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第十章 圆锥曲线方程 1 6 1 心得体会 证: 设A( x1,y1) ,B(x2,y2) ,Q(x,y) , 由题意知 P A A Q = P B Q B , 设A在P,Q之间,P A =A Q ( 0) , 又Q在P,B之间, 故P B =-B Q , 因为 P B B Q , 所以0b0) 过点M(2,1) , 且左焦 点为F1(- 2, 0). ( 1) 求椭圆C的方程; ( 2) 当过点P(4,1) 的动直线l与椭圆C相交于两不同点A,B时, 在线段 A B上取点Q, 满足|A P | |Q B |=|A Q | |P B | .证明: 点Q总在某定直线上. 【 分析】 用待定系数法求解椭圆的方程, 巧妙地利用定比分点解答点Q的轨迹问题. 【 解析】 ( 1) 由题意知 c 2=2 2 a 2+1 b 2=1 c 2= a 2- b 2 , 解得a 2=4, b 2=2, 所求椭圆方程为x 2 4+ y 2 2=1 . 图 1 0 - 3 0 ( 2) 如图1 0-3 0所示, 设A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,Q(x,y) , 由题意知 P A A Q = P B Q B , 不妨设A在P,Q之间,P A =A Q ( 0) , 又Q在P,B之 间, 故P B = -B Q , 因 为 P B B Q , 所以0b 0 (),如图1 0-3 1所示, 作辅助线, 设A x 1,y1 ( ), B x2,y2(), 易知R t F M RR t AH B, 所以 F R A B = FM AH = A F-B F 2 x1-x2 = A F-B F 2x1-x2 () 由定义知A F+A F =2a, 从而A F-A F = A F 2- A F 2 2a =( x1+c) 2+ y 2 1- ( x1-c) 2+ y 2 1 2a = 2e x1. + 2 得A F=a+e x1, 同理B F=a+e x2. -得A F-B F=ex1-x2( ), 代入式() 得 F R A B = ex1-x2() 2x1-x2 =e 2 . 类比椭圆, 在双曲线中有 F R A B =e 2 . 第十章 圆锥曲线方程 1 6 3 心得体会 图 1 0 - 3 2 在抛物线中, 设抛物线方程为y 2=2 p x p 0 (), 如图1 0-3 2 所示, 作辅助线方法同椭圆中, 得 F R A B = A F-B F 2AH = A F-B F 2A S-B T = A F-B F 2A F-B F =1 2 . 即 F R A B =1 2= e 2( 抛物线离心率为1 ). 【 例1 0 . 5 5】 (2 0 1 0 全国 理,1 2) 已知椭圆C: x 2 a 2+y 2 b 2=1 ab0()的离心率为 3 2 , 过右焦点F且斜率为k k0()的直线与C相交于A,B两点, 若A F =3F B, 则k= ( ). A . 1B . 2C . 3D . 2 图 1 0 - 3 3 【 解析】 如图1 0-3 3所示, 不妨设A F =3, 则F B =1,MF =1, R F =e 2 A B= 2e= 3, 在R t F MR中,k= t a n R F M = RM F M = 3 - 1 1 = 2 .故选B . 【 评注】 若l A B的倾斜角为, 且A F = F B 0( ), 则c o s= -1 e+1() . 【 变式1】 (2 0 0 9全国理,1 1) 已知双曲线C: x 2 a 2- y 2 b 2= 1a 0, b 0()的右焦点为F, 过 F且斜率为3的直线交C于A,B两点, 若A F = 4 F B , 则C的离心率为( ). A . 6 5 B . 7 5 C . 8 5 D . 9 5 图 1 0 - 3 4 【 变式2】 (2 0 1 0全国理,1 6) 已知F是椭圆C的一个焦点, B 是短轴的一个端点, 线段B F的延长线交C于点D, 且 B F =2F D, 则C 的离心率为 . 【 变式3】 (2 0 0 7重庆文,2 1) 如图1 0-3 4所示, 倾斜角为的直 线经过抛物线y 2=8 x的焦点F, 且与抛物线交于A,B 两点. ( 1) 求抛物线的焦点F的坐标及准线l的方程; ( 2) 若为锐角, 作线段A B的垂直平分线m交x轴于 点P, 证明:F P-F Pc o s 2为定值, 并求此定值. 模型二: 三大圆锥曲线中( 双曲线需同支) , 设过焦点F且不平行于焦点所在坐标轴的弦 为A B, 则 1 A F + 1 B F 为定值4 L ( L为通径长). 