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高三数学一轮复习必备精品35:曲线方程及圆锥曲线的综合问题 备注:【高三数学一轮复习必备精品共42讲 全

时间:2010-12-13


第 35 讲
一.【课标要求】 .【课标要求】 课标要求

曲线方程及圆锥曲线的综合问题

备注: 高三数学一轮复习必备精品共 【高三数学一轮复习必备精品 欢迎下载】 备注: 高三数学一轮复习必备精品共 42 讲 全部免费 欢迎下载】 【
1.由方程研究曲线,特别是圆锥曲线的几何性质问题常化为等式解决,要加强等价转化 思想的训练; 2.通过圆锥曲线与方程的学习,进一步体会数形结合的思想; 3.了解圆锥曲线的简单应用

二.【命题走向】 .【命题走向】 命题走向
近年来圆锥曲线在高考中比较稳定,解答题往往以中档题或以押轴题形式出现,主要考 察学生逻辑推理能力、运算能力,考察学生综合运用数学知识解决问题的能力。但圆锥曲线 在新课标中化归到选学内容,要求有所降低,估计 2007 年高考对本讲的考察,仍将以以下三 类题型为主 1.求曲线(或轨迹)的方程,对于这类问题,高考常常不给出图形或不给出坐标系,以 考察学生理解解析几何问题的基本思想方法和能力; 2.与圆锥曲线有关的最值问题、参数范围问题,这类问题的综合型较大,解题中需要根 据具体问题、灵活运用解析几何、平面几何、函数、不等式、三角知识,正确的构造不等式 或方程,体现了解析几何与其他数学知识的联系。 预测 2010 年高考: 1.出现 1 道复合其它知识的圆锥曲线综合题; 2.可能出现 1 道考查求轨迹的选择题或填空题,也可能出现在解答题中间的小问

三.【要点精讲】 .【要点精讲】 要点精讲

1.曲线方程
(1)求曲线(图形)方程的方法及其具体步骤如下: 步 骤 含 义 1、“建”:建立坐 标系;“设”:设动 点坐标。 2、现(限):由限制条 件,列出几何等式。 3、“代”:代换 4、“化”:化简 5、证明 建立适当的直角坐标 系, 用(x,y)表示曲线上任 意一点 M 的坐标。 写出适合条件 P 的点 M 的集合 P={M|P(M)} 用坐标法表示条件 P(M), 列出方程 f(x,y)=0 化方程 f(x,y)=0 为最简 形式。 证明化简以后的方程的 解为坐标的点都是曲线 上的点。 说 明 (1) 所研究的问题已给出坐标系,即可直接 设点。 (2) 没有给出坐标系,首先要选取适当的坐 标系。 这是求曲线方程的重要一步,应仔细分析题 意,使写出的条件简明正确。 常常用到一些公式。 要注意同解变形。 化简的过程若是方程的同解变形,可以不要 证明,变形过程中产生不增根或失根,应在 所得方程中删去或补上(即要注意方程变量 的取值范围)。

这五个步骤(不包括证明)可浓缩为五字 “口诀” 建设现(限)代化” :
(2)求曲线方程的常见方法: 直接法:也叫“五步法”,即按照求曲线方程的五个步骤来求解。这是求曲线方程的基 本方法。

1

转移代入法:这个方法又叫相关点法或坐标代换法。即利用动点是定曲线上的动点,另 一动点依赖于它,那么可寻求它们坐标之间的关系,然后代入定曲线的方程进行求解。 几何法:就是根据图形的几何性质而得到轨迹方程的方法

参数法:根据题中给定的轨迹条件,用一个参数来分别动点的坐 标,间接地把坐标 x,y 联系起来,得到用参数表示的方程。如果消去 参数,就可以得到轨迹的普通方程。 2.圆锥曲线综合问题 (1)圆锥曲线中的最值问题、范围问题 通常有两类:一类是有关长度和面积的最值问题;一类是圆锥曲 线中有关的几何元素的最值问题。这些问题往往通过定义,结合几何 知识,建立目标函数,利用函数的性质或不等式知识,以及观形、设 参、转化、替换等途径来解决。解题时要注意函数思想的运用,要注 意观察、分析图形的特征,将形和数结合起来。
圆锥曲线的弦长求法: 设圆锥曲线 C∶f(x,y)=0 与直线 l∶y=kx+b 相交于 A(x1,y1)、B(x2,y2)两点,则弦长 |AB|为:

若 弦 AB 过 圆 锥 曲 线 的 焦 点 F , 则 可 用 焦 半 径 求 弦 长 , |AB|=|AF|+|BF|. 在解析几何中求最值,关键是建立所求量关于自变量的函数关系, 再利用代数方法求出相应的最值.注意点是要考虑曲线上点坐标(x, y)的取值范围
(2)对称、存在性问题,与圆锥曲线有关的证明问题

它涉及到线段相等、角相等、直线平行、垂直的证明方法,以及 定点、定值问题的判断方法。
(3)实际应用题 数学应用题是高考中必考的题型,随着高考改革的深入,同时课本上也出现了许多与圆 锥曲线相关的实际应用问题,如桥梁的设计、探照灯反光镜的设计、声音探测,以及行星、 人造卫星、彗星运行轨道的计算等 涉及与圆锥曲线有关的应用问题的解决关键是建立坐标系,合理选择曲线模型,然后转 化为相应的数学问题作出定量或定性分析与判断,解题的一般思想是:

2

实际问题

建立坐标系 转化成数学问题

数学模型方程

模型的解

翻译回去

讨论方程的解

(4)知识交汇题 圆锥曲线经常和数列、三角、平面向量、不等式、推理知识结合 到一块出现部分有较强区分度的综合题
四.【典例解析】 .【典例解析】 典例解析
题型 1:求轨迹方程 例 1.(1)一动圆与圆 x 2 + y 2 + 6 x + 5 = 0 外切,同时与圆 x 2 + y 2 ? 6 x ? 91 = 0 内切, 求动圆圆心 M 的轨迹方程,并说明它是什么样的曲线。

