解析几何中的平面几何思想

方程.
证明:如图建立坐标系,分别以 l1l2 为 x, y 轴,M 为坐标原点,作 AE ⊥ l1, AD ⊥ l2 , BF ⊥ l2 ,
垂足分别为 E、D、F. 设 A(x1, y1), B(x2 , y2 ) , N (x0 , 0) . 依题意有 x1 = ME = DA = AN = 3 ,
(2)过点 C 的直线 l 与椭圆 E 相交于JJ不JJG同 的两JJ点JG M、N,点 M 在点 C、N 之间.且 CM = λCN ,求实数 λ 的取值范围.
证 (1) x2 / 5 + y2 = 1 (解答过程略).
(2)如图,设椭圆短
y
轴两端点分别为 D、E,
C
过 C 点的直线交椭圆 与 M、N.(其中 D(0,1),
PQ 与双曲线右支有二个交点, ∴ π / 3 < θ < 2π / 3 , 过 Q 作 QC ⊥ PA , 垂
足为 C,则 ∠PQC = π / 2 − θ , CQ = AB .
∴λ
=
PQ 2 CQ
=
1 2cos(π / 2 − θ )
=
1 2 sin θ
,
由 π / 3 < θ < 2π / 3 ,得 3 / 2 < sinθ ≤ 1,
an+1
−
2
=
(an − 2)2 2(an −1)
,所以,
an+1 an+1 −
2
=
( an an −
)2 2
,
再由迭代法得
an = ( an−1 )2 = ( an−2 )22
an − 2 an−1 − 2
an−2 − 2
= " = ( a1 )2n−1 = 32n−1 , a1 − 2
所以, an
(2) 分 别 过 点 A 、 B 作 AC ⊥ x 轴 于 C, ME ⊥ x 轴于 E,设椭圆左顶点为 A.
DA = DC ≥ DA0 = 2 − 2 = 1 − 2
MD DE DO 2
2
∴ 2 − 2 ≤ DA < 1 ∴ MA = 1 − DA
2 MD
MD
MD
∴ 0 < MA ≤ 2 ∴ MD ≥ 2 . MD 2 MA
例 3(1998 年全国理科高考题)如图,直线
l1 和 l2 相交于点 M , l1 ⊥ l2 ,点 N ∈ l1 .以 A、B
为端点的曲线段 C 上的任 y
一点到 l2 的距离与到 点 N 的距离相等.若 △ AMN 为锐角三角
F
B
P
DA
形, AM = 17, AN = 3 , M E N x
且 BN = 6 .建立适当的坐标系,求曲线段 C 的
将其与 (a + b)3 展开式类比我们可得
an+1
+1=
(an + 1)3 3an2 + 1
, an+1
−1=
(an − 1)3 3an2 + 1
.
所以, an+1 + 1 = ( an + 1)3 . an+1 − 1 an − 1
再由迭代法得
an + 1 = ( an−1 + 1)3 = ( an−2 + 1)32
FN ⊥ AG 于 N ,设直线 AB 的倾斜角为θ .
在△ AFN 中,
cosθ =
AN
=
AG
−p =
AF
−p ,
AF AF
AF
∴ AF = p ,同理 BF = p .
1 − cosθ
1 + cosθ
∴
AB
=p 1 − cosθ
+p 1 + cosθ
=
2p sin2 θ
,
1 + 1 = 1 − cosθ + 1 + cosθ = 2 .
·30·
∴
⎧⎪ ⎨
y1
⎪⎩ y1
+ y2 = 2(k 2 ⋅ y2 = b2.
+
b),
∴ ST + ST = b ( 1 + 1 )
SP SQ
y1 y2
≥2b
1 =2b 1 =2.
y1 ⋅ y2
b2
∵ y1 、 y2 是一对不相等的正数
∴ ST + ST 的取值范围为 (2, +∞) . SP SQ
过点 D(−2, 0) 的直线 l 与椭圆 x2 / 2 + y2 = 1 交
·29·
y
于不同的两点 A、B,点 P
B
M 是弦 ABJJ的JG 中J点JJG. JJJG(1)若 OP = OA
DA M
A0
O
x
+ OB ,求点 P 的轨迹方程.
(2)求 MD / MA 的取值范围.