证: 设椭圆x 2 a 2+ y 2 b 2=1ab0 (), 如图1 0-3 5所示, 过点F作lx轴于点F, 过点 A,B分别作AH1,BH2垂直于l于点H1,H2, 设A x1,y1( ), B x2,y2( ), lA B的 倾斜角为, 不妨设x20 (), 如图1 0-3 6所示, 过点A,B分别作垂线A S,B T 垂直于准线l于点S,T, 过F作垂直于x轴的直线交A S与B T的延长线( 或 反向延长线) 于点H1,H2, 在R t AH1F中,AH1=A Fc o s, 图 1 0 - 3 6 又AH1=A S-SH1=A F-p, 将式代入式得A F-p=A Fc o s, 得A F= p 1- c o s, 所以 1 A F =1- c o s p . 同理, 在R t BH2F中, 可得 1 B F =1+ c o s p . 由+得, 1 A F + 1 B F =2 p , 为定值. 【 评注】 本结论对于A B为通径也成立, 且上述结论可统一为 1 |A F|+ 1 |B F|= 4 L ( L为通径长). 【 例1 0 . 5 6】 (1) (2 0 1 0重庆文, 1 3) 已知过抛物线y 2=4 x的焦点F的直线交该抛物线 于A,B两点,A F=2,B F= . ( 2) (2 0 1 0重庆理,1 4) 已知以F为焦点的抛物线y 2=4 x上的两点A,B满 足A F =3F B, 则弦 A B的中点到准线的距离为 . 【 解析】 ( 1) 由 1 A F + 1 B F =2 p=1 , 得1 2+ 1 B F =1, 故B F=2 . ( 2) 如图1 0-3 7所示, 因为A F =3F B, 所以设 F B =r, 则A F =3r, 由 1 A F + 1 B F =2 p , 知1 3r+ 1 r= 2 2, 即r =4 3 . 因为点M为线段A B的中点, 所以MN=1 2 A S+B T( )= 1 2 A F+B F() =1 2 r+3r( )=2 r=24 3= 8 3 . 【 变式1】 (2 0 1 0北京宣武二模理,8) 如图1 0-3 8所示, 抛物线C1:y 2=2 p x 和圆C2: 第十章 圆锥曲线方程 1 6 5 心得体会 x-p 2 2 +y 2=p 2 4 , 其中p0, 直线l经过C1的焦点, 依次交C1,C2于A,B, C,D四点, 则A B C D 的值为( ). A .p 2 4 B .p 2 3 C .p 2 2 D .p 2 图 1 0 - 3 7图 1 0 - 3 8 模型二的推广: 三大曲线( 椭圆、 双曲线( 同支) 、 抛物线) 中, 设Pi( i=1,2, ,n,n, n2) 为曲线上的动点, 点F为曲线的焦点, 且线段F P1,F P2, ,F Pn把圆周角F分成 n等份, 则 n i=1 1 F Pi 为定值, 2n L ( L为通径长). 证:对于椭圆x 2 a 2+ y 2 b 2=1ab0 (), 由题意可设 1=x +F P 1=, 则 i=x +F P i=+ 2i-1( ) n i=1,2, ,n(), 且由模型一知 1 F Pi = 1-ec o si b 2 a i=1,2, ,n( ), 所以 n i=1 1 F Pi = n i=1 1-ec o si b 2 a = n a b 2-c b 2 n i=1 c o si(). 因为 i=+ 2i-1( ) n , 所以单位向量 F Pi F Pi 的终点均匀分布在以F为圆心 的单位圆上, 所以 n i=1 F Pi F Pi =0(). ( 证明: 可把 F Pi F Pi 逆时针旋转2 n , 则式() 左边不变, 其右边只能为0). 所以 n i=1 c o si,s i ni( )=0, 即有 n i=1 c o si=0, 代入式() 得 n i=1 1 F Pi = n a b 2-c b 20= n a b 2为定值. 类比椭圆, 在双曲线( 同支) 中, 仍有 n i=1 1 F Pi = n a b 2. 对于抛物线y 2=2 p x p0 ( ), 设 1=x +F P 1=, 则i=x +F P i=+ 2i-1() n i=1,2, ,n( ), 新课标高考数学题型全归纳 1 6 6 心得体会 由模型一中知 1 F Pi = 1- c o si p , 所以 n i=1 1 F Pi = n i=1 1- c o si p =n p -1 p n i=1 c o si, 由中证明知 n i=1 c o si=0, 代入上式得 n i=1 1 F Pi =n p 为定值. 【 评注】 上述结论可统一为 n i=1 1 |F Pi|= 2n L ( L为通径长). 【 例1 0 . 