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2014届高三数学一轮复习课件(基础知识+小题全取+考点通关+课时检测)8.9圆锥曲线的综合问题


[知识能否忆起] 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时,通常是将直线 方程与曲线方程联立,消去变量y(或x)得关于变量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:

Δ>0?直线与圆锥曲线 相交 ; Δ=0?直线与圆锥曲线 相切 ; Δ<0?直线与圆锥曲线 相离 .

若a=0且b≠0,则直线与圆锥曲线相交,且有 一 个交点.
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),B(x2, 2 1 + k |x1-x2| 或 1+ 12|y -y | . y2),则弦长|AB|= k 1 2

[小题能否全取]
x2 y2 1.(教材习题改编)与椭圆 + =1 焦点相同,离心率互 12 16 为倒数的双曲线方程是
2 x A.y2- =1 3

(

)

y2 B. -x2=1 3 3 2 3 2 D. y - x =1 4 8

3 2 3 2 C. x - y =1 4 8

y2 x2 解析:设双曲线方程为 2- 2=1(a>0,b>0), a b
2 2 2 a + b = c , ? ? ?c 则?a=2, ? ? ?c=2,

得 a=1,b= 3.

2 x 故双曲线方程为 y2- =1. 3 答案:A

x2 y2 2.(教材习题改编)直线 y=kx-k+1 与椭圆 + =1 的位 9 4 置关系是 ( )

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), 而(1,1)在椭圆内,故直线与椭圆必相交. 答案:A

3.过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=4x仅有一个公共
点,这样的直线有 A.1条 C.3条 B.2条 D.4条 ( )

解析:结合图形分析可知,满足题意的直线共有3条: 直线x=0,过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1) 且与抛物线相切的直线(非直线x=0). 答案:C

2 y 4.已知双曲线方程是 x2- =1,过定点 P(2,1)作直线交双 2

曲线于 P1,P2 两点,并使 P(2,1)为 P1P2 的中点,则此直 线方程是________________.
2 y 1 2 解析:设点 P1(x1,y1),P2(x2,y2),则由 x1 - =1, 2 2 y2-y1 2?x2+x1? 2×4 y 2 2 x2- =1,得 k= = = =4,从而所 2 2 x2-x1 y2+y1

求方程为 4x-y-7=0.将此直线方程与双曲线方程联 立得 14x2-56x+51=0,Δ>0,故此直线满足条件.

答案:4x-y-7=0

5.双曲线 x2-4y2=λ(λ≠0)截直线 x-y-3=0 所得弦长为 8 3 ,则双曲线方程为________________. 3
2 2 ? ?x -4y =λ, 解析: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 那么?x1x2= , 3 ? 2 ? Δ = 24 -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,所求双曲线方程是 -y =1. 4 x2 2 答案: -y =1 4

1.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. 2.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”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,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,韦达定理求弦长,根的分布找范围,曲线定 义不能忘”.

直线与圆锥曲线的位置关系
x2 y2 (2012· 北京高考)已知椭圆 C:2+ 2=1(a>b>0) a b

[例 1]

2 的一个顶点为 A(2,0),离心率为 .直线 y=k(x-1)与椭 2 圆 C 交于不同的两点 M,N.

(1)求椭圆C的方程;
10 (2)当△AMN的面积为 时,求k的值. 3

? ?a=2, ?c 2 ? [自主解答] (1)由题意得 = , ?a 2 2 2 2 ? ?a = b + c , x2 y2 所以椭圆 C 的方程为 + =1. 4 2

解得 b= 2,

y=k?x-1?, ? ? 2 2 (2)由?x y 得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0. + =1, ? 4 2 ? 设点 M,N 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则 4k2 y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),x1+x2= , 1+2k2

2k2-4 x1x2= 2, 1+2k 所以|MN|= ?x2-x1?2+?y2-y1?2 = ?1+k2?[?x1+x2?2-4x1x2] 2 ?1+k2??4+6k2? = . 2 1+2k |k| 又因为点 A(2,0)到直线 y=k(x-1)的距离 d= 2, 1+ k 所以△AMN 的面积为 |k| 4+6k2 1 S= |MN|· d= 2 . 2 1+2k |k| 4+6k2 10 由 = ,解得 k=± 1. 3 1+2k2

研究直线与圆锥曲线的位置关系时,一般转化为研 究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数,但对 于选择、填空题也可以利用几何条件,用数形结合的方 法求解.

