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高二理科数学直线与圆锥曲线专题复习


高二理科数学复习:直线与圆锥曲线的位置关系
【基础预习】 1.直线与圆锥曲线的位置关系主要是指直线和圆锥曲线公共点的个数问题,解决的方法: 消元后转化为 ,进而转化为一元(一次或二次)方程解的情况去研究。 另外,还能利用数形结合的方法,迅速判断某些直线和圆锥曲线的位置关系。 2.直线与圆锥曲线相交的弦长计算 (1)当弦的两端点的坐标易求时,可直接求出交点坐标,再用 求弦

长。 (2)解由直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组对,得到关于 x (或 y )的一元二次方程, 设直线与圆锥曲线交于 A ? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? 两点,则弦长公式为:

AB ?

或 AB ?

.

实质上是由两点间距离公式推导出来的,只是用了交点坐标设而不求的技巧。 3.弦的中点问题: 设 A ? x1 , y1 ? 、 B ? x2 , y2 ? 是椭圆

x2 y 2 ? ? 1 上不同两点且 x1 ? x2 , x1 ? x2 ? 0 , M 是其 a 2 b2
两式做差可得

中点,则

x12 y12 x2 2 y2 2 ? ? 1 ? ?1 , a 2 b2 a 2 b2
,而

y1 ? y2 y1 ? y2 b2 ? ?? 2 x1 ? x2 x1 ? x2 a
。这种方法叫点差法,

其中

y1 ? y2 可以看作 x1 ? x2

y1 ? y2 是 x1 ? x2

最后需要检验直线与曲线是否相交。 【例题导引】例 1 已知双曲线 C: x2 ? y 2 ? 4 ,讨论直线 l : y ? k ? x ?1? 与 C 的交点个数. 【分析】联立方程组,从方程解的个数来判断直线与曲线交点的个数。 【解】由方程组 ?

? ? y ? k ? x ? 1? 2 2 2 2 消去 y 可得 ?1 ? k ? x ? 2k x ? k ? 4 ? 0 2 2 ? ?x ? y ? 4

2 (1)当 1 ? k ? 0 时,即 k ? ?1 时,方程化为 2 x ? 5 ,此时直线与双曲线仅有一个交点。 2 2 (2)当 1 ? k ? 0 时即 k ? ?1 时, ? ? 2k

?

?

2

? 4 ?1 ? k 2 ?? k 2 ? 4 ? ? 4 ? 4 ? 3k 2 ?

2 ? 2 3 2 3 ?? ? 4 ? 4 ? 3k ? ? 0 ?k? ①若 ? 即? 且 k ? ?1 时直线与双曲线有两个交点; 2 3 3 ? ?1 ? k ? 0 2 ? ?? ? 4 ? 4 ? 3k ? ? 0 2 ?1 ? k ? 0 ?

②若 ?

即k ? ?

2 3 时,直线与双曲线只有一个交点; 3

2 ? 2 3 2 3 ?? ? 4 ? 4 ? 3k ? ? 0 ③若 ? 即k ? 或k ? ? 时,直线与双曲线没有交点。 2 3 3 1 ? k ? 0 ? ?

1

【变式 1】直线 l : y ? kx ? 1 与双曲线 C : 2 x2 ? y 2 ? 1 的右支交于不同的两点 A、B.求实数 k 的取值范围。

【变式 2】直线 y=x+3 与曲线

y2 x | x | ? ? 1的交点个数是 9 4

.

例2

x2 y 2 ? ? 1 内一点 M(2,1)引一条弦,使该弦被点 M 平分,求这条弦所在 过椭圆 16 4

的直线的方程。 [解]法一:设所求直线方程为 y-1=k(x-2),代入椭圆方程并整理,得 (4k +1)x -(2k -k)x+4(2k-1) -16=0??????* 设直线与椭圆的交点为 A ( x1,y1 ) ,B(x2,y2) ,则 x1,x2 是上述方程的两根,于是有: x1+x2=
2 2 2 2

