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圆锥曲线高考热点题型及通用妙解


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圆锥曲线高考热点题型及通用妙解
林逸凡
) ( 吉林省长春市吉大附中实验学校 , 3 0 0 0 0 1

0 1 5年各省高考真题的过程中发    在收集整理 2 现, 许多省份

( 如山东 、 浙江 、 湖北 、 上海等 ) 在对圆锥 曲线的 试 题 命 制 中 , 不约而同地采用了同一种题 — — 求两交点和原点 O 构成的三角形的面积 . 型— 这 类题型如果采用传 统 的 坐 标 法 , 通常需要对直线的 斜率是否存在进行讨论 , 计算过程也相当麻烦 , 得分 率不高 . 在实 际 的 教 学 过 程 中 , 笔者曾引导学生对这一 类题型进行归纳 , 进而得出一种简洁优美的通用解 法. 有 趣 的 是, 当时恰是受了山东省2 0 1 3年高考真 题的启发 . 今年山东省旧瓶装新酒 , 又出了同类型的 题, 应当引起考生的重视 . 高考题都是能够追根溯源 的, 鼓励学生在平时勤思考 、 多总结 、 归纳题型 , 领悟 题魂 , 对提高自身解题能力有相当大的帮助 , 可以让 学生站到一个更高 的 视 角 去 看 问 题 , 难题自然迎刃 而解 . 一、 热点题型 : 求两交点和原点构成三角形的面 积最值 例1 ( 2 0 1 5年 浙江 1 9 题 )已 知 椭 圆
2 x 2 =1 上 两 个 不 +y 2

3, 左、 右焦点分别是 F 以F 率为槡 F2 . 1、 1 为圆心 3 为 2 半径的圆与以 F 且交点 2 为圆心 1 为半径的圆相交 , 在椭圆 C 上 . ( 求椭圆 C 的方程 ; Ⅰ)
2 2 x y , ( 设椭 圆 E: Ⅱ) 2+ 2 =1 P 为 椭 圆 C 上 任 4 a 4 b

意一点 , 过 点 P 的 直 线y =k B两 x+m 交 E 于 A , 点, 射线 P O 交椭圆 E 于点 Q .

O Q 的值 ; ( )求| i | O P
)求 △A ( i B Q 面积的最大值 . i 例3  ( 0 1 5 年湖北理 2 1 题第二问 )一种作图 2 工具如图 2 所示 , 短杆 ON 可 O 是滑槽 A B 的中点 , 绕O 转 动 , 长 杆 MN 通 过 N 处 铰 链 与 ON 连 接 , 且 DN =ON = MN 上的栓子 D 可沿滑槽 A B 滑动 , 当栓子 D 在滑槽A MN =3, 1, B 内 作 往 复 运 动 时, , 带动 N 绕 O 转动一周 ( D 不动时 , N 也不动 ) M处 以 O 为 原 点, 的笔尖画出的曲线记为 C, A B 所在的 直线为x 轴建立如图 3 所示的平面直角坐标系 .

同的点 A, B 关于直线

x+ y=m

1 对称 . 2
图1 图2 图3

( Ⅰ )求实数 m 的 取值范围 ;

( O 为坐标原 O B 面积的最大值( Ⅱ ) 求 △A 点) . 例 2  ( 0 1 5年山东2 0 题 )平 面 直 角 坐 标 系 2
2 2 x y ( b>0) 的离心 已知椭 圆 C: x O y 中, 2 + 2 =1 a> a b

( Ⅰ )求曲线 C 的方程 ; ( x-2 Ⅱ )设动 直 线l 与 两 定 直 线l y=0 和 1: 若 直 线l 总 与 曲 l x+2 Q 两 点, y=0 分 别 交 于 P, 2: 线C 有 且 仅 有 一 个 公 共 点 , 试 探 究: P Q 的面积 △O 是 否 存 在 最 小 值? 若 存 在, 求 出 该 最 小 值; 若不存 在, 说明理由 .

