c++第9讲

合集下载

三年级下册数学思维培优训练及答案

三年级下册数学思维培优训练及答案

三年级下册数学思维培优训练及答案目录第1讲………………………数图形第2讲………………………找规律第3讲………………………和倍问题第4讲………………………差倍问题第5讲………………………和差问题第6讲…………………巧求周长(一)第7讲…………………巧求周长(二)第8讲………………………巧求面积第9讲…………………年月日问题(一)第10讲…………………年月日问题(二)第11讲………………………应用题(一)第12讲………………………应用题(二)第1讲数图形专题分析:同学们,你们会数图形吗?要想正确地数出线段、角、三角形……的个数,就必须要有次序、有条理地按照规律去数。

要正确数出图形的个数,关键是要从基本图形入手。

首先要弄清图形中包含的基本图形是什么,有多少个;然后再数出由基本图形组成的新的图形,并求出它们的和。

例1:数出下面图中有多少条线段?A B C D【思路导航】我们可以采用以线段左端点分类数的方法。

以A为左端点的线段有:AB、AC、AD3条;以B为左端点的线段有:BC、BD2条;以C为左端点的线段有:CD1条。

所以,图中共有线段3+2+1=6(条)。

我们还可以这样想:把图中线段AB、BC、CD看做基本线段来数,那么,由1条基本线段构成的线段有:AB、BC、CD3条;由2条基本线段构成的线段有:AC、BD2条;又3条基本线段构成的线段有:AD1条。

所以,图中一共有3+2+1=6(条)线段。

例2:数出下图中有几个角?A OBCD【思路导航】数角的个数可以采用与数线段相同的方法来数。

以AO为一边的角有:∠AOB、∠AOC、∠AOD3个;以BO为一边的角有:∠BOC、∠BOD2个;以CO为一边的角有:∠COD1个。

所以图中共有3+2+1=6(个)角。

当然,也可以把图中∠AOB、∠BOC、∠COD看做基本角,那该怎样数呢?例3:数出下图中共有多少个三角形?A【思路导航】数三角形的个数也可以采用按边分类的方法来数。

小学数学3年级培优奥数讲义 第09讲-周期问题(含解析)

小学数学3年级培优奥数讲义 第09讲-周期问题(含解析)

第09讲周期问题学习目标学会对一个周期问题进行分析、推理;利用我们的规律来解决一些较简单的问题;通过学生解决问题的过程,激发学生的创新思维,培养学生学习的主动性和坚韧不拔、勇于探索的意志品质。

知识梳理一、周期问题在日常生活中,有一些按照一定的规律不断重复的现象,如:人的十二生肖,一年有春夏秋冬四个季节,一个星期七天等等。

像这样日常生活中常碰到的有一定周期的问题,我们称为简单周期问题。

这类问题一般要利用余数的知识来解答。

二、解题策略在研究这些简单周期问题时,我们首先要仔细审题,判断其不断重复出现的规律,也就是找出循环的固定数,然后利用除法算式求出余数,最后根据余数得出正确的结果。

典例分析考点一:一般周期问题例1、小丁把同样大小的红、白、黑珠子按先2个红的、后1个白的、再3个黑的的规律排列(如下图),请你算一算,第32个珠子是什么颜色?例2、你能找出下面每组图形的排列规律吗?根据发现的规律,算出每组第20个图形分别是什么。

(1)□△□△□△□△……(2)□△△□△△□△△……例3、100个3相乘,积的个位数字是几?例4、有一列数按“432791864327918643279186……”排列,那么前54个数字之和是多少?例5、小红买了一本童话书,每两页文字之间有3页插图,也就是说3页插图前后各有1页文字。

如果这本书有128页,而第1页是文字,这本童话书共有插图多少页?考点二:较复杂周期问题例1、有一列数,按5、6、2、4、5、6、2、4…排列。

(1)第129个数是多少?(2)这129个数相加的和是多少?例2、假设所有的自然数排列起来,如下所示39应该排在哪个字母下面?88应该排在哪个字母下面?A B C D1 2 3 45 6 7 89…例3、1991年1月1日是星期二,(1)该月的22日是星期几?该月28日是星期几?(2)1994年1月1日是星期几?例4、我国农历用鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪12种动物按顺序轮流代表年号,例如,第一年如果属鼠年,第二年就属牛年,第三年就是虎年…。

三年级奥数第9讲 周期问题

三年级奥数第9讲 周期问题

第9讲:周期问题专题简析:在日常生活中,有一些按照一定规律不断重复的现象,如十二生肖、一年有春夏秋冬四个季节、一个星期有七天等等。

像这种日常生活中常碰到的有一定周期的问题,我们称为简单的周期问题。

这类问题一般要利用余数的知识来解答。

在研究这些简单周期问题时,我们先要仔细审题,找出其不断重复出现的规律,然后利用除法算式求出余数,最后根据余数求出正确的结果。

例题1、有一列数5、6、2、4、5、6、2、4、……(1)第129个数是多少?(2)这129个数相加的和是多少?习题一、1、有一列数1、4、2、8、5、7、1、4、2、8、5、7、……(1)第58个数是多少?(2)这58个数相加的和是多少?2、小青把积存下来的游戏币按先四个1元、再三个2元、最后两个5元这样的顺序一直往下排列。

(1)第111个游戏币的面值是多少?(2)这111个游戏币的面值之和是多少?3、河岸上种了100棵桃树,第一棵是蟠桃树,在后面两棵是水蜜桃树,在后面三棵是大青桃树,接下来总是按一棵蟠桃树,两棵水蜜桃树,三棵大青桃树这样的规律种下去。

第100棵是哪种桃树?三种桃树各有多少棵?例题2、我国农历用鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪这12种动物按顺序轮流代表每年。

例如,第一年如果是鼠年,第二年就是牛年,第三年就是虎年。

如果公元1年是鸡年,那么公元2001年是什么年?习题二、我国农历用鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪这12种动物轮流代表每年。

1、如果公元3年是猪年,那么公元2000年是什么年?2、如果公元6年是虎年,那么公元21世纪的第一个虎年是哪一年?3、公元2001年是蛇年,公元2年是什么年?上表中每一列的两个符号组成1组,如第一组“A万”第2组“B事”……第20组是什么?2、有同样大小的红珠、白珠、黑珠共120颗,按先3颗红珠后2颗白珠再1颗黑珠排列。

问:(1)白珠共有多少颗?(2)第68颗珠子是什么颜色?3、课外活动课上,有四个同学在进行报数游戏,他们围城一圈,甲报“1”,乙报“2”,丙报“3”,丁报“4”,每个人报的数总是比前一个人多1,45是谁报的?123呢?例题4、在一根绳子上依次串4颗红珠、2颗白珠、1颗黑珠,并按此顺序依次重复。

高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第9讲 圆锥曲线的综合问题 第2课时 定点、定值、探索性问题

高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第9讲 圆锥曲线的综合问题 第2课时 定点、定值、探索性问题

