则 + =1, + =1. 16 12 16 12

?x2-x1??x2+x1? ?y2-y1??y2+y1? 相减得: + =0. 16 12 12?x1+x2? 3 整理得:kAB=- = , 16?y1+y2? 8 3 则所求直线的方程为:y-2= (x+1), 8 即:3x-8y+19=0.

题型三

最值与范围问题

x2 2 【例3】 设F1,F2分别是椭圆 +y =1的左、右焦点. 4 →· → 的最大值和最小 (1)若P是该椭圆上的一个动点,求 PF PF 1 2 值; (2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A,B,且 ∠AOB为锐角(其中O为坐标原点),求直线l的斜率的取值范围.

[解]

(1)由已知得,F1(- 3 ,0),F2( 3 ,0),设点P(x,

x2 2 y),则 +y =1,且-2≤x≤2. 4 →· → =(- 3 -x,-y)· 2 2 所以 PF PF ( 3 - x ,- y ) = x - 3 + y = 1 2
2 x 3 2 2 x -3+1- = x -2, 4 4

→· → 当x=0,即P(0,± 1)时,(PF 1 PF2)min=-2; →· → ) =1. 当x=± 2,即P(± 2,0)时,(PF PF 1 2 max

(2)由题意可知,过点M(0,2)的直线l的斜率存在. 设l的方程为y=kx+2, ? kx+2, ?y= 由?x2 2 消去y,化简整理得 +y =1, ? 4 ? (1+4k2)x2+16kx+12=0, 3 Δ=(16k) -48(1+4k )>0,解得k > . 4
2 2 2

设A(x1,y1),B(x2,y2), 16k 12 则x1+x2=- 2,x1x2= 2, 1+4k 1+4k →· → >0. 又∠AOB为锐角, 所以OA OB 即x1x2+y1y2>0, 即x1x2+(kx1+2)(kx2+2) =(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0, -16k 12 2 所以(1+k )· 2+2k· 2+4>0,解得k <4, 1+4k 1+4k
2

3 2 3 3 所以 <k <4,即k∈(-2,- )∪( ,2). 4 2 2

[方法· 规律] 圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法 (1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意 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,则可首先建立起目标函数,再求这个函数的最值.在利用 代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑: ①利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范 围;

②利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的 核心是在两个参数之间建立等量关系; ③利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数 的取值范围; ④利用基本不等式求出参数的取值范围; ⑤利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.

[变式3] 如右图所示,已知直线l:y=kx-2与抛物线C: → + OB → =(- x2=-2py(p>0)交于A,B两点,O为坐标原点, OA 4,-12).

(1)求直线l和抛物线C的方程; (2)抛物线上一动点P从A到B运动时,求△ABP面积的最大 值.

? ?y=kx-2, 解:(1)由? 2 ? ?x =-2py,

得x2+2pkx-4p=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-2pk, y1+y2=k(x1+x2)-4=-2pk2-4. → + OB → =(x +x ,y +y )=(-2pk,-2pk2-4)=(- 因为 OA 1 2 1 2 4,-12),
? ?-2pk=-4, 所以 ? 2 ? - 2 pk -4=-12, ?

解得

? ?p=1, ? ? ?k=2.

所以直线l的方程

为y=2x-2,抛物线C的方程为x2=-2y.

(2)解法一:设P(x0,y0),依题意知抛物线过点P的切线与l 平行时,△ABP的面积最大,y′=-x,所以-x0=2?x0=- 1 2 2,y0=- x0=-2,所以P(-2,-2). 2 |2×?-2?-?-2?-2| 4 此时点P到直线l的距离d= = = 2 2 5 2 +?-1?
? ?y=2x-2, 4 5 ,由? 2 得x2+4x-4=0, 5 ? ?x =-2y,

|AB|= 1+k2× ?x1+x2?2-4x1x2 = 1+22× ?-4?2-4×?-4?=4 10. 4 5 4 10× 5 所以△ABP面积的最大值为 =8 2. 2

解法二:由

? ?y=2x-2, ? 2 ? ?x =-2y,

得x2+4x-4=0,|AB|=

1+k2

× ?x1+x2?2-4x1x2= 1+22× ?-4?2-4×?-4?=4 10, 12 设P(t,- t )(-2-2 2<t<-2+2 2),因为|AB|为定值, 2 当点P到直线l的距离d最大时,△ABP的面积最大,且d= 12 1 |2t+ t -2| |?t+2?2-4 2 2 , 2 2= 5 2 +?-1?

