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09第八章 第九节 直线与圆锥曲线的位置关系


高考成功方案第一步

第 八 章
解 析 几 何

第九 节
直线 与圆 锥曲 线的 位置 关系 高考成功方案第二步

高考成功方案第三步

高考成功方案第四步

1.已知直线 x-y-1=0 与抛物线 y=ax2 相切,则 a 的值 为 1 A.2 1

C.4 1 B.3 D.4 ( )

?x-y-1=0, ? 解析:由? ?y=ax2, ?

得 ax2-x+1=0.

∵直线 x-y-1=0 与抛物线 y=ax2 相切, 1 ∴Δ=(-1) -4a=0,即 a=4.
2

答案:C

x2 y2 2.直线y=kx-k+1与椭圆 9 + 4 =1的位置关系为( A.相交 C.相离 B.相切 D.不确定

)

解析:由于直线y=kx-k+1=k(x-1)+1过定点
(1,1),(1,1)在椭圆内,故直线与椭圆必相交. 答案:A

x2 y2 3.过椭圆 6 + 5 =1 内的一点 P(2,-1)的弦,恰好被 P 点平分,则这条弦所在的直线方程是 A.5x-3y-13=0 C.5x-3y+13=0 B.5x+3y-13=0 D.5x+3y+13=0 ( )

解析:设过P点的弦与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2)两
2 2 ?x1 y1 ? 6 + 5 =1, 点,则? 2 2 ?x2+y2=1, ?6 5

且x1+x2=4,y1+y2=-2,

2 2 ∴3(x1-x2)-5(y1-y2)=0. y1-y2 5 ∴kAB= = . x1-x2 3 5 ∴弦所在的直线方程为y+1=3(x-2). 即5x-3y-13=0

答案:A

1 4.已知抛物线 C 的方程为 x = y,过 A(0,-1),B(t,3)两 2
2

点的直线与抛物线 C 没有公共点,则实数 t 的取值范围 是________.

4 解析:据已知可得直线 AB 的方程为 y= t x-1,联立 ? 4 ?y= t x-1, 直线与抛物线方程,得? ?x2=1y, 2 ?

4 消元整理, 2x - t x+1=0 由于直线与抛物线无公共点, 得
2

4 即方程 2x - t x+1=0 无解,
2

4 故有(- t )2-8<0, 解得 t> 2或 t<- 2.

答案:(-∞,- 2)∪( 2,+∞)

5.以直线 x± 2y=0 为渐近线,且截直线 x-y-3=0 所得弦长 8 3 为 的双曲线方程为________. 3 解析:设双曲线方程为 x2-4y2=λ,
?x2-4y2=λ, ? 联立方程组:? ?x-y-3=0. ?

消去 y 得,3x2-24x+(36+λ)=0. 设直线被双曲线截得的弦为 AB,且 A(x1,y1),B(x2,y2),

?x1+x2=8, ? ? 36+λ ?x1x2= 那么: , 3 ? ?Δ=242-12?36+λ?>0. ? 所以|AB|= ?1+k2?[?x1+x2?2-4x1x2] =
? 36+λ? ? 2 ? ?1+1??8 -4× = 3 ? ? ?

8?12-λ? 8 3 = . 3 3

x2 2 解得λ=4,所以,所求双曲线方程是 -y =1. 4

x2 2 答案: 4 -y =1.

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 ;
设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, 直线l与抛物线的对称轴的位置关是 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 1+k2· 1-y2| |y

1+k2· ?x1+x2?2-4x1x2 = 1 1+k2· ?y1+y2?2-4y1y2.



[做一题]
[例1] 已知抛物线的方程为y2=4x,直线l过定点 P(-2,1),斜率为k,k为何值时,直线l与抛物线 y2=4x只有一个公共点;有两个公共点;没有公共点?

[自主解答]

由题意,得直线l的方程为y-1=k(x+2), ,得ky2-4y+4(2k+1)=0(*)

?y-1=k?x+2? ? 由? 2 ?y =4x ?

(1)当k=0时,由方程(*)得y=1,方程组有一个解, 此时,直线与抛物线只有一个公共点.

(2)当 k≠0 时,方程(*)的判别式为 Δ=-16(2k2+k-1). ①由 Δ=0,即 2k2+k-1=0 1 解得 k=-1 或 k=2, 1 ∴当 k=-1 或 k=2时,方程组有一个解. 此时,直线与抛物线只有一个公共点.