第2课时 定点、定值、探索性问题圆锥曲线中的定点问题(师生共研)(2020·某某模拟)过抛物线C :y 2=4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C于A ,B 两点,且|AB |=8.(1)求直线l 的方程;(2)若A 关于x 轴的对称点为D ,求证:直线BD 过定点,并求出该点的坐标. 【解】 (1)由y 2=4x 知焦点F 的坐标为(1,0),则直线l 的方程为y =k (x -1), 代入抛物线方程y 2=4x ,得k 2x 2-(2k 2+4)x +k 2=0, 由题意知k ≠0,且Δ=[-(2k 2+4)]2-4k 2·k 2=16(k 2+1)>0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=2k 2+4k2,x 1x 2=1.由抛物线的弦长公式知|AB |=x 1+x 2+2=8,则2k 2+4k2=6,即k 2=1,解得k =±1.所以直线l 的方程为y =±(x -1).(2)由(1)及抛物线的对称性知,D 点的坐标为(x 1,-y 1), 直线BD 的斜率k BD =y 2+y 1x 2-x 1=y 2+y 1y 224-y 214=4y 2-y 1, 所以直线BD 的方程为y +y 1=4y 2-y 1(x -x 1), 即(y 2-y 1)y +y 2y 1-y 21=4x -4x 1.因为y 21=4x 1,y 22=4x 2,x 1x 2=1,所以(y 1y 2)2=16x 1x 2=16, 即y 1y 2=-4(y 1,y 2异号).所以直线BD 的方程为4(x +1)+(y 1-y 2)y =0, 对任意y 1,y 2∈R ,有⎩⎪⎨⎪⎧x +1=0,y =0,解得⎩⎪⎨⎪⎧x =-1,y =0,即直线BD 恒过定点(-1,0).求解圆锥曲线中定点问题的两种方法(1)特殊推理法:先从特殊情况入手,求出定点,再证明定点与变量无关.(2)直接推理法:①选择一个参数建立方程,一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k 当成变量,将变量x ,y 当成常数,将原方程转化为kf (x ,y )+g (x ,y )=0的形式;②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立),得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧f (x ,y )=0g (x ,y )=0;③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点,若定点具备一定的限制条件,可以特殊解决.(2020·某某模拟)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上动点P 到两焦点F 1,F 2的距离之和为4,当点P 运动到椭圆C 的一个顶点时,直线PF 1恰与以原点O 为圆心,以椭圆C 的离心率e 为半径的圆相切.(1)求椭圆C 的方程;(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ,B ,若直线PA ,PB 分别交直线x =6于不同的两点M ,N ,则以线段MN 为直径的圆是否过定点?若是,请求出该定点的坐标;若不是,请说明理由.解:(1)由椭圆的定义可知2a =4,解得a =2.若点P 运动到椭圆的左、右顶点时,直线PF 1与圆一定相交,则点P 只能在椭圆的上、下顶点,不妨设点P 运动到椭圆的上顶点(0,b ),F 1为左焦点(-c ,0),则直线PF 1:bx -cy +bc =0.由题意得原点O 到直线PF 1的距离等于椭圆C 的离心率e , 所以bc b 2+c 2=ca, 又a 2=b 2+c 2,故b 2=1.故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)由题意知,直线PA ,PB 的斜率存在且都不为0, 设直线PA 的斜率为k ,点P (x 0,y 0),x 0≠±2, 又A (-2,0),B (2,0),所以k PA ·k PB =k ·k PB =y 0x 0+2·y 0x 0-2=y 20x 20-4=1-x 204x 20-4=-14,则k PB =-14k.所以直线PA 的方程为y =k (x +2), 令x =6,得y =8k ,则M (6,8k ); 直线PB 的方程为y =-14k (x -2),令x =6,得y =-1k,则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫6,-1k .因为8k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫-1k =-8<0,所以以线段MN 为直径的圆与x 轴交于两点,设点G ,H ,并设MN 与x 轴的交点为K , 在以线段MN 为直径的圆中应用相交弦定理,得|GK |·|HK |=|MK |·|NK |=|8k |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪-1k =8,因为|GK |=|HK |,所以|GK |=|HK |=22,所以以线段MN 为直径的圆恒过点(6-22,0),点(6+22,0).圆锥曲线中的定值问题(多维探究) 角度一 定线段的长已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点为F (1,0),且经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,354.(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 与椭圆C 相切,过点F 作FQ ⊥l ,垂足为Q ,求证:|OQ |为定值(其中O 为坐标原点).【解】 (1)由题意可知椭圆C 的左焦点为F ′(-1,0),则半焦距c =1. 由椭圆定义可知 2a =|PF |+|PF ′|=⎝ ⎛⎭⎪⎫1-122+⎝ ⎛⎭⎪⎫0-3542+⎝ ⎛⎭⎪⎫-1-122+⎝ ⎛⎭⎪⎫0-3542=4, 所以a =2,b 2=a 2-c 2=3,所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1. (2)证明:①当直线l 的斜率不存在时,l 的方程为x =±2,点Q 的坐标为(-2,0)或(2,0),此时|OQ |=2;②当直线l 的斜率为0时,l 的方程为y =±3,点Q 的坐标为(1,-3)或(1,3), 此时|OQ |=2;③当直线l 的斜率存在且不为0时,设直线l 的方程为y =kx +m (k ≠0). 因为FQ ⊥l ,所以直线FQ 的方程为y =-1k(x -1).由⎩⎪⎨⎪⎧y =kx +m ,x 24+y 23=1消去y ,可得(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2-12=0.因为直线l 与椭圆C 相切,所以Δ=(8km )2-4×(3+4k 2)×(4m 2-12)=0, 整理得m 2=4k 2+3.(*)由⎩⎪⎨⎪⎧y =kx +m ,y =-1k (x -1)得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1-km k 2+1,k +m k 2+1, 所以|OQ |=⎝ ⎛⎭⎪⎫1-km k 2+12+⎝ ⎛⎭⎪⎫k +m k 2+12=1+k 2m 2+k 2+m2(k 2+1)2, 将(*)式代入上式,得|OQ |=4(k 4+2k 2+1)(k 2+1)2=2. 综上所述,|OQ |为定值,且定值为2.直接探求,变量代换探求圆锥曲线中的定线段的长的问题,一般用直接求解法,即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来,然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式,把这个关系式代入弦长表达式中,化简可得弦长为定值.角度二 定几何图形的面积(2020·某某模拟)如图,设点A ,B 的坐标分别为(-3,0),(3,0),直线AP ,BP 相交于点P ,且它们的斜率之积为-23.(1)求点P 的轨迹方程;(2)设点P 的轨迹为C ,点M ,N 是轨迹C 上不同于A 、B 的两点,且满足AP ∥OM ,BP ∥ON ,求证:△MON 的面积为定值.【解】 (1)设点P 的坐标为(x ,y ),由题意得,k AP ·k BP =y x +3·y x -3=-23(x ≠±3),化简得,点P 的轨迹方程为x 23+y 22=1(x ≠±3). (2)证明:由题意可知,M ,N 是轨迹C 上不同于A 、B 的两点,且AP ∥OM ,BP ∥ON , 则直线OM ,ON 的斜率必存在且不为0,k OM ·k ON =k AP ·k BP =-23.①当直线MN 的斜率为0时,设M (x 0,y 0),N (-x 0,y 0),则⎩⎪⎨⎪⎧y 20x 20=23,x 203+y202=1,得⎩⎪⎨⎪⎧|x 0|=62,|y 0|=1, 所以S △MON =12|y 0||2x 0|=62.②当直线MN 的斜率不为0时,设直线MN 的方程为x =my +t ,代入x 23+y 22=1,得(3+2m 2)y 2+4mty +2t 2-6=0,(*)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则y 1,y 2是方程(*)的两根, 所以y 1+y 2=-4mt 3+2m 2,y 1y 2=2t 2-63+2m2.又k OM ·k ON =y 1y 2x 1x 2=y 1y 2m 2y 1y 2+mt (y 1+y 2)+t 2=2t 2-63t 2-6m 2,所以2t 2-63t 2-6m 2=-23,即2t 2=2m 2+3,满足Δ>0.