1. (2012· 信阳模拟)设抛物线 y2=8x 的准线与 x 轴交于点 Q, 若过点 Q 的直线 l 与抛物线有公共点,则直线 l 的斜率的 取值范围是
? 1 1? A.?-2,2? ? ?

(
B.[-2,2] D.[-4,4]

)

C.[-1,1]

解析:易知抛物线 y2=8x 的准线 x=-2 与 x 轴的交点为 Q(-2,0),于是,可设过点 Q(-2,0)的直线 l 的方程为 y= k(x+2)(由题可知 k 是存在的),
2 ? y ? =8x, 联立? ? ?y=k?x+2?

?k2x2+(4k2-8)x+4k2=0.

当 k=0 时, 易知符合题意; 当 k≠0 时, 其判别式为 Δ=(4k2 -8)2-16k4=-64k2+64≥0, 可解得-1≤k≤1. 答案:C

最值与范围问题

[例 2]

(2012· 浙江高考)如图,椭

x2 y2 1 圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 , a b 2 其左焦点到点 P(2,1)的距离为 10.不过 原点 O 的直线 l 与 C 相交于 A,B 两点, 且线段 AB 被直线 OP 平分.

(1)求椭圆C的方程;
(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程.

[自主解答]

(1)设椭圆左焦点为 F(-c,0),则由题意得

2 ? ? 2 + c ? +1= 10, ? ? ?c=1, ?c 1 得? ? = , ?a=2. ? ?a 2 x2 y2 所以椭圆方程为 + =1. 4 3 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),线段 AB 的中点为 M. 当直线 AB 与 x 轴垂直时,直线 AB 的方程为 x=0,与不过原点的条件不符, 舍去.故可设直线 AB 的方程为 y=kx+m(m≠0),

? ?y=kx+m, 由? 2 2 ? 3 x + 4 y =12 ?

消去 y,整理得

(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,



则 Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,

?x +x =- 8km , ? 1 2 3+4k2 ? 4m2-12 ?x1x2= 2 . 3 + 4 k ?
所以线段 AB 的中点为
? 4km 3m ? M?-3+4k2,3+4k2?. ? ?

-2km 1 3m 因为 M 在直线 OP:y= x 上,所以 2= 2. 2 3+4k 3+4k 3 得 m=0(舍去)或 k=- . 2

此时方程①为 3x2-3mx+m2-3=0,则 x1+x2=m, ? ? Δ=3(12-m2)>0,? m2-3 xx= . ? 3 ? 1 2

39 所以|AB|= 1+k · |x1-x2|= · 12-m2, 6
2

设点 P 到直线 AB 的距离为 d,则 |8-2m| 2|m-4| d= 2 . 2= 13 3 +2 设△ABP 的面积为 S,则 1 3 S= |AB|· d= · ?m-4?2?12-m2?. 2 6

其中 m∈(-2 3,0)∪(0,2 3). 令 u(m)=(12-m2)(m-4)2,m∈[-2 3,2 3 ], u′(m)=-4(m-4)(m2-2m-6)=-4(m-4)(m-1- 7)(m-1+ 7). 所以当且仅当 m=1- 7时,u(m)取到最大值. 故当且仅当 m=1- 7时,S 取到最大值. 综上,所求直线 l 的方程为 3x+2y+2 7-2=0.

1.解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两
种:几何法和代数法. (1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义, 则考虑利用图形性质来解决,这就是几何法; (2)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,这就 是代数法.