②由Δ>0,得2k2+k-1<0 1 解得-1<k<2. 1 ∴当-1<k< 2 且k≠0时,方程组有两个解,此时,直线与抛物线有 两个公共点.

③由Δ<0,得2k2+k-1>0, 1 1 解得k<-1,或k>2,∴当k<-1,或k>2时,方程组无解,此时 直线与抛物线没有公共点 1 综上,可得当k=-1,或k=0,或k=2时,直线与抛物线只有 一个公共点; 1 当-1<k<2,且k≠0时,直线与抛物线有两个公共点; 1 当k<-1,或k>2时,直线与抛物线没有公共点.

[悟一法] 研究直线和圆锥曲线的位置关系,一般转化为研究其

直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数,但对于
选择题、填空题,常充分利用几何条件,利用数形结合的 方法求解.

[通一类] 1.若直线y=kx+2与双曲线x2-y2=6的右支交于不同的两点,求k 的取值范围.
?y=kx+2 ? 解:由? 2 2 ?x -y =6 ?

得(1-k2)x2-4kx-10=0.

直线与双曲线右支有两个不同交点,

?1-k2≠0, ? Δ=16k2-4?1-k2?×?-10?>0, ? ? 4k >0, ∴?x1+x2= 1-k2 ? ? -10 x1x2= >0. ? 1-k2 ? 15 解得- 3 <k<-1.
? 即k的取值范围为?- ? ? ? 15 ? ,-1?. 3 ?

[做一题] [例 2] 已知椭圆的一个顶点为 A(0, -1), 焦点在 x 轴上. 若

右焦点 F 到直线 x-y+2 2=0 的距离为 3. (1)求椭圆的方程; (2)设直线 y=kx+m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点 M、N. 当|AM|=|AN|时,求 m 的取值范围.

x2 [自主解答] (1)依题意,可设椭圆方程为 a2 +y2=1,则右 焦点为F( a2-1,0). | a2-1+2 2| 由题意,知 =3,解得a2=3. 2 x2 2 故所求椭圆的方程为 3 +y =1.

(2)设点M、N的坐标分别为M(xM,yM) MN的中点为P(xP,yP). ?y=kx+m, ? 2 由?x +y2=1, ?3 ?

、N(xN、yN),弦

得(3k2+1)x2+6mkx+3(m2-1)=0.

∵直线y=kx+m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点, ∴Δ=(6mk)2-4(3k2+1)×3(m2-1)>0?m2<3k2+1.① xM+xN 3mk ∴xP= =- 2 , 2 3k +1

m 从而yP=kxP+m= 2 , 3k +1 yP+1 m+3k2+1 ∴kAP= x =- . 3mk P 又|AM|=|AN|,∴AP⊥MN. m+3k2+1 1 则- =-k,即2m=3k2+1.② 3mk 把②代入①,得m2<2m,解得0<m<2. 2m-1 1 由②,得k = >0,解得m> . 3 2 1 综上可得,m的取值范围是( ,2). 2
2

保持例题条件不变, 若直线 y=kx+1 与椭圆相交于不同的两 点 M、N,且|MN|=2,求直线的斜率 k. x2 2 解:由例(1)可知,椭圆方程为 +y =1. 3

?y=kx+1, ? 2 由?x +y2=1, ?3 ?

得(3k2+1)x2+6kx=0.

设 M(x1,y1),N(x2,y2), 6k 则 x1+x2=- 2 ,x x =0 3k +1 1 2

∴|MN|= 1+k2|x1-x2| = 1+k2 ?x1+x2?2-4x1x2 6|k| = 1+k2|x1+x2|= 1+k2· 2 =2. 3k +1 ∴36k2(1+k2)=4(3k2+1)2=4(9k4+6k2+1). 3 即12k2=4,∴k=± 3 .

[悟一法] 1.求圆锥曲线弦长问题的一般思路是:将直线方程代入圆锥 曲线方程,消去y(或x)后,得到关于x(或y)的一元二次方 程ax2+bx+c=0(或ay2+by+c=0),再由弦长公式|AB| = 1+k |x1-x2|=
2

1 1+k2|y1-y2|求弦长.

2.涉及弦的中点及直线的斜率问题,可考虑用“点差 y1-y2 法”,构造出kAB= 和x1+x2,y1+y2,运用整体代 x1-x2 入的方法,求中点或斜率,体现“设而不求”的思想.