又S △MON =12|t ||y 1-y 2|=|t |-24t 2+48m 2+722(3+2m 2), 所以S △MON =26t 24t 2=62. 综上,△MON 的面积为定值,且定值为62.探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题,一般用直接求解法,即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形,可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来,然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式,把这个关系式代入几何图形的面积表达式中,化简即可.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的焦点为F 1,F 2,离心率为12,点P 为其上一动点,且三角形PF 1F 2面积的最大值为3,O 为坐标原点.(1)求椭圆C 的方程;(2)若点M ,N 为C 上的两个动点,求常数m ,使OM →·ON →=m 时,点O 到直线MN 的距离为定值,求这个定值.解:(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2=a 2-b 2,bc =3,c a =12,解得⎩⎨⎧a =2,b =3,所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1x 2+y 1y 2=m ,当直线MN 的斜率存在时,设其方程为y =kx +n ,则点O 到直线MN 的距离d =|n |k 2+1=n 2k 2+1,联立,得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2+4y 2=12,y =kx +n ,消去y ,得(4k 2+3)x 2+8knx +4n 2-12=0,由Δ>0得4k 2-n2+3>0,则x 1+x 2=-8kn 4k 2+3,x 1x 2=4n 2-124k 2+3,所以x 1x 2+(kx 1+n )(kx 2+n )=(k 2+1)x 1x 2+kn (x 1+x 2)+n 2=m ,整理得7n2k 2+1=12+m (4k 2+3)k 2+1.因为d =n 2k 2+1为常数,则m =0,d =127=2217,此时7n 2k 2+1=12满足Δ>0. 当MN ⊥x 轴时,由m =0得k OM =±1,联立,得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2+4y 2=12,y =±x ,消去y ,得x 2=127,点O 到直线MN 的距离d =|x |=2217亦成立.综上,当m =0时,点O 到直线MN 的距离为定值,这个定值是2217.圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1,F 2,短轴的一个端点为P ,△PF 1F 2内切圆的半径为b3,设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ,当l ⊥x 轴时,|RS |=3.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)在x 轴上是否存在一点T ,使得当l 变化时,总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称?若存在,请求出点T 的坐标;若不存在,请说明理由.【解】 (1)由内切圆的性质,得12×2c ×b =12×(2a +2c )×b 3,得c a =12.将x =c 代入x 2a 2+y 2b 2=1,得y =±b 2a ,所以2b2a=3.又a 2=b 2+c 2,所以a =2,b =3, 故椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1.(2)当直线l 垂直于x 轴时,显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称.当直线l 不垂直于x 轴时,假设存在T (t ,0)满足条件,设l 的方程为y =k (x -1),R (x 1,y 1),S (x 2,y 2).联立方程,得⎩⎪⎨⎪⎧y =k (x -1),3x 2+4y 2-12=0,得(3+4k 2)x 2-8k 2x +4k 2-12=0, 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1+x 2=8k23+4k2,x 1x 2=4k 2-123+4k2①,其中Δ>0恒成立, 由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称,得k TS +k TR =0(显然TS ,TR 的斜率存在), 即y 1x 1-t +y 2x 2-t=0 ②.因为R ,S 两点在直线y =k (x -1)上, 所以y 1=k (x 1-1),y 2=k (x 2-1),代入②得k (x 1-1)(x 2-t )+k (x 2-1)(x 1-t )(x 1-t )(x 2-t )=k [2x 1x 2-(t +1)(x 1+x 2)+2t ](x 1-t )(x 2-t )=0,即2x 1x 2-(t +1)(x 1+x 2)+2t =0 ③,将①代入③得8k 2-24-(t +1)8k 2+2t (3+4k 2)3+4k 2=6t -243+4k 2=0 ④,则t =4,综上所述,存在T (4,0),使得当l 变化时,总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称.存在性问题的求解策略解决存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在.(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论.(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件. (3)当要讨论的量能够确定时,可先确定,再证明结论符合题意.已知圆O :x 2+y 2=4,点F (1,0),P 为平面内一动点,以线段FP 为直径的圆内切于圆O ,设动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程;(2)M ,N 是曲线C 上的动点,且直线MN 经过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,问在y 轴上是否存在定点Q ,使得∠MQO =∠NQO ,若存在,请求出定点Q ,若不存在,请说明理由.解:(1)设PF 的中点为S ,切点为T ,连接OS ,ST ,则|OS |+|SF |=|OT |=2,取F 关于y 轴的对称点F ′,连接F ′P ,所以|PF ′|=2|OS |,故|F ′P |+|FP |=2(|OS |+|SF |)=4,所以点P 的轨迹是以F ′,F 分别为左、右焦点,且长轴长为4的椭圆, 则曲线C 的方程为x 24+y 23=1.(2)假设存在满足题意的定点Q ,设Q (0,m ),当直线MN 的斜率存在时,设直线MN 的方程为y =kx +12,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).联立,得⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 23=1,y =kx +12,消去y ,得(3+4k 2)x 2+4kx -11=0,则Δ>0,x 1+x 2=-4k3+4k 2,x 1x 2=-113+4k2, 由∠MQO =∠NQO ,得直线MQ 与NQ 的斜率之和为零,易知x 1或x 2等于0时,不满足题意,故y 1-m x 1+y 2-mx 2=kx 1+12-m x 1+kx 2+12-m x 2=2kx 1x 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-m (x 1+x 2)x 1x 2=0,即2kx 1x 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-m (x 1+x 2)=2k ·-113+4k 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-m ·-4k 3+4k 2=4k (m -6)3+4k 2=0,当k ≠0时,m =6,所以存在定点(0,6),使得∠MQO =∠NQO ;当k =0时,定点(0,6)也符合题意.易知当直线MN 的斜率不存在时,定点(0,6)也符合题意. 综上,存在定点(0,6),使得∠MQO =∠NQO .解析几何减少运算量的常见技巧技巧一 巧用平面几何性质已知O 为坐标原点,F 是椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左焦点,A ,B 分别为C 的左,右顶点.P 为C 上一点,且PF ⊥x 轴.过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ,与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点,则C 的离心率为( )A.13 B .12 C.23D .34【解析】 设OE 的中点为N ,如图,因为MF ∥OE ,所以有ON MF =a a +c ,MF OE =a -ca.又因为OE =2ON ,所以有12=aa +c ·a -c a ,解得e =c a =13,故选A.