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高中数学 圆锥曲线的综合问题


第9课时

圆锥曲线的综合问题

2014高考导航
考纲展示 备考指南

1.能解决直线与椭 圆、抛物线的位置 关系等问题. 2.理解数形结合的 思想. 3.了解圆锥曲线的 简单应用.

直线与圆锥曲线的位置关系是高考必 考点,其中弦长、中点弦、面积、最 值、定值等问题是高考的热点,题型

既有选择题、填空题,又有解答 题.客观题注重考查性质,解答题全 面考查,对基础知识、思想方法以及 数学能力的考查都会达到一定深度.

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本节目录

教 材 回 顾 夯 实 双 基

考 点 探 究 讲 练 互 动

名 师 讲 坛 精 彩 呈 现

知 能 演 练 轻 松 闯 关

教材回顾夯实双基
基础梳理

1.直线与圆锥曲线的位置关系 判定直线与圆锥曲线的位置关系,通常是将直线方程与 曲线方程联立,消去变量y(或x)得变量x(或y)的方程: ax2+bx+c=0(或ay2+by+c=0).

若a≠0,可考虑一元二次方程的判别式Δ,有: 相交 Δ>0?直线与圆锥曲线_________;
相切 Δ=0?直线与圆锥曲线_________; 相离. Δ<0?直线与圆锥曲线__________
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若a=0,则直线与圆锥曲线相交,且有一个交点.若曲线为 渐近线 双曲线,则直线与双曲线的___________平行;若曲线为抛物 对称轴 线,则直线与抛物线的____________平行.

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思考探究 由直线与圆锥曲线的位置关系知,直线与双曲线有且只有一 个交点的充要条件是什么?抛物线呢?
?a≠0 ? 提示:与双曲线有且只有一个公交点?? ,或 l 与 ? ?Δ=0

渐近线平行;与抛物线有且只有一个公共点?Δ=0 或 l 平行于抛物线的对称轴.

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2.圆锥曲线的弦长问题 设直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A、B 两点,A(x1,y1),
1+k2|x1-x2| B(x2,y2),则弦长|AB|=________________.

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课前热身 1.(教材习题改编)过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=4x仅有 一个公交点,这样的直线有( )

A.1条
答案:C

B.2条

C.3条

D.4条

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2.设A、B∈R,A≠B,且A· B≠0,则方程Bx-y+A=0和方 程Ax2-By2=AB在同一坐标系下的图象大致是( )

答案:B

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x2 2 3.已知 F1、F2 分别为椭圆 +y =1 的左、右两个焦点, 2 π 过 F1 作倾斜角为 的弦 AB,则△F2AB 的面积为( ) 4 2 3 A. 3 4 4 3 4 2 B. C. D. -1 3 3 3

答案:B

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π 4. 过点 A(1,0)作倾斜角为 的直线,与抛物线 y2=2x 交于 4 M、N 两点,则|MN|=________.

答案:2 6

5.已知抛物线x2=-4y的切线l垂直于直线x+y=0, 则l的方程为________. 答案:x-y+1=0

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考点探究讲练互动
考点突破 考点 1 直线与圆锥曲线的位置关系问题 例1 在平面直角坐标系 xOy 中,经过点(0, 2)且斜率为 k x2 2 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, → → → 是否存在常数 k, 使得向量OP+OQ与AB垂直?如果存在, 求 k 值;如果不存在,请说明理由.

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【解】

(1)由已知条件,直线 l 的方程为 y=kx+ 2, x2 代入椭圆方程得 +(kx+ 2)2=1, 2 ?1+k2?x2+2 2kx+1=0.① 整理得 2 ? ? 直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和 Q 等价于 2 ?1+k2?=4k2-2>0, Δ=8k -4 2 ? ? 2 2 解得 k<- 或 k> . 2 2 2? ? 2 ? ? 即 k 的取值范围为 -∞,- ∪ ,+∞ . ? 2 ? ?2 ?