[通一类]
2.(2011· 陕西高考)如图,设P是圆 x2+y2=25上的动点,点D是P 在x轴上的投影,M为PD上一 4 点,且|MD|=5|PD|. (1)当P在圆上运动时,求点M的轨迹C的方程; 4 (2)求过点(3,0)且斜率为5的直线被C所截线段的长度.

解:(1)设M的坐标为(x,y),P的坐标为(xP,yP), ?xP=x, ? 由已知得? 5 ?yP=4y, ? ∵P在圆上, 5 2 x2 y2 ∴x +(4y) =25,即点M的轨迹C的方程为25+16=1.
2

4 4 (2)过点(3,0)且斜率为5的直线方程为y=5(x-3), 设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2), 4 将直线方程y=5(x-3)代入C的方程, x2 ?x-3? 得25+ 25 =1,即x2-3x-8=0.
2

3- 41 3+ 41 ∴x1= 2 ,x2= 2 . ∴线段AB的长度为|AB|= ?x1-x2?2+?y1-y2?2= 16 ?1+25??x1-x2?2= 41 41 25×41= 5 .

[做一题] [例3] 在平面直角坐标 x2 2 系xOy中,已知椭圆C: 3 +y =1.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.

[自主解答] 由题意,t>0.

(1)设直线l的方程为y=kx+t(k>0),

?y=kx+t, ? 2 由方程组?x 2 ? 3 +y =1, ? 得(3k2+1)x2+6ktx+3t2-3=0. 由题意Δ>0,所以3k2+1>t2. 6kt 设A(x1,y1),B(x2,y2),由韦达定理得x1+x2=- 2 , 3k +1 2t 所以y1+y2= 2 . 3k +1

3kt 由于 E 为线段 AB 的中点,因此 xE=- 2 , 3k +1 t yE= 2 , 3k +1 yE 1 1 此时 kOE=x =- .所以 OE 所在直线方程为 y=- x. 3k 3k E 1 又由题设知 D(-3,m),令 x=-3,得 m=k,即 mk=1, 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.

1 (2)由(1)知OD所在直线的方程为y=-3kx, 将其代入椭圆C的方程,并由k>0, 解得G(- 3k 1 , ). 3k2+1 3k2+1

3kt t 1 又E(- 2 , ),D(-3,k), 3k +1 3k2+1 由距离公式及t>0得

9k2+1 3k 1 |OG|2=(- )2+( )2= 2 , 3k +1 3k2+1 3k2+1 |OD|= |OE|= 9k2+1 12 ?-3?2+?k? = , k t 9k2+1 3kt 2 t ?- 2 ? +? 2 ?2= , 3k +1 3k +1 3k2+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恒过定点(-1,0).

[悟一法]

1.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.这种方法往往难度较大,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.

2.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.

[通一类] 3.已知抛物线y2=4x的焦点为F,直线l过点M(4,0). (1)若点F到直线l的距离为 3,求直线l的斜率; (2)设A,B为抛物线上两点,且AB不与x轴垂直,若线段 AB的垂直平分线恰过点M,求证:线段AB中点的横坐标 为定值.

解:(1)由已知,直线l的方程为x=4时不合题意. 设直线l的方程为y=k(x-4), 由已知,抛物线的焦点坐标为(1,0), |3k| 因为点F到直线l的距离为 3,所以 = 3, 1+k2 2 2 解得k=± 2 ,所以直线l的斜率为± 2 .

(2)证明:设线段AB的中点坐标为N(x0,y0),A(x1,y1), B(x2,y2),因为AB不垂直于x轴, 则直线MN的斜率为 4-x0 y0 ,直线AB的斜率为 y , x0-4 0

4-x0 直线AB的方程为y-y0= y (x-x0), 0 4-x0 ? ?y-y0= y0 ?x-x0?, ? 联立方程 ?y2=4x, ?

x0 消去x得(1- 4 )y2-y0y+y2+x0(x0-4)=0, 0 4y0 所以y1+y2= . 4-x0 y1+y2 因为N为AB的中点,所以 2 =y0, 2y0 即 =y . 4-x0 0 所以x0=2,即线段AB中点的横坐标为定值2.

