浅谈极坐标法在平面几何中的应用
浅谈极坐标法在平面几何中的应用
发表时间：2013-08-09T17:44:35.920Z 来源：《教育学文摘》2013年7月总第90期供稿作者：魏恒梅石超
[导读] 因此，不能对任何一道平面几何题都使用极坐标法来解答，必须根据题目的具体情况作具体的分析，选用最简单的解题方法。
魏恒梅山东省蒙阴县实验中学276200；石超山东省蒙阴县蒙阴镇实验学校276200
借助坐标系，运用代数知识来研究几何图形的方法叫做解析法。极坐标法是除直角坐标法以外的另一种常用的解析法。对于平面图形，可选取适当的直角坐标系求得其解，也可选取适当的极坐标系，建立点的极坐标或线的极坐标方程，运用极坐标知识、代数知识、三角知识等进行运算求得结论，这种解题方法就是极坐标法。下面就来谈谈极坐标法解平几题：
一、极坐标法解题中怎样选取坐标系
选取适当的极坐标系，是运用极坐标系解题的关键。为了便于表达和计算，通常应选取最简便的坐标系。选取什么样的坐标系最合适，这没有固定的规律，但应尽量利用所论图形的特点和已知条件，做到：1.尽量使已知条件的表达形式简单；2.使运算过程最简单；3.使所要求的结论易于表示，并且几何意义明显。
同时满足上面三点是比较困难的，往往要作出某种含量的权衡。一般说来，表示所论图形中有关点坐标需用的字母数越少，就可使过该点的曲线方程越简明、运算过程越简单；反过来，又可用表示所设点坐标需要的字母数是否尽量少来作为衡量所取坐标系是否简便的标志。例如，选取所论图形中的某个特殊点为极点，就可使过该点的曲线方程中不含常数项；选取所论图形中的某一点在极轴中，就能使该点的极角坐标为0；选取所论图形中的某一条直线为极轴，就可使该直线上点的极角坐标简化。
用极坐标法解答三角形中的有关问题时，一般选三角形的一顶点为极点，过顶点的某一射线为极轴，这样可使三角形一顶点的坐标为（0，0），另两个顶点的坐标可表示为(ρ，θ)的形式(一般ρ、θ均为已知)。并且一般选过该顶点的一边或过该顶点的内角平分线为极轴。
二、极坐标法解题的步骤
运用极坐标法解平几题时，一般按下列步骤进行：
1.选取坐标系。根据图形的特点及已知条件，选取适当的点作为极点，选取适当的射线作为极轴，这是运用极坐标法解题最关键的一步。坐标系的选取直接影响着解题过程的繁简。
2.确定已知点的坐标或线的方程。根据选定的坐标系，确定已知点的坐标，建立已知直线、曲线的方程。为此，必须引入一些参量，例如线段的长度等。
3.进行运算，求得结构。根据点的坐标、线的方程，应用极坐标的有关知识及代数、三角知识进行数、式的计算和变动，求出需求的结果。
4.讨论结构，作出结论。求出需要的结果后对结果进行分析、讨论，再赋予它几何意义，从而完成对几何命题的研究。
三、用极坐标法解平几题举例
1.证明线段的复杂比例式
例：在圆内接四边形ABCD中，BC=CD。
求证：AC2=AB·AD+BC2。
分析：要证明AC、AB、AD、BC间复杂的关系式，而这些线段通过A点或C点。因BC=CD，所以∠BAC=∠CAD，故选A为极点、
高中数学极坐标与参数方程大题(详解)
参数方程极坐标系 解答题 1．已知曲线C：+=1，直线l：（t为参数） （Ⅰ）写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程． （Ⅱ）过曲线C上任意一点P作与l夹角为30°的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值． +=1 ， ， 的距离为 则 取得最小值，最小值为 2．已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与x轴的正半轴重合，直线l的极坐标方程为： ，曲线C的参数方程为：（α为参数）． （I）写出直线l的直角坐标方程； （Ⅱ）求曲线C上的点到直线l的距离的最大值． 的极坐标方程为： cos=
∴ y+1=0 （ d= 的距离的最大值． 3．已知曲线C1：（t为参数），C2：（θ为参数）． （1）化C1，C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线； （2）若C1上的点P对应的参数为t=，Q为C2上的动点，求PQ中点M到直线C3：（t为参数）距离的最小值． ：（化为普通方程得：+ t=代入到曲线 sin =，），﹣
4．在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立直角坐标系，圆C的极坐标方程为 ，直线l的参数方程为（t为参数），直线l和圆C交于A，B两点，P是圆C 上不同于A，B的任意一点． （Ⅰ）求圆心的极坐标； （Ⅱ）求△PAB面积的最大值． 的极坐标方程为，把 ，利用三角形的面积计算公式即可得出． 的极坐标方程为，化为= 把 ∴圆心极坐标为； （t ， = 距离的最大值为 5．在平面直角坐标系xoy中，椭圆的参数方程为为参数）．以o为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．求椭圆上点到直线距离的最大值和最小值．
用向量方法解立体几何题(老师用)
用向量方法求空间角和距离 在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题． 1 求空间角问题 空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角． （１）求异面直线所成的角 设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量, 则两异面直线所成的角α=arccos |||||| a b a b （２）求线面角 设l 是斜线 l 的方向向量，n 是平面α的法向量， 则斜线l 与平面α所成的角α=arcsin |||||| l n l n （３）求二面角 法一、在α内a l ⊥，在β内b l ⊥，其方向如图，则二面角l αβ--的平面角α=arccos |||| a b a b