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二、 追根溯源 : 一道陈年旧题中总结出的解题技 巧 例4   ( A, B 为椭 0 1 3 年山东压轴题第二问 ) 2
2 x 6 2 圆 C: +y =1 上满足 △A O B 的面积为 槡 的任 意 2 4

1 S△AOB = | A d B | 2 =
2 2 1 k - h 1+2 2 ·槡 ×2 k 2· 槡 1+   槡 2 2 1+2 k

 ·

两点 , 射线 O E 为线段 A B 的中点 , E 交椭圆 C 于点 →, ?E ?→ 设O 求实数t 的值 . P. t O P=   对这 道 题 , 标准答案中给出的是传统的设点列 方程的解法 , 如下 : 传统法 )当 A, 解法 1   ( B 两点关于x 轴对称 由题意 -槡 时, 设直线 A B 的方程为x=m, 2<m<0 或 0<m<槡 2.
2 2 将 x=m 代 入 椭 圆 方 程x +y 得| =1, |= y 2

h | | 2 k 1+ 槡
2 2 k - h 1+2 槡 ·| h |. 2 1+2 k

=槡 2·

6, 所以 又 S△AOB =槡 4 2· 槡
2 2 1+2 k - h 6 槡 槡 ·| h |= 2 1+2 k





2 2 2   , 代入③整理得3 令 n=1+2 k n -1 h n + 6 4 2 2 , 即 或 n= 4 解得 n=4 1 h =0, h h 6 3



2-m2 . 2 6 解得 2-m2 槡 所以 S△AOB =| = , m | 2 4

4 2 2 2 2 或 1+2 1+2 k =4 h k = h 3





1 ( →= 1 ?E ?→ ?→ ?→ ( 又O t O t O x x = t P= A+O B)   y 1+ 2, 1 2 2 ①

m2 =

3或 2 1 m = 2 2

k 2 h t,h t ) , 因为 P 为 椭 圆 C 上 一 + =( - y 2) 2 2 1+2 k 1+2 k
2 k h ) h ) 2 1 2 2 [ ( ] 即 点, 所以t - +( =1, 2 2 2 1+2 k 1+2 k
2 h ·2 2 t =1 1+2 k

→= 1 ?E ?→ ?→ ?→ ( , , 又O 因为 t O t O m =( 0) P= A+O B) t   2 所以 P 为椭圆C 上一点 ,
2 ) ( m t =1  2





4 又因为 2 2 所 以t 由 ①② 得t =4 或t = . t>0, 3 23 =2 或t = 槡.   3 当 A, 设直线 A B 两点关于x 轴不对称时 , B的
2 2 将其代入椭圆的方程x + 方程为y= k h. x+ y =1, 2 2 2 2 ) 得( k x +4 k h -2=0. 1+2 h x+2

4 又知 2 2 故t 将 ④ 代入 ⑤ 得t =4 或t = , t>0, 3 2 3 经检验 , 适合题意 . =2 或t = 槡.   3 2  3 综上可得t = 槡. =2 或t   3 在批阅作业的过程中 , 笔者惊喜地发现 , 有学过 竞赛的学生直接采 用 了 向 量 叉 积 计 算 , 先设出点 A ( , , 然 后 用 S△AOB = 1| x B( x x y y y 1, 1) 2, 2) 1 2 - 2 遗 憾 的 是, 该名学生知其然而不 x |简化了计算 . y 2 1 知其所以然 , 对 S△AOB = 1| x |的 来 历 未 y y 1 2 -x 2 1 2 能作出更多解释 . 在课堂中 , 笔者与学生一起通过小 组讨论和师生互动 , 总结出如下解法 . 解法 2   ( 向量法求面积 + 参数方程法 ) , 设 A( =( s = c o s i n x 2 B( x θ, θ) y y 1, 1) 2, 2) 槡 ( , 2 s c o s i n α, α) 槡