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→ (2)由题意知 A( 2,0),B(0,1),则AB=(- 2,1). 设 P(x1,y1),Q(x2,y2), → → 则OP+OQ=(x1+x2,y1+y2). 4 2k 由方程①得,x1+x2=- 2, 1+2k 4 2k2 y1+y2=k(x1+x2)+2 2=- 2+2 2. 1+2k

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→ → → ∵(OP+OQ)⊥AB,∴(x1+x2)· (- 2)+y1+y2=0, 4 2k 4 2k2 即:- (- 2)- 2· 2+2 2=0. 1+2k 1+2k 2 1 ,由(1)知 k2> ,与此相矛盾,所以不存 4 2 → → → 在常数 k 使OP+OQ与AB垂直. 解得:k=-

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【规律小结】

在讨论直线和圆锥曲线的位置关系时,

先联立方程组,再消去x(或y),得到关于y(或x)的方程, 如果是直线与圆或椭圆,则所得方程一定为一元二次方 程;如果是直线与双曲线或抛物线,则需讨论二次项系 数等于零和不等于零两种情况,只有二次方程才有判别 式,另外还应注意斜率不存在的情形.

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跟踪训练
x2 2 1.已知椭圆方程为 +y =1,过定点 M(0,2)的直线 l 与 4 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 k 的取值范围.

解:显然 k=0 不满足题设条件. 可设直线 l:y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2). ?y=kx+2 ? 由? 2 消去 y 得:(4k2+1)x2+16kx+12=0. 2 ?x +4y =4 ? ∵l 与椭圆有两交点, ∴Δ=(16k)2-4(4k2+1)×12=16(4k2-3)>0, 3 3 即 k<- 或 k> .① 2 2
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由根与系数的关系知: -16k 12 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 . 4k +1 4k +1 又 0° <∠AOB<90° ?cos∠AOB>0?O A · B >0. O 而 O A · B =x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(k2 + O 1)x1x2+2k(x1+x2)+4, -16k 12 2 ∴(k +1)· 2 +2k· 2 +4>0. 4k +1 4k +1 即 k2<4. ∴-2<k<2,② 3 3 由①②得:-2<k<- 或 <k<2. 2 2
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→ →

→ →

考点 2

相交弦问题

例2

x 2 y2 过点 P(-1,1)作直线与椭圆 + =1 交于 A, 两点, B 4 2

若线段 AB 的中点恰为 P 点,求 AB 所在直线的方程和线 段 AB 的长度.

【解】

?x1+2y1=4, ? 设 A(x1,y1),B(x2,y2),由? 2 得 2 ? ?x2+2y2=4,

2

2

(x1-x2)(x1+x2)+2(y1+y2)(y1-y2)=0, 显然 x1=x2 不合题意, ∴x1≠x2,∴(x1+x2)+2(y1+y2)·AB=0. k

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1 ∵x1+x2=-2,y1+y2=2,∴kAB= , 2 1 从而直线 AB 的方程为 y-1= (x+1),即 x-2y+3=0. 2 ?x-2y+3=0, ? 2 2 由?x y 得 3x2+6x+1=0, ? 4 + 2 =1, ? -3- 6 -3+ 6 解得 x1= ,x2= , 3 3 1 24 30 ∴|AB|= 1+k2|x1-x2|= 1+ · = . 4 3 3

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【规律小结】

解决弦中点问题有两种方法:一是利用一元

二次方程根与系数的关系及中点坐标公式来构造关系;二是 利用弦端点在曲线上,坐标满足曲线方程,用点差法构造出 中点坐标和斜率的关系.

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跟踪训练 2.已知中心在原点,焦点在 x 轴上的一椭圆与圆 x2+y2-4x 5 -2y+ =0 交于 A、B 两点,AB 恰是该圆的直径,且 AB 的 2 1 斜率为- ,求此椭圆的方程. 2 5 2 2 解:圆的方程化为(x-2) +(y-1) = , 2 其圆心为(2,1),直径|AB|= 10. x 2 y2 设椭圆方程为 2+ 2=1(a>b>0), a b A、B 的坐标为(x1,y1),(x2,y2),则 x1+x2=4,y1+y2=2.