法二、设12,,n n 是二面角l αβ --的两个半平面的法向量， 其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l α β --的平面角α=12 12arccos |||| n n n n 2 求空间距离问题 构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，象异面直线间的距离、线面距离；面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离 法一、设n 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ== 法二、设A O α ⊥于O,利用A O α ⊥和点O 在α内 的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||A O ． （２）求异面直线的距离 法一、找平面β使b β?且a β ，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离． 法二、在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a 、b 分别 为异面直线a 、b 的方向向量,求n （n a ⊥ ，n b ⊥ ），则 异面直线a 、b 的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ== （此方法移植 于点面距离的求法）．
解析法证明平面几何经典问题--举例
五、用解析法证明平面几何问题----极度精彩！充分展现数学之美感！何妨一试？ 例1、设MN 是圆O 外一直线，过O 作OA ⊥MN 于A ，自A 引两条直线分别交圆于B 、C 及D 、E ，直线EB 及CD 分别交MN 于P 、Q ．求证：AP ＝AQ ．（初二） （例1图） （例2图） 例2、已知：如图，在四边形ABCD 中，AD ＝BC ，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，AD 、 BC 的延长线交MN 于E 、F ． 求证：∠DEN ＝∠F ． 【部分题目解答】 例1、(难度相当于高考压轴题) ； ，、点的方程为：直线的方程为：设直线方程为：轴建立坐标系，设圆的为为原点，轴，为如图，以)(),(,AD ,,)-(2211222y x C y x B nx y mx y AB r a y x Y AO A x MN ===+ 、；则，、，C B )()(4433y x E y x D , 1 - ;12-2-)1,{)-(22 2212212222222+=+=+=++=+=m r a x x m am x x r a amx x m y r a y x mx y 由韦达定理知：得：（消去,1- ;1222 243243+=+=+n r a x x n an x x 同理得： ),-(---23 23 22x x x x y y y y CD = 方程为：直线 ,--Q 3 23 223Q y y y x y x x = 点横坐标：由此得 , --P 1 41441P y y y x y x x = 点横坐标：同理得 ,------1 41441323223P Q y y y x y x y y y x y x x x AQ AP ===；即证：，只需证明：故，要证明 N B
极坐标几何意义解题资料
几何意义解题 1、（距离最值） 1．在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线 12cos :3sin x C y αα=-+??=+?（α为参数） ，28cos :x C y θ θ =???=??（θ为参数）． （1）将12,C C 的方程化为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线； （2）若1C 上的点P 对应的参数为2 π α= ，Q 为2C 上的动点，求PQ 中点M 到直线l ： cos 3πρθ?? - = ?? ? 的距离的最大值． 2．已知曲线C 的极坐标方程为2sin cos 10ρθρθ+=，曲线13cos :2sin x C y α α =??=?（α为参数）． （1）求曲线1C 的普通方程； （2）若点M 在曲线1C 上运动，试求出M 到曲线C 的距离的最小值． 3．在直角坐标系xOy 中，圆O 的参数方程为cos 2sin 2 x r y r θθ? =-+?? ? ?=+?? ，（θ为参数，0r >）．以O 为极点，x 轴正半轴为极轴，并取相同的单位长度建立极坐标系，直线l 的极坐标方程 为 sin 42 πρθ?? + = ? ? ?．写出圆心的极坐标，并求当r 为何值时，圆O 上的点到直线l 的最大距离为3．
4．在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系。已知曲线C 1的极坐 l （Ⅰ）写出曲线C 1与直线l 的直角坐标方程； （Ⅱ）设Q 为曲线C 1上一动点，求Q 点到直线l 距离的最小值。 5．已知曲线1C 1C 经过坐标变换2x x y '=??? ' =??得到曲线2C ，直线l 的参数方程为2()x t y t R ?=?∈?? ?=??为参数， （Ⅰ）求直线l 的普通方程和曲线1C 的直角坐标方程； （Ⅱ）若P 为曲线2C 上的点，求点P 到直线l 的距离的最大值。 6．在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知圆C 的极坐标方程为)4 cos(2π θρ+ =a )0(>a 。 OA 为圆C 的直径，求点A 的极坐标； （Ⅱ）直线l 的参数方程是???==t y t x 42（t 为参数），直线l 被圆C 截得的弦长为d ，若2≥d ，求a 的 取值范围。