【答案】 A此题也可以用解析法解决,但有一定的计算量,巧用三角形的相似比可简化计算. 技巧二 设而不求,整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题,涉及求中点弦所在直线的方程,或弦的中点的轨迹方程的问题时,常常可以用“点差法”求解.已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的右焦点为F (3,0),过点F 的直线交E 于A ,B两点.若AB 的中点坐标为M (1,-1),则E 的标准方程为( )A.x 245+y 236=1 B .x 236+y 227=1 C.x 227+y 218=1 D .x 218+y 29=1 【解析】 通解:设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则x 1+x 2=2,y 1+y 2=-2,⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2+y 21b2=1,①x 22a 2+y22b 2=1,②①-②得(x 1+x 2)(x 1-x 2)a 2+(y 1+y 2)(y 1-y 2)b2=0, 所以k AB =y 1-y 2x 1-x 2=-b 2(x 1+x 2)a 2(y 1+y 2)=b 2a 2.又k AB =0+13-1=12,所以b 2a 2=12.又9=c 2=a 2-b 2,解得b 2=9,a 2=18, 所以椭圆E 的标准方程为x 218+y 29=1.优解:由k AB ·k OM =-b 2a 2得,-1-01-3×-11=-b 2a2得,a 2=2b 2,又a 2-b 2=9,所以a 2=18,b 2=9,所以椭圆E 的标准方程为x 218+y 29=1.【答案】 D本题设出A ,B 两点的坐标,却不求出A ,B 两点的坐标,巧妙地表达出直线AB 的斜率,通过将直线AB 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系,从而快速解决问题.技巧三 巧用“根与系数的关系”,化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标,用距离公式计算长度的方法来解;但也可以利用一元二次方程,使相关的点的同名坐标为方程的根,由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系.后者往往计算量小,解题过程简捷.已知椭圆x 24+y 2=1的左顶点为A ,过A 作两条互相垂直的弦AM ,AN 交椭圆M ,N两点.(1)当直线AM 的斜率为1时,求点M 的坐标;(2)当直线AM 的斜率变化时,直线MN 是否过x 轴上的一定点?若过定点,请给出证明,并求出该定点;若不过定点,请说明理由.【解】 (1)直线AM 的斜率为1时,直线AM 的方程为y =x +2,代入椭圆方程并化简得5x 2+16x +12=0.解得x 1=-2,x 2=-65,所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫-65,45.(2)设直线AM 的斜率为k ,直线AM 的方程为y =k (x +2),联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y =k (x +2),x 24+y 2=1, 化简得(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2-4=0. 则x A +x M =-16k21+4k 2,又x A =-2,则x M =-x A -16k 21+4k 2=2-16k 21+4k 2=2-8k21+4k 2.同理,可得x N =2k 2-8k 2+4.由(1)知若存在定点,则此点必为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫-65,0. 证明如下:因为k MP =y Mx M +65=k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2-8k 21+4k 2+22-8k 21+4k 2+65=5k4-4k 2, 同理可计算得k PN =5k4-4k2. 所以直线MN 过x 轴上的一定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫-65,0.本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x M =2-8k21+4k 2,这体现了整体思想.这是解决解析几何问题时常用的方法,简单易懂,通过设而不求,大大降低了运算量.技巧四 巧妙“换元”减少运算量变量换元的关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,将问题移至新对象的知识背景中去研究,从而将非标准型问题转化为标准型问题,将复杂问题简单化.变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题.如图,已知椭圆C 的离心率为32,点A ,B ,F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点,且S △ABF =1-32.(1)求椭圆C 的方程;(2)已知直线l :y =kx +m 与圆O :x 2+y 2=1相切,若直线l 与椭圆C 交于M ,N 两点,求△OMN 面积的最大值.【解】 (1)由已知椭圆的焦点在x 轴上,设其方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),则A (a ,0),B (0,b ),F (c ,0)(c =a 2-b 2).由已知可得e 2=a 2-b 2a 2=34,所以a 2=4b 2,即a =2b ,可得c =3b ①.S △AFB =12×|AF |×|OB |=12(a -c )b =1-32②.将①代入②,得12(2b -3b )b =1-32,解得b =1,故a =2,c = 3.所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)圆O 的圆心为坐标原点,半径r =1,由直线l :y =kx +m 与圆O :x 2+y 2=1相切,得|m |1+k2=1,故有m 2=1+k 2③. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 2=1,y =kx +m ,消去y ,得⎝ ⎛⎭⎪⎫14+k 2x 2+2kmx +m 2-1=0.由题可知k ≠0,即(1+4k 2)x 2+8kmx +4(m 2-1)=0, 所以Δ=16(4k 2-m 2+1)=48k 2>0.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1+x 2=-8km 4k 2+1,x 1x 2=4m 2-44k 2+1.所以|x 1-x 2|2=(x 1+x 2)2-4x 1x 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫-8km 4k 2+12-4×4m 2-44k 2+1=16(4k 2-m 2+1)(4k 2+1)2④. 将③代入④中,得|x 1-x 2|2=48k2(4k 2+1)2,故|x 1-x 2|=43|k |4k 2+1.所以|MN |=1+k 2|x 1-x 2|=1+k 2×43|k |4k 2+1=43k 2(k 2+1)4k 2+1. 故△OMN 的面积S =12|MN |×1=12×43k 2(k 2+1)4k 2+1×1=23k 2(k 2+1)4k 2+1. 令t =4k 2+1,则t ≥1,k 2=t -14,代入上式,得S =23×t -14⎝ ⎛⎭⎪⎫t -14+1t2=32(t -1)(t +3)t2=32t 2+2t -3t 2=32-3t 2+2t+1=32-1t 2+23t +13=32-⎝ ⎛⎭⎪⎫1t -132+49, 所以当t =3,即4k 2+1=3,解得k =±22时,S 取得最大值,且最大值为32×49=1.破解此类题的关键:一是利用已知条件,建立关于参数的方程,解方程,求出参数的值,二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数,求得其值域,从而求得原函数的值域,形如y =ax +b ±cx +d (a ,b ,c ,d 均为常数,且ac ≠0)的函数常用此法求解,但在换元时一定要注意新元的取值X 围,以保证等价转化,这样目标函数的值域才不会发生变化.[基础题组练]1.已知直线l 与双曲线x 24-y 2=1相切于点P ,l 与双曲线的两条渐近线交于M ,N 两点,则OM →·ON →的值为( )A .3B .4C .5D .与P 的位置有关解析:选A.依题意,设点P (x 0,y 0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),其中x 20-4y 20=4,则直线l 的方程是x 0x 4-y 0y =1,题中双曲线的两条渐近线方程为y =±12x .①当y 0=0时,直线l 的方程是x =2或x =-2.由⎩⎪⎨⎪⎧x =2x 24-y 2=0,得⎩⎪⎨⎪⎧x =2y =±1,此时OM →·ON →=(2,-1)·(2,1)=4-1=3,同理可得当直线l 的方程是x =-2时,OM →·ON →=3.②当y 0≠0时,直线l 的方程是y =14y 0(x 0x -4).