(2) 双曲线

x2 ? y 2 = 1 有动点 P ,F1 , F2 是曲线的两个焦点, ?PF1 F2 求 9

的重心 M 的轨迹方程。 解析: (法一)设动圆圆心为 M ( x, y ) ,半径为 R ,设已知圆的 (1) 圆心分别为 O1 、 O2 , 将圆方程分别配方得: ( x + 3) 2 + y 2 = 4 , ( x ? 3) 2 + y 2 = 100 , 当 M 与 O1 相 切 时 , 有 y | O1M |= R + 2 ① 当 M 与 O2 相 切 时 , 有 | O2 M |= 10 ? R ② P 将①②两式的两边分别相加, 得 O1 O2 x | O1M | + | O2 M |= 12 , 即 ③ 移项再两边分别平方得: ④ 两边再平方得: 3x 2 + 4 y 2 ? 108 = 0 ,
x2 y 2 整理得 + = 1 , 36 27 2 ( x + 3) 2 + y 2 = 12 + x ( x + 3)2 + y 2 + ( x ? 3)2 + y 2 = 12

所以,动圆圆心的轨迹方程是

x2 y 2 + = 1 ,轨迹是椭圆 36 27

(法二)由解法一可得方程 ( x + 3)2 + y 2 + ( x ? 3)2 + y 2 = 12 , 由以上方程知,动圆圆心 M ( x, y ) 到点 O1 (?3, 0) 和 O2 (3, 0) 的距离和是 常数 12 ,所以点 M 的轨迹是焦点为 O1 (?3, 0) 、 O2 (3, 0) ,长轴长等于 12 的
3

椭圆,并且椭圆的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上, ∴ 2c = 6 , 2a = 12 ,∴ c = 3 , a = 6 , ∴ b 2 = 36 ? 9 = 27 ,
∴圆心轨迹方程为

x2 y 2 + =1。 36 27

(2)如图,设 P, M 点坐标各为 P ( x1 , y1 ), M ( x, y ) ,∴在已知双曲线方程中 a = 3, b = 1 , ∴c =

9 + 1 = 10

∴已知双曲线两焦点为 F1 ( ? 10, 0), F2 ( 10, 0) , ∵ ?PF1 F2 存在,∴ y1 ≠ 0

? x1 + (? 10) + 10 ?x = ? x1 = 3x ? 3 由三角形重心坐标公式有 ? ,即 ? 。 ? y1 = 3 y ? y = y1 + 0 + 0 ? 3 ? ∵ y1 ≠ 0 ,∴ y ≠ 0 。
已知点 P 在双曲线上,将上面结果代入已知曲线方程,有 即所求重心 M 的轨迹方程为: x 2 ? 9 y 2 = 1( y ≠ 0) 。

(3 x) 2 ? (3 y ) 2 = 1( y ≠ 0) 9

点评:定义法求轨迹方程的一般方法、步骤; “转移法”求轨迹方 程的方法
例 2.(2009 年广东卷文)(本小题满分 14 分) 已知椭圆 G 的中心在坐标原点,长轴在 x 轴上,离心率为

3 ,两个焦点分别为 F1 和 F2 ,椭圆 G 上 2

一点到 F1 和 F2 的距离之和为 12.圆 Ck : x 2 + y 2 + 2kx ? 4 y ? 21 = 0 ( k ∈ R ) 的圆心为点 Ak . (1)求椭圆 G 的方程 (2)求 ?Ak F1 F2 的面积 (3)问是否存在圆 Ck 包围椭圆 G?请说明理由.

x2 y2 解(1)设椭圆 G 的方程为: 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 )半焦距为 c; a b

? 2a = 12 ? a=6 ? ? 2 2 2 则?c , 解得 ? , ∴ b = a ? c = 36 ? 27 = 9 3 ?c = 3 3 ? ? = 2 ?a

4

所求椭圆 G 的方程为: (2 )点 AK 的坐标为 ( ? K , 2 )

x2 y2 + =1. 36 9

1 1 SV AK F1F2 = × F1 F2 × 2 = × 6 3 × 2 = 6 3 2 2
(3)若 k ≥ 0 ,由 若 k < 0 ,由

6 2 + 0 2 + 12κ ? 0 ? 21 = 15 + 12κ f 0 可知点(6,0)在圆 Ck 外,

(?6) 2 + 0 2 ? 12κ ? 0 ? 21 = 15 ? 12κ f 0 可知点(-6,0)在圆 Ck 外;

∴ 不论 K 为何值圆 Ck 都不能包围椭圆 G.

题型 2:圆锥曲线中最值和范围问题 例 3.(1)(2009 辽宁卷理)以知 F 是双曲线 支上的动点,则 PF + PA 的最小值为 【解析】注意到 P 点在双曲线的两只之间,且双曲线右焦点为 F’(4,0), 于是由双曲线性质|PF|-|PF’|=2a=4 而|PA|+|PF’|≥|AF’|=5 两式相加得|PF|+|PA|≥9,当且仅当 A、P、F’三点共线时等号成立. 【答案】9

x2 y 2 ? = 1 的左焦点, A(1, 4), P 是双曲线右 4 12


(2)(2009 重庆卷文、理)已知椭圆

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别为 a2 b2

F1 (?c, 0), F2 (c, 0) ,若椭圆上存在一点 P 使
值范围为 .

a c = ,则该椭圆的离心率的取 sin PF1 F2 sin PF2 F1

【解析 1】因为在 ?PF1 F2 中,由正弦定理得

PF2 PF1 = sin PF1 F2 sin PF2 F1

则由已知,得

a c = ,即 aPF1 = cPF2 P F2 P F1 1 1

设点 ( x0 , y0 ) 由焦点半径公式,得 PF1 = a + ex0 , PF2 = a ? ex0 则 a ( a + ex0 ) = c ( a ? ex0 ) 记得 x0 =

a (c ? a ) a (e ? 1) a (e ? 1) = 由椭圆的几何性质知 x0 > ? a则 > ?a ,整理得 e(c ? a ) e(e + 1) e(e + 1)
5

e2 + 2e ? 1 > 0, 解得 e < ? 2 ? 1或e < 2 ? 1,又e ∈ (0,1) ,故椭圆的离心率 e ∈ ( 2 ? 1,1)
【解析 2】 由解析 1 知 PF1 =

c PF2 由椭圆的定义知 a

c 2a 2 PF1 + PF2 = 2a则 PF2 + PF2 = 2a即PF2 = , 由 椭 圆 的 几 何 性 质 知 a c+a PF2 < a + c, 则
【答案】

2a 2 < a + c, 既c 2 + 2c ? a 2 > 0, 所以 e2 + 2e ? 1 > 0, 以下同解析 1. c+a

(

2 ? 1,1

)

(3) (2009 四川卷理) 已知直线 l1 : 4 x ? 3 y + 6 = 0 和直线 l2 : x = ?1 , 抛物线 y 2 = 4 x 上 一动点 P 到直线 l1 和直线 l2 的距离之和的最小值是( A.2 B.3 C. ) D.