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y1-y2 1 1 又 kAB=- ,则 =- . 2 2 x1-x2 2 x 2 y2 x2 y2 1 1 2 A、B 在椭圆上,有 2+ 2=1, 2+ 2=1, a b a b 2 2 x1-x2 y2-y2 2 1 得 2 + 2 =0. a b ?y1+y2??y1-y2? 1 b2 = ,∴a2=4b2. 2=- a ?x1+x2??x1-x2? 4 椭圆方程化为 x2+4y2=4b2, 1 直线 AB 的方程为 y-1=- (x-2), 2 1 即 y=- x+2. 2

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?-1x+2 ?2=4b2, 把直线方程代入椭圆方程得 x +4 2 ? ?
2

即 x2-4x+8-2b2=0,∴x1+x2=4,x1x2=8-2b2. ∵|AB|= 1+k2|x1-x2|. ?1+?-1 ?2 ?[(x1+x2)2-4x1x2] 即 10= ? ? 2? ? 5 = [16-4(8-2b2)], 4 解之得 b2=3,a2=12. x 2 y2 所以所求椭圆方程为 + =1. 12 3

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考点 3

圆锥曲线中的最值及范围问题

x2 例3 已知椭圆 C: 2+y2=1(常数 m>1),P 是曲线 C 上的 m 动点,M 是曲线 C 的右顶点,定点 A 的坐标为(2,0). (1)若 M 与 A 重合,求曲线 C 的焦点坐标; (2)若 m=3,求|PA|的最大值与最小值.

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【解】

(1)由题意知 m=2, x2 2 椭圆方程为 +y =1,c= 4-1= 3, 4 ∴左、右焦点坐标分别为(- 3,0),( 3,0). x2 2 (2)m=3,椭圆方程为 +y =1,设 P(x,y),则 9 x2 |PA|2=(x-2)2+y2=(x-2)2+1- 9 8 ? 9 ?2 1 = x-4 + (-3≤x≤3), 9? ? 2 9 2 ∴当 x= 时,|PA|min= ;当 x=-3 时,|PA|max=5. 4 2

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【规律小结】

求范围的方法同求最值及函数的值域的方

法类似.求最值常见的解法有两种:代数法和几何法.若 题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利 用图形性质来解决;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.圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类:一是涉及 距离、面积的最值以及与之相关的一些问题;二是求直线 或圆锥曲线中几何元素的最值,以及这些元素存在最值时

确定与之有关的一些问题.

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跟踪训练
3. 已知抛物线 C:y2=4x, 过点 A(-1,0)的直线交抛物线 C 于 P、Q 两点,设 A P =λA Q . (1)若点 P 关于 x 轴的对称点为 M,求证:直线 MQ 经过抛 物线 C 的焦点 F; ?1,1 ?,求|PQ|的最大值. (2)若 λ∈ 3 2 ? ?





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解:(1)证明:设 P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x1,-y1). ∵A P =λA Q ,∴x1+1=λ(x2+1),y1=λy2, ∴y2=λ2y2,y2=4x1,y2=4x2,x1=λ2x2, 1 2 1 2 ∴λ2x2+1=λ(x2+1),λx2(λ-1)=λ-1, 1 ∵λ≠1,∴x2= ,x1=λ, λ 又 F(1,0),∴M F =(1-x1,y1)=(1-λ,λy2) ?1-1,y2?=λF→, =λ λ Q ? ? ∴直线 MQ 经过抛物线 C 的焦点 F.







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1 (2)由(1)知 x2= ,x1=λ, λ 得 x1x2=1,y2·2=16x1x2=16, 1 y2 ∵y1y2>0,∴y1y2=4,则|PQ|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2 =x2+x2+y2+y2-2(x1x2+y1y2) 1 2 1 2 ?λ+1 ?2+4?λ+1 ?-12 = ? λ? ? λ? ?λ+1+2?2-16, = ? λ ? ?1,1?, 1∈?5,10 ?, λ+1=10, λ=1时, 2 λ∈ 3 2 λ+ 当 即 |PQ| ? ? λ ?2 3 ? λ 3 3 112 4 7 有最大值 ,|PQ|的最大值为 . 9 3

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考点 4

圆锥曲线中的定值、定点问题

x2 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: +y2=1. 3 例4 如图所示, 斜率为 k(k>0)且不过原点的直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 E,射线 OE 交椭圆 C 于点 G,交直线 x=-3 于点 D(-3,m). (1)求 m2+k2 的最小值; (2)若|OG|2=|OD|· |OE|, 求证:直线 l 过定点.