5 7】 (2 0 0 7重庆理,2 2) 在椭圆 x 2 3 6+ y 2 2 7=1上任取三个不同的点 P1,P2,P3, 使 P1F P2=P2F P3=P3F P1, 其中F为右焦点, 求证: 1 F P1 + 1 F P2 + 1 F P3 为定值, 并求此定值. 【 解析】 解法一: 设椭圆的右顶点为A, 以F为极点, A F的延长线为极轴, 建立极坐标 系, 并设A F Pi= ii=1,2,3 ( ), 0ib0 ( ) . 设P x0, y0 ( ), A x1,y1( ), B x2,y2( ) . 令x0=ac o s, y0=bs i n,A ac o s,bs i n ( ), B ac o s , bs i n ( ) . 则kA B=b s i n-bs i n ac o s-ac o s =b a 2 c o s + 2 s i n - 2 -2 s i n + 2 s i n - 2 =-b ac o t + 2 (). 同理, kP A=-b ac o t + 2 , kP B=-b ac o t + 2 . 而k P A+kP B=0, 得-b ac o t + 2 -b ac o t + 2 =0, 所以c o t + 2 + c o t + 2 =0, 得 1 t a n + 2 + 1 t a n + 2 =0 t a n + 2 + t a n + 2 =0, 即t a n+ 2 + =0 t a n + 2 + t a n=0 c o t + 2 + c o t=0, 所以c o t + 2 =- c o t, 代入式() 得 kA B=-b a - c o t( )= b ac o t = b 2 x0 a 2 y0, 为定值. 由于x0y00, 所以上述所有三角运算均有意义. 对于双曲线x 2 a 2- y 2 b 2= 1a, b 0(), 设P(x0,y0) 为P as e c,bt a n( ), A as e c,bt a n( ), B as e c , bt a n (), 则kA B= bt a n-bt a n as e c-as e c =b a s i n c o s - s i nc o s c o s - c o s =b a s i n-() -2 s i n + 2 s i n - 2 =b a c o s - 2 s i n + 2 (). 同理, kP A=b a c o s - 2 s i n + 2 , kP B=b a c o s - 2 s i n + 2 , 新课标高考数学题型全归纳 1 6 8 心得体会 而k P A+kP B=0, 即b a c o s - 2 s i n + 2 + c o s - 2 s i n + 2 =0, 所以 c o s - 2 s i n + 2 + c o s - 2 s i n + 2 =0,s i n + 2 c o s - 2 + s i n + 2 c o s - 2 =0 . 即1 2 s i n +- 2 + s i n +-(-) 2 + 1 2 s i n +- 2 + s i n +-() 2 =0 s i n+ - 2 + s i n + 2 + s i n+ - 2 + s i n + 2 =0 s i n- - 2 + s i n + - 2 +2 s i n + 2 =0 2 s i n - - 2 + - 2 2 c o s - - 2 -+ - 2 2 +2 s i n + 2 =0 s i nc o s - 2 + s i n + 2 =0 c o s - 2 s i n + 2 =- 1 s i n , 代入式() 得 kA B=b a - 1 s i n =- b a 1 s i n=- b 2 x0 a 2 y0, 为定值. 由于y00, 所以上述所以三角函数运算均成立. 对于抛物线y 2=2 p x p0 (), 设P x0, y0 ( ), A y 2 1 2p, y1 , B y 2 2 2p, y2 ( y0,y1,y2两两均不相等) , 则kA B=y 1-y2 y 2 1 2p- y 2 2 2p = 2p y1+y2( ). 同理, kP A= 2p y0+y1, kP B= 2p y0+y2, 又k P A+kP B=0, 得 2p y0+y1+ 2p y0+y2=0 , 即 1 y0+y1+ 1 y0+y2=0 , 故y0+y1+y0+y2=0, 得y1+y2=-2 y0, 代入式() 得 kA B= 2p -2y0=- p y0 . 【 例1 0 . 5 8】 (2 0 0 9辽宁理,2 0) 已知椭圆C: x 2 4+ y 2 3=1 , A为椭圆C上的点, 其坐标为 1, 3 2 , E,F是椭圆C上的两动点, 如果直线A E的斜率与A F的斜率互 为相反数, 证明: 直线E F的斜率为定值, 并求出该定值. 