, , 设 A( 由判别式 Δ>0 可得 1 x B( x y y 1, 1) 2, 2)
2 2 k +2 > h ,此 时 x 1 +x 2 = -

k 4 h , x x 1 2 = 2 1+2 k

2 2 h -2, h , 2 +2 k( x x h= y 1+ 2= 1+ 2) 2 y 2 所以 k 1+2 k 1+2 2 2 ·槡 ( A k x x x x B 1+ |= 槡 | 1+ 2 )-4 1 2

2 · =2 k 2· 槡 1+   槡

1+2 k- h 槡 . 2 1+2 k





h | , | 所以 因为点 O 到直线 A B 的距离d= 2 1+ 槡 k

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1 ?→ · ?→ S= | O O s A B i n∠A O B | | | 2 1 ?→ ?→ ?→ ?→ 2 2 2 = 槡 O O O A B A·O B) | | ·| | -( 2 = 1 (2 2 2 2 2 ( x x x x -( y y y y 1 2+ 1 2) 1+ 1) 2+ 2) 2槡

简, 攻无不克 , 带给我们意 想 不 到 的 惊 喜 . 例如2 0 1 1 年山东省的圆锥曲线大题 . 例5  ( 0 1 1 年山东 )已知动直线l 与椭 圆 C: 2
2 2 x y , 两 不 同 点, 且 x Q( x + =1 交于 P( y y 1, 1) 2, 2) 3 2

1 = | x x |, y y 2 1- 2 1 2 把x x 2 c o s i n 2 c o s i n θ, θ, α, α y y 1 =槡 1 =s 2 =槡 2 =s 2 ( 代入整理得S=槡 s i n α- θ) |. | 2 6, 3 π 所以 s 又 S=槡 = ±槡 , i n( α- θ) α- θ= + 4 2 3 2 π k k π或 + π. 3 1 ? → ?→ ) ?→ O O E= ( A+O B 2 = 1( ( , 2c o s o s i n i n s θ+c α) θ+s α) 槡 2

P Q 的面积S△OPQ = △O
2 1 2 2

6, 槡 其中 O 为坐标原点 . 2

2 2 ( Ⅰ )证明 x +x 和 y y 1+ 2 均为定值 ;

( 求| OM|·| P Q 的中点为 M , Q | Ⅱ )设线段 P 的最大值 . ( 使得 E, G, Ⅲ )椭 圆 C 上 是 否 存 在 三 点 D , 6 判 断 △D S△ODE =S△ODG =S△OEG = 槡 ? 若 存 在 , E G 2 的形状 ; 若不存在 , 请说明理由 . 向量法求面积 + 参数方程法 ) 解析   ( , ( x 3 2 Q( x =P( c o s s i n θ, θ) Ⅰ )设 P( y 1, 1) 2, 槡 槡 , 3 2 =Q( c o s s i n α, α) y 2) 槡 槡 1 ?→ · ?→ · S△OPQ = | O O P Q i n∠P O Q | | | s 2 = = 1 ?→ ?→ ?→ ?→ 2 2 2 O O O P Q P·O Q) | ·| | -( | 槡 2 1 (2 2 2 2 2 ( -( x x x x y y y y 1 2+ 1 2) 1+ 1) 2+ 2) 2槡

α+ θ, α+ θ) , s × 2 =( c o s i n λ 槡 2 2
1 3 α- θ 槡 其中λ=c =± 或 ± . o s 2 2 2

α+ θ, α+ θ) → = (2 ?→ ?E , 代入 s × O t O t P= o s i n   λ 槡c 2 2
2 4 1 2 2 2 2 得λ 故t 椭圆方程x + t =1, = 2 =4 或 , y =1, 3 2 λ

1 6 槡 ( s = | x x i n | |= | α- θ) y y 2 1- 2 1 2 2 6 =槡 , 2 ( 因此推出 s =±1, i n α- θ)