8 ? 2k 2 ? k ? 4k 2 ? 1
1 2

又 M 为 AB 的中点,所以 x1+x2 =

8 ? 2k 2 ? k ? 4k 2 ? 1

=4

解得 k=-

代入*式, ? > 0

故所求直线方程为 x+2y-4=0

法二:设直线与椭圆的交点为 A(x1,y1),B(x2,y2) 因为 M 为 AB 的中点, ,所以 x1+x2 =4, y1+y2 =2 又 A、B 两点在椭圆上,则有 2 2 2 2 2 2 2 2 x1 +4y1 =16 x2 +4y2 =16 两式相减,得 x1 -x2 +4(y1 -y2 )=0, (x1+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=0 所以

1 x1 ? x2 y1 ? y2 ==? 2 x1 ? x2 4 ? y1 ? y2 ?

即 KAB= ?

1 2

此时方程为 x+2y-4=0 代入椭圆方程, ? > 0 故所求直线方程为 x+2y-4=0 法三:设所求直线与椭圆的一个交点为 A(x,y) ,由于中点为 M(2,1) ,则另一个交点 为 B(4-x,2-y) 2 2 2 2 因为 A、B 两点都在椭圆上,所以 x +4y =16??? (4-x) +4(2-y) =16??? ?-?,整理,得 x+2y-4=0 由于过 A、B 的直线只有一条,故所求直线方程为 x+2y-4=0. 【拓展运用】 【问题 1 】已知 F1 , F2 为椭圆 x ?
2

y2 ? 1 的两个焦点, AB 是过焦点 F1 的一条动弦,求 2

?ABF2 面积的最大值。
【分析】 ?ABF2 的面积是由直线 AB 的斜率 k 确定的,因此可构建以 k 为自变量的目标函 数,用代数的方法求函数的最大值。

2

【探究 1】如何求 ?AOB 面积的最大值( O 为原点)?

【探究 2】若弦 AB 过原点,四边形 AF 1BF 2 面积的最大值是多少?

【探究 3】若弦 AB 过点 ? ,1? , ?AOB 面积的最大值是多少?并求此时直线 AB 的方程.

?1 ? ?2 ?

【问题 2】 (2006 北京) 已知点 M (?2,0), N (2,0) , 动点 P 满足条件 | PM | ? | PN |? 2 2 . 记 动点 P 的轨迹为 W . (Ⅰ)求 W 的方程; (Ⅱ)若 A, B 是 W 上的不同两点, O 是坐标原点,求 OA ? OB 的最小值.

【探究】若直线 y ? kx ? 1 与 W 交于 A, B 两点,且 OA ? OB ? 2 ,求 k 的范围。

【巩固训练】
2 1.过点 (?1, ?6) 的直线 l 与抛物线 y ? 4 x 交于 A, B 两点,若 P ( , 0) ,| AP |?| BP | ,求直

9 2

线 l 的斜率.

2. 已知点 A(2,8) ,B(x1,y1) ,C(x2,y2)在抛物线 y ? 2 px 上, △ABC 的重心与此抛物线的焦点 F 重合。 (1)写出该抛物线的方程和焦点 F 的坐标; (2)求线段 BC 中点 M 的坐标; (3)求 BC 所在直线的方程.
2

3

x2 y2 2 3.如图,已知椭圆 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 ,以该椭圆上的点和椭 2 a b

圆的左、右焦点 F1 , F2 为顶点的三角形的周长为 4( 2 ? 1) ,一等轴双曲线的顶点 是该椭圆的焦点,设 P 为该双曲线上异于顶点的任一点,直线 PF1 和 PF2 与椭圆 的交点分别为 A、B 和 C、D. (Ⅰ)求椭圆和双曲线的标准方程; (Ⅱ) 设直线 PF1 、PF2 的斜率分别为 k 1 、k 2 , 证明:k1 ? k 2 ? 1 ; (Ⅲ)是否存在常数 ? ,使得 AB ? CD ? ? AB ? CD 恒成立? 若存在,求 ? 的值;若不存在,请说明理由.
B F1

y
A C P

o
D

F2

x

4、设椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左、右焦点分别为 F1、F2 , a 2 b2
1 . 5

点 P 在椭圆上且在 x 轴上方, | PF1 |? 7,| PF2 |? 5, cos ?F1 F2 P ? (1)求椭圆 C 的方程; (2)抛物线 D : y ? 4mx(m ? 0) 过点 P ,连结 PF2 并延长与抛
2

物线 D 交于点 Q , M 是抛物线 D 上一动点(且 M 在 P 与 Q 之 间运动) ,求 ?MPQ 面积的最大值.