11 5

37 16

【考点定位】本小题考查抛物线的定义、点到直线的距离,综合题。 【解析 1】直线 l2 : x = ?1 为抛物线 y 2 = 4 x 的准线,由抛物线的定义知,P 到 l 2 的距离等于 P 到抛物线的焦点 F (1,0) 的距离,故本题化为在抛物线 y 2 = 4 x 上找一个点 P 使得 P 到点

F (1,0) 和直线 l2 的距离之和最小,最小值为 F (1,0) 到直线 l1 : 4 x ? 3 y + 6 = 0 的距离,即 d min = |4?0+ 6| = 2 ,故选择 A。 5

【解析 2】如图,由题意可知 d = 【答案】A 】

| 3 ×1 ? 0 + 6 | 32 + 4 2

=2

点评:由△PAF 成立的条件 || PA|?| PF || <| AF | ,再延伸到特殊情形 P、A、F 共线,从而 得出 || PA|?| PF || ≤| AF | 这一关键结论 例 4.(1)(2009 江苏卷)(本题满分 10 分) 在平面直角坐标系 xoy 中,抛物线 C 的顶点在原点,经过点 A(2,2),其焦点 F 在 x 轴上。 (1)求抛物线 C 的标准方程; (2)求过点 F,且与直线 OA 垂直的直线的方程;

6

(3)设过点 M ( m, 0)( m > 0) 的直线交抛物线 C 于 D、E 两点,ME=2DM,记 D 和 E 两点间 的距离为 f ( m) ,求 f ( m) 关于 m 的表达式。

(2)(2009 山东卷文)(本小题满分 14 分) 设 m ∈ R , 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 , 已 知 向 量 a = ( mx, y + 1) , 向 量 b = ( x, y ? 1) , a ⊥ b , 动 点

r

r

r

r

M ( x, y ) 的轨迹为 E.
(1)求轨迹 E 的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; (2)已知 m =

1 ,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹 E 恒有两个交点 4

A,B,且 OA ⊥ OB (O 为坐标原点),并求出该圆的方程; (3)已知 m =

1 ,设直线 l 与圆 C: x 2 + y 2 = R 2 (1<R<2)相切于 A1,且 l 与轨迹 E 只有一个公共点 4

B1,当 R 为何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值. 解(1)因为 a ⊥ b , a = ( mx, y + 1) , b = ( x, y ? 1) ,

r

r r

r

7

所以 a ? b = mx + y ? 1 = 0 ,
2 2

r r

即 mx + y = 1 .
2 2

当 m=0 时,方程表示两直线,方程为 y = ±1 ; 当 m = 1 时, 方程表示的是圆 当 m > 0 且 m ≠ 1 时,方程表示的是椭圆; 当 m < 0 时,方程表示的是双曲线.

1 x2 (2).当 m = 时, 轨迹 E 的方程为 + y 2 = 1 ,设圆心在原点的圆的一条切线为 y = kx + t ,解方 4 4

? y = kx + t ? 程组 ? x 2 得 x 2 + 4( kx + t ) 2 = 4 ,即 (1 + 4k 2 ) x 2 + 8ktx + 4t 2 ? 4 = 0 , + y2 = 1 ? ?4
要使切线与轨迹 E 恒有两个交点 A,B, 则使△= 64k 2t 2 ? 16(1 + 4k 2 )(t 2 ? 1) = 16(4k 2 ? t 2 + 1) > 0 ,

即 4k ? t + 1 > 0 ,即 t < 4k + 1 ,
2 2 2 2

8kt ? ? x1 + x2 = ? 1 + 4k 2 ? 且? 2 ? x x = 4t ? 4 ? 1 2 1 + 4k 2 ?
k 2 (4t 2 ? 4) 8k 2t 2 t 2 ? 4k 2 , ? + t2 = 1 + 4k 2 1 + 4k 2 1 + 4k 2

y1 y2 = (kx1 + t )(kx2 + t ) = k 2 x1 x2 + kt ( x1 + x2 ) + t 2 =
要使 OA ⊥ OB ,
2 2

uuu r

uuu r

需使 x1 x2 + y1 y2 = 0 ,即
2 2

4t 2 ? 4 t 2 ? 4k 2 5t 2 ? 4k 2 ? 4 + = = 0, 1 + 4 k 2 1 + 4k 2 1 + 4k 2
2 2

所以 5t ? 4k ? 4 = 0 ,

即 5t = 4k + 4 且 t < 4k + 1 ,

即 4k + 4 < 20k + 5 恒成立.
2 2

所以又因为直线 y = kx + t 为圆心在原点的圆的一条切线,

4 (1 + k 2 ) t2 4 4 2 所以圆的半径为 r = ,r = =5 = , 所求的圆为 x 2 + y 2 = . 2 2 1+ k 1+ k 5 5 1+ k 2 t
当切线的斜率不存在时,切线为 x = ±

2 x2 2 2 5 ,与 + y 2 = 1 交 于 点 ( 5 ,± 5) 或 5 4 5 5

(?

2 2 5 ,± 5 ) 也满足 OA ⊥ OB . 5 5
2 2

综上, 存在圆心在原点的圆 x + y =

4 , 使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B, 5

8

且 OA ⊥ OB . (3)当 m =

uuu r

uuu r

1 x2 时,轨迹 E 的方程为 + y 2 = 1 ,设直线 l 的方程为 y = kx + t ,因为直线 l 与圆 4 4
2

C: x + y = R (1<R<2)相切于 A1, 由(2)知 R =
2 2

t

1+ k

2

,

即 t = R (1 + k )
2 2 2

①,

因为 l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1,

? y = kx + t ? 2 2 由(2)知 ? x 2 得 x + 4( kx + t ) = 4 , 2 ? + y =1 ?4
即 (1 + 4k 2 ) x 2 + 8ktx + 4t 2 ? 4 = 0 有唯一解 则△= 64k 2t 2 ? 16(1 + 4k 2 )(t 2 ? 1) = 16(4k 2 ? t 2 + 1) = 0 , 即 4k ? t + 1 = 0 ,
2 2



? 2 3R 2 t = ? ? 4 ? R2 由①②得 ? , 2 ?k 2 = R ? 1 ? ? 4 ? R2

此时 A,B 重合为 B1(x1,y1)点,

8kt ? ? x1 + x2 = ? 1 + 4k 2 4t 2 ? 4 16 R 2 ? 16 ? 2 由? 中 x1 = x 2 ,所以, x1 = = , 2 1 + 4k 2 3R 2 ? x x = 4t ? 4 ? 1 2 1 + 4k 2 ? 1 2 4 ? R2 4 2 2 2 B1(x1,y1)点在椭圆上,所以 y1 = 1 ? x1 = ,所以 | OB1 | = x1 + y1 = 5 ? 2 , 2 4 3R R
2

在 直 角 三 角 形 OA1B1 中 , | A1 B1 | =| OB1 | ? | OA1 | = 5 ?
2 2 2

4 4 ? R2 = 5 ? ( 2 + R2 ) 因 为 2 R R

4 + R 2 ≥ 4 当且仅当 R = 2 ∈ (1, 2) 时取等号,所以 | A1 B1 |2 ≤ 5 ? 4 = 1 ,即 R2
当R =

2 ∈ (1, 2) 时|A1B1|取得最大值,最大值为 1.