第二章 迭代法的一般原理
第二章 迭代法的一般原理 非线性方程组无论从理论上还是计算方法上，都比线性方程组复杂得多。一般的非线性方程组很难求出解析解，往往只能求出其数值解，且往往只能借助于迭代法。本章我们将讨论迭代法的一般原理、迭代法的一般构造及迭代收敛速度的衡量标准。 2-1 迭代法与不动点定理 设n n R R D →?:f ，考虑方程 ()0=x f (2-1) 若存在D *∈x ，使()0=*x f ，则称*x 为方程(2-1) 的解。 用迭代法求解(2-1) ，先将(2-1)化为等价的方程 ()x g x = (2-2) 这里映象n n R R D →?:g 。 方程(2-2)的解*x (即()**x g x =)称为映象g 的不动点。因此用迭代法解方程(2-1)，就是求(2-2)中映象g 的不动点。这样以及g 是否存在不动点自然就是我们关心的问题。 定理2-1 若n n R R D →?:g 为有界闭集D D ?0上的严格非膨胀映象，()00D D ?g ，则g 在0D 内有唯一不动点。 证 唯一性 设g 在0D 内至少有两个不动点1x ，2x ，则 ()() 2121x x x g x g x x 21-≤-=-α 因1<α，所以由上式推得21x x =。唯一性得证。 记()()x g x x -=?，由g 及泛数的连续性可知1:R R D n →??连续。因0D 为有界闭集，故?在0D 上有最小值。设0D *∈x 为最小点，即
()()x g x x -=∈min 0 D x *? 则*x 为g 的不动点。因为若不然，则有()**x g x ≠，再由g 严格非膨胀，可得 ()()()()()***x g g x g x g -=?()()***x x g x ?=-< 这与*x 为?的最小点相矛盾，故*x 为g 的不动点。 注 定理中0D 的有界闭性、g 的压缩性和g 映0D 入自身，此3个条件缺一不可。例如，()x x x g 1+=在[)+∞=,D 10上严格非膨胀，但它在0D 中却没有不动点。 下面我们介绍在应用上非常广泛的不动点定理。 定理2-2 (Brouwer 不动点定理) 设n n R R D →?:g 在有解闭凸集D D ?0上连续，且()00D D G ?，则g 在0D 至少有一个不动点。 本定理在一维情形下叙述为：[]b a f ,: []b a ,→则f 在[]b a ,中至少有一个不动点。几何解释见图2-1。 x b a 图2-1 一维Brouwer 定理
第7章 向量代数与空间解析几何 习题 7- (4)
第四节 空间直线及其方程 习题 7-4 1. 求过点(1,1,2)?且与平面20x y z +?=垂直的直线方程. 解 取已知平面的法向量(1,2,1)=?n 为所求直线的方向向量, 则直线的对称式方程为 112 .121 x y z ?+?==? 2. 求过点(1,3,2)??且平行两平面35202340x y z x y z ?++=+?+=及的直 线的方程. 解 因为两平面的法向量12(3,1,5)(1,2,3)=?=?n n 与不平行, 所以两平面相交 于一直线, 此直线的方向向量为 1231 5(7,14,7)7(1,2,1),1 2 3 =×=?=?=??i j k s n n 故可取所求直线的方向向量为(1,2,1)?, 由题设, 所求的直线方程为 132 .121 x y z ++?==? 3. 用点向式方程及参数方程表示直线 10 2340 x y z x y z +++=?? ?++=?. 解 先在直线上找一点. 令1x =, 解方程组2, 36,y z y z +=????=? 得0,2y z ==?, 故(1,0,2)?是直线上一点. 再求直线的方向向量s . 交于已知直线的两平面的法向量为: 12(1,1,1),(2,1,3)==?n n , 12,,⊥⊥s n s n ∵
121 11(4,1,3),213 ∴=×==???i j k s n n 故所给直线的点向式方程为 12 ,413x y z ?+==?? 参数方程为 14,,23.x t y t z t =+?? =???=??? 4. 求过点(2,0,3)?且与直线2470, 35210x y z x y z ?+?=?? +?+=? 垂直的平面方程. 解 要求所求平面垂直于直线, 所以直线的方向向量为所求平面的法向量, 取 1212 4(16,14,11),3 5 2 ==×=?=??i j k n s n n 由点法式可得 16(2)14(0)11(3)0,x y z ??+?++= 即161411650x y z ???=为所求的平面方程. 5. 求过点(3,1,2)?且通过直线 43521 x y z ?+==的平面的方程. 解 法1 所求平面过点0(3,1,2)M ?及1(4,3,0)M ?, 设其法向量为n , 则01,M M ⊥⊥ n n s , 其中(5,2,1)=s . 取01(1,4,2)(5,2,1)(8,9,22)M M =×=?×=?n s , 则平面方程为 8(3)9(1)22(2)0,x y z ??+?++= 即8922590x y z ???=. 法2 直线L 的交面式方程为25230, 230,x y y z ??=???+=? 过L 的平面束方程为 (23)(2523)0.y z x y λ?++??= 点(3,1,2)?在平面上, 因此(143)(6523)0λ+++??=, 解得4 11 λ=, 因此平面的方程为