由⎩⎪⎨⎪⎧y =14y 0(x 0x -4)x24-y 2=0,得(4y 2-x 20)x2+8x 0x -16=0(*),又x 20-4y 20=4,因此(*)即是-4x 2+8x 0x -16=0,x 2-2x 0x +4=0,x 1x 2=4,OM →·ON →=x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2-14x 1x 2=34x 1x 2=3.综上所述,OM →·ON →=3,故选A.2.已知抛物线y 2=2px (p >0)的焦点为F ,△ABC 的顶点都在抛物线上,且满足FA →+FB →+FC →=0,则1k AB +1k AC +1k BC=________.解析:设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2,0,由FA →+FB →=-FC →,得y 1+y 2+y 3=0.因为k AB =y 2-y 1x 2-x 1=2p y 1+y 2,所以k AC =2p y 1+y 3,k BC =2p y 2+y 3,所以1k AB +1k AC +1k BC =y 1+y 22p +y 3+y 12p+y 2+y 32p=0. 答案:03.(2020·某某模拟)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2.点M在椭圆C 上滑动,若△MF 1F 2的面积取得最大值4时,有且仅有2个不同的点M 使得△MF 1F 2为直角三角形.(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P (0,1)的直线l 与椭圆C 分别相交于A ,B 两点,与x 轴交于点Q .设QA →=λPA →,QB →=μPB →,求证:λ+μ为定值,并求该定值.解:(1)由对称性知,点M 在短轴端点时,△MF 1F 2为直角三角形且∠F 1MF 2=90°,且S △MF 1F 2=4,所以b =c 且S =12·2c ·b =bc=4,解得b =c =2,a 2=b 2+c 2=8, 所以椭圆C 的方程为x 28+y 24=1.(2)证明:显然直线l 的斜率不为0,设直线l :x =t (y -1),联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28+y 24=1,x =t (y -1),消去x ,得(t 2+2)y 2-2t 2y +t 2-8=0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=2t 2t 2+2,y 1y 2=t 2-8t 2+2.令y =0,则x =-t ,所以Q (-t ,0), 因为QA →=λPA →,所以y 1=λ(y 1-1), 所以λ=y 1y 1-1.因为QB →=μPB →,所以y 2=μ(y 2-1),所以μ=y 2y 2-1.所以λ+μ=y 1y 1-1+y 2y 2-1=2y 1y 2-(y 1+y 2)y 1y 2-(y 1+y 2)+1=83. 4.(2020·某某某某联考)设椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,下顶点为A ,O 为坐标原点,点O 到直线AF 2的距离为22,△AF 1F 2为等腰直角三角形. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)直线l 与椭圆C 分别相交于M ,N 两点,若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2,证明:直线l 恒过定点,并求出该定点的坐标.解:(1)由题意可知,直线AF 2的方程为x c +y-b=1, 即-bx +cy +bc =0,则bc b 2+c 2=bc a=22.因为△AF 1F 2为等腰直角三角形,所以b =c , 又a 2=b 2+c 2,可得a =2,b =1,c =1, 所以椭圆C 的标准方程为x 22+y 2=1.(2)证明:由(1)知A (0,-1).当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y =kx +t (t ≠±1), 代入x 22+y 2=1,得(1+2k 2)x 2+4ktx +2t 2-2=0,所以Δ=16k 2t 2-4(1+2k 2)(2t 2-2)>0,即t 2-2k 2<1. 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1+x 2=-4kt1+2k 2,x 1x 2=2t 2-21+2k2.因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2, 所以k AM +k AN =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+t +1x 1+kx 2+t +1x 2=2k +(t +1)(x 1+x 2)x 1x 2=2k -(t +1)·4kt2t 2-2=2, 整理得t =1-k .所以直线l 的方程为y =kx +t =kx +1-k =k (x -1)+1,显然直线y =k (x -1)+1经过定点(1,1).当直线l 的斜率不存在时,设直线l 的方程为x =m .因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2,设M (m ,n ),则N (m ,-n ), 所以k AM +k AN =n +1m +-n +1m =2m=2,解得m =1, 此时直线l 的方程为x =1,显然直线x =1也经过该定点(1,1). 综上,直线l 恒过点(1,1).[综合题组练]1.(2020·某某五市十校联考)已知动圆C 过定点F (1,0),且与定直线x =-1相切. (1)求动圆圆心C 的轨迹E 的方程;(2)过点M (-2,0)的任一条直线l 与轨迹E 分别相交于不同的两点P ,Q ,试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M ),使得∠QNM +∠PNM =π?若存在,求点N 的坐标;若不存在,说明理由.解:(1)法一:由题意知,动圆圆心C 到定点F (1,0)的距离与其到定直线x =-1的距离相等,又由抛物线的定义,可得动圆圆心C 的轨迹是以F (1,0)为焦点,x =-1为准线的抛物线,其中p =2.所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2=4x .法二:设动圆圆心C (x ,y ),由题意知(x -1)2+y 2=|x +1|, 化简得y 2=4x ,即动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2=4x . (2)假设存在点N (x 0,0),满足题设条件.由∠QNM +∠PNM =π可知,直线PN 与QN 的斜率互为相反数,即k PN +k QN =0.① 由题意知直线PQ 的斜率必存在且不为0,设直线PQ 的方程为x =my -2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2=4x ,x =my -2,得y 2-4my +8=0.由Δ=(-4m )2-4×8>0,得m >2或m <- 2. 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m ,y 1y 2=8. 由①式得k PN +k QN =y 1x 1-x 0+y 2x 2-x 0=y 1(x 2-x 0)+y 2(x 1-x 0)(x 1-x 0)(x 2-x 0)=0,所以y 1(x 2-x 0)+y 2(x 1-x 0)=0, 即y 1x 2+y 2x 1-x 0(y 1+y 2)=0.消去x 1,x 2,得14y 1y 22+14y 2y 21-x 0(y 1+y 2)=0,14y 1y 2(y 1+y 2)-x 0(y 1+y 2)=0, 因为y 1+y 2≠0,所以x 0=14y 1y 2=2,所以存在点N (2,0).使得∠QNM +∠PNM =π.2.(2020·某某某某教学质量监测)已知抛物线C :x 2=2py (p >0)的焦点为F ,过点F 的直线分别交抛物线于A ,B 两点.(1)若以AB 为直径的圆的方程为(x -2)2+(y -3)2=16,求抛物线C 的标准方程; (2)过点A ,B 分别作抛物线的切线l 1,l 2,证明:l 1,l 2的交点在定直线上. 解:(1)设AB 中点为M ,A 到准线的距离为d 1,B 到准线的距离为d 2,M 到准线的距离为d ,则d =y M +p2.由抛物线的定义可知,d 1=|AF |,d 2=|BF |,所以d 1+d 2=|AB |=8, 由梯形中位线可得d =d 1+d 22=4,所以y M +p2=4.又y M =3,所以3+p2=4,可得p =2,所以抛物线C 的标准方程为x 2=4y .(2)证明:设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由x 2=2py ,得y =x 22p ,则y ′=xp,所以直线l 1的方程为y -y 1=x 1p (x -x 1),直线l 2的方程为y -y 2=x 2p(x -x 2),联立得x =x 1+x 22,y =x 1x 22p, 即直线l 1,l 2的交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1+x 22,x 1x 22p .因为AB 过焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,p 2,由题可知直线AB 的斜率存在,故可设直线AB 方程为y -p2=kx ,代入抛物线x 2=2py 中,得x 2-2pkx -p 2=0,所以x 1x 2=-p 2,y =x 1x 22p =-p 22p =-p2,p 2上.所以l1,l2的交点在定直线y=-。