4

直线与圆锥曲线的位置关系
参考答案
【基础预习】 1.直线与圆锥曲线的位置关系主要是指直线和圆锥曲线公共点的个数问题, 解决的方法是转 化为 一元二次方程(进行消元) ,进而转化为一元(一次或二次)方程解的情况去研究。 另外,还能利用数形结合的方法,迅速判断某些直线和圆锥曲线的位置关系。 2.直线与圆锥曲线相交的弦长计算 (1)当弦的两端点的坐标易求时,可直接求出交点坐标,再用 两点距离公式 求弦长。 (2)解由直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组对,得到关于 x (或 y )的一元二次方程, 设直线与圆锥曲线交于 A ? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? 两点,则弦长公式为:

AB ?

(1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2

或 AB ?

(1 ?

1 )( y1 ? y 2 ) 2 k2

.

实质上是由两点间距离公式推导出来的,只是用了交点坐标设而不求的技巧。 3、 k AB , kOM (O 为坐标原点) 【例题导引】 变式 1 解:解:将直线 l 的方程 y ? kx ? 1 代入双曲线方程 2 x2 ? y 2 ? 1整理后得:

(k 2 ? 2) x 2 ? 2kx ? 2 ? 0. ??①
依题意,直线 l 与双曲线 C 的右支交于不同两点,故

?k 2 ? 2 ? 0, ? 2 2 ?? ? (2k ) ? 8(k ? 2) ? 0, ? 2k 解得k的取值范围是 ?2, ? 2 . ?? 2 ?0 ? k ?2 ? 2 ? 0. ? 2 ?k ? 2

?

?

变式 2 解:根据题意画出图形,可知有三个交点。 【拓展运用】 【问题 1】解:由题意, F 1 ? 0,1? , F 1F 2 ? 2 ,设 A ? xA , yA ? ,B ? xB , yB ? ,
2 2 2 2 设直线 AB 的方程为 y ? kx ? 1 代入椭圆方程 2 x ? y ? 2 得 k ? 2 x ? 2kx ? 1 ? 0 则

?

?

8 ? k 2 ? 1? 2k 1 x A ? xB ? ? 2 , x A xB ? ? 2 所以 x A ? xB ? k ?2 k ?2 k2 ? 2

S

ABF2

?

1 1 k 2 ?1 ? 2 2? F1F2 xA ? xB ? 2 2 ? 2 2 k ?2 k 2 ?1 ?

1 k 2 ?1

? 2 2?

1 ? 2当 2

5

k 2 ?1 ?

1 k 2 ?1

即 k ? 0 时,三角形面积的最大值为 2

【探究 1】解:由问题 1 知 S?AOB ?

1 2 k 2 ?1 1 OF1 ? xA ? xB ? ? S?ABF2 , 2 k2 ? 2 2

故 S?AOB ?

2 ,当且仅当k ? 0时取等号. 2

【探究 2】解:由问题 1 知 S?AF1BF2 ? 2S?AF1F2 ? F 1F 2 ? xA ? 2 xA , 由题知直线 AB 的斜率存在,设为 k ,则直线 AB 的方程为 y ? kx, 代 入 椭 圆 x ?
2

2 y2 2 2 ? 2 ? 1 , 得 xA , ?S?AF1BF2 ? 2 xA ? 2 ?2 , 2 k ?2 2 k ?2

当且仅当k ? 0时取等号.
【探究 3】解:当直线 AB 的斜率存在,设为 k ,则 y ? k ? x ?

? ?

1? ? ?1, 2?

代入椭圆 x ?
2

y2 k2 ? 1,得 2 ? k 2 x 2 ? 2k ? k 2 x ? ? k ? 1 ? 0, 2 4

?