【 分析】 要求直线E F的斜率, 必须知道E, F的坐标. 【 解析】 设直线A E的方程为y=k x-1( )+ 3 2, x 2 4+ y 2 3=1 y=k x-1 ( )+ 3 2 , 第十章 圆锥曲线方程 1 6 9 心得体会 消y得4k 2+3 ()x 2+ 1 2 k-8k 2 ()x+4 3 2- k 2 -1 2=0, 则xE= 4 3 2- k 2 -1 2 4k 2+3 ()xA = 3-2k()2-1 2 4k 2+3 , 又直线A F的斜率与A F的斜率互为相反数, 故以上k用-k代替得 xF= 3+2k()2-1 2 4k 2+3 , 所以 kE F=y F-yE xF-xE= -k xF-1( )+ 3 2- k xE-1( )+ 3 2 xF-xE =- k xF+xE( )+2 k xF-xE , 把,两式代入上式, 得k E F=1 2 . 【 变式1】 已知A,B,C是长轴为4, 焦点在x轴上的椭圆上的三点, 点A 是长轴的一个 顶点, B C过椭圆的中心O, 且A C B C=0,B C =2A C . ( 1) 求椭圆的方程; ( 2) 如果椭圆上的两点P,Q, 使得P C Q的平分线垂直于O A, 问是否总存在 实数, 使得P Q = A B ? 说明理由. 【 变式2】 已知椭圆x 2 6+ y 2 2=1的内接P A B 中, 点P坐标为 3,1 (),P A与P B的倾 斜角互补, 求证: 直线A B的斜率为定值, 并求之. 图 1 0 - 3 9 【 变式3】 已知双曲线x 2-y 2 3 =1上点P2,3(), 过P作两条直线 P A,P B, 满足直线P A与P B倾斜角互补, 求直线A B的 斜率. 【 变式4】 (2 0 0 4北京理,1 7) 如图1 0-3 9所示, 过抛物线y 2=2 p x p0 ()上一定点P x0, y0 ()y00(), 作两条直线分别交 抛物线于A x1, y1 ( ), B x2,y2( ) . ( 1) 求该抛物线上纵坐标为p 2的点到焦点F 的距离; ( 2) 当P A与P B的斜率存在且倾斜角互补时, 求y 1+y2 y0 的值, 并证明直线A B的斜率是非零常数. 模型四: 已知曲线C: x 2 s +y 2 t =1(s t0) ,P是C上异于顶点的动点,A,B是关于原点中 心对称的两顶点.若直线P A,P B分别交同一坐标轴于M,N( 非A,B两点) , 则OM ON 为定值. 【 例1 0 . 5 9】 如图1 0-4 0所示, 已知圆O的半径是a a0 (), 圆中有两条互相垂直的直径 A B和C D,P是圆周上任意一点( 不在A B,C D上) , 直线A P,B P分别交直 线C D于M,N, 证明OM ON =a 2 . 【 解析】 证: 因为B P A P, 所以 B N AM, 从而 B N AM= B O + O N ( ) A O + O M ( )= 0 , 新课标高考数学题型全归纳 1 7 0 心得体会 图 1 0 - 4 0 即B O A O+B OOM+ONA O+OMON=0, 即-a 2+OM ON=0 . 所以OM ON =OM ON c o s 0=OM ON =a 2, 得证. 【 例1 0 . 6 0】 如图1 0-4 1所示, 已知椭圆x 2 a 2+y 2 b 2=1ab0 () 的 上、 下顶点分别为A,B, 点P是椭圆上异于顶点的任 意一点, 直线A P,B P分别交x轴于M,N, 证明: 图 1 0 - 4 1 OM ON =a 2 . 【 解析】 证: 设P x 0,y0 (), 则x0y00,M m,0( ), N n,0( ), 则A P AM, 即 x0,y0-b( ) m,-b( ) . 所以m y0-b( )=- b x0, 得m=- b x0 y0-b . 同理由B P BN, 得n=b x0 y0+b . 所以OM ON =m n=- b 2 x 2 0 y 2 0-b 2= x 2 0 1- y 2 0 b 2 =x 2 0 x 2 0 a 2 =a 2 . 图 1 0 - 4 2 【 变式1】 如图1 0-4 2所示, 已知椭圆x 2 a 2+y 2 b 2=1ab0 () 上、 下 顶点分别为A,B, 点P是椭圆上异于顶点的任意一点, 直线A P,B P分别交x轴于M,N.证明:AM BN为定 值, 并求之. 【 例1 0 . 6 1】 如图1 0-4 3所示, 已知双曲线 x 2 a 2- y 2 b 2=1a, b0()左、 图 1 0 - 4 3 右顶点分别为A,B, 点P是双曲线异于顶点的任意 一点, 直 线A P,B P分 别 交y轴 于M,N, 证 明: OM ON =b 2 . 