解析法在几何中的应用 -
解析法在几何中的应用 姓名：周瑞勇 学号：201001071465 专业：物理学 指导教师：何巍巍
解析法在几何的应用 周瑞勇 大庆师范学院物理与电气信息工程学院 摘要：通过分析几何问题中的各要素之间的关系，用最简练的语言或形式化的符号来表达他们的关系，得出解决问题所需的表达式，然后设计程序求解问题的方法称为解析法。 关键词：几何问题，表达关系，表达式，求解问题 一前言 几何学的历史深远悠久，欧几里得总结前人的成果，所著的《几何原本》。一直是几何学的坚固基石，至今我国中学教学的几何课本仍未脱离他的衣钵。长期的教学实践证明，采用欧式体系学习几何是培养学生逻辑思维能力的行之有效的方法。 但是，事物都有两重性。实践同样证明，过多强调它的作为也是不适当的。初等几何的构思之难，使人们为此不知耗费了多少精力，往往为寻求一条神奇、奥秘的辅助线而冥思苦索。开辟新的途径，已是势在必行。近些年来，用解析法、向量法、复数法、三角法证明几何问题，受到越来越多的数学工作者的重视。 由于平面几何的内容，只研究直线和园的问题，所以我们完全可以用解析法来研究几何问题。解析法不仅具有几何的直观性，而且也还有证明方法的一般性。综合几何叙述较简，但构思困难，而解析法思路清晰，过程简捷，可以作为证明几何问题中一种辅助方法，两者课去唱补短，想得益彰。 二解析法概述 几何数学主要是从几何图形这个侧面去研究客观事物的，其基本元素是点，代数学则主要是从数量关系这个侧面来研究客观事物，其基本元素是数。笛卡尔综合了前人的成果，创立了坐标概念，把代数学和几何学结合起来，于是产生了以研究点的位置和一对有序实数的关系、方程和曲线以及有研究连续运动而产生
立体几何割补法
立体几何割补法 立体几何中的割补法解题技巧 邹启文 ※ 高考提示 立体几何中常用割补法解题.特别是高考中的立体几何题很多可用割补法解,有时解起来 还比较容易. ※ 解题钥匙 例1 (2005湖南高考，理5)如图，正方体ABCD—ABCD的棱长为1，O是底面ABCD11111111 的中心，则O到平面ACD的距离为( ) 11 2231A、 B、 C、 D、 4222 分析:求点到面的距离通常是过点做面的垂线，而由于该图的局限性显然不太好做垂线，考虑O为AC的中点，故将要求的距离 11 与A到面ACD的距离挂钩，从而与棱锥知识挂钩，所以可在该 111 图中割出一个三棱锥A—ACD而进行解题。 111 解:连AC，可得到三棱锥A—ACD，我们把这个正方体的其 1111
它部分都割去就只剩下这个三棱锥，可以知道所求的距离正好为这个三棱锥的高的一半。这个三棱锥底面为直角边为1与的直 2角三角形。这个三棱维又可视为三棱锥C—AAC，后者高为1，底为腰是1的等腰直角三角111 2形，利用体积相等，立即可求得原三棱锥的高为，故应选B。 2 例2 (2007湖南高考，理8)棱长为1的正方体ABCD—ABCD1111 的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别是棱AA、DD的中点， 11则直线EF被球O截得的线段长为( ) 22A、 B、1 C、1+ D、 222 分析:在该题中我们若再在正方体上加上一个球，则该图形变得复杂而烦琐，而又考虑到面AADD截得的球的截面为圆，且EF 11 在截面内，故可连接球心抽出一个圆锥来。 解:如图，正方体ABCD—ABCD，依题O亦为此正方体的中心，补侧面 1111 可得圆锥0—AD(如下图)， AD为平面AD，球0截平面A D1111 其底面圆心正为线段AD之中点，亦为线段EF之中点，割去正方体和球 1 的其它部分，只看这个圆锥，容易看出球O截直线EF所得线段长就等于这个圆锥底面圆的直径AD之长，故选D。 1
极坐标和参数方程知识点典型例题及其详解(供参考)
极坐标和参数方程知识点+典型例题及其详解 知识点回顾 （一）曲线的参数方程的定义： 在取定的坐标系中，如果曲线上任意一点的坐标x 、y 都是某个变数t 的函数，即 ???==) ()(t f y t f x 并且对于t 每一个允许值，由方程组所确定的点M （x ，y ）都在这条曲线上，那么方程组就叫做这条曲线的参数方程，联系x 、y 之间关系的变数叫做参变数，简称参数． （二）常见曲线的参数方程如下： 1．过定点（x 0，y 0），倾角为α的直线： αα sin cos 00t y y t x x +=+= （t 为参数） 其中参数t 是以定点P （x 0，y 0）为起点，对应于t 点M （x ，y ）为终点的有向线段PM 的数量，又称为点P 与点M 间的有向距离． 根据t 的几何意义，有以下结论． ○ 1．设A 、B 是直线上任意两点，它们对应的参数分别为t A 和t B ，则AB ＝A B t t -＝B A A B t t t t ?--4)(2． ○ 2．线段AB 的中点所对应的参数值等于2 B A t t +． 2．中心在（x 0，y 0），半径等于r 的圆： θθ sin cos 00r y y r x x +=+= （θ为参数） 3．中心在原点，焦点在x 轴（或y 轴）上的椭圆： θθsin cos b y a x == （θ为参数） （或 θ θsin cos a y b x ==） 中心在点（x0,y0）焦点在平行于x 轴的直线上的椭圆的参数方程为参数）ααα(. sin ,cos 00???+=+=b y y a x x 4．中心在原点，焦点在x 轴（或y 轴）上的双曲线：
向量代数与空间解析几何期末复习题高等数学下册
