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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