因为-2-2 2<t<-2+2 2, 4 5 所以当t=-2时,dmax= ,此时P(-2,-2). 5 4 5 4 10× 5 所以△ABP面积的最大值为 =8 2. 2

题型四

存在性问题

【例4】 (2014· 银川、吴忠联考)已知抛物线C的方程为y2 =px(p>0).直线l:x+y=m与x轴的交点在抛物线C的准线的右 侧. (1)求证:直线l与抛物线C恒有两个不同的交点; (2)已知定点A(1,0),若直线l与抛物线C的交点为Q,R,满 →· → =0,是否存在实数m,使得原点O到直线l的距离不大 足 AQ AR 2 于 ?若存在,求出正实数p的取值范围;若不存在,请说明 4 理由.

[解]

p (1)证明:由题知m>- . 4

联立x+y=m与y2=px, 消去x可得y2+py-pm=0,(*) p ∵p>0且m>- ,∴Δ=p2+4pm>0, 4 ∴直线l与抛物线C恒有两个不同的交点.

(2)设Q(x1,y1),R(x2,y2). 由(*)可得y1+y2=-p,y1· y2=-pm, →· → =(x -1,y )· 故AQ AR 1 1 (x2-1,y2) =(x1-1)(x2-1)+y1y1 =(m-1-y1)(m-1-y2)+y1y2 =2y1y2+(1-m)(y1+y2)+(m-1)2

=m2-(2+p)m+1-p=0, 2 又由原点O到直线l的距离不大于 ,得 4 |m| 2 1 1 ≤ ,得- ≤m≤ ,∴m≠± 1, 4 2 2 2 ?m-1?2 4 ∴p= =m+1+ -4. m+1 m+1 ?m-1? p 由(1)知m>- ,即m>- , 4 4?m+1? 1 1 结合- ≤m≤ ,得5m2+2m+1>0,该不等式恒成立, 2 2 1 1 ∴- ≤m≤ . 2 2
2

1 3 令t=m+1,则t∈[ , ], 2 2 4 1 3 令p=f(t)=t+ -4,则f(t)在[ , ]上单调递减, t 2 2 1 9 ∴ ≤p≤ , 6 2 1 1 ∴存在实数m满足题意,且- ≤m≤ ,实数p的取值范围 2 2 1 9 为[ , ]. 6 2

[方法· 规律] 存在性问题的求解方法 (1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题 明朗化.其步骤为:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参 数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若 方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否 则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在. (2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.

[变式4] 在平面直角坐标系xOy中,经过点(0, 2 )且斜率 x2 2 为k的直线l与椭圆 +y =1有两个不同的交点P和Q. 2 (1)求k的取值范围; (2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A,B,是 → + OQ → 与 AB → 共线?如果存在,求k 否存在常数k,使得向量 OP 值;如果不存在,请说明理由.

解:(1)由已知条件,知直线l的方程为y=kx+

2 ,代入椭

x2 1 2 2 2 圆方程,得 +(kx+ 2) =1,整理得( +k )x +2 2kx+1=0, 2 2 ① 1 2 直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ=8k -4( +k ) 2
2

2 2 =4k -2>0,解得k<- 或k> ,即k的取值范围为(-∞, 2 2
2

2 2 - )∪( ,+∞). 2 2

(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2), → +OQ → =(x +x ,y +y ), 则OP 1 2 1 2 4 2k 由方程①得x1+x2=- 2 .② 1+2k 又y1+y2=k(x1+x2)+2 2,③ → =(- 2,1), 而A( 2,0),B(0,1),AB → +OQ → 与AB → 共线等价于x +x =- 2(y +y ), 所以OP 1 2 1 2 2 将②③代入上式,解得k= . 2 2 2 由(1)知k<- 或k> ,故没有符合题意的常数k. 2 2

忽视隐含条件导致错误. 【例1】 (2014· 山师附中质检)抛物线y2=4x的顶点为O.点 π A坐标为(5,0).倾斜角为 的直线l与线段OA相交(不经过点O或 4 点A)且交抛物线于M,N两点,求△AMN面积最大时直线l的方 程,并求△AMN的最大面积.