第七章 空间解析几何 一、选择题 1. 在空间直角坐标系中，点（1，－2，3）在[ D ] A. 第一卦限 B. 第二卦限 C. 第三卦限 D. 第四卦限 2.方程2222=+y x 在空间解析几何中表示的图形为[ C ] A. 椭圆 B. 圆 C. 椭圆柱面 D. 圆柱面 3.直线3 1 2141: 1+= +=-z y x l 与?? ?=-++=-+-0 20 1:2z y x y x l ，的夹角是 [ C ] A. 4 π B. 3π C. 2 π D. 0 4. 在空间直角坐标系中，点（1，2,3）关于xoy 平面的对称点是[ D ] A. (-1,2,3) B. (1,-2,3) C. (-1,-2,3) D. (1,2,-3) 5.将xoz 坐标面上的抛物线x z 42=绕z 轴旋转一周，所得旋转曲面方程是[B ] A. )(42y x z += B. 2224y x z +±=
C. x z y 422=+ D. x z y 422±=+ 6.平面2x-2y+z+6=0与xoy 平面夹角的余弦是[B ] A. 13 - B. 13 C. 23 - D. 23 7. 在空间直角坐标系中，点（1，2,3）关于yoz 平面的对称点是[ A ] A. (-1,2,3) B. (1,-2,3) C. (-1,-2,3) D. (1,2,-3) 8.方程22 222x y z a b +=表示的是 [ B ] A.椭圆抛物面 B.椭圆锥面 C. 椭球面 D. 球面 9. 已知a ={0, 3, 4}, b ={2, 1, -2},则=b proj a [ C ] A. 3 B.3 1- C. -1 10．已知,a b 为不共线向量，则以下各式成立的是 D A. 222()a b a b =? B. 222()a b a b ?=? C. 22()()a b a b ?=? D. 2222()()a b a b a b ?+?= 11．直线1l 的方程为0 3130290 x y z x y z ++=?? --=?，直线2l 的方程为
解析法巧解中考数学压轴题
解析法巧解中考压轴题 在平面几何题中，适当的建立直角坐标系，利用代数的方法解决几何问题，即解析法，有时会显得更简洁高效．现以近年中考压轴题为例，分析说明解析法之妙．例1 （2013泰州）如图1，在矩形ABCD中，点P在边CD上，且与C、D不重合，过点A作AP的垂线与CB的延长线相交于点Q，连结PQ，M为PQ中点． 若AD＝10，AB＝a，DP＝8，随着a的大小的变化，点M的位置也在变化．当点M 落在矩形ABCD外部时，求a的取值范围． 分析本题将矩形、三角形、动点、参数相结合，考察学生利用相似解决问题的综合能力，难度较大，区分度高，按照参考答案给出的解题思路，如图2所示，当点M落在矩形ABCD外部时，须满足的条件是“BE>MN”．分别求出BE与MN的表达式，列不等式求解，即可求出a的取值范围． 由△ADP∽△ABQ，解得QB＝4 5 a． 由△QBE∽△QCP，同样由比例关系得出BE＝ () 28 225 a a a - + ． 又因为MN为QCP的中位线，得出 MN＝1 2 PC＝ 1 2 （a－8）． 再由BE>MN， 即 () 28 225 a a a - + () 1 8 2 a >- 得出a> ． 当点M落在矩形ABCD外部时，a的取值范围为a>． 这种解法不仅要想到添加辅助线，还两次运用了相似比，计算量大，易出错．比较稳妥而简洁的做法是将图形放进直角坐标系中，利用数形结合的方法来解决此类问题． 一如何建立合适、恰当的坐标系呢通常需要考虑以下两点： 第一，让尽可能多的点落在直角坐标系上，这些点的坐标含有数字O，可以起到简化运算的功效； 第二，考虑图形的对称性，同样，也能起到简化运算的作用． 解答如图3所示，建立以B点为原点，BC方向为x轴正半轴，BA方向为y轴正半轴的直角坐标系．
中考复习数学思想方法之二：割补法“补形”在初中几何问题中的应用
中考复习数学思想方法之一：割补法“补形”在初中几何问题中的应用 平面几何中的“补形”就是根据题设条件，通过添加辅助线，将原题中的图形补成某种熟悉的，较规则的，或者较为简单的几何基本图形，使原题转化为新的易解的问题．从“补形”的角度思考问题，常能得到巧妙的辅助线，而使解题方向明朗化，所以，补形是添加辅助线的重要方法．下面举例加以说明，供参考． 例1 如图1，六边形ABCDEF的六个内角都相等，若AB=1，BC=CD=3，DE=2，则这个六边形的周长等于． 解析题中六边形是不规则的图形，现将它补形为较规则的正三角形，分别向两方延长AB、CD、EF相交于G、H、I (如图2)． ∵六边形ABCDEF的六个内角都相等， ∴六边形的各角为120°， ∴△AFI、△BCG、△DEH均是正三角形，从而△GHI为正三角形，则有 GC=BC=3，DH=EH=DE=2， IF=AF, IH=GH=GC+CD+DH =3+3+2=8， ∴IE=IH－EH=8－2=6． ∴六边形的周长等于： AB+BC+CD+DE+EF+F A =AB+BC+CD+DE+IE =1+3+3+2+6=15． 注：本题亦可补成平行四边形求解，如图3． 例2 如图4，在Rt△ABC中，AC=BC，AD是∠A的平分线，过点B作AD的垂线交AD的延长线于点E，求证：AD=2BE． 解析从等腰三角形的性质得到启示：顶角平分线垂直底边且平分底边．结合AE平分∠CAB，B E⊥AE，启发我们补全一个等腰三角形．所以延长BE交AC的延长线于点F(如
图5)，易证△ABF 为等腰三角形，∴ BF =2BE ，再证△ACD ≌△BCF ，全等的条件显然满足，故结论成立． 例3 某片绿地的形状如图6所示，其中∠A =60°，A B ⊥BC ，C D ⊥AD ，AB =200m ，CD =100m ，求AD ，BC 的长． 解析 由题设∠A=60°，A B ⊥BC ，可将四边形补成图7所示的直角三角形． 易得∠E =30°，AE =400，CE =200，然后再由勾股定理或三角函数求出BE ， DE 由此得到AD =400－200。 例4 如图8，在平面直角坐标系中直线y =x －2与y 轴相交于点A ，与反比例函数在第一象限内的图像相交于点B (m ，2)． (1) 求反比例函数的关系式； (2) 将直线y =x －2向上平移后与反比例函数图像在第一象限内交于点C ，且△ABC 的面积为18，求平移后的直线的函数关系式． 解析 (1) 所求解析式为y =8 x ； (2) 本题方法不一，下面着重对此题进行分析解答．