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【解】 (1)设直线 l 的方程为 y=kx+t(k>0), 由题意,t>0. ?y=kx+t, ? 2 由方程组?x 得(3k2+1)x2+6ktx+3t2-3=0. +y2=1, ?3 ? 由题意 Δ>0,所以 3k2+1>t2. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 6kt 由根与系数的关系得 x1+x2=- 2 , 3k +1 2t 所以 y1+y2= 2 . 3k +1

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由于 E 为线段 AB 的中点, 3kt t 因此 xE=- 2 ,y = , 3k +1 E 3k2+1 yE 1 此时 kOE= =- . xE 3k 1 所以 OE 所在直线方程为 y=- x. 3k 1 又由题设知 D(-3,m),令 x=-3,得 m= ,即 mk=1, k 所以 m2+k2≥2mk=2,当且仅当 m=k=1 时上式等号成 立,所以由 Δ>0 得 0<t<2,因此当 m=k=1 且 0<t<2 时, m2+k2 取最小值 2.

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1 (2)证明:由(1)知 OD 所在直线的方程为 y=- x, 3k 将其代入椭圆 C 的方程,并由 k>0,解得 3k 1 3kt t G(- , ).又 E(- 2 , ),D(- 2 2 3k +1 3k2+1 3k +1 3k +1 1 3, ),由距离公式及 t>0 得 k 9k2+1 3k 1 |OG|2=(- )2+( )2 = 2 , 2 2 3k +1 3k +1 3k +1 |OD|= 9k2+1 12 ?-3?2+? ? = , k k

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t 9k2+1 3kt 2 t |OE|= ?- 2 ? +? 2 ?2 = , 2 3k +1 3k +1 3k +1 由|OG|2=|OD|· |OE|,得 t=k, 因此直线 l 的方程为 y=k(x+1), 所以直线 l 恒过点(-1,0).

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【规律小结】

证明直线过定点或证明某些量为定值的方法

有两种:一是研究一般情况,通过逻辑推理与计算得到定点 或定值.这种方程往往难度较大,运算量较大,且思路不好 寻找;二是先利用特殊情况确定定点或定值,然后验证,这 样在整理式子或求值时就有了明确的方向.

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跟踪训练
x 2 y2 4. (2013· 深圳模拟)如图, 已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0) a b 3 的离心率为 ,以椭圆 C 的左顶点 T 为圆心作圆 T:(x 2 +2)2+y2=r2(r>0),设圆 T 与椭圆 C 交于点 M 与点 N.

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(1)求椭圆 C 的方程; → → (2)求TM· 的最小值,并求此时圆 T 的方程; TN (3)设点 P 是椭圆 C 上异于 M,N 的任意一点,且直线 MP、NP 分别与 x 轴交于点 R、S,O 为坐标原点,求证: |OR|· |OS|为定值.

c 3 解:(1)依题意:a=2,e= = , a 2 ∴c= 3,b= a2-c2=1. x2 2 故椭圆 C 的方程为 +y =1. 4

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(2)易知点 M 与点 N 关于 x 轴对称, 设 M(x1,y1),N(x1-y1),不妨设 y1>0. x2 1 由于点 M 在椭圆 C 上,∴y2=1- .(*) 1 4 由已知 T(-2,0), → → 则TM=(x1+2,y1),TN=(x1+2,-y1), → → ∴TM· =(x1+2,y1)· 1+2,-y1) TN (x x2 5 2 1 =(x1+2)2-y2=(x1+2)2-(1- )= x1+4x1+3 1 4 4 5 82 1 = (x1+ ) - . 4 5 5

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由于-2<x1<2, 8 1 → → 故当 x1=- 时,TM· 取得最小值- . TN 5 5 8 3 8 3 把 x1=- 代入(*)式,得 y1= ,故 M(- , ),又点 M 在 5 5 5 5 2 13 圆 T 上,代入圆的方程得 r = ,故圆 T 的方程为: 25 13 2 2 (x+2) +y = . 25

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(3)证明:设 P(x0,y0),则直线 MP 的方程为: y0-y1 y-y0= (x-x0),令 y=0, x0-x1 x1y0-x0y1 x1y0+x0y1 得 xR= ,同理:xS= , y0-y1 y0+y1 x2y2-x2y2 1 0 0 1 故 xR·S= 2 2 .(**) x y0-y1 又点 M 与点 P 在椭圆上,故 x2=4(1-y2),x2=4(1-y2), 0 0 1 1 代入(**)式,得: 4?1-y2 ?y2-4?1-y2?y2 4?y2-y2? 1 0 0 1 0 1 xR·S= x = 2 2 2 2 =4. y0-y1 y 0-y1 所以|OR|· |OS|=|xR|· S|=|xR·S|=4 为定值. |x x

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方法感悟 1.直线与圆锥曲线的位置关系 直线与圆锥曲线的位置关系,从几何角度可分为三类:无公 共点,仅有一个公共点及有两个相异公共点. 还可通过代数方法即解方程组的办法来研究.因为直线与圆 锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题,实际是研究它们 的方程组成的方程组是否有实数解或实数解个数问题,此时 要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法.