证: 设P x0, y0 ( ), y00,M0,m ( ), N0,n( ), A-a,0( ), B a,0(), 则A P AM, 即x0+a, y0 ( ) a,m( ), 所以m x0+a( )=a y 0, 即m= a y 0 x0+a . 同理, 由B P BN, 得n=- a y 0 x0-a . 所以,O M O N =m n= a y 0 x0+a - a y 0 x0-a = a 2 y 2 0 x 2 0-a 2= y 2 0 x 2 0 a 2- 1 = y 2 0 y 2 0 b 2 =b 2 . 【 变式1】 (2 0 0 9江西理,2 1) 已知双曲线x 2 2b 2- y 2 2 5b 2=1b0 ()的左、 右顶点为B,D, 在双 曲线上任取一点Q x0, y0 ()y00(), 直线Q B,Q D分别交y轴于M,N两点, 求证: 以MN为直径的圆过两定点. 第十章 圆锥曲线方程 1 7 1 心得体会 图 1 0 - 4 4 【 例1 0 . 6 2】 如图1 0-4 4所示, 已知抛物线y 2=2 p x p0 (), 动直 线l过定点Q q, 0(), 且l与抛物线交于A,B两点, AM垂直于x轴于M,BN垂直于x轴于N,AM 垂 直于y轴于M ,BN 垂直于y轴于N , 证明:OM ON =q 2,OM ON =2p|q| . 【 解析】 证: 由题意知直线l的斜率非零, 故可设直线l: x= t y +q tR( ), A x1,y1( ), B x2,y2( ). 由 y 2=2 p x x= t y +q , 得y 2-2 p t y-2p q=0 . 所以OM ON =y1y2=2p|q|, OM ON =x1x2= y 2 1 2p y 2 2 2p = y1y2 ()2 4p 2 =4 p 2 q 2 4p 2=q 2 . 题型1 5 4 最值问题 思路提示: 有两种求解方法: 一是几何方法, 即利用几何性质结合图形直观求解; 二是 建立目标函数, 通过求函数的最值求解. 【 例1 0 . 6 3】 设椭圆 x 2 2 5+ y 2 1 6=1的左、 右焦点分别为F 1,F2, 点M是椭圆上任意一点, 点 A的坐标为2,1(), 求MF1+MA的最大值和最小值. 【 分析】 本题若设M x, y (), 建立目标函数MA+MF1=f x, y (), 则会作茧自缚. 但是注意到F1为椭圆左焦点, 联想到椭圆定义及三角形中边的关系不等式时, 问题就容易获解. 图 1 0 - 4 5 【 解析】 如图1 0 -4 5所示, 因为M在椭圆上, 所以有M F1+M F2= 2a= 1 0 . 令Z=MF1+MA, 得Z=1 0+MA-MF2. 当M,A,F2三点不共线时, 有 -A F20(); 和为定值时, 积最大 a b a+b 2 2 a,b0(), 取等号的条件均为a=b. 【 变式1】 (2 0 0 6全国, 理2 0) 已知椭圆x 2+y 2 4=1在第一象限部分为曲线C, 动点P 在C上,C在点P处的切线与x, y轴的交点分别为A,B, 且向量OM =O A+ O B , 求 OM 的最小值. 【 变式2】 (2 0 1 0广东文,2 1) 已知曲线C:y=n x 2, 点P nxn,yn ()xn0, yn0 ()是曲线 Cn上的点n=1,2, ( ) . ( 1) 试写出曲线Cn在点Pn处的切线ln的方程, 并求出ln与y轴的交点Qn的 坐标; ( 2) 若原点O0,0()到ln的距离与线段PnQn的长度之比取到最大值, 试求点 Pn的坐标xn,yn( ); ( 3) 设m与k为两个给定的不同的正整数,xn与yn是满足(2) 中条件的点Pn 第十章 圆锥曲线方程 1 7 3 心得体会 的坐标. 证明: s n=1 m+1()xn 2 -k+1()yn 0( ), P x,y( ), 由A P = P B 知点P 坐标为 m- n 1+ , 2m+2 n 1+ , 又P在双曲线上, 所以 2m+2 n 1+ 2 4 - m- n 1+ 2 1 =1 m n= 1+()2 4 = +1 +2 4 . 设A O B=2, 因为t a n 2- =2 , 所以t a n=1 2, s i n 2= 2 t a n 1+ t a n 2 = 1 1+1 4 =4 5, 所以SA O B=1 2 5 m 5n4 5=2 m n=1 2 +1 +1 , 又 1 3, 2 , 当=1时, SA O B取最小值为2; 当=1 3时, SA O B取最大值为8 3 . 所以SA O B 2, 8 3 . 【 评注】 本题建立目标函数, 即A O B的面积与的函数关系S ( )= 1 2 +1 +1 , 利 新课标高考数学题型全归纳 1 7 4 心得体会 用函数的单调性来求解. 