[热点分析]

直线与圆锥曲线的位置关系,是高考考查的重点
内容,考题常以直线与圆锥曲线的方程为基础,结合有 关概念(如焦点、弦长、准线)及计算,将位置关系转化 为相应方程或方程组的解的讨论,常见题型有弦长问题、 中点弦问题、对称、参数范围、最值、定值问题、存在

性问题等.

x2 [考题印证] (2011· 山东高考) (14 分)已知动直线 l 与椭圆 C: 3 y2 + =1`交于 P(x1,y1),Q(x2,y2) 两不同点,且△OPQ 的面 2 积 S△OPQ= 6 ,其中 O 为坐标原点. 2

2 (1)证明:x2+x2和 y2+y2均为定值. 1 1 2

(2)设线段 PQ 的中点为 M,求|OM|· |PQ|的最大值; (3) 椭圆 C 上是否存在三点 D,E,G,使得 S△ODE=S△ODG= 6 S△OEG= ?若存在,判断△DEG 的形状;若不存在,请说 2 明理由.

[一题多解]—————————————(条条大道通罗马)
[法一] (1)①当直线l的斜率不存在时,P,Q两点关于x轴 对称,所以x2=x1,y2=-y1.
2 x1 y2 1 因为P(x1,y1)在椭圆上,因此 3 + 2 =1,

6 6 又因为S△OPQ= 2 ,所以|x1|· 1|= 2 . |y 6 可解得|x1|= 2 ,|y1|=1,
2 2 此时x1+x2=3,y1+y2=2. 2 2

②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m, x2 y2 由题意知m≠0,将其代入 3 + 2 =1得(2+3k2)x2+6kmx+ 3(m2-2)=0, 其中Δ=36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)>0, 即3k2+2>m2,(*) 3?m2-2? 6km 又x1+x2=- 2,x1x2= 2 , 2+3k 2+3k 所以|PQ|= 1+k2· ?x1+x2?2-4x1x2

22 = 1+k ·

6 3k2+2-m2 . 2 2+3k

|m| 因为点O到直线l的距离为d= , 1+k2 2 6 3k2+2-m2 1 1 所以S△OPQ=2|PQ|· 2 1+k2· d= · 2+3k2 6|m| 3k2+2-m2 |m| . 2= 2+3k2 1+k 6 又S△OPQ= 2 ,

整理得3k2+2=2m2,且符合(*)式, 此时,x2+x2(x1+x2)2-2x1x2 1 2 3?m2-2? 6km 2 =(- ) -2× =3, 2+3k2 2+3k2 2 2 2 2 2 y1+y2= (3-x1)+ (3-x2) 2 3 3 2 2 2 =4-3(x1+x2)=2. 综上所述,x2+x2=3,y2+y2=2,结论成立. 1 2 1 2

(2)①当直线l的斜率不存在时, 6 由(1)知|OM|=|x1|= 2 ,|PQ|=2|y1|=2, 6 因此|OM|· |PQ|= 2 ×2= 6.

②当直线l的斜率存在时,由(1)知: x1+x2 3k 2 =-2m, y1+y2 x1+x2 -3k2+2m2 1 3k2 =m, 2 =k( 2 )+m=-2m+m= 2m x1+x2 2 y1+y2 2 9k2 1 6m2-2 |OM|2=( 2 ) +( 2 ) =4m2+m2= 4m2 1 1 =2(3-m2), 24?3k2+2-m2? 2?2m2+1? 1 2 2 |PQ| =(1+k ) = =2(2+m2), m2 ?2+3k2?2

1 1 1 所以|OM| · |PQ| = ×(3- 2)×2×(2+ 2) 2 m m
2 2

1 1 3- 2+2+ 2 m m 2 25 1 1 =(3- 2)(2+ 2)≤( )= . m m 2 4 5 1 1 ∴|OM|· |PQ|≤ ,当且仅当 3- 2=2+ 2, 2 m m 即 m=± 2,时,等号成立. 5 综合①②得|OM|· |PQ|的最大值为 . 2

[法二]

(1)同法一.