【命题立意】 :本题主要考查了直线与圆的方程和位置关系,以及直线与椭圆的位置关系,可以通 过解方程组法研究有没有交点问题,有几个交点的问题.

题型 3:证明问题和对称问题

9

例 5. (1)如图,椭圆

x2 y2 + =1(a>b>0)与过点 A a2 b

(2,0)B(0,1)的直线有且只有一个公共点 T,且椭圆的 离心率 e=

3 . 2

(Ⅰ)求椭圆方程; (Ⅱ)设 F 1 、F 2 分别为椭圆的左、右焦点,M 为线段 AF 1 的中点,求证:∠ATM=∠AF 1 T。 解 (1)由题意:

?c 2 = 2 ? ?2 1 ? 2 + 2 =1 ?a b ?c 2 = a 2 ? b 2 ?

,解得 a = 4, b = 2 ,所求椭圆方程为
2 2

x2 y 2 + =1 4 2

(2)(2009 天津卷文)(本小题满分 14 分)

x2 y2 已 知 椭 圆 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) 的 两 个 焦 点 分 别 为 F1 ( ?c,0), F2 (c,0)(c > 0) , 过 点 a b
E( a2 ,0) 的直线与椭圆相交于点 A,B 两点,且 F1 A // F2 B, | F1 A |= 2 | F2 B | c

(Ⅰ求椭圆的离心率; (Ⅱ)直线 AB 的斜率; (Ⅲ)设点 C 与点 A 关于坐标原点对称,直线 F2 B 上有一点 H(m,n)( m ≠ 0 )在 ?AF1C 的外接 圆上,求

n 的值。 m

解 (1)由 F1 A // F2 B, | F1 A |=| F2 B | ,得

| EF2 | | F2 B | 1 = = ,从而 | EF1 | | F1 A | 2

a2 ?c c 3 1 c = ,整理得 a 2 = 3c 2 ,故离心率 e = = 2 a 3 2 a +c c
(2)由(1)知, b = a ? c = 2c ,所以椭圆的方程可以写为 2 x 2 + 3 y 2 = 6c 2
2 2 2 2

设直线 AB 的方程为 y = k ( x ?

a2 ) 即 y = k ( x ? 3c) c

10

由已知设 A( x1 , y1 ) B ( x 2 , y 2 ) 则它们的坐标满足方程组 ?

? y = k ( x ? 3c)
2 2 2 ?2 x + 3 y = 6c

消去 y 整理,得 ( 2 + 3k 2 ) x 2 ? 18k 2 cx + 27 k 2 c 2 ? 6c 2 = 0 依题意, ? = 48c (1 ? 3k ) > 0,?
2 2

3 3 <k< 3 3

18k 2 27 k 2 c 2 ? 6c 2 而 x1 + x 2 = , x1 x 2 = ,有题设知,点 B 为线段 AE 的中点, 2 + 3k 2 2 + 3k 2
所以 x1 + 3c = 2 x 2 联立三式,解得 x1 =

9 k 2 c ? 2c 9 k 2 c 2 + 2c 2 2 , x2 = ,将结果代入韦达定理中解得 k = ± 2 2 3 . 2 + 3k 2 + 3k
3c 2 ,当 k = ? 时,得 A (0, 2c ) 由已知得 C (0,? 2c ) 2 3
2c 2 c c =? ( x + ), 直线 l 与 x 轴的交点 ( ,0) 是 2 2 2 2

(3)由(2)知, x1 = 0, x 2 =

线段 AF1 的垂直平分线 l 的方程为 y ?

c c ?AF1C 的外接圆的圆心,因此外接圆的方程为 ( x ? ) 2 + y 2 = ( + c) 2 2 2

? c 9c 2 (m ? ) 2 + n 2 = ? 直线 F2 B 的方程为 y = 2 ( x ? c) ,于是点 H ( m, n) 满足方程组 ? 2 4 ?n = 2 ( m ? c ) ?
由 m ≠ 0 ,解得 m =

5c 2 2c n 2 2 ,n = ,故 = 3 2 m 5

当k =

2 n 2 2 时,同理可得 = 3 m 5 .

、 点评:本小题主要考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识,考查综合运用数学知识 进行推理运算的能力和解决问题的能力。

(3)在平面直角坐标系 x O y 中,直线 l 与抛物线 y 2 =2 x 相交于 A、B 两点 ①求证:“如果直线 l 过点 T(3,0),那么 OA ? OB =3”是真命题; ②写出(1)中命题的逆命题,判断它是真命题还是假命题,并说明理由.
?? → ?? →

11

解析: (3)证明:①设过点 T(3,0)的直线 l 交抛物线 y2=2x 于点 A(x1,y1)、B(x12,y2). 当直线 l 的钭率下存在时,直线 l 的方程为 x=3,此时,直线 l 与抛物线相交于 A(3, 6 )、 B(3, - 6 ),∴ OA ? OB =3。 当直线 l 的钭率存在时,设直线 l 的方程为 y=k(x-3),其中 k≠0. 当 y2=2x y=k(x -3) 得 ky2-2y-6k=0,则 y1y2=-6.