【 变式1】 已知抛物线x 2=4 y的焦点为F,A,B是抛物线上的两动点, 且A F = F B 0(), 过A,B两点分别作抛物线的切线, 设其交点为M. ( 1) 证明:FM A B为定值; ( 2) 求A BM的面积的最小值. 【 例1 0 . 6 6】 (2 0 0 8全国 理, 2 1) 设椭圆中心在坐标原点,A2,0( ), B0,1()是它的两 个顶点, 直线y=k x k0()与椭圆交于E,F两点, 求四边形A E B F面积的 最大值. 【 分析】 将四边形A E B F分割为两个三角形来求面积. 【 解析】 设E x 0,y0 ( ), F-x0,-y0( ), x0,y00, 由题意知椭圆方程为x 2 4+ y 2=1, 如图1 0-4 9所示, S四边形A E B F=SA E F+SB E F=1 2 O Ay0- -y0()+ 图 1 0 - 4 9 1 2 O Bx0- -x0()=2y0+x0, 又 x 2 0 4 +y 2 0=1 即x 2 0+4y 2 0=4,4=x 2 0+4y 2 04x0y0 ( 当x0=2y0时等号成立). 所以S 2 四边形A E B F=x0+2y0()2=x 2 0+4x0y0+4y 2 04+x 2 0 + 2y0()2=8, 即S四边形A E B F2 2, 当且仅当x0=2 y0时取等号. 另解: 设x0=2 c o s, y0= s i n, 0, 2 , 则S四边形A E B F=2 c o s+ s i n=2 2 s i n+ 4 2 2 . 故四边形A E B F的面积的最大值为2 2. 【 例1 0 . 6 7】 (2 0 0 9全国 理, 2 1) 如图1 0-5 0所示, 已知抛物线E:y 2=x 与圆M: x-4()2+y 2= r 2 r0()相交于A,B,C,D四点. 图 1 0 - 5 0 ( 1) 求r的取值范围; ( 2) 当四边形A B C D的面积最大时, 求对角线A C,B D 的交点P的坐标. 【 解析】 ( 1) 将y 2= x代入x-4()2+y 2= r 2 并化简得x 2-7 x+1 6-r 2=0. 因为E与M有四个交点的充要条件是方程有两个不等的 正根x1, x2, 由此得 = -7()2-41 6-r 2 ( )0 x1+x2=70 x1x2=1 6-r 20 , 解得1 5 40, 所以r的取值范围是 1 5 2 , 4 . ( 2) 不妨设E与M的四个交点坐标分别为Ax1,x1(),Bx1,- x1 (), 第十章 圆锥曲线方程 1 7 5 心得体会 Cx2,- x2 (),Dx 2,x2 (), 则直线A C,B D的方程分别为 y-x1=- x2-x1 x2-x1 x-x 1 ( ), y+x1= x2+x1 x2-x1 x-x 1 ( ) . 解得点P的坐标为 x1x2,0 (). 设t= x1x2, 由t=1 6-r 2及( 1) 知00, 当7 6b? 图 1 1 - 1 0 图 1 1 - 1 1 【 例1 1 . 2】 (2 0 1 0辽宁文,5) 如果执行如图1 1 -1 1所示的流程框图, 输入n=6,m=4, 那么输出的P等于( ) A . 7 2 0B . 3 6 0C . 2 4 0D . 1 2 0 【 解析】 k= 1, P= 1 6 - 4 + 1( )= 3 , 1 105? 图 1 1 - 1 5 “ ? S i =1, S=0 i=i +1 i5?B .i6?C .i7?D .i8? 【 变式3】 阅读如图1 1-2 2所示的程序框图, 若在程序框图中的判断框内填写的条件是 im?, 试问正整数m的最小值为何值时, 输出的S的值超过1 0 0 0? 图 1 1 - 2 1 图 1 1 - 2 2 图 1 1 - 2 3 【 例1 1 . 5】 (2 0 1 0浙江理,2( 文, 4) ) 某程序框图如图1 1-2 3所示, 若输出 S=5 7, 则判断框内为( ). A .k4? B .k5? C .k6? D .k7? 【 解析】 如表1 1-4所示, 根据模拟分析, 判断框内的条件为k4?. 故选A . 表 1 1 - 4 k k=1()S S=1() 条件 第1次 221+2=4 否 第2次 324+3=1 1 否 第3次 421 1+4=2 6 否 第4次 522 6+5=5 7 是 新课标高考数学题型全归纳 1 8 4 心得体会【 变式1】 某程序框图如图1 1-2 3所示, 若判断框内填入km?, 试问正整数m最小为 何值时, 程序输出的S值超过1 0 0 0? 【 变式2】 (2 0 1 0天津理,4) 阅读如图1 1-2 4所示的程序框图, 若输出S的值为-7, 则 判断框内应填写( ). A .i0” ; 产生“n=3” 的条件为 “ P1 2” ; 产生“ n=4” 的条件为“P3 4” ; 产生“ n=5” 的条 第十一章 算法初步 1 8 5 心得体会 件为“ P7 8” .