解析几何技法提升之巧用平面几何

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1、解析几何技法提升之巧用平面几何1.已知H线过点P23），且与a、）轴的正半浙别械利砒儿求加必小面机2.已知圆-V2+/=二11线I:a（a>f）,P为/上的一点，射线"交鬪J•点R,Z（Q在OP丄,且满足OQ彳Off-1O/?

2、2,当卩点在f上移动时，求点Q的轨迹方程.（95全国卷改编）3.已知圆0,:（x-2）2+/=4,动圆M（在y轴右侧）与y轴相切,又与圆0’外切，过A（4,0）作动圆M的切线AN,求切点N的轨迹方程。4.已知A（3,0）是圆F+y2=25内的一定点，以A为直角顶点作直角△ABC,B、C在圆上。求BC的中点M

3、的轨迹方程。5.已知内接于圆兀2+）,2=9的AABC的顶点为A（3,0）,ZBAC=60°,求AABC的重心G的轨迹方程。6.如图己知椭圆的中心在坐标原点，焦点人,场在x轴上，长轴人4的长为4,左准线/与x轴的交点为M,〔MA」：

4、A】Fi

5、=2：1.（I）求椭圆的方程；（II）若直线/[:x=m（

6、m

7、>1）,P为厶上的动点，使ZFfF?最大的点P记为Q,求点Q的坐标（用m表示）（文科为：若点P为/上的动点，求ZF1PF2最大值）（05浙江卷）7.己知点P到两定点M（—1,0）,2（1,0）的距离比为血，点N到直线PM的距离为

8、1,求直线阳的方程。（02年全国卷）分析此题解法if多，这里给出•个非解析儿何的解法.分析这是一道陀世.是1995年全除6考题的道变題•常规解法相当繁琐•令人头疼•限丁•篇輒这里不再展示常观解法，但是，如果采用三角形郴似来解决的话，会很简叽解如图2所示•过"点分别作X、），轴的釆eIlr：h*仆别丸fmuS=S+Sz+6^2+6=12.解法别致・值得品味.更精彩的在这里:参考答案I四I"I图3

9、0H10P=

10、：=/.OH=f/a为定值，乂A/0丄OP,故点0的轨迹到HHU为止.这是我所见到的本题最简洁的解法.简炼有力，令人

11、惊叹？还有更好的••图34.解：如图所示，设M（x,y）,连结OC,OM,MA在R/AABC中，是BC的中点…・.OMMA=^BC=MCo在Rt・•・+OM~=OC兀2+y彳-3x-8=0。说明：这里利用直角三角形斜边上的屮线等于斜边长的一半，因此有复杂的运算就可将问题解决。△OCM中，2MC^+OMOCCM/.CM2。/.(x-3)2+y2+x2+y2=25。2+OM2OC。从而不必进行5•解析本题若设B(x{,x),C(x2,y2),G(x,y),则有xf+yj23+西+兀2“_必+力兀_■ry—r33X——

12、再由夹角公式得巧=也—3X

13、—31+亠亠兀？一3X]—3•••M点的轨迹方程为8B图%A/:EV:/y图43.解：设动圆M与y轴切于点B,动圆M与定圆0,切于点C,切点在MO',MBIIAO',故ZMBC=ZO/AC,从而zMCB=ZO'CA,・・・B、C、A共线。由切割线定理，AN^=

14、AC

15、-

16、AB

17、（9）。又在RtAAOB中，OC丄AB,故

18、AC

19、-

20、A5

21、=

22、A0

23、2=16（I0）o由（9）、（IO）,知

24、AN

25、=4。故N的轨迹为圆（x一4）2-by2=16（（兀,y）工（0,0））说明：该题解题过程简捷，运算量小，

26、主要得益于利用平儿知识推导出AN=AO=4由以上5个等式消去参数兀［,），］,兀2』2得（兀一I）'+于=1。值得注意的是：消参具冇很高的技巧，一般学生难以做到！这里给出以下做法：如图8,设D为BC的中点，连结OD,则由ZBOC=2ABAC=120°^OD=-OC=~.故点％（）」））的轨迹方程为xj+yl=

27、.®AD3—3x—3y设重心G（x,y）,A=—=-3.则仏二—，〉'oL）Cj—厶—厶代入①式可得（X-1）2+丁2=1.下而用运动变化的观点考察点D（x0,Jo）的横坐标x0的取值范围：如图9,点C运动的

28、极限位置是A,这时ZAOB=20OD丄BC于点D,M

29、od

30、=-

31、OB

32、且ZAOD=6（T,作DE丄04233于点E得xD=-•点D最靠左的位置为ZAOB=120°时，此时xD=--.于是解。4°23333--

33、+cos/?)2+(sina+sin/?)2=2+2cos(a-0)=1。乂兀=cosa+cos0+1=1+cos(60°+0),而0’v0v240",60<60+0v30(f,13-15cos(60+0)<—,0x<—.故所求轨迹方程为(a:-1