空间解析几何与向量代数复习题答案
第八章 空间解析几何与向量代数答案 一、选择题 1. 已知A (1,0,2), B (1,2,1)是空间两点，向量 的模是（A ） A 5 B 3 C 6 D 9 2. 设a =（1,-1,3）, b =（2,-1,2），求c =3a -2b 是（ B ） A （-1,1,5）. B （-1,-1,5）. C （1,-1,5）. D （-1,-1,6）. 3. 设a =（1,-1,3）, b =（2, 1,-2），求用标准基i , j , k 表示向量c=a-b 为（A ） A -i -2j +5k B -i -j +3k C -i -j +5k D -2i -j +5k 4. 求两平面032=--+z y x 和052=+++z y x 的夹角是（ C ） A 2π B 4π C 3 π D π 5. 已知空间三点M (1,1,1)、A (2,2,1)和B （2，1，2），求∠AMB 是（ C ） A 2π B 4π C 3 π D π 6. 求点)10,1,2(-M 到直线L ：12213+=-=z y x 的距离是：（ A ） A 138 B 118 C 158 D 1
7. 设,23,a i k b i j k =-=++r r r r r r r 求a b ?r r 是：（ D ） A -i -2j +5k B -i -j +3k C -i -j +5k D 3i -3j +3k 8. 设⊿ABC 的顶点为(3,0,2),(5,3,1),(0,1,3)A B C -，求三角形的面积是：（ A ） A 2 B 364 C 3 2 D 3 9. 求平行于z 轴，且过点)1,0,1(1M 和)1,1,2(2-M 的平面方程是：（ D ） A 2x+3y=5=0 B x-y+1=0 C x+y+1=0 D 01=-+y x ． 10、若非零向量a,b 满足关系式-=+a b a b ，则必有（ C ）； A -+a b =a b ； B =a b ； C 0?a b =； D ?a b =0． 11、设,a b 为非零向量，且a b ⊥, 则必有（ C ） A a b a b +=+ B a b a b -=- C +=-a b a b D +=-a b a b 12、已知()()2,1,21,3,2---a =,b =，则Pr j b a =（ D ）； A 5 3； B 5； C 3；
立体几何巧思妙解之割补法
立体几何巧思妙解之割补法 在立体几何解题中，对于一些不规则几何体，若能采用割补法，往往能起到化繁为简、一目了然的作用。 一 、求异面直线所成的角 例1、如图1，正三棱锥S-ABC 的侧棱与底面边长相等，如果E 、F 分别为SC 、AB 的中点，那么异面直线EF 与SA 所成的角等于（ ） 000090604530A B C D 分析：平移直线法是求解异面直线所成角最基本的方法。如图1，只要AC 的中点G ，连EG ，FG ，解△EFG 即可.应该是情理之中的事。若把三棱锥巧妙补形特殊的正方体，定会叫人惊喜不已。 巧思妙解：如图2，把正三棱锥S-ABC 补成一个正方体11AGBH A CB S -， 1//,EF AA ∴Q 异面直线EF 与SA 所成的角为0145A AS ∠=。故选C 。 二、体积问题 例2、如图3，已知三棱锥子P —ABC ，234,10,241PA BC PB AC PC AB ======，则三棱锥子P —ABC 的体积为（ ）。 4080160240A B C D 分析：若按常规方法利用体积公式求解，底面积可用海伦公式求出，但顶 点到底面的高无法作出，自然无法求出。若能换个角度来思考，注意到三 棱锥的有三对边两两相等，若能把它放在一个特定的长方体中，则问题不 难解决。 巧思妙解：如图4所示，把三棱锥P —ABC 补成一个长方体AEBG —FPDC ，易 知三棱锥P —ABC 的各边分别是长方体的面对角线。 PE=x,EB=y,EA=z 不妨令，则由已知有： 2222221001366,8,10164x y x z x y z y z ?+=?+=?===??+=? ，从而知 416810468101606 P ABC AEBG FPDC P AEB C ABG B PDC A FPC AEBG FPDC P AEB V V V V V V V V --------=----=-=??-????= 例3、如图5，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形， 且BCF ADE ??、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为 （ ） （A ） 32 （B ）33 （C ）34 （D ）23
全参数方程与极坐标(精华版)