输出“n=4” 的条件为产生“n=4” 的条件, 而不产生“n=5” , 即P 3 4且P 7 8. 故输入P的取值范围为0. 7 5, 0. 8 7 5( . 故选B . ( 2) 由(1) 得, 若输出n=4, 则P 0. 7 5,0. 8 7 5(, 故选C . ( 3) 依题意P=0. 8, 如表1 1-5所示, 则输出n=4 . 表 1 1 - 5 PS9? ( 1) n ssn 图 1 1 - 3 6 【 变式2】 阅读如图1 1-3 7所示的程序框图, 若输入n=1 0 0, 则输出的a i= , Si= . 【 变式3】 (2 0 1 0福建文,6( 理,5) ) 阅读如图1 1-3 8所示的程序框图, 运行相应的程序, 输出的i值等于( ). A . 2B . 3C . 4D . 5 【 变式4】 (2 0 1 0山东理,1 3) 执行如图1 1-3 9所示的程序框图, 若输入x=1 0, 则输出y 的值为 . 新课标高考数学题型全归纳 1 8 8 心得体会 图 1 1 - 3 7 图 1 1 - 3 8 图 1 1 - 3 9 图 1 1 - 4 0 【 例1 1 . 1 0】 根据如图1 1-4 0所示的程序框图, 将输出的x, y值依次记为x1,x2, ,xn, , x2 0 0 8;y1,y2, ,yn, ,y2 0 0 8. ( 1) 求数列xn的通项公式; ( 2) 写出y1,y2,y3,y4, 由此猜想出数列yn的一个通项公式yn, 并证明你 的结论; ( 3) 求zn=x1y1+x2y2+xnynn,n2 0 0 8( ). 【 解析】 ( 1)x1=1, 当n2且n时, 有xn=xn-1+2, 所以xn=x1+2n-1( ) = 2n-1, 显然当n=1时,x1=1也满足通项公式. 综上, 数列x n 的通项公式为xn=2n-1(n且1n2 0 0 8). ( 2) 如表1 1-6所示, 根据模拟分析, 得y1=2,y2=8,y3=2 6,y4=8 0, 猜想yn= 3 n-1( n且1n2 0 0 8). 证明: 当k=1时, y1=3 1-1=2, 显然满足通项公式; 表 1 1 - 6 xynn2 0 0 8 第1次 121 是 第2次 382 是 第3次 52 63 是 第4次 78 04 是 当n=k时( k2) , 假设yk=3 k-1恒成立, 当n=k+1时, yn+1=3yk+2= 33 k-1 ()+2=3 k+1-1, 所以n= k+1时, 命题也成立. 综上, 当n且1n2 0 0 8时, yn=3 n-1. ( 3)xnyn= 2n-1( ) 3 n-1 ()= 2n-1( ) 3 n- 2 n-1(), 因为zn=x1y1+x2y2+ +x nynn , n2 0 0 8(), 所以zn= n i=1 2i-1( ) 3 i-1 ( )= n i=1 2i-1( ) 3 i- n i=1 2i-1( )= n i=1 2i-1( ) 3 i- n 2. 第十一章 算法初步 1 8 9 心得体会 设Tn= n i=1 2i-1( ) 3 i=131+332+ 2 n-1( )3 n 3Tn=13 2+333+ 2 n-1( )3 n+1 由-得:-2Tn=13 1+232+23n- 2 n-1( )3 n+1 =3+291-3 n-1 () 1-3 - 2n-1( )3 n+1=-2n-1 ( )3 n+1-6, 得Tn=n-1( )3 n+1+3. 所以z n=n-1 ( )3 n+1+3- n 2 n,n2 0 0 8( ). 【 变式1】 (2 0 1 0安徽皖北协作区联考) 已知数列an 满足如图1 1-4 1所示的流程图. 图 1 1 - 4 1 ( 1) 写出数列an的一个递推关系式; ( 2) 证明: 数列an+1-3an是等比数列, 并求出an的 通项公式; ( 3) 求数列nan+3 n-1 ()的前n项和Tn. 【 变式2】 如图1 1-4 2所示是一个计算机装置示意图,J1, J2是数 据入口, C是计算机结果的出口, 计算过程是由J1,J2 分别输入自然数m和n, 经过计算后得自然数由C输 出, 此种计算机装置完成的计算满足以下3个性质: 若J1,J2分别输入1, 则输出结果为1; 若J1输入任何固定自然数不变,J2输入自然数增大 1, 则输出结果比原来大2; 若J2输入1,J1输入自然数增大1, 则输出结果为原 来的2倍. 图 1 1 - 4 2 试问: ( 1) 若J1输入1,J2输入自然数n, 输出结果为多少? ( 2) 若J2输入1,J1输入自然数m, 输出结果为多少? 【 变式3】 在平面直角坐标系中, 重复执行如下算法, 可得到 图1 1-4 3中的雪花状图形. 