[错解] 根据题意,可设直线l的方程为y=x+m,由方程组
? ?y=x+m ? 2 ? ?y =4x

消去y得.

x2+(2m-4)x+m2=0(1), 设x1+x2=4-2m,x1· x2=m2. ∴|MN|= 2· ?x1+x2?2-4x1x2 =4 2?1-m? ,又点A到直线l |5+m| 的距离d= , 2

1 ∴S△AMN= |MN|· d 2 =2|5+m| 1-m,
2 ∴S2 △ABC =4(5+m) (1-m)

2-2m+5+m+5+m 3 =2(2-m)(5+m)(5+m)≤2( ) 3 =128, △AMN最大面积为8 2.

[剖析] 将直线方程代入抛物线方程后,没有确定m的取值 范围,不等式求最值忽略了适用条件.

[正解] 根据题意,可设直线l方程为y=x+m,其中- 5<m<0,由方程组 (1) ∵直线l与抛物线有两个不同交点,M,N,∴方程(1)判别 式Δ=(2m-4)2-4m2=16(1-m)>0,解得m<1.
? ?y=x+m, ? 2 ? ?y =4x

消去y得:x2+(2m-4)x+m2=0

又∵-5<m<0,∴m∈(-5,0). 设M(x1,y1),N(x2,y2)则x1+x2=4-2m,x1· x2=m2, ∴|MN|= 2· ?x1+x2?2-4x1x2=4 2?1-m?, |5+m| 即点A到直线l的距离d= , 2 1 ∴S△AMN= |MN|d=2· |5+m| 1-m, 2
2 ∴S2 △ABC =4(5+m) (1-m)=2(2-2m)(5+m)(5+m)

?2-2m+5+m+5+m? ?3 ≤2? =128, ? ? 3 ? ?

∴S△AMN≤8 2 ,当且仅当2-2m=5+m,即m=-1时等号 成立.故直线l的方程为y=x-1,△AMN的最大面积为8 2.

考虑问题不全面致误 【例2】 (2014· 山东实验中学诊断)已知过抛物线y2=4x焦 点的直线l与抛物线交于A,B两点,问△AOB(O是坐标原点)的 面积能否等于2,若能,求出直线l的方程,若不能,说明理 由.

[错解] 抛物线y2=4x的焦点为(1,0).设直线l的斜率为k,
? ?y=k?x-1?, 则直线l的方程为y=k(x-1),由 ? 2 ? ?y =4x.

可得k2x2-2(k2+

2)x+k2=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 2?k2+2? 则x1+x2= , k2 2?k2+2? 4 所以|AB|= +2=4+ 2, k2 k

|k| 又原点到直线l的距离d= 2, 1+k 4? 1? |k| ? ? 所以S△AOB= ?4+k2?· 2? ? 1+k2 2 k2+1 = , |k| 2 k2+1 故有 =2,此方程无解,故三角形的面积不能等于 |k| 2.

[剖析] 上述错解是由于在潜意识里认为直线l的斜率一定 存在,所以毫不犹豫地将其设出,而忽视了考查斜率不存在的 情形.
[正解] 抛物线y2=4x焦点为(1,0).当直线l与x轴垂直时, 把x=1代入抛物线方程,得y=± 2,所以|AB|=2-(-2)=4,所 1 以S△AOB= ×4×1=2.所以三角形的面积能等于2,此时直线l的 2 方程为x=1.

一种规律 “联立方程求交点,根与系数的关系求弦长,根的分布找 范围,曲线定义不能忘”. 两种技巧 1.涉及弦长问题,常用“韦达定理法”设而不求计算弦长 (即应用弦长公式). 2.涉及弦中点问题,常用“点差法”设而不求,将弦所在 直线的斜率、弦的中点坐标联系起来,相互转化.

三点注意 1.重视圆锥曲线定义、平面几何性质的应用. 2.“点差法”具有不等价性,要考虑判别式“Δ”是否为 正数. 3.涉及定点、定值问题,切忌“特殊代替一般”盲目简单 化.


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