第九讲节约里程法案例详解

第九讲节约里程法案例详解

3. 配送物的数量和重量 数量和重量的增加虽说会使配送作业量增大,但大批 量的作业往往使配送效率提高,配送的数量和重量是委托 人获得价格折扣的理由 4. 货物种类及作业过程 不同种类的货物配送难度不同,对配送作业要求不 同,承担的责任也不一样,因而对成本会产生较大幅度的 影响。采用原包装配送的成本支出显然要比配装配送要低, 因而不同的配送作业过程,直接影响配送成本
按功能计算物流配送成本
是指分别按备货、搬运、储存、分拣、加工、 是指分别按备货、搬运、储存、分拣、加工、 配装、配送等功能来计算成本。 配装、配送等功能来计算成本。
例:某配送中心配送成本的计算
配送成本=分拣成本+配装成本+ 配送成本=分拣成本+配装成本+流通加工成 本+配送运输成本
分拣成本的计算 分拣成本是指分拣机械及人工在完成货物分 拣过程中所发生的各项费用之和。 (1)折旧费:分拣设备按规定进行计提的折旧 费,根据“固定资产折旧计算表”中按照分拣设 备提取的折旧金额计入成本。 (2)修理费:分拣设备进行保养和修理所发生 的工料费用,辅助生产部门对分拣设备进行保养 和维修的费用,根据“辅助生产费用计入分拣成 本表”中分配的分拣成本金额既然成本。
根据节约里程表中节约里程多少的顺序,由大 到小排列,编制节约里程顺序表,以便尽量使节约 里程最多的点组合装车配送。
顺位 号
里程
节约里程
顺位 号
里程
节约里 程
顺位 号
里程
节约里程
1 2 3 4 5 6
A-B B-C A-I C-D A-C E-F
16 14 12 11 10 8
6 8 8 10 10 10
5. 外部成本 配送经营时或需要使用到配送企业以外的资 源,比如当地的起吊设备租赁市场具有垄断性, 则配送企业就需要租用起吊设备从而增加成本支 出。如当地的陆桥普遍收费且无管制,则必然使 配送成本居高不下 。

第9讲 阿波罗尼斯圆(2)

第9讲 阿波罗尼斯圆(2)

=一、问题的历史背景第九讲 阿波罗尼斯圆问题几何小王子 2018 年阿波罗尼斯(约公元前 262-前 190)出生于小亚细亚南部的一个小城市佩尔格,他的巨著《圆锥曲线论》是在门奈赫莫斯、阿里斯泰奥斯、欧几里得、阿基米德等前人研究的基础上,加上他自己所独创的成果,以全新的方式,并以欧几里得《几何原本》为基础写出,他把综合几何发展到最高水平.这一著作将圆锥曲线的性质网罗殆尽,几何使近 20 个世纪的后 人在这方面也未增添多少新内容.直到 17 世纪笛卡尔、费马创立了坐标几何,用代数方法重现了二次曲线理论,戴沙格、帕斯卡创立射影几何,研究了圆锥曲线的仿射性质和射影性质, 才使得圆锥曲线理论有所突破,发展到一个新的阶段.而这两大领域的基本思想也可以在阿波罗尼斯的《圆锥曲线论》中找到它们的萌芽.阿波罗尼斯圆就是阿波罗尼斯的研究成果之一,阿波罗尼斯圆在中考、高考试题中出镜率极高,很多根据这一背景命制的试题清新脱俗, 古朴厚重,思想深邃,当然会使不知道这一背景的同学们不知所措,没法快速找到解题的突破口,这里我们将详细研究其命题背景,解题套路,使这类问题解决起来得心应手!n阿波罗尼斯构圆原理(轨迹定理):到两个定点 A 、B 的距离之比为定值P ,位于以把线段 AB 分成的内分点 C 和外分点 D 的直径两端的定圆上。

(≠1)的点m此结论为阿波罗尼斯发现的,这个圆常称为阿波罗尼斯圆,简称为阿氏圆.这两个定点叫做阿氏圆的基点.证明:如图,设∠APB 的内角平分线和外角平分线分别与 AB 或其延长线交于 C 、D ,则有AC =AD = PA = m(定值), CBDB PB n从而 C 、D 为定点,又1∠CPD= 2×180°=90°,故点 P 在以 CD 为直径的圆周上.阿氏圆有如下性质:n n①在线段AB 关于定比 (≠1)的阿氏圆上任意一点,到两点的距离的比都等于定比 (≠1);mmPA m ②若点 P 在阿氏圆上,则 (≠1).此时必有PC 平分∠APB 、PD 平分∠APB 的外角. PB n二、解题说明1三、典型例题例 1 问题提出:如图 1,在 Rt △ABC 中,∠ACB =90°,CB =4,CA =6,⊙C 的半径为 2,P 位圆上一动点,连结 AP 、BP ,求 AP + 1BP 的最小值.2尝试解决:为了解决这个问题,下面给出一种解题思路: 如图 2,连接 CP ,在 CB 上取点 D ,使 CD =1,则有CD = CP = 1 ,又∠PCD =∠BCP ,所以 CP CB 2△PCD ∽△BCP ,所以PD = 1BP 2所以PD = 1 BP2故AP + 1BP = AP + PD .2请你完成余下的思考,并直接写出答案: AP + 1BP 的最小值为.2自主探索:在“问题提出”的条件不变的情况下, AP + BP 的最小值为.3拓展延伸:已知扇形 COD 中,∠COD =90°,OC =6,OA =3,OB =5,点 P 是CD 上一点,求 2PA +PB 的最小值.例2 如图,在△ABC 中,BC=4,AB=2AC,则△ABC 的面积的最大值为.四、巩固练习题型 1:向内构造类型1、如图,已知AC=6,BC=8,AB=10,⊙C 的半径为 4,点D 是⊙C 上的动点,连接AD,BD,则AD +1BD 的最小值为. 2第1 题图第2 题图第3 题图2、在Rt△ABC 中,∠ACB=90°,AC=4,BC=3,点D 为△ABC 内一动点,且满足CD=2,则AD +2BD 的最小值为. 33、如图,在Rt△ABC 中,∠C=90°,CA=3,CB=4,⊙C 的半径为2,点P 是⊙C 上一动点,则AP +1PB 的最小值为. 254、如图,菱形ABCD 的边长为2,锐角大小为60°,⊙A 与BC 相切于点E,在⊙A 任意一点P,则PB + PD 的最小值为.2第4 题图第5 题图5、如图,AB 为⊙O 直径,AB=2,点C 与点D 在AB 的同侧,且AD⊥AB,BC⊥AB,AD=1,BC=3,点P 时⊙O 上的一动点,则2PD +PC 的最小值为. 26、如图,点C(2,5),⊙C 的半径为10 ,动点B 在⊙C 上,A(7,0),求OB +AB5 的最小值.37、(1)如图 1,已知正方形ABCD 的边长为 4,⊙B 的半径为 2,点P 是⊙B 的一个动点,求PD + 1PC 的最小值和 PD -12 2PC 的最大值;(2)如图2,已知正方形ABCD 的边长为9,⊙B 的半径为 6,点P 是⊙B 上的一个动点,求PD + 2PC 的最小值和 PD -32PC 的最大值;3(3)如图3,已知菱形ABCD 的边长为4,∠B=60°,⊙B 的半径为 2,点P 是⊙B 上的一个动点,求PD + 1PC 的最小值和PD -12 2PC 的最大值.8、如图,在Rt△ABC 中,∠A=30°,AC=8,以C 为圆心,4 为半径作⊙C.(1)试判断⊙C 与AB 的位置关系,并说明理由;(2)点F 是⊙C 上一动点,点D 在AC 上且CD=2,试说明△FCD∽△ACF;1(3)点E 是AB 边上任意一点,在(2)的情况下,试求出EF + FA 的最小值.29、如图1,在平面直角坐标系中,点M 的坐标为(3,0),以点M 为圆心,5 为半径的圆与坐标轴分别交于点A、B、C、D.(1)△AOD 与△COB 相似吗?为什么?(2)如图2,弦DE 交x 轴于点P,且BP:DP=3:2,求tan∠EDA;(3)如图3,过点D 作⊙M 的切线,交x 轴于点Q. 点G 是⊙M 上的动点,问比值GO是否变化?若不变,请求出比值;若变化,请说明理由.GQ10、(2016 年济南中考题)如图 1,抛物线 y =ax 2+(a +3)x +3(a ≠0)与 x 轴交于点 A (4,0),与 y 轴交于点 B ,在 x 轴上有一动点 E (m ,0)(0<m <4),过点 E 作 x 轴的垂线交直线 AB 于点 N ,交抛物线于点 P ,过点 P 作 PM ⊥AB 于点 M . (1)求 a 的值和直线 AB 的函数表达式;(2)设△PMN 的周长为 C ,△AEN 的周长为 C ,若C 1 = 6,求 m 的值; 122(3)如图 2,在(2)条件下,将线段 OE 绕点 O 逆时针旋转得到 OE ′,旋转角为 α(0°<α<90°),连接 E ′A 、E ′B ,求E 'A + 23E 'B 的最小值.C 5题型 2:向外构造类型11、如图,点A、B 在⊙O 上,且OA=OB=12,且OA⊥OB.点C 是OA 的中点,点D 在OB1上,且OD=10. 动点P 在⊙O 上,则PC+ PD 的最小值为. 2.第11 题图第12 题图第13 题图12、如图,在扇形CAB 中,CA=4,∠CAB=120°,D 为CA 的中点,P 为BC 上一动点(不与C、B 重合),则2PD+PB 的最小值为().A. 4 +2B. 4C. 16D. 4 3 + 413、如图,在平面直角坐标系中,以点C(1,1)为圆心,5 为半径的圆与x 轴、y 轴分别交于点A 和点B,点D 为弧AB 上的动点,则BD + OD 的最小值为.214、如图,在平面直角坐标系xOy 中,A(﹣2,0),B(0,1),C(0,3),以O 为圆心,OC 为半径画圆,P 为⊙O 上一动点,则3PA +PB 最小值为. 2第14 题图第15 题图15、如图,抛物线y=-x2+2x+3 与x 轴交于点A、B 两点(A 在B 的左侧),与y 轴交于C点,⊙D 过点A、B、C 三点,P 是⊙D 上的一动点,连接PC、PO,则2PC + 最小值为. 5PO 的3710五、课后作业1、(2017 年甘肃兰州中考题)如图,抛物线y=-x2+bx+c 与直线AB 交于A(-4,-4),B(0,4)两点,直线AC:y =-1x - 6 交y 轴于点C. 点E 时直线AB 上的动点,过2点 E 作EF⊥x 轴交AC 于点F,交抛物线于点G.(1)求抛物线y=-x2+bx+c 的表达式;(2)连接GB,EO,当四边形GEOB 是平行四边形时,求点G 的坐标;(3)①在y 轴上存在一点,连接EH、HF,当点E 运动到什么位置时,以A、E、F、H 为顶点的四边形是矩形?求出此时点E、H 的坐标;②在①的前提下,以点E 为圆心,EH 长为半径作圆,点M 为⊙E 上一动点,1求AM +CM 的最小值.22、已知点A(-4,0)、P(t,0)(t>0),在第一象限作正方形OPQR,过A、P、Q 三点作⊙B,连接OQ,作CQ⊥OQ 交圆于点C,连接OB、AQ.(1)求证:∠CQP=∠AOQ;(2)CQ 的长度是否随着t 的变化而变化?如果变化,请用含t 的代数式表示CQ 的长度,如果不变,求出CQ 的长;1(3)当tan∠AQO= 时:2①求点C 的坐标;②点D 是⊙B 上的任意一点,求CD +5OD 的最小值.。