图 1 1 - 4 3 新课标高考数学题型全归纳 1 9 0 心得体会 算法: S 1.给定两个不同坐标的点A(x1,y1) ,B(x2,y2) , 计算以A B为一边的正 A B C的顶点C( 各顶点按逆时针顺序排列) 的坐标为: C x1+x2+ 3(y1-y2) 2 , - 3(x1-x2)+y1+y2 2 . S 2.依次计算线段A B上的两个三等分点坐标 E 2x1+x2 3 , 2y1+y2 3 , F x1+2x2 3 , y1+2y2 3 , 再计算正E G F的第3个顶点G的坐标( 各顶点按逆时针顺序排列).依次连 结线段A E、E G、G F、F B( 并擦除线段E F).其中,A,E,G,F,B均称为图形 顶点. S 3 .对线段B C和C A重复步骤S 1、S 2的操作, 得到的图形称为雪花1次迭代图. S 4.对雪花1次迭代图中所有相邻顶点形成的线段依次( 按逆时针顺序排列) 执行步骤S 2的操作, 所得到的图形称为雪花2次迭代图, 同法依次操作得到 雪花n次迭代图( nN ) . 完成下列相关问题: ( 1) 步骤S 1、S 2中, 若已知两个点的坐标为A(-2,3) ,B(1,6) , 求点C和点G 的坐标; ( 2) 设雪花n次迭代图中顶点A与B之间( 含A和B) 的顶点个数为an ( nN ) , 求数列 an 的通项公式; ( 3) 执行上述算法可以得到雪花图形, 那么请阅读下面程序框图, 若A(-2, 3) ,B(1,6) , 画出主程序执行后所得图形简图, 并计算此图形面积. 图 1 1 - 4 4 第十二章 计数原理 第一节 计数原理与简单排列组合问题 考纲解读 1 .理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2 .会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题. 3 .理解排列、 组合的概念. 4 .能用计数原理推导排列数, 组合数公式. 命题趋势探究 1 .本节为高考必考内容, 一般有12道选择题或填空题. 2 .题目主要以实际应用题形式出现. 3 .试题的解法具有多样性, 一般根据计数重复或遗漏来设计错误选项, 可通过正向 ( 分类相加) 和反向( 总数减去对立数) 互相检验, 也可通过排除法筛选正确选项. 知识点精讲 一、 基本概念 1 .分类加法计数原理 完成一件事 有n类方法 任两类无公共方法( 互斥) 每类中每法可单独完成这件事 共有N=m1+m2+mn种不同方法.如图1 2-1所示. 新课标高考数学题型全归纳 1 9 2 心得体会 图 1 2 - 1 2 .分步乘法计数原理 完成一件事 必须走完n步, 才能完成任务 前一步怎么走对后一步怎么走无影响( 独立) 共有N=m1m2mn种不同方法.如图1 2-2所示. 图 1 2 - 2 注两个原理及其区别. 分类计数原理和“ 分类” 有关, 如果完成某件事情有n类办法, 这n类办法之间是互 斥的, 那么求完成这件事情的方法总数时, 就用分类加法计数原理. 分步计数原理和“ 分步” 有关, 是针对“ 分步完成” 的问题.如果完成某件事情有n个 步骤, 而这几个步骤缺一不可, 且互不影响( 独立) 当且仅当依次完成这n个步骤后, 这件 事情才算完成, 那么求完成这件事情的方法总数时, 就用分步乘法计数原理. 当然, 在解决实际问题时, 并不一定是单一的应用分类计数原理或分步计数原理, 有 时可能同时用到两个计数原理.即分类时, 每类的方法可能运用分步完成, 而分步后, 每 步的方法数可能会采取分类的思想求方法数, 对于同一事件, 我们可以做不同的处理, 从 而得到不同的解法( 但方法数相同) , 这也是检验排列组合问题的很好方法. 3 .排列与排列数 从n个不同元素中取出m(mn) 个( 不同) 元素, 按照一定的顺序排成一列, 叫作从 n个不同元素中取出m个元素的一个排列, 共有A m n 种方法. 第十二章 计数原理 1 9 3 心得体会 A m n=nn-1 ( ) n-2()n-m+1( )( m个连续正整数之积,n为最大数) , A n n=nn-1 ( ) n-2()321=n!. A m n= n! ( n-m) !. 规定0!=1, 为的是使A n n= n! ( n-n) != n! 成立. 注排列数公式的两种不同表达形式本质一样, 但作用常有不同, A m n=n n-1 ( ) n-m+1()常用于具体数字计算; 而在进行字母化简或证明时则多用A m n= n! n-m( )! . 4 .组合与组合数 从n个不同元素中取出m(mn) 个( 不同) 元素, 并成一组, 叫作从n个不同元素中 取出m个元素的一个组合, 共有C m n 种方