1 2 1 2 y 1 , x 2= y 2 , 2 2 1 2 ∴ OA ? OB =x1x2+y1y2= ( y1 y 2 ) + y1 y 2 =3. 4
又∵x1= 综上所述, 命题“如果直线 l 过点 T(3,0),那么 OA ? OB =3”是真命题. ②逆命题是: 设直线 l 交抛物线 y2=2x 于 A、 两点,如果 OA ? OB =3,那么该直线过点 T(3,0). B 该命题是假命题. 例如:取抛物线上的点 A(2,2),B( 直线 AB 的方程为 Y=

1 ,1),此时 OA ? OB =3, 2

2 (X+1),而 T(3,0)不在直线 AB 上. 3

B(x 或 点评: 由抛物线 y2=2x 上的点 A(x1,y1)、 12,y2)满足 OA ? OB =3,可得 y1y2=-6。 y1y2=2, 如果 y1y2=-6,可证得直线 AB 过点(3,0);如果 y1y2=2, 可证得直线 AB 过点(-1,0),而不过点 (3,0)。 例 6.(1)(2009 辽宁卷文、理)(本小题满分 12 分) 已知,椭圆 C 以过点 A(1, (1) 求椭圆 C 的方程; (2) E,F 是椭圆 C 上的两个动点,如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数,证明直线

3 ),两个焦点为(-1,0)(1,0)。 2

EF 的斜率为定值,并求出这个定值。
(Ⅰ)解 由题意,c=1,可设椭圆方程为 解

x2 y2 + 2 = 1。 1 + b 2 4b

因为 A 在椭圆上,所以

1 9 3 + 2 = 1 ,解得 b 2 =3, b 2 = ? (舍去)。 2 1 + b 4b 4

所以椭圆方程为

x2 y 2 + = 1. 4 3

12

(Ⅱ)证明 设直线AE方程:得 y = k ( x ? 1) + 证明

3 x2 y 2 ,代入 + = 1得 2 4 3

3 (3+4k 2)x 2 +4k (3 ? 2k ) x + 4( ? k ) 2 ? 12 = 0 2
设E( xE , yE ),F( xF , yF ).因为点A(1,

3 )在椭圆上, 2

3 4( ? k ) 2 ? 12 所以 xE = 2 , 3 + 4k 2 3 yE = kxE + ? k 。 2
又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中以 ? k 代 k ,可得

3 4( + k ) 2 ? 12 xF = 2 , 3 + 4k 2 3 yF = ? kxF + + k 。 2
所以直线 EF 的斜率 k EF =

y F ? y E ? k ( xF + xE ) + 2 k 1 = = 。 xF ? xE xF ? xE 2 1 。 2

即直线 EF 的斜率为定值,其值为

(2)(2009 福建卷文)(本小题满分 14 分) 已知直线 x ? 2 y + 2 = 0 经过椭圆 C :

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 的左顶点 A 和上顶点 D, 椭圆 C a 2 b2 10 3

的右顶点为 B ,点 S 和椭圆 C 上位于 x 轴上方的动点,直线, AS , BS 与直线 l : x = 分别交于 M , N 两点 (I)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)求线段 MN 的长度的最小值;

(Ⅲ) 当线段 MN 的长度最小时, 在椭圆 C 上是否存在这样的点 T , 使得 ?TSB 的面积为 若存在,确定点 T 的个数,若不存在,说明理由

1 ? 5

13

方法一(I)由已知得,椭圆 C 的左顶点为 A( ?2, 0), 上顶点为 D (0,1),∴ a = 2, b = 1 解 方法一

故椭圆 C 的方程为

x2 + y2 = 1 4

(Ⅱ)直线 AS 的斜率 k 显然存在,且 k > 0 ,故可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + 2) , 从而 M (

10 16k , ) 3 3

? y = k ( x + 2) ? 由 ? x2 得 (1 + 4k 2 ) x 2 + 16k 2 x + 16k 2 ? 4 = 0 2 ? + y =1 ?4
设 S ( x1 , y1 ), 则 (?2), x1 =

16k 2 ? 4 2 ? 8k 2 4k 得 x1 = ,从而 y1 = 2 2 1 + 4k 1 + 4k 1 + 4k 2

即 S(

2 ? 8k 2 4k , ), 又 B(2, 0) 2 1 + 4 k 1 + 4k 2

1 10 ? ? y = ? ( x ? 2) ? x = ? ? ? 4k 3 由? 得? ? x = 10 ?y = ? 1 ? ? 3 3k ? ? 10 1 ∴N( ,? ) 3 3k
故 | MN |=

16k 1 + 3 3k

又 k > 0,∴| MN |= 当且仅当

16k 1 16k 1 8 + ≥2 ? = 3 3k 3 3k 3

16k 1 1 = ,即 k = 时等号成立 3 3k 4

14

∴k =

1 8 时,线段 MN 的长度取最小值 4 3 1 4

(Ⅲ)由(Ⅱ)可知,当 MN 取最小值时, k =

此时 BS 的方程为 x + y ? 2 = 0, s ( , ),∴| BS |=

6 4 5 5

4 2 5 1 2 ,只须 T 到直线 BS 的距离等于 , 5 4

要使椭圆 C 上存在点 T ,使得 ?TSB 的面积等于

所以 T 在平行于 BS 且与 BS 距离等于 设直线 l ' : x + y + 1 = 0

2 的直线 l 上。 4

则由

|t +2| 2 3 5 , 解得 t = ? 或 t = ? = 4 2 2 2

题型 4:知识交汇题 例 7.已知点 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) ( x1 x2 ≠ 0) 是抛物线 y 2 = 2 px( p > 0) 上的两个动点, O 是坐标原点,向量 OA , OB 满足 OA + OB = OA ? OB .设圆 C 的方程为

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

x 2 + y 2 ? ( x1 + x2 ) x ? ( y1 + y2 ) y = 0
(I) 证明线段 AB 是圆 C 的直径; (II)当圆 C 的圆心到直线 X-2Y=0 的距离的最小值为

2 5 时,求 p 的值 5 uuu uuu r r uuu uuu r r uuu uuu 2 uuu uuu 2 r r r r 解析:(I)证明 1: Q OA + OB = OA ? OB ,∴ (OA + OB ) = (OA ? OB )

uuu 2 r uuu uuu uuu 2 uuu 2 r r r r uuu uuu uuu 2 r r r OA + 2OA ? OB + OB = OA ? 2OA ? OB + OB
整理得: OA ? OB = 0

uuu uuu r r

∴ x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0
设 M(x,y)是以线段 AB 为直径的圆上的任意一点,则 MA ? MB = 0 即 ( x ? x1 )( x ? x2 ) + ( y ? y1 )( y ? y2 ) = 0 整理得: x + y ? ( x1 + x2 ) x ? ( y1 + y2 ) y = 0
2 2

uuur uuur

15

故线段 AB 是圆 C 的直径 证明 2: Q OA + OB = OA ? OB ,∴ (OA + OB ) = (OA ? OB )
2

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

2

uuu 2 r uuu uuu uuu 2 uuu 2 r r r r uuu uuu uuu 2 r r r OA + 2OA ? OB + OB = OA ? 2OA ? OB + OB
整理得: OA ? OB = 0

uuu uuu r r

∴ x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0 ……..(1)
设(x,y)是以线段 AB 为直径的圆上则 即

y ? y2 y ? y1 ? = ?1( x ≠ x1 , x ≠ x2 ) x ? x2 x ? x1

去分母得: ( x ? x1 )( x ? x2 ) + ( y ? y1 )( y ? y2 ) = 0 点 ( x1 , y1 ), ( x1 , y2 ), ( x2 , y1 )( x2 , y2 ) 满足上方程,展开并将(1)代入得:

x 2 + y 2 ? ( x1 + x2 ) x ? ( y1 + y2 ) y = 0
故线段 AB 是圆 C 的直径 证明 3: Q OA + OB = OA ? OB ,∴ (OA + OB ) = (OA ? OB )
2