第九讲第十讲框架结构侧移计算及限值

第九讲第十讲框架结构侧移计算及限值
由式1410a可以看出框架层间位移uj与外荷载在该层所产生的层间剪力v成正比当框架柱的抗侧刚度沿高度变化不大时因层间剪力v自顶层向下逐层累加所以层间水平位移是自顶层向下逐层递增的这种位移曲线称为剪切型因为它与均布水平荷载作用下的悬臂梁由截面内的剪力所引起的剪切变形曲线相似见图1419b而与悬臂梁弯矩所引起的弯曲变形曲线有本质上的区别见图1419c
图14-21
5.梁端弯矩调幅
1)为什么要进行调幅
(1)按照框架结构的合理破坏形式,在梁端出现塑性铰是 允许的,为了便于浇捣混凝土,也往往希望节点处梁的负钢筋放 得少些; (2)而对于装配式或装配整体式框‍ 架,节点并非绝对刚性, 梁端实际弯矩将小于其弹性计算值。 因此,在进行框架结构设计时,一般均对梁端弯矩进行调幅, 即人为地减小梁端负弯矩,减少节点附近梁顶面的配筋量。
(7)框架柱的纵向受力钢筋不宜在节点中切断, 柱纵筋接头位置应尽量选择在层高中间等弯矩较 小的区域。 (8)顶层柱的纵筋应在梁中锚固,如图14-25所示。 当顶层节点处梁截面高度足够时,柱纵向钢筋可 用直线方式锚固,其锚固长度按上册式(5-27) 计算,同时必须伸至梁顶面,如图14-25(a)所 示;当顶层节点处梁截面高度小于柱纵筋锚固长 度时,柱纵向钢筋应伸至梁顶面然后向节点内水 平弯折,如图 14-25(b)所示;当楼盖为现浇, 且板的混凝土强度等级不低于C20时,柱纵向钢 筋水平段亦可向外弯入框架梁,如图14-25(c) 所示。
钢筋混凝土框架柱,其计算长度应根据框架不同的 侧向约束条件及荷载情况,并考虑柱的二阶效应(由轴 向力与柱的挠曲变形所引起的附加弯矩)对柱截面设计 的影响程度来确定。 按《混凝土结构设计规范》GB50010-2002规定如下: 1.一般多层房屋的框架结构 柱的计算长度可取为 现浇楼盖:底层柱l0 =1.0H; 其他层柱l0 =1.25H; 装配式楼盖:底层柱 l0 =1.25H;

第九讲 数字谜(三年级含答案)

第九讲 数字谜(三年级含答案)

第九讲数字谜(一)数字谜是一种有趣的数学问题.它的特点是给出运算式子,但式中某些数字是用字母或汉字来代表的,要求我们进行恰当的判断和推理,从而确定这些字母或汉字所代表的数字.这一讲我们主要研究加、减法的数字谜。

例1右面算式中每一个汉字代表一个数字,不同的汉字表示不同的数字.当它们各代表什么数字时算式成立?分析由于是三位数加上三位数,其和为四位数,所以“真”=1.由于十位最多向百位进1,因而百位上的“是”=0,“好”=8或9。