2 3   槡 = . t =2 或t   3 点评   对比 两 种 方 法 , 可以明显体会到解法2 中用设参数的方法 来 解 这 道 题 , 既在计算上具有明 显的优势 , 又巧妙避 免 了 传 统 法 中 斜 率 不 存 在 情 况 的分类讨论 , 正可谓一举两得 , 独具匠心巧思 . 计算 △A 先利用面积计算公式S O B 的面积时 , 1 然后再将向量用直角坐标表 = a s b i n θ 列出 式 子 , 2 然后通过三角函 示, 化简得到 S= 1| x x |, y y 2 1- 2 1 2 2 具有较强的技 数公式 化 简 得 S= 槡 s i n( α- θ) |, | 2 巧. 这个 方 法 和 思 路 在 当 时 看 来 针 对 性 过 强 、 通用 性不够 , 然而之后发现越来越多关于过原点的 、 与三 角形面积相 关 的 综 合 问 题 , 用 此 方 法 解 决, 化繁为

α=

π ± θ 2



2 2 2 2 ( 故x x c o s o s θ+c α) 1+ 2 =3 2 2 ( =3, =3 c o s i n θ+s θ)

( s i nθ+s i nα) y y 1+ 2 =2
2 2 2 2 2 2 ( =2, =2 s i n o s θ+c θ) 2 2 2 2 所以 x x y 1+ 2 和y 1+ 2 均为定值 .

, ( 由 ① 得 Q( P( 3 2 3 c o s s i n s i n θ, θ) ?槡 θ, Ⅱ) 槡 槡 , 2 c o s ±槡 θ) ?→ , ) , Q= ( i n o s o s i n P 3( 2( ±c θ-c θ) θ-s θ) ?s 槡 槡
2 2 2 ( ( P Q c o s i n s i n o s | =3 θ±s θ)+2 θ?c θ) |

=5±2 c s i n o s i n 2 θ θ=5±s θ,

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3( c 2( s o s i n i n o s θ?s θ) θ±c θ) 槡 槡 , ) , 中点 M ( 2 2
2 2 ( ( 3 c o s i n s i n o s θ?s θ)+2 θ±c θ) 2 OM| = | 4

5?2 c s i n o s i n 2 θ θ 5?s θ, = = 4 4 2 5-s i n2 θ, 2 2 ·| OM| P Q |= | 4 5 2 当s OM|·| P i n 2 Q θ=0 时 , |取到最大值 | 4
图4




解析   ( 参数方程法 ) , , 先解 ( 设 A( a c m s B( a c n s o s i n o s i n θ, θ) α, α) Ⅱ) , , 由 则 D( c s C( c s -a -m -a -n o s i n o s i n θ, θ) α, α)



5 . 2 ( , 3c 2s o s i n α, α) Ⅲ )假 设 存 在 三 点 D ( 槡 槡

, , 使 得 S△ODE E( 3 2 G( 3 2 c o s s i n c o s s i n γ, γ) 槡 槡 槡 槡 β, β) 6 则由 得 : 槡 存在整数 k =S△ODG =S△OEG = , k k ① 1, 2, 3 2 使得

m s s i n i n θ n α, 得 k k = O O A= B= c c a o s o s θ a α m s c i n o s α θ λ= = n c s o s i n α θ
由对称性 , 因此有 M, N 到 AD 的距离相等 , ①

π k α- π 1 β= 2 + π k γ= + π 2 β- 2 π k α- γ= + π 3 2
设不成立 , 因此不存在满足条件的三点 .