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2.直线与圆锥曲线的位置关系,主要涉及弦长、弦中点、对称、

参数的取值范围、求曲线方程等问题.解题中要充分重视根与系
数的关系和判别式的应用. 当直线与圆锥曲线相交时:涉及弦长问题,常用“根与系数的关

系法”设而不求计算弦长(即应用弦长公式);涉及弦长的中点问
题,常用“点差法”设而不求,将弦所在直线的斜率、弦的中点 寻找量与量间的关系,灵活转化,往往就能事半功倍.解题的主 要规律可以概括为“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”. 3.定值、定点、最值等问题实质上是一些基本问题的变式.

坐标联系起来,相互转化.同时还应充分挖掘题目中的隐含条件,

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名师讲坛精彩呈现
规范解答 求解圆锥曲线的综合问题 x2 2 例 (本题满分 13 分)(2012· 高考陕西卷)已知椭圆 C1: +y 4 =1,椭圆 C2 以 C1 的长轴为短轴,且与 C1 有相同的离心率. (1)求椭圆 C2 的方程; → (2)设 O 为坐标原点,点 A,B 分别在椭圆 C1 和 C2 上,OB= → 2OA,求直线 AB 的方程.

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y2 x 2 1 【解】 (1)由已知可设椭圆 C2 的方程为 2+ =1(a>2).? 2分 a 4 a2-4 3 3 其离心率为 ,故 = ,则 a=4,4 分 2 2 a y2 x 2 故椭圆 C2 的方程为 + =1.5 分 16 4

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(2)法一:A,B 两点的坐标分别记为(xA,yA),(xB,yB), → → 由OB=2OA及(1)知,O,A,B 三点共线且点 A,B 不在 y 轴上, 因此可设直线 AB 的方程为 y=kx.7 分 x2 2 将 y=kx 代入 +y =1 中, 4 4 2 2 2 得(1+4k )x =4,所以 xA= 2, 1+4k y2 x 2 将 y=kx 代入 + =1 中, 16 4

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16 得(4+k )x =16,所以 ,10 分 4+k2 16 16 → → 2 2 又由OB=2OA,得 xB=4xA,即 = , 4+k2 1+4k2 解得 k=± 1,12 分 故直线 AB 的方程为 y=x 或 y=-x.13 分
2 2

x2 = B

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法二:A,B 两点的坐标分别记为(xA,yA),(xB,yB), → → 由OB=2OA及(1)知,O,A,B 三点共线且点 A,B 不在 y 轴上, 因此可设直线 AB 的方程为 y=kx.?2 7分 x2 2 将 y=kx 代入 +y =1 中,得(1+4k2)x2=4, 4 4 2 所以 xA= 2, 1+4k

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16 16k2 → → 由OB=2OA,得 x2 = ,?y2 = ,10 分 3 B B 1+4k2 1+4k2 4+k2 y2 x 2 将 x2 ,y2 代入 + =1 中,得 =1, B B 16 4 1+4k2 即 4+k2=1+4k2,解得 k=± 1,12 分 故直线 AB 的方程为 y=x 或 y=-x.13 分

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抓关键

促规范

y2 x 2 1 正确设出椭圆 C2 的方程 2+ =1(a>2)是关键. 4 a → → 2?从OB=2OA,得出 AB 的方程为 y=kx,是正确求 解的必要条件. → → ?由OB=2OA得出 x2 =4x2 ,大大减少了计算量. 3 B A

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【方法提炼】

(1)运用待定系数法求椭圆的标准方程,先确定

焦点的位置,设出椭圆的标准程,再利用条件求出a、b的值. (2)平面向量与圆锥曲线的交汇是高考的热点之一,在复习中要 加强训练.

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知能演练轻松闯关

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