①若“好”=8,个位上因为8+8=16,所以“啊”=6,十位上,由于6+0+1=7≠8,所以“好”≠8。

②若“好”=9,个位上因为9+9=18,所以“啊”=8,十位上,8+0+1=9,百位上,9+1=10,因而问题得解。

真=1,是=0,好=9,啊=8例2下面的字母各代表什么数字,算式才能成立?分析由于四位数加上四位数其和为五位数,所以可确定和的首位数字E=1.又因为个位上D+D=D,所以D=0.此时算式为:下面分两种情况进行讨论:①若百位没有向千位进位,则由千位可确定A=9,由十位可确定C=8,由百位可确定B=4.因此得到问题的一个解:②若百位向千位进1,则由千位可确定A=8,由十位可确定C=7,百位上不论B为什么样的整数,B+B和的个位都不可能为7,因此此时不成立。

解:A=9,B=4,C=8,D=0,E=1.例3在下面的减法算式中,每一个字母代表一个数字,不同的字母代表不同的数字,那么D+G=?分析由于是五位数减去四位数,差为三位数,所以可确定A=1,B=0,E=9.此时算式为:分成两种情况进行讨论:①若个位没有向十位借1,则由十位可确定F=9,但这与E=9矛盾。

②若个位向十位借1,则由十位可确定F=8,百位上可确定C=7.这时只剩下2、3、4、5、6五个数字,由个位可确定出:解:因为所以 D+G=2+4=6或D+G=3+5=8或 D+G=4+6=10例4右面的算式中不同的汉字表示不同的数字,相同的汉字表示相同的数字.如果巧+解+数+字+谜=30,那么“巧解数字谜”所代表的五位数是多少?分析观察算式的个位,由于谜+谜+谜+谜+谜和的个位还是“谜”,所以“谜”=0或5。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

11.4.3 保护成员和保护继承
由protected声明的成员称为“受保护的成员”。 在定义一个派生类时将基类的继承方式指定为protected 称为保护继承。 说明: 1.在派生类中,成员有4 种不同的访问属性:公用的, 受保护,私有的,不可访问的。
2.类的成员在不同作用域中有不同的访问属性,对这一 点要十分清楚。
Class Student {public: void get_value() {cin>>num>>name>>sex;}
private: int num; string name; char sex;}; class Student1:public Student {public: void display_1() {cout<<“age:”<<age<<endl; cout<<“address:”<<addr<< endl;} private: int age; string addr;};
11.1 继承与派生的概念
在C++中可重用性是通过继承(inheritance)来实现的。 继承就是在一个已存在的类的基础上建立一个新的类。 原类称为基类(base class)或父类(father class), 新类称为派生类(derived class)或子类(son class)。
一个新类从已有类那里获得其已有特性称为类的继承。 从另一个角度说,从父类产生子类,称为类的派生。 派生类继承了基类的所有数据成员和成员函数,并可以 对成员作必要的增加或调整。一个基类可以派生出多个 派生类,派生类可作为基类再产生派生类。 一个派生类只从一个基类派生称为单继承(single inheritance),一个派生类也可以从多个基类派生称为多 重继承。本书约定:做图时“箭头”表示继承方向,从 派 生类指向基类。
11.5 派生类的构造函数和析构函数 11.5.1 简单的派生类的构造函数
派生类构造函数的一般格式, 派生类构造函数名(总参数表列):基类构造函数名(参数 表列){派生类中新增数据成员初始化语句}
例11.5
简单的派生类的构造函数
public: Student (int n,string nam,char s) {num=n; name=nam, sex=s;}; ~Student(){}
11.2 派生类的声明方式
假设已经声明了一个基类Student,在此基础上通过单继 承建立一个派生类Student1:
class Student1: public Student 声明派生类的一般形式 {public: class 派生类名: void display_1() [继承方式] 基类名 {cout<<“age:”<<age<<endl; { cout<<“address:”<<addr<<endl;} 派生类新增成员; private: }; int age; 继承方式:public, private, protected; string addr;}
11.4.2 私有继承
在定义派生类时将基类的继承方式指定为private的, 称为私有继承。派生类称为私有派生类(private derived class),基类称为私有基类(private base class)。 私有基类的公用成员和保护成员在私有派生类中的访问 属性相当于派生类中的私有成员。 例11.2 访问私有基类的成员
4.派生类的成员函数访问基类成员。 5.在派生类外访问派生类的成员。 6.在派生类外访问基类的成员。 1、2较明确,基类的成员函数可以访问基类成员。派生 类的成员函数可以访问派生类成员。3也比较明确,基 类的成员函数只能访问基类的成员,而不能访问派生类 成员。5也明确,在派生类外可以访问派生类的公用成 员,而不能访问派生类的私有成员。4、6情况稍微复 杂,也容易混淆。
11.4.1 公用继承
在定义派生类时将基类的继承方式指定为public的,称 为公用继承。派生类称为公用派生类(public derived class),基类称为公用基类(public base class)。 例11.1 访问公有基类的成员
void display() {cout<<“num:”<<num<<endl; cout<<“name:”<<name<<endl; cout<<“sex:”<<sex<<endl;}
Class Student void display() {public: {cout<<“num:”<<num<<endl; void get_value() cout<<“name:”<<name<<endl; {cin>>num>>name>>sex;} cout<<“sex:”<<sex<<endl;}
cout<<“age:”<<age<<endl; cout<<“address:”<<addr <<endl;} ~Student1(){} private:int age;string addr;}; int main() {Student1 stud1(10010,“wangli”,‟f‟,19,”115 Beijing ”); Student1 stud2(10011,“Zhangfen”, „m‟,21,”213 Shanghai”); stud1.show(); stud2.show(); return 0;}
程序运li sex: f address: 115 Beijing num: 10011 name: zhang-fen sex: m address: 213 Shanghai
例11.3
在派生类中引用保护成员
#include <isotream> class Student1:protected Student #include <string> {public: using namespace std; void display1(); Class Student private: {public: int age; void display(); string addr;}; protected: void Student1::display1() int num; string name; {cout<<“num:”<<num<<endl; char sex;}; cout<<“name:”<<name<<endl; void Student::display() cout<<“sex:”<<sex<<endl; {cout<<“num:”<<num<<endl; cout<<“age:”<<age<<endl; cout<<“name:”<<name<<endl; cout<<“address:”<<addr<<endl; cout<<“sex:”<<sex<<endl;} }
例11.4 多级派生的访问属性
如果声明了以下类 class A {public: int i; protected: void f2(); private: int k;};
class B: public A {public: void f3(); protected: void f4(); private: int m; };
#include <isotream> #include <string> using namespace std; Class Student
protected: int num; string name; char sex; }; class Student1:public Student; {public: Student1(int n, string nam, char s, int a, string ad):Student (n,nam,s) {age=a; addr=ad;} void show() {cout<<“num:”<<num<<endl; cout<<“name:”<<name<<endl; cout<<“sex:”<<sex<<endl;
不同的继承方式决定了基类成员在派生类中的访问属性 1.公用继承(public inheritance)。基类的公用成员和 保护成员在派生类中保持原有的访问属性,其私有成 员仍为基类私有。 2.私有继承(private inheritance)。基类的公有成 员和保护成员在派生类中成了私有成员。其私有成员 仍为基类私有。 3.受保护继承(protected inheritance)。基类的公 有成员和保护成员在派生类中成了受保护成员。其私 有成员仍为基类私有。
int main() {Student1 stud; …… stud.display(); stud.display_1(); return 0;}
程序还可以改进: 在派生类的display_1函 数中调用基类的display函数, 在主函数中只要写 stud.display_1(); 可完成输出。
不写默认为private
11.3 派生类的构成
相关文档
最新文档