2.在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下
五个方面考虑: (1)利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取

值范围;
(2)利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类 问题的核心是在两个参数之间建立等量关系; (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求 出参数的取值范围;

(4)利用基本不等式求出参数的取值范围;
(5)利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.

2.(2012· 东莞模拟)已知抛物线 y2=2px(p≠0)上存在关于直 线 x+y=1 对称的相异两点,则实数 p 的取值范围为 (
? 2 ? A.?-3,0? ? ? ? 3 ? C.?-2,0? ? ? ? 2? B.?0,3? ? ? ? 3? D.?0,2? ? ?

)

解析: 设抛物线上关于直线 x+y=1 对称的两点是 M(x1, y1)、 N(x2,y2),设直线 MN 的方程为 y=x+b.将 y=x+b 代入抛 物线方程,得 x2+(2b-2p)x+b2=0,则 x1+x2=2p-2b,y1 +y2=(x1+x2)+2b=2p,则 MN 的中点 P 的坐标为(p-b, p).因为点 P 在直线 x+y=1 上,所以 2p-b=1,即 b=2p -1.又 Δ=(2b-2p)2-4b2=4p2-8bp>0,将 b=2p-1 代入 2 得 4p -8p(2p-1)>0,即 3p -2p<0,解得 0<p< . 3 答案:B
2 2

定点定值问题

[例 3] (2012· 辽宁高考)如图, x2 y2 椭圆 C0: 2+ 2=1(a>b>0,a,b a b 为常数),动圆 C1:x2+y2= t12 ,b <t1<a.点 A1, A2 分别为 C0 的左, 右顶点,C1 与 C0 相交于 A, B,C,D 四点. (1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程;

(2)设动圆C2:x2+y2= t12与C0相交于A′,B′,C′,D′四

点,其中b<t2<a,t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积
相等,证明: + 为定值.
t12 t12

[自主解答] (1)设 A(x1,y1),B(x1,-y1),又知 A1(- y1 a,0),A2(a,0),则直线 A1A 的方程为 y= (x+a), ① x1+a -y1 直线 A2B 的方程为 y= (x-a). x1-a
2 - y 1 2 2 由①②得 y2= 2 2(x -a ). x1-a 2 x2 y 1 1 由点 A(x1,y1)在椭圆 C0 上,故 2+ 2=1. a b

② ③

从而

2? 2 2 ? x x y 1 2 y2 1=b ?1- 2 ?,代入③得 2- 2=1(x<-a,y<0). a? a b ?

(2) 证 明 : 设 A′(x2 , y2) , 由 矩 形 ABCD 与 矩 形 A′B′C′D′的面积相等,得 4|x1||y1|=4|x2||y2|,
2 2 2 故 x1 y1=x2 y 2 2.

因为点 A,A′均在椭圆上,所以
2? 2? ? ? x x 1 2 2 2? ? ? 1 - 1 - b2x2 = b x 2 2?. 1 2 a? a? ? ? 2 2 2 2 由 t1≠t2,知 x1≠x2,所以 x2 1+x2=a ,从而 y1+y2=

b2,
2 2 2 因此 t1 +t2 2=a +b 为定值.

1.求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手,求出表达式,再证明这个值与变量无

关;
(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量, 从而得到定值.

2.定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时,可设出直线方程为y=kx+b, 然后利用条件建立b、k等量关系进行消元,借助于直线系 方程找出定点; (2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明一般情况.

3.在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭 x2 2 圆 C: +y =1.如图所示,斜率为 3 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.

解:(1)设直线 l 的方程为 y=kx+t(k>0), 由题意,t>0. kx+t, ? ?y= 由方程组?x2 2 +y =1, ? 3 ? 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), 由根与系数的关系得 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 yE= t , 3k2+1

yE 1 1 此时 kOE= =- .所以 OE 所在直线方程为 y=- x. xE 3k 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.

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 又
? G? ?- ? ? 3k 1 ? , . 3k2+1 3k2+1? ?

? ? 3kt t ? 1? ? ? E?-3k2+1,3k2+1?,D?-3,k?, ? ? ? ?