② ③ ④

S xD a( B c D o s o s 1 B- | x α+c θ) | = = ( λ= = S A ac B o s o s | xA -x θ-c α) | 2 B
c o s o s α+c θ = c o s o s θ-c α 将 ② 整理为 o s c α λ-1 = c o s θ λ+1 将 ③ 代入 ① 得 ) i n s α λ( λ-1 = s i n θ λ+1 ④ ③ ②

与 ④ 矛盾 , 故假 1+ k k ② + ③ 得α- γ= ( π, 1+ 2) 点评   这 道 题 再 次 展 现 新 方 法 , 即向量法求面 积结合参数方程的优势 , 尤其是第 ( 问, 能更深入 Ⅲ) 地看到问题的本质 : 为什么不能存在满足条件的三 点. 有时 三 角 形 不 过 原 点 , 同样可以采用参数方程 法解 , 例如 2 0 1 3 年湖北高考题 : 例6  ( 已知椭圆 C 0 1 3 年湖北 )如图 4, 2 1 与 长 轴 均 为 MN 且 在 x 轴 C 2 的中 心 在 坐 标 原 点 O, , 上, 短轴长分别 为 2 过原点且不与x m, n( m >n) 2 轴重合的直线l 与C1 , C 2 的四个交点按纵坐标从大

) λ-1 λ( λ-1 所 以 0< 因 为 λ>1, 记 t t = = 1, 2, λ+1 λ+1
2 2 2 所以 0< 且t 所以t t t t t 1, 1. t λ 1< 2= 1> 1, 1< 2> 1. 2 2 2 2 2 2 由 ③④ 可得 1=c t c t s o s i n o s i n α+s α= θ+ θ 1 2 2 2 2 2 故 c =( t t t o s θ+ 1- 2) 2, 2 t 1- 2 2 ) c 0, 1 o s θ= 2 2 ∈ ( t t 1- 2



2 2 2 因为 0< 所以c t t 1 且t o s θ有解当且仅 1< 2> 1, 2 当t 1. 2>

m 到小 依 次 为 A, B, C, D.记 λ = ,△B DM 和 n BN 的面积分别为S1 和 S △A 2.
( 当直线l 与 y 轴 重 合 时 , 求λ 若S S Ⅰ) λ 1= 2, 的值 . ( 当λ 变 化 时 , 是否存在与坐标轴不重合的 Ⅱ) , 使S 直线l S λ 1= 2 ? 并说明理由 .

, 使S 即存在与 坐 标 轴 不 重 合 的 直 线 l S λ 1= 2, 解 得 λ>1+ 当且仅当λ( 又 由 λ>1, λ-1) λ+1, > 2. 槡 , 再解 ( 当 直 线 l 与 y 轴 重 合 时, 由⑤得 Ⅰ) ) λ( λ-1 2 即t 解得λ=1+槡 o s =1, 2. c θ=0, 2= λ+1 点评   该题是 2 用参数 0 1 3 年湖北省的压轴题 ,

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方程法简洁而优美 . 先解第二问 , 将面积比λ 转化为 然 后 为 了 使λ 有 解 , 求出 α, θ 的正弦和余弦 的 比 值 , 解 α, θ 的正弦 和 余 弦 的 比 值 可 能 的 取 值 范 围 即 可 . , 就迎刃 决了第二问 , 第一问作为其结论的 “ 副产品 ” 而解了 . 三、 心有灵犀 : 向量法求面积的证明出现在今年 高考题中
2 2 例7  ( +2 0 1 5 年上海 2 1 题 )已知椭圆 x 2 y

例 3 都可以用新方法来处理 , 例 2、 前文的例 1、 下面仅以例 3 为例加以说明 . 例 3 解析   ( 向量法求面积 )
2 x2 y ( 曲线 C 的方程为 + =1; Ⅰ )略 , 1 6 4

( , , 由题意得x x Q( x Ⅱ )设 P( y y 1, 1) 2, 2) 1= 2 x y y 1, 2 =-2 2, 由正弦定理 , 1 ?→ · ?→ · S△OPQ = | O O P Q i n∠P O Q | | | s 2 ?→ ?→ 1 ?→ · ?→ · O P·O Q ) 2 = | O O 1- ( ?→ P Q | | | ?→ 2 O O P Q | |·| |