参数方程与极坐标 参数方程知识回顾： 一、 定义：在取定的坐标系中，如果曲线上任意一点的坐标 x 、y 都是某个参数t 的函数， x f （t ） 即 y f （t ） ，其中，t 为参数，并且对于t 每一个允许值，由方程组所确定的点 M （ x ， y ）都在这条 曲线上，那么方程组就叫做这条曲线的参数方程，联系 x 、y 之间关系的变数t 叫做参变数，简称参数. 二、 二次曲线的参数方程 1、圆的参数方程： 中心在（x o , y o ）,半径等于r 的圆: { x r cos 特殊地，当圆心是原点时，、 y r si n 注意：参数方程没有直接体现曲线上点的横纵坐标之间的关系，而是分别体现了点的横纵 坐标与参数间的关系。 Eg1 :已知点P (x , y )是圆x 2+y 2-6x-4y+12=0 上的动点，求: （1 ） x 2+y 2的最值；（2 ） x+y 的最值；（3 ）点P 到直线x+y-1=0 的距离d 的最值。 Eg2 :将下列参数方程化为普通方程 总结：参数方程化为普通方程步骤： （1 ）消参（2 ）求定义域 2、椭圆的参数方程: 中心在原点，焦点在 x 轴上的椭圆: x x 0 rcos 〔y y o rsin （为参数， 的几何意义为圆心角） (1 ) x=2+3cos y=3sin 1 (|3) x=t+ 一 t Y 2 1 I y=t 2+ ” x=s in y=cos
4、抛物线的参数方程: 顶点在原点，焦点在 x 轴正半轴上的抛物线： x 2pt 2 y 2pt （t 为参数，p > 0 , t 的几何意义为过圆点的直线的斜率的倒数） 直线方程与抛物线方程联立即可得到。 三、一次曲线（直线）的参数方程 x a cos y bsin （为参数， 的几何意义是离心角，如图角 AON 是离心角） 注意：离心率和离心角没关系，如图，分别以椭圆的长轴和短轴为半径画两个同心圆, 点的轨迹是椭圆，中心在（x o ，y o ）椭圆的参数方程: X 。 a cos y bsi n x Eg :求椭圆 36 y =1上的点到 M (2,0) 20 的最小值。 3、双曲线的参数方程: 中心在原点，焦点在 x 轴上的双曲线: a sec bta n 为参数，代表离心角） ，中心在 （x o ，y o ），焦点在x 轴上的双曲线: x x 0 asec y y 0 bta n 2 2
用向量方法解立体几何题
用向量方法求空间角和距离 前言： 在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题． 1.求空间角问题 空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；（平面和平面所成的角）二面角． （１）求异面直线所成的角 设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量, 则两异面直线所成的角α=arccos |||||| a b a b （２）求线面角 设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量， 则斜线l 与平面α所成的角α=arcsin |||||| l n l n （３）求二面角 a l ⊥，在β内 b l ⊥，其方向如图，则二 方法一：在α内 平面角α=arccos |||| a b a b 面角l αβ--的 方法二：设12,,n n 是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l αβ--的平面角 α=12 12arccos |||| n n n n
2.求空间距离问题 构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，像异面直线间的 距离、线面距离、面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离 方法一：设n 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到 α的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ== 方法二：设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内 的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||AO ． （２）求异面直线的距离 方法一：找平面β使b β?且a β，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离． 方法二：在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a 、b 分别为异面直 线a 、b 的方向向量,求n （n a ⊥， n b ⊥），则异面直线a 、b 的距离 || |||cos ||| AB n d AB n θ== （此方法移植于点面距离的求法）． 例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是 棱1111,A D A B 的中点． （Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成的角； （II ）求1BC 和面EFBD 所成的角； （III ）求1B 到面EFBD 的距离 记异面直线1DE FC 与所成的角为α， 解：（Ⅰ） 则α 等于向量 1 DE FC 与的夹角或其补角， 1 1 ||||111111cos || ()() ||||||DE FC DE FC DD D E FB B C DE FC α∴=++=
高中竞赛数学讲义第56讲解析法证几何题