由距离公式及 t>0,k>0 得
? ? 2 |OG| =?- ?
2 ? ? 3k ? 1 9 k +1 ?2 ? ?2 +? 2 ? =3k2+1, 3k2+1? 3 k + 1 ? ? ?

|OD|=

?1? 2 ?-3? +?k?2= ? ?

9k2+1 , k

|OE|=

2 ? ? ? ? t 3 kt t 9 k +1 ? ?2 ? ?2 ?-3k2+1? +?3k2+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).

圆锥曲线中的探索性问题是高考命题的热点,主 要以解答题的形式出现,难度较大,一般作为压轴 题.解决这类问题往往采用“假设反证法”或“假设检验 法”,也可先用特殊情况得到所求值,再给出一般性的

证明.考查的知识点多,能力要求高,尤其是运算变形
能力,同时着重考查学生的分析问题与解决综合问题的 能力.

“大题规范解答——得全分”系列之(九) 圆锥曲线中探索性问题的答题模板
[动漫演示更形象,见配套光盘]

[典例]

(2012 福建高考· 满分 13 分)如

x2 y2 图,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的左焦点 a b 1 为 F1,右焦点为 F2,离心率 e= .过 F1 的 2 直线交椭圆于 A、B 两点,且△ABF2 的周长为 8.

(1)求椭圆E的方程; (2)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公

共点P,且与直线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面
内是否存在定点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若 存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.

[教你快速规范审题]

1.审条件,挖解题信息
椭圆方程及左、右焦点F1,F2,离 观察 1 ―→ 条件 心率e= ,△ABF2的周长为8 2 c 椭圆定义及离心率公式 △ABF2的周长为4a,e=a

2.审结论,明解题方向
观察所求结论 ―→ 求椭圆的方程 ―→ 需建立关于a,b,c的方程组求解

3.建联系,找解题突破口
c 1 a =b +c 2 由条件可得4a=8,a= ???? ? 可得a=2,b =3 2
2 2 2

2 2 x y 代入椭圆方程 ????? ? 得E的方程 + =1 4 3

1.审条件,挖解题信息
观察 直线l与椭圆E相切于点P, 联立方程,消元 ―→ ????? ? 条件 与直线x=4相交于点Q 得判别式Δ=0 及P,Q的坐标

2.审结论,明解题方向
观察所 证结论 探索是否存在点M, PQ为直径的圆恒过点M

―→
MQ MP ·

假设M存在 ――――――→ =0 问题转化为 恒成立

3.建联系,找解题突破口
由条件分析M 的位置 并设出它的坐标( x1, 0)
得到关于参数m, k,x1的方程
判断是否有解 ――――――→ 结论

??????? ?
写出向量 MP, MQ的坐标 代入等式 MP · MQ=0

?????? ?
对任意m,k恒成立

得关于x1 的方程组

[教你准确规范解题]
(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以 4a=8,a=2. 1 c 1 又因为 e= ,即a= ,所以 c=1, 2 2 所以 b= a2-c2= 3. x2 y2 故椭圆 E 的方程是 + =1. 4 3 (4 分) (3 分) (1 分) (2 分)

kx+m, ? ? y= (2)由?x2 y2 消去 y 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. ? ? 4 + 3 =1, (5 分) 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m≠0 且 Δ=0, (*) 4km 4k 3 此时 x0=- 2 =- ,y0=kx0+m= , m m 4k +3 ? 4k 3 ? 所以 P?- m ,m?. ? ? ? ?x=4, 由? 得 Q(4,4k+m). ? ?y=kx+m, (6 分) (7 分) 即 64k2m2 - 4(4k2 + 3)(4m2 - 12) = 0 , 化 简 得 4k2 - m2 + 3 = 0.