?

?

?

故 ? ? 6k ? 8k ? 8 ? 0 ,设 A ? xA , yA ? ,B ? xB , yB ? ,
2

k2 ? k ?1 k ? 2k 由韦达定理知, x A ? xB ? 2 , xA xB ? 4 2 . k ?2 k ?2
2

当x=0时, y ? 1 ?

1 1 ? ? k ,则直线AB与y轴交点 M 为 ? 0,1 ? k ? . 2 2 ? ?

S ?AOB

1 ? 1 1 1 = ? ? 1 ? k ? x A ? xB = ? ? 2 ? k ? 2 4 2 2 k ?2 4

?k ? 2?2 ?6k 2 ? 8k ? 8?
k2 ? 2

=

1 4 2

?

2k 2 ? 8k ? 8 ? 6k 2 ? 8k ? 8 2k ? 8k ? 8 6k ? 8k ? 8 1 2 2 ? ? , 2 2 2 k ?2 k ?2 4 2
2

??

2

?

当且仅当 2k ? 8k ? 8 ? 6k ? 8k ? 8,即k ? 0或 ? 4 时,取得等号.
2 2

当直线 AB 斜率不存在时,直线 AB 方程为: x ?

1 1 1 6 2 ? . ,故 S ?AOB ? ? ? 6 ? 2 2 2 4 2

6

所以, S?AOB 面积的最大值为

2 ,此时直线 AB 的方程为:y=1 或 4x+y-3=0. 2

【问题 2】解一: (Ⅰ)由|PM|-|PN|=2 2 知动点 P 的轨迹是以 M,N 为焦点的双曲线的 右支,实半轴长 a= 2 .又半焦距 c=2。故虚半轴长 b= c2 ? a2 ? 2 , 所以 W 的方程为

x2 y 2 ? ? 1, x ? 2 2 2

(Ⅱ)设 A、B 的坐标分别为(x1y1) , (x2y2) . 当 AB ? x 轴时, x1 ? x2 , y1 ? y2 ,从而 OA ? OB ? x1x2 ? y1 y2 ? x12 ? y12 ? 2 。 当 AB 与 x 轴不垂直时, 设直线 AB 的方程为 y ? kx ? m , 与 W 的方程联立, 消去 y 得

?9 ? k ? x
2

2

? 2kmx ? m 2 ? 2 ? 0 ,

故 x1 ? x2 ?

2km m2 ? 2 , x x ? 1 2 1? k 2 k 2 ?1

OA ? OB ? x1 x2 ? y1 y2 ? x1 x2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m)
所以 ? (1 ? k ) x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m
2 2

(1 ? k 2 )(m 2 ? 2) 2k 2 m 2 ? ? m2 2 2 k ?1 1? k 2 2k ? 2 4 ? 2 ? 2? 2 k ?1 k ?1 ?
又因为 x1 x2 ? 0 ,所以 k ? 1 ? 0 ,从而 OA ? OB ? 2 .
2

综上,当 AB ? x 轴时, OA ? OB 取得最小值 2. 解法二: (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)设 A 、 B 的坐标分别为 ? x1 , y1 ? , ? y1 , y2 ? ,则

xi2 ? yi2 ? ( xi ? yi )( xi ? yi ) ? 2(i ? 1, 2)
令 si ? xi ? yi , ti ? xi ? yi , 则 si ti ? 2 ,且 si ? 0 , ti ? 0(i ? 1, 2) ,所以

7

OA ? OB ? x1 x 2? y y 1

2

1 1 ? ( s1 ? t 1)( s 2 ? t )2? ( s ?1t )( s 1 ? t2 ) 4 4 1 1 ? s1s 2? t t1 ? ss1 t t2 ? 2 1 2 2 2 2
当且仅当 s1s2 ? t1t2 ,即 ?