解 (1)点 P 的轨迹方程为 x2 + 2 y2 + 4x = 0 (−2 < x ≤ 0) (解答过程略).
y2 = 8(x − 2)(0 ≤ x ≤ 6, y > 0) .
例 4 (2006 年苏、锡、常、镇质检题)如
图,等腰 Rt△ ABC 的斜边 AB y
在 x 轴上,原点 O 为
C
AB 的中点, AB = 4 ,
D
x
D 是 OC 的中点,以 A O
B
A、B 为焦点的椭圆 E 经过点 D.
(1)求椭圆 E 的方程;
AF BF
p
p
p
证法 2 由第 1 题知 A、O、H 三点共线,
同理 B、O、G 也三点共线,且 OF = OE .
∴ AF = OF , BF = OF . AB BH AB AG
又因为 BH = BF , AG = AF ,
∴ OF + OF = 1 , BF AF
∴ 1 + 1 = 1 =2. AF BF OF p
与 y 轴交于点 T,试求 ST = ST 的取值范围. SP SQ
解 (1) PQ 的中点 M 的轨迹方程为
y = 0) (解答过程略.)
(2)设直线 l 的方程为 y = kx + b ,依题意
k ≠ 0,b ≠ 0 ,则 T 点坐标为 (0,b) .分别过 P 、Q
an =
5 [(1 + 5 )n − (1 − 5 )n ] .
52
2
例 5 在数列{an} 中,已知 a1 = 3 , an+1 =
an2 2(an −
1)
(n
∈
N
*
)
,求数列
{an
}
的通项公式.(由
1984 年理科高考试题改编)
分析 由数列递推式
an+1
=
an2 2(an −1)
(n
∈
N*)
.
将其与完全平方公式类比我们可得
an − 1 an−1 − 1
an−2 − 1
= " = ( a1 + 1)3n−1 = 33n−1 , a1 − 1
所以, an = (33n−1 + 1) /(33n−1 − 1)(n ∈ N * ) .
·28·
解析几何中的平面几何思想
福建厦门外国语学校 肖 骁
解析几何是中学数学教学的重点,也是
D M
E(0, −1),C(0, 2) ).过
N
Ox
D、E 作 DM1 // x 轴
E
交 CM 于 M1 , EN1 // x 轴交 CN 于 N1 ,则
λ = CM ≥ CM1 = CD = 1 , CN CN1 CE 3
当 M、N 重合时 λ = 1,根据椭圆的对称性
∴1/3 ≤ λ <1.
例 5 (2004 年南京高考模拟题)如图,已知
物线 y2 = 2 px( p > 0) 的 焦点弦, F 为抛物线
y G
A
焦点, A(x1, y1), B(x2 , y2 ) ,
EO Fx
求证: 1 + 1 为定值. H AF BF
B
证法 1 分别过 A 、B 两点作 AG ⊥ 准线 l
于 G, BH ⊥ 准 线 l 于 H . 如 图 过 点 F 作
实数 m 的值.
(ii)过 P 、 Q 作直线 x = 1/ 2 的垂线 PA 、
QB ,垂足分别为 A、B,记 λ = PA + QB ,求 λ AB
的取值范围. 解 (1)轨迹 E 的方程为 x2 − y2 / 3 = 1(x ≥
1) (解答过程略) . (2)(i) m = −1(解答过程略) . (ii)设直线 PQ 的倾斜角为 θ ,由于直线
学生学习的难点.平面几何思想方法和方程
思想方法是解决解析几何的两大重要思想方
法.在实际的教学中许多教师重视方程思想
方法,忽视平面几何思想方法,使得学生在解
题中陷入繁琐的计算.一些解析几何何问题
如果能恰当利用应用平面几何方法解题,不
仅减少计算量,而且解题过程非常简洁明了.
例 1 (2001 年全国理科高考题改编)已知
∵ AD // x 轴 // BC , DC 交 x 轴于 E .
∴ O ' E = CE , AD CD
∴ O ' F = AF , BC AB
∴ O ' E = CE ⋅ AD , CD
y
D
A
O
E
Fx
CBH
∴ O ' F = AF ⋅ BC , AB
∵ AF = AD , BF = BC , CE = BF , CD BA