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

2

uuu 2 r uuu uuu uuu 2 uuu 2 r r r r uuu uuu uuu 2 r r r OA + 2OA ? OB + OB = OA ? 2OA ? OB + OB
整理得: OA ? OB = 0

uuu uuu r r

∴ x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0 ……(1)
以线段 AB 为直径的圆的方程为

(x ?

x1 + x2 2 y + y2 2 1 ) + (y ? 1 ) = [( x1 ? x2 ) 2 + ( y1 ? y2 )2 ] 2 2 4

展开并将(1)代入得:

x 2 + y 2 ? ( x1 + x2 ) x ? ( y1 + y2 ) y = 0
故线段 AB 是圆 C 的直径 (II)解法 1:设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

x1 + x2 ? ?x = 2 ? ? ? y = y1 + y2 ? ? 2
Q y12 = 2 px1 , y2 2 = 2 px2 ( p > 0)

16

∴ x1 x2 =

y12 y2 2 4 p2

又因 x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0

∴ x1 ? x2 = ? y1 ? y2

y12 y2 2 ∴? y1 ? y2 = 4 p2
Q x1 ? x2 ≠ 0,∴ y1 ? y2 ≠ 0
∴ y1 ? y2 = ?4 p 2 x= x1 + x2 1 1 yy = ( y12 + y2 2 ) = ( y12 + y2 2 + 2 y1 y2 ) ? 1 2 2 4p 4p 4p

=

1 2 ( y + 2 p2 ) p

所以圆心的轨迹方程为 y 2 = px ? 2 p 2 设圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则

1 2 ( y + 2 p2 ) ? 2 y | | x ? 2y | | y 2 ? 2 py + 2 p 2 | p d= = = 5 5 5p | = | ( y ? p)2 + p 2 | 5p p p 2 5 ,由题设得 = 5 5 5

当 y=p 时,d 有最小值

∴ p = 2.
解法 2: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

x1 + x2 ? ?x = 2 ? ? ? y = y1 + y2 ? ? 2

Q y12 = 2 px1 , y2 2 = 2 px2 ( p > 0)

17

∴ x1 x2 =

y12 y2 2 4 p2

又因 x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0

∴ x1 ? x2 = ? y1 ? y2

y12 y2 2 ∴? y1 ? y2 = 4 p2
Q x1 ? x2 ≠ 0,∴ y1 ? y2 ≠ 0
∴ y1 ? y2 = ?4 p 2 x= x1 + x2 1 1 yy = ( y12 + y2 2 ) = ( y12 + y2 2 + 2 y1 y2 ) ? 1 2 2 4p 4p 4p

=

1 2 ( y + 2 p2 ) p

所以圆心的轨迹方程为 y 2 = px ? 2 p 2

设直线 x-2y+m=0 到直线 x-2y=0 的距离为

2 5 ,则 5

m = ±2
因为 x-2y+2=0 与 y 2 = px ? 2 p 2 无公共点, 所以当 x-2y-2=0 与 y 2 = px ? 2 p 2 仅有一个公共点时,该点到直线 x-2y=0 的距离最小值为

2 5 5

? x ? 2 y ? 2 = 0L (2) ? 2 2 ? y = px ? 2 p L (3)
将(2)代入(3)得 y 2 ? 2 py + 2 p 2 ? 2 p = 0

∴? = 4 p 2 ? 4(2 p 2 ? 2 p ) = 0

Qp>0 ∴ p = 2.
解法 3: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

18

x1 + x2 ? ?x = 2 ? ? ? y = y1 + y2 ? ? 2
圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则

x1 + x2 ? ( y1 + y2 ) | 2 d= 5 |
Q y12 = 2 px1 , y2 2 = 2 px2 ( p > 0)

∴ x1 x2 =

y12 y2 2 4 p2

又因 x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0

∴ x1 ? x2 = ? y1 ? y2

∴? y1 ? y2 =

y12 y2 2 4 p2

Q x1 ? x2 ≠ 0,∴ y1 ? y2 ≠ 0
∴ y1 ? y2 = ?4 p 2

1 ( y12 + y2 2 ) ? ( y1 + y2 ) | | y 2 + y2 2 + 2 y1 y2 ? 4 p ( y1 + y2 ) + 8 p 2 | 4p ∴d = = 1 5 4 5p | = ( y1 + y2 ? 2 p ) 2 + 4 p 2 4 5p p p 2 5 ,由题设得 = 5 5 5

当 y1 + y2 = 2 p 时,d 有最小值

∴ p = 2.
点评:本小题考查了平面向量的基本运算,圆与抛物线的方程.点到直线的距离公式等基础 知识,以及综合运用解析几何知识解决问题的能力 例 8.(2009 陕西卷文)(本小题满分 12 分) 已知双曲线 C 的方程为

y 2 x2 5 ? 2 = 1(a > 0, b > 0) ,离心率 e = ,顶点到渐近线的距离为 2 a b 2

19

2 5 。 5
(1)求双曲线 C 的方程; (2)如图,P 是双曲线 C 上一点,A,B 两点在双曲线 C 的两条渐近线上,且分别位于第一、 二象限,若 AP = λ PB, λ ∈ [ , 2] ,求 ?AOB 面积的取值范围。 方法一 解(Ⅰ)由题意知,双曲线 C 的顶点(0,a)到渐近线

uuu r

uuu r

1 3

ax ? by = 0的距离为

2 5 , 5

所以

ab a2 + b2

=

2 5 ab 2 5 所以 = 5 c 5

? ab 2 5 ? = 5 ?c ?a = 2 ?c ? 5 ? 由? = 得 ?b = 1 2 ?a ? 2 ?c = a 2 + b 2 ?c = 5 ? ? ?
所以曲线 C 的方程是