2

? x1 ? x2 时“=”成立. ? y1 ? ? y2

所以 OA ? OB 的最小值是 2. 【探究】若直线 y ? kx ? 1 与 W 交于 A, B 两点,且 OA ? OB ? 2 ,求 k 的范围。

? 3 6 ? ? 3 6? k ?? ? , ? 1 ? ? ? ??? ?1, ? 2 ? ? ? 2 ?
【巩固训练】 1、解:由题意,直线 l 的斜率必存在且不为零,设斜率为 k ,则直线 l 方程为:

y ? k ( x ? 1) ? 6 ,代入 y 2 ? 4x 得 k 2 x2 ? [2k (k ? 6) ? 4]x ? (k ? 6)2 ? 0
∵直线 l 与抛物线交于 A, B 两点,∴ ? ? [2k (k ? 6) ? 4]2 ? 4k 2 (k ? 6)2 ? 0 即 3 ? 10 ? k ? 3 ? 10 ,且 k ? 0 ,设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 y12 ? 4x1 , y22 ? 4x2 ∵ | AP |?| BP | , ∴ ( x1 ? ) ? y1 ? ( x2 ? ) ? y2 ,
2 2 2 2

9 2

9 2

∴ ( x1 ? ) ? ( x2 ? ) ? 4 x1 ? 4 x2 ? 0 ,化简得: ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ? 5) ? 0
2 2

4 ? 2k (k ? 6) 4 ? 2k (k ? 6) ?5 , ∴ 2 k k2 2 2 得 k ? 2 或 k ? ? ,∵ 3 ? 10 ? k ? 3 ? 10 ,∴ k ? ? 舍去 7 7 ∴所求直线 l 的斜率为 2 . 2.解: (1)由点 A(2,8)在抛物线 y 2 ? 2 px 上,有 8 2 ? 2 p ? 2 ,
∵ x1 ? x2 , ∴ x1 ? x2 ? 5 ,又 x1 ? x2 ? 解得 p=16. 所以抛物线方程为 y 2 ? 32x ,焦点 F 的坐标为(8,0). (2)如图,由于 F(8,0)是△ABC 的重心,M 是 BC 的中点,所以 F 是线段 AM 的 AF 定比分点,且 ? 2 ,设点 M 的坐标为 ( x0 , y0 ) ,则 FM
2 ? 2x0 8 ? 2 y0 ? 8, ? 0 ,解得 x0 ? 11, y0 ? ?4 , 1? 2 1? 2

9 2

9 2

所以点 M 的坐标为(11,-4) . (3)由于线段 BC 的中点 M 不在 x 轴上,所以 BC 所在 的直线不垂直于 x 轴.设 BC 所在直线的方程为: y ? 4 ? k ( x ? 11)(k ? 0). 由 ? y ? 4 ? k ( x ? 11), 消 x 得 ky 2 ? 32y ? 32(11k ? 4) ? 0 ,
? 2 ? y ? 32x

所以 y1 ? y 2 ? 32 ,由(2)的结论得 y1 ? y 2 ? ?4 ,解得 k ? ?4.
k

2

因此 BC 所在直线的方程为: 4 x ? y ? 40 ? 0.

8

3. 解: (Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ,由题意知

c 2 ? , 2a ? 2c ? 4( 2 ? 1) a 2

所以 a ? 2 2, c ? 2 又 a 2 ? b2 ? c 2 ,因此 b ? 2. 故椭圆的标准方程为
x2 y 2 ? ?1 8 4

??2 分

x2 y2 由题意设等轴双曲线的标准方程为 2 ? 2 ? 1(m ? 0) , m m

因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点,所以 m ? 2 因此双曲线的标准方程为
x2 y 2 ? ?1 4 4

??4 分

(Ⅱ)设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), P( x0 , y0 ) 则 k1 ?

y0 y0 , k2 ? x0 ? 2 x0 ? 2

2 2 因为点 P 在双曲线 x2 ? y 2 ? 4 上, 所以 x0 ? y0 ? 4.

因此 k1k2 ?

y0 y y ? 0 ? 2 0 ?1 x0 ? 2 x0 ? 2 x0 ? 4

即 k1k2 ? 1.