过原点的两条直线l =1, l 1, 2 分别与椭圆交于点 A, 记得到的平行四边形 A B 和 C, D. C B D 的面积为

S.
( , 用 A, . x C( x C 的坐标 Ⅰ )设 A( y y 1, 1) 2, 2) 表 示 点 C 到 直 线l 的 距 离 , 并 证 明 S =2 x | y 1 2 -x |; y 2 1 1, ( 求面积S Ⅱ )设l 1 与l 2 的斜率之积为- 2 的值 . 平行四边形 A 由之前 C B D 中对角线互相平分 , 如果平 的结论 , 显 然 S=4 S△AOC =2 x x |. | y y 2 1- 2 1 日里学生对这方面知识有所接触 , 这道题迎刃而解 . 这提示我们 : 要注 重 平 日 积 累 , 提 高 自 身 专 业 素 养, 做到手中有粮 , 心中不慌 , 平日里对学生提出的涉及 深刻的数学背景的问题 ( 例如 : 圆台体积用定积分如 何求 ? 面积计算为何用向量叉积 ? 最小二乘法是不 , ) 尽量在课后给学生一个 是高维空间的投 影 问 题 ? 满意的答案 , 为学生展现一个更为深远的领域 , 鼓励 “ 、 “ 这个高考不考 ” 这 自主探索 , 而不是简单地回答 : 、 “ 个以后会讲 ” 这个没有意义 ” . 纵观 近 几 年 的 高 考 试 题 , 在高中数学与高等数 学衔接处命制题目 已 成 为 高 考 命 题 的 一 个 特 色 , 备 受高考命题者的青睐 , 例如 , 利用极限思想分析函数 图象或数列的变化趋势 , 利用 J e n s e n 不等式 解 决 复 杂函数的不等式估计问题 , 利用洛必达法则求极限 , 利用隐函数求导求 曲 线 的 切 线 方 程 , 利用二次求导 , 研究函数凹凸性 , 等 等. 说不定哪次的“ 高考不考” 今年就考了 . 四、 牛 刀 小 试: 新方法在2 0 1 5年高考题中的 应用  





1 (2 2 2 2 2 ( x x x x -( y y y y 1 2+ 1 2) 1+ 1) 2+ 2) 2槡 ①

1 = | x x |=2 | | y y y y 2 1- 2 1 1 2 2

2 2 x y 另一方面 , 由题意 , l 为椭圆 C: + =1 的切 1 6 4

, , 故 P( 线, 设切点为 ( x P, Q 在l 上 , x Q y y 0, 0) 1, 1)

xx xy y y y 0 1 0 1 ( 满足l 的 方 程 0 +y 即 0 x =1, + y 2, 2) 1 4 8 4 6 x 1 , y y y 0 2 0 2 =1,- + =1,得 y y 1 = 2 = 8 4 x y 0 0 + 8 4
1 , 代入 ① 得 x y 0 0 - + 8 4 1 8 S△OPQ =2 | 2 |= 2 2 2 . x x y y 0 0 0 0 - + |- + | 6 1 4 1 6 6 4
2 2 x 0 又因为 ( 在 椭 圆 C 上, 所 以 0 +y =1, x y 0, 0) 1 6 4

8 1 2 2 , , 所以 S△OPQ = 0, 4] |≤ | y y 0∈[ 0 -1 1 2 2 | y | 0 -1 2
2 2 等号成立当且仅当 y 所以 S△OPQ ≥8, 1, 0 =0 或 y 0=

切点为椭圆 C 的四个顶点 . 4, 即当 直 线 l 与 椭 圆 C 在 四 个 顶 点 处 相 切 时 ,

P Q 的面积取得最小值 8. △O
( ) 收稿日期 : 2 0 1 5-0 6-2 1


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