(8 分) (9 分)

假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. (10 分) 设 M(x1,0),则 MP · MQ =0 对满足(*)式的 m,k 恒成立. ? 4k 3? 因为 MP =?- m -x1,m?, MQ =(4-x1,4k+m), ? ? 由 MP · MQ =0, 16k 4kx1 12k 2 得- m + m -4x1+x1+ m +3=0, k 整理,得(4x1-4)m+x2 (**) (11 分) 1-4x1+3=0. 由于(**)式对满足(*)式的 m,k 恒成立, ? ?4x1-4=0, 所以? 2 解得 x1=1. (12 分) ? ?x1-4x1+3=0, 故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. (13 分)

[常见失分探因] 易忽视定义的应用.
忽视圆的对称性,判断不出M必在x轴上.
k 对于方程?4x1-4?· +x12-4x1+3=0 不会利用对 m, k m 恒成立,求解 x1.

————————[教你一个万能模板]———————— 第二步:以假设为条

第一步:假设结论成立

件,进行推理求解

第三步:明确规范结 论,若能推出合理结 第四步:回顾反思 解题过程

果,经验证成立即可
肯定正确.若推出矛盾, 即否定假设

教师备选题(给有能力的学生加餐)
1.已知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点为

F(1,0),过焦点F的直线l与抛物线C相交于
A,B两点,若直线l的倾斜角为45°,则 弦AB的中点坐标为 A.(1,0) C.(3.2) B.(2,2) D.(2,4) ( )
解题训练要高效 见“课时跟踪检 测(五十七)”

解析:依题意得,抛物线C的方程是y2=4x,直线l的方 程是y=x-1.由
2 ? ?y =4x, ? ? ?y=x-1

消去y得(x-1)2=4x,即x2-

6 6x+1=0,因此线段AB的中点的横坐标是 =3,纵坐标 2 是y=3-1=2,所以线段AB的中点坐标是(3,2).

答案:C

2.若直线 mx+ny=4 和圆 O:x2+y2=4 没有交点,则过 x2 y2 点(m,n)的直线与椭圆 + =1 的交点个数为 9 4 ( )

A.至多1个

B.2个

C.1个

D.0个

4 2 2 解析:由题意得 > 2 ,即 m + n <4,则点(m,n) 2 2 m +n x2 y2 在以原点为圆心,以2为半径的圆内,此圆在椭圆 + 9 4 =1的内部.

答案:B

x2 y2 3.(2012· 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.

(1)求椭圆C的方程;
(2)求TM · TN 的最小值,并求此时圆 T 的方程;

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

(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.
2 x 1 2 由于点M在椭圆C上,∴y1 =1- .(*) 4

由已知T(-2,0),则 TM =(x1+2,y1), TN =(x1+ 2,-y1),
2 ∴TM · (x1+2,-y1)=(x1+2)2-y1 TN =(x1+2,y1)· 2? ? x 5 2 1 2 ? ? =(x1+2) - 1- 4 = x1+4x1+3 ? ? 4

8?2 1 5? = ?x1+5? - . 4? 5 ?

8 由于-2<x1<2,故当x1=- 时,TM · TN 取得最小 5 1 值- . 5
? 8 3? 8 3 把x1=- 代入(*)式,得y1= ,故M ?-5,5? ,又点 5 5 ? ?

13 M在圆T上,代入圆的方程得r = . 25 13 2 2 故圆T的方程为(x+2) +y = . 25
2

y0-y1 (3)设P(x0,y0),则直线MP的方程为:y-y0= x0-x1 (x-x0),

x1y0-x0y1 x1y0+x0y1 令y=0,得xR= ,同理:xS= , y0-y1 y0+y1
2 2 2 x2 y - x 1 0 0y1 故xR· xS= 2 2 .(**) y0-y1 2 2 又点M与点P在椭圆上,故x 2 = 4(1 - y ) , x 0 0 1 =4(1- 2 y1 ),

代入(**)式,
2 2? 2 2 2 2 ?y0 - y 41-y1 ?y0-4?1-y0 ?y1 1? ? 得xR· xS= =4? 2 2 ?=4. 2 y2 - y 0 1 ?y0-y1 ?

所以|OR|· |OS|=|xR|· |xS|=|xR· xS|=4为定值.


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