??7 分

(Ⅲ)由于 PF1 的方程为 y ? k1 ( x ? 2) ,将其代入椭圆方程得

8k12 8k12 ? 8 (2k ?1) x ? 8k x ? 8k ? 8 ? 0 ,由违达定理得 x1 ? x2 ? ? 2 , x1 x2 ? 2 2k1 ? 1 2k1 ? 1
2 1 2 2 1 2 1

所以 | AB |? 1 ? k12 ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2
? 1 ? k12 (? 8k12 2 8k12 ? 8 ) ? 4 ? 2k12 ? 1 2k12 ? 1

?4 2

k12 ? 1 2k12 ? 1

??10 分

2 k2 ?1 同理可得 | CD |? 4 2 2 . 2k2 ? 1

由 AB ? CD ? ? AB ? CD

则? ?

2 ?1 1 1 1 2k12 ? 1 2k2 ? ? ( 2 ? 2 ) ??12 分 | AB | | CD | 4 2 k1 ? 1 k2 ? 1

又 k1k2 ? 1 ,

2 ?1 1 1 1 2k ? 1 k12 2 2k12 ? 1 k12 ? 2 3 2 则 ? ? ( ? )? ( 2 ? 2 )? 1 | AB | | CD | 4 2 k ? 1 8 k1 ? 1 k1 ? 1 8 ?1 2 k1
2 1 2 1

9

故 | AB | ? | CD |?

3 2 | AB | ? | CD | 8

因此,存在 ? ?

3 2 , 8

使 | AB | ? | CD |? ? | AB | ? | CD | 恒成立。??14 分
4、解: (1)由椭圆的定义有: 2a ?| PF 1 | ? | PF 2 |? 12, a ? 6 -------------------------------1 分 又由余弦定理知道:在 ?PF 1 F2 中,

| PF1 |2 ?| PF2 |2 ? F1 F2 ? 2 | PF2 | ? F1F2 cos ?F1F2 P
所以

2

----------------------------------------------2 分 (舍去) ∴ c ? 3 . ---3 分

F1 F2 ? 2 ? F1 F2 ? 24 ? 0

2

解得

F1F2 ? 6



F1F2 ? ?4

∴ b2 ? a 2 ? c 2 ? 27 ∴所以,所求的椭圆方程 C :

x2 y 2 ? ? 1 . -------------------------------4 分 36 27

(2)设 P( x0 , y0 ) ,则 x0 ? OF2 ? PF2 cos ?F 1F 2P ? 2 ∴

42 y0 2 4 ? ? 1 ,又 P 在 x 轴上方,∴ y0 ? 2 6 36 36 27

∴ P( 2 , 2

6 ) --------------------5 分

把 P(2, 2 6) 代入抛物线 y 2 ? 4mx(m ? 0) ,得抛物线 D 方程为 y 2 ? 12 x -----------------6 分 ∴直线 PQ 的斜率为: kPQ ? kPF2 ? ?2 6 , ∴直线 PQ 的方程为: 2 6 x ? y ? 6 6 ? 0 .------------------------------------------------------------7 分
2 ? 9 ? y ? 12 x 联立 ? ,得 2 x 2 ? 13x ? 18 ? 0 解得 x1 ? 2, x2 ? --------------------------8 分 2 ? ? y ? ?2 6( x ? 3)

∴ Q 的横坐标为 xQ ?

9 9 ,代入抛物线方程 yQ ? ?3 6 ∴ Q ( , ?3 6) ----------------------9 分 2 2

9 25 PQ ? (2 ? )2 ? (2 6 ? 3 6)2 ? 2 2 ∴
设点 M (

----------------------------------------------------10 分

t2 , t ) 到直线 PQ : 2 6x ? y ? 6 6 ? 0 的距离为 d , 12

则d ?

6 6 2 75 (t ? ) ? ,又 M 在 P 与 Q 之间运动,∴ t ? (?3 6, 2 6) -----------12 分 30 2 2

∴当 t ? ?

6 5 6 . 时,d 取最大值 2 4

--------------------------------------------------------------13 分

10

∴ S?MPQ 的最大值为 ( S?MPQ )max ?

1 25 5 6 125 6 . ? ? ? 2 2 4 16

-------------------------------14 分

11


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