(2)因为 4|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+
2 2 (x2-x1)2+(y2-y1)2=2[(x2+x2)+(y1+y2)]=10. 1 2

4|OM|2+|PQ|2 10 所以 2|OM|· |PQ|≤ = =5. 2 2 5 即|OM|· |PQ|≤ , 2 当且仅当 2|OM|=|PQ|= 5时等号成立. 5 因此|OM|· |PQ|的最大值为 . 2

(3)椭圆 C 上不存在三点 D,E,G, 6 使得 S△ODE=S△ODG=S△OEG= . 2 假设存在 D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足 6 S△ODE=S△ODG=S△OEG= , 2
2 2 由(1)得 u2+x2=3,u2+x2=3,x1+x2=3,v2+y2=2, 1 2 1 2 v2+y2=2,y2+y2=2. 2 1

解得u

2

3 2 2 2 2 2 =x1=x2= ;v =y1=y2=1. 2

6 因此u,x1,x2只能从± 2 中选取,v,y1,y2只能从± 1中选取, 6 因此D,E,G只能在(± 2 ,± 1)这四点中选取三个不同点, 而这三点的两两连线中必有一条过原点, 6 与S△ODE=S△ODG=S△OEG= 2 矛盾, 所以椭圆C上不存在满足条件的三点D,E,G.

1.若抛物线y2=2x上有两点A,B,且AB垂直于x轴, 若|AB|=2 2,则抛物线的焦点到直线AB的距离为 ( 1 A. 2 1 C. 6 1 B. 4 1 D. 8 )

1 解析:由题意知抛物线的焦点为(2,0),AB 垂直于 x 轴, 设与抛物线的一个交点 A(x0, 2),代入抛物线方程可解 得 x0=1.即 AB 直线方程为 x=1,所以焦点 F 到直线 AB 1 的距离为2.

答案:A

y2 2.P为双曲线x2- 15 =1下支上一点,M、N分别是圆(x +4)2+y2=4和(x-4)2+y2=1上的点,则|PM|-|PN| 的最大值为________.

解析:已知两圆圆心(0,4)(0,-4)(记为F1和F2) x2 恰为双曲线y2-15=1的两焦点. 当|PM|最小,|PN|最大时,|PM|-|PN|最小. |PM|的最小值为P到圆心F1的距离|PF1|与圆F1半径之差, 同样,PNmax=|PF2|+1,从而(|PM|-|PN|)=|PF1|-2- |FP2|-1=|PF1|-|PF2|-3=-1.

答案:-1

3.已知以原点为顶点的抛物线C,焦点在x轴上,
直线x-y=0与抛物线C交于A、B两点。若P(2,2) 为AB的中点, 则抛物线C的方程为________.

解析:设抛物线的标准方程为y2=2px,A(x1,y1),B(x2, y2),则y2=2px1,y2=2px2, 1 2 两式相减可得(y1-y2)·(y1+y2)=2p(x1-x2), y1-y2 2p 2p 则kAB= = ,∴ 4 =1,解得p=2, x1-x2 y1+y2 即所求抛物线方程为y2=4x.

答案:y2=4x

x2 y2 4.已知椭圆C: a2 + b2 =1(a>b>0)的焦距为4,且与椭圆x2 + y2 2 =1有相同的离心率,斜率为k的直线l经过点

M(0,1),与椭圆C交于不同的两点A、B. (1)求椭圆C的标准方程; (2)当椭圆C的右焦点F在以AB为直径的圆内时,求k的 取值范围.

解:(1)∵椭圆 C 的焦距为 4,∴c=2. y2 2 2 又∵椭圆 x + 2 =1 的离心率为 2 , c 2 2 ∴椭圆 C 的离心率 e=a=a= 2 , ∴a=2 2,b=2. x2 y 2 ∴椭圆 C 的标准方程为: 8 + 4 =1.

(2)设直线 l 的方程为:y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2), ?y=kx+1 ? 2 2 由 ?x y 消去 y 得(1+2k2)x2+4kx-6=0. ? 8 + 4 =1 ? -4k -6 ∴x1+x2= ,x1x2= . 1+2k2 1+2k2

由(1)知椭圆C的右焦点F的坐标为(2,0), ??? ??? ? ? ∵右焦点F在圆的内部,∴ AF · <0. BF ∴(x1-2)(x2-2)+y1y2<0. 即x1x2-2(x1+x2)+4+k2x1x2+k(x1+x2)+1<0. ∴(1+k2)x1x2+(k-2)(x1+x2)+5 -6 -4k =(1+k )· +(k-2)· +5 1+2k2 1+2k2
2

8k-1 = <0, 1+2k2 1 1 ∴k<8.经检验,当 k<8时,直线 l 与椭圆 C 相交, 1 ∴直线 l 的斜率 k 的取值范围为(-∞,8).

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第八章 第九节 直线与圆锥曲线的位置关系

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