y2 ? x2 = 1 4

(Ⅱ)由(Ⅰ)知双曲线 C 的两条渐近线方程为 y = ±2 x 设 A( m, 2m), B ? n, 2n), m > 0, n > 0 ( 由 AP = λ PB得P点的坐标为(

uuu r

uur

m-λ n 2(m+λ n) , ), 1+λ 1+λ

y2 (1 + λ ) 2 ? x 2 = 1, 化简得mn= 将 P 点的坐标代入 4 4λ
因为 ∠AOB = 2θ , tan( 又 OA =

π

1 4 ? θ ) = 2, tan θ = , sin 2θ = 2 2 5

5m, OB = 5n

所以 S ?AOB =

1 1 1 OA ? OB ? sin 2θ = 2mn = (λ + ) + 1 2 2 λ 1 1 1 记 S (λ ) = (λ + ) + 1, λ ∈ [ , 2] 2 3 λ

20

则 S ′(λ ) =

1 1 (1 ? 2 ) 2 λ

由 S ′(λ ) = 0得λ = 1 又 S(1)=2, S ( ) =

1 3

8 9 , S (2) = 3 4
1 8 时, ?AOB 面积取到最大值 3 3

当 λ = 1 时, ?AOB 面积取到最小值 2 ,当当 λ = 所以 ?AOB 面积范围是 [2, ]

8 3

方法二(Ⅰ)由题意知,双曲线 C 的顶点(0,a)到渐近线 ax ? by = 0的距离为 方法二

2 5 , 5



ab a 2 + b2

=

2 5 ab 2 5 即 = c 5 5

? ab 2 5 ? = 5 ?c ?a = 2 ?c ? 5 ? 得 ?b = 1 由? = 2 ?a ? ?c 2 = a 2 + b 2 ?c = 5 ? ? ?
所以曲线 C 的方程是

y2 ? x2 = 1 . 4

(Ⅱ)设直线 AB 的方程为 y = kx + m, 由题意知 k < 2, m > 0

由?

? y = kx + m m 2m 得A点的坐标为( , ), 2?k 2?k ? y = 2x ? y = kx + m ? m 2m 得B点的坐标为( , ), 2+k 2+k ? y = ?2 x

由?

uuu r uur m 1 λ 2m 1 λ AP = λ PB, 得P点的坐标为( ( ? ), ( + ) 1+ λ 2 ? k 2 + k 1+ λ 2 ? k 2 + k

y2 4m 2 (1 + λ )2 2 将 P 点的坐标代入 ? x = 1得 = 4 4 ? k2 λ
设 Q 为直线 AB 与 y 轴的交点,则 Q 点的坐标为(0,m)

S ?AOB = S ?AOQ + S ?BOQ

.
21

1 1 1 OQ g x A + OQ g xB = m( x A ? xB ) 2 2 2 1 1 4m 2 m m )= g = m( + 2 2?k 2+k 2 4? k2 1 1 = (λ + ) + 1 2 λ =

(2009 宁夏海南卷文)(本小题满分 12 分) 已知椭圆 C 的中心为直角坐标系 xOy 的原点,焦点在 x 轴上,它 的一个项点到两个 焦点的距离分别是 7 和 1 (1)求椭圆 C 的方程‘ (2)若 P 为椭圆 C 的动点, M 为过 P 且垂直于 x 轴的直线上的点, 的离心率),求点 M 的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线。 解(1)设椭圆长半轴长及分别为 a,c,由已知得 {

OP OM

= e (e 为椭圆 C

a ? c = 1, a + c = 7.

解得 a=4,c=3,

所以椭圆 C 的方程为

x2 y 2 + = 1. 16 7

(Ⅱ)设 M(x,y),P(x, y1 ),其中 x ∈ [ ?4, 4] . 由已知得 而e =

x 2 + y12 = e2 . x2 + y 2


3 2 2 2 2 ,故 16( x + y1 ) = 9( x + y ). 4
2

由点 P 在椭圆 C 上得 , y1 = 代入①式并化简得 9 y 2 = 112, 所以点 M 的轨迹方程为 y = ±

112 ? 7 x 2 , 16

4 7 (?4 ≤ x ≤ 4), 轨迹是两条平行于 x 轴的线段. 3

22

67.(2009 湖南卷理)(本小题满分 13 分)在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 到点 F(3,0)的距 离的 4 倍与它到直线 x=2 的距离的 3 倍之和记为 d,当 P 点运动时,d 恒等于 点 P 的横坐标与 18 之和 (Ⅰ)求点 P 的轨迹 C; (Ⅱ)设过点 F 的直线 l 与轨迹 C 相交于 M,N 两点,求线段 MN 长度的最大值。 解(Ⅰ)设点 P 的坐标为(x,y),则 d = 4 ( x ? 3) ? y + 3︳x-2︳
2 2

由题设 当 x>2 时,由①得 ( x ? 3) + y = 6 ?
2 2

1 x, 化简得 2

x2 y 2 + = 1. 36 27

当 x ≤ 2 时 由①得 (3 + x ) + y = 3 + x, 化简得 y 2 = 12 x
2 2

x2 y2 故点 P 的轨迹 C 是椭圆 C1 : + = 1 在直线 x=2 的右侧部分与 36 27
抛物线 C2 : y = 12 x 在直线 x=2 的左侧部分(包括它与直线 x=2 的交点)
2

所组成的曲线,参见图 1 (Ⅱ)如图 2 所示,易知直线 x=2 与 C1 , C2 的交点都是 A(2, 2 6 ),B(2, ?2 6 ), 直线 AF,BF 的斜率分别为 k AF = ?2 6 , k BF = 2 6 . 当点 P 在 C1 上时,由②知

PF = 6 ?

1 x. 2



当点 P 在 C2 上时,由③知

PF = 3 + x



若直线 l 的斜率 k 存在,则直线 l 的方程为 y = k ( x ? 3) (i)当 k≤ k AF ,或 k≥ k BF ,即 k≤-2 N( x 2 , y 2 )都在 C
1 上,此时由④知

6 时,直线 I 与轨迹 C 的两个交点 M( x1 , y1 ),

23

1 x 2 2 1 1 1 x1 )+ (6 x 2 )=12 - ( x1 + x 2 ) 从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= (6 2 2 2
∣MF∣= 6 ∣NF∣= 6 -

1 x1 2

? y = k ( x ? 3) ? 由 ? x2 y2 得 (3 + 4k 2 ) x 2 ? 24k 2 x + 36k 2 ? 108 = 0 则 x1 , y1 是这个方程的两根,所 =1 ? + ? 36 27

24k 2 1 12k 2 以 x1 + x 2 = *∣MN∣=12 ( x1 + x 2 )=12 3 + 4k 2 2 3 + 4k 2
因为当 k ≤ 2 6, 或k ≥ 2 6时, k ≥ 24,
2

MN = 12 ?

12k 2 12 100 = 12 ? = . 2 1 3 + 4k 11 +4 k2

当且仅当 k = ±2 6 时,等号成立。 (2) k AE < k < k AN , ?2 6 < k < 2 6 时, 当 直线 L 与轨迹 C 的两个交点 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) 分别在 C1 , C2 上, 不妨设点 M 在 C1 上, C2 上, 点 则④⑤知,MF = 6 ? 设直线 AF 与椭圆 C1 的另一交点为 E ( x0 , y0 ), 则x0 < x1 , x2 < 2.

1 x1 , NF = 3 + x2 2

1 1 MF = 6 ? x1 < 6 ? x0 = EF , NF = 3 + x2 < 3 + 2 = AF 2 2
所以 MN = MF + NF < EF + AF = AE 。而点 A,E 都在 C1 上,且

k AE = ?2 6, 有(1)知 AE =

100 100 , 所以 MN < 11 11

若直线 ι 的斜率不存在,则 x1 = x2 =3,此时

1 100 MN = 12 ? ( x1 + x2 ) = 9 < 2 11
综上所述,线段 MN 长度的最大值为

100 11 .

【思维总结】 五. 思维总结】 【思维总结
1.注意圆锥曲线的定义在解题中的应用,注意解析几何所研究的问题背景平面几何的一 些性质; 2.复习时要突出“曲线与方程”这一重点内容 曲线与方程有两个方面:一是求曲线方程,二是由方程研究曲线的性质.这两方面的问题 在历年高考中年年出现,且常为压轴题.因此复习时要掌握求曲线方程的思路和方法,即在建

24

立了平面直角坐标系后,根据曲线上点适合的共同条件找出动点 P(x,y)的纵坐标 y 和横坐 标 x 之间的关系式,即 f(x,y)=0 为曲线方程,同时还要注意曲线上点具有条件,确定 x,y 的范围,这就是通常说的函数法,它是解析几何的核心,应培养善于运用坐标法解题的能力, 求曲线的常用方法有两类:一类是曲线形状明确且便于用标准形式,这时用待定系数法求其 方程;另一类是曲线形状不明确或不便于用标准形式表示,一般可用直接法、间接代点法、 参数法等求方程。二要引导如何将解析几何的位置关系转化的代数数量关系进而转化为坐标 关系,由方程研究曲线,特别是圆锥曲线的几何性质问题常化为等式解决,要加强等价转化 思想的训练。 3.重视对数学思想、方法进行归纳提炼,达到优化解题思维、简化解题过程 ①方程思想,解析几何的题目大部分都以方程形式给定直线和圆锥曲线,因此把直线与 圆锥曲线相交的弦长问题利用韦达定理进行整体处理,就简化解题运算量 ②用好函数思想方法 对于圆锥曲线上一些动点,在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量,从而使 一些线的长度及 a,b,c,e 之间构成函数关系,函数思想在处理这类问题时就很有效。 ③掌握坐标法 坐标法是解析几何的基本方法,因此要加强坐标法的训练。 ④对称思想 由于圆锥曲线和圆都具有对称性质,可使分散的条件相对集中,减少一些变量和未知量, 简化计算,提高解题速度,促成问题的解决。 ⑤参数思想 参数思想是辩证思维在数学中的反映,一旦引入参数,用参数来划分运动变化状态,利 用圆、椭圆、双曲线上点用参数方程形式设立或(x0、y0)即可将参量视为常量,以相对静止 来控制变化,变与不变的转化,可在解题过程中将其消去,起到“设而不求”的效果。 ⑥转化思想 解决圆锥曲线时充分注意直角坐标与极坐标之间有联系,直角坐标方程与参数方程,极 坐标之间联系及转化,利用平移得出新系坐标与原坐标之间转化,可达到优化解题的目的。 除上述常用数学思想外,数形结合、分类讨论、整体思想、构造思想也是不可缺少的思 想方法,复习也应给予足够的重视

25


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总复习 数学(理) 3.综合题中常常离不开直线与圆锥曲线的位置关系, 因此要树立将直线与圆锥曲线方程联立,应用判别式、根与 系数的关系的意识. 4.圆锥曲线...

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高三数学一轮复习圆锥曲线的综合问题_高三数学_数学_高中教育_教育专区。对圆锥曲线复习的课件 第九章 平面解析几何 圆锥曲线的应用 最新考 了解圆锥曲线的初步应用 ...

2018届高三文科数学一轮复习 圆锥曲线的综合问题_图文.ppt

圆锥曲线的综合问题 淮北一中数学组 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 ...

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2010届高三数学一轮复习必备精品:圆锥曲线方程及性质。圆锥曲线 第33 讲【课标要求】 一. 课标要求】 【课标要求 圆锥曲线方程及性质 1.了解圆锥曲线的实际背景,...

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高考资源网(ks5u.com) 您身边的高考专家 2009~2010 学年度高三数学(人教版 A 版)第一轮复习资料 第 33 讲一. 【课标要求】 圆锥曲线方程及性质 1.了解圆锥...

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2013年普通高考数学科一轮复习精品学案 第35曲线方程及圆锥曲线的综合问题_高三数学_数学_高中教育_教育专区。高考数学复习 2013 年普通高考数学一轮复习精品...

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高考数学一轮复习学案 第 35曲线方程及圆锥曲线的综合问题 一.课标要求: 1.由方程研究曲线,特别是圆锥曲线的几何性质问题常化为等式解决,要加强等价转化思想...

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普通高考数学一轮复习精品学案第 35曲线方程及圆锥曲线的综合问题一.课标

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普通高中课程标准实验教科书数学 [人教版] 高三数学一轮复习教案(讲座 35)曲线方程及圆锥曲线的一.课标要求: 1.由方程研究曲线,特别是圆锥曲线的几何...

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2013 年普通高考数学一轮复习精品学案 第 35 讲一.课标要求: 1.由方程研究曲线,特别是圆锥曲线的几何性质问题常化为等式解决,要加强等价转 化思想的训练; 2...