第56讲 解析法证 几何题 解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法．其一般的顺序是：建立坐标系，设出各点坐标及各线的方程，然后根据求解或求证要求进行代数推算．它的优点是具有一般性与程序性，几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解，但对于有些题目演算太繁． 此外，如果建立坐标系或设点坐标时处理不当，也可能增加计算量．建系设点坐标的一般原则是使各点坐标出现尽量多的0，但也不可死搬教条，对于一些“地位平等”的点、线，建系设点坐标时，要保持其原有的“对称性”． A 类例题例1．如图，以直角三角形ABC 的斜边A B 及直角边B C 为边向三角形两侧作正方形ABDE 、CBFG ． 求证：DC ⊥FA ． 分析 只要证k C D ·k AF ＝－1，故只要求点D 的坐标． 证明 以C 为原点，CB 为x 轴正方向建立直角坐标系．设A (0，a )，B (b ，0)，D (x ，y )． 则直线AB 的方程为ax ＋by －ab ＝0． 故直线BD 的方程为bx －ay －(b ·b －a ·0)＝0， 即bx －ay －b 2＝0． ED 方程设为ax ＋by ＋C ＝0． 由AB 、ED 距离等于|AB |，得 |C ＋ab | a 2＋b 2＝a 2＋b 2， 解得C ＝±(a 2＋b 2)－ab ． 如图，应舍去负号． 所以直线ED 方程为ax ＋by ＋a 2＋b 2－ab ＝0． 解得x ＝b －a ，y ＝－b ．(只要作DH ⊥x 轴，由△DBH ≌△BAC 就可得到这个结果)． 即D (b －a ，－b )． 因为k AF ＝b －a b ，k CD ＝－b b －a ，而k AF ·k CD ＝－1．所以DC ⊥FA ． 例2．自ΔABC 的顶点A 引BC 的垂线，垂足为D ，在AD 上任取一点H ，直线BH 交AC 于E ，CH 交AB 于F ． 试证：AD 平分ED 与DF 所成的角． 证明 建立直角坐标系，设A (0，a )，B (b ，0)，C (c ，0)，H (0，h )，于是 BH ：x b ＋y h ＝1 AC ：x c ＋y a ＝1 过BH 、AC 的交点E 的直线系为： λ(x b ＋y h －1)＋μ(x c ＋y a －1)＝0． 以(0，0)代入，得λ＋μ＝0． y x H F E D C B A y x O A B C D E F G
高中物理运用割补法解电场强度问题
高中物理运用割补法解电场强度问题 所谓割补法，就是在求解电场强度时根据给出的条件建立起物理模型，如果这个模型是一个完整的标准模型，则容易解决，但有时由题给的条件建立起的模型不是一个完整的标准模型，比如说A不是一个标准的、完整的模型，可设法补上一个B，补偿的原则是使A+B成为一个完整的模型，从而使A+B变得易于求解，而且补上的B也必须容易求解，那样待求的A便可从两者的差中获得，这种转换思维角度的方法常常使一些难题的求解变得简单明了。我们只学到有关点电荷的电场强度、匀强电场的电场强度的计算公式，但不能看成点电荷的带电体产生的电场强度，没有现成公式能用，这时我们就可用割补法使带电体变成标准模型来求解。例、如图所示，用金属AB弯成半径r=1m的圆弧，但在A、B之间留出宽度d=2cm的间隙，将Q=3.13×10－9C的正电荷分布于金属丝上，求圆心处的电场强度。分析：我们可以应用割补思维，假设将图中圆环缺口补上，并且它的电荷密度与缺了口的环体原有电荷密度一样，这样就形成了一个电荷均匀分布的完整带电环，环上处于同一直径两端的微小部分可视为两个相对应的点电荷，它们产生的电场在圆心O处叠加后合电场强度为零，根据对称性可知，带电圆环在圆心O处的总电场强度E=0。至于补上的带电小段，由题给条件
可视作点电荷，它在圆心O处的电场强度E1是可求的，设题中待求电场强度为E2，则E1+E2=E=0，便可求得E2。本题中如果在A、B之间留出宽度比较大的间隙，则不能运用上面的方法求圆心处的电场强度，因为此时AB段带电体不能当作点电荷来处理，库仑定律不能直接使用。解析：设原缺口环所带电荷的线密度为，，则补上的金属小段的带电荷量，求出它在O处的电场强度。设待求的电场强度为E2，因为E1+E2=0，可得E2=－E1=－9×10－2N／C负号表示E2与E1反向，背向球心向左。
极坐标系
§1.3.1极坐标系 在平面内取定一点O ，O 点叫作极点：从O 起引一条射线O x ，这条从极点起的射线O x 叫作极轴；选定长度单位，再选定角度的下方向（逆时针转角为正向），这种取定了极点、极轴、长度单位与角度正向的坐标系叫作极坐标系。 对于平面上的一个点M ，连接极点O 与M ，线段OM 之长ρ叫作M 点的极径（或矢径、或向径），极轴O x 为始边按逆时针转到OM 的角θ叫作M 点的极角，有序数对（ρ，θ）叫作M 点的极坐标。 当M 在极点时，它的极径ρ=0，极角θ可取任何实数。 在极坐标系中，若无特殊声明，ρ是非负实数，[)+∞∈,0ρ，),(+∞-∞∈θ。 当[)πθρ2,0,0∈>时，平面上的点与极坐标一一对应。事实上，对给定的ρ与θ，由极坐标（ρ，θ）可以唯一地确定一个点M ，但是反过来，平面上给定一点，却可以写出这个点的无数多个极坐标。根据点的极坐标（ρ，θ）的定义，对于给定的点，它的极径ρ是唯一确定的，但极角却可以有无穷多种，如果我们写出了它的极坐标（ρ，θ），则（ρ，πθn 2+）也是这个点的 极坐标，其中n 是任意整数，当0>n 时，πθn 2+表示从该点起绕极点O 逆时针转动了n 圈又回到原处，当0 第七章 空间解析几何与向量代数 A 一、 1、 平行于向量)6,7,6(-=a 的单位向量为______________. 2、 设已知两点)2,0,3()1,2,4(21M M 和，计算向量21M M 的模，方向余弦和方向角. 3、 设k j i p k j i n k j i m 45,742,853-+=--=++=，求向量p n m a -+=34在x 轴 上的投影，及在y 轴上的分向量. 二、 1、设k j i b k j i a -+=--=2,23，求(1)b a b a b a b a 23)2)(2(??-??及； 及(3)a 、b 的夹角的余弦. 2、知)3,1,3(),1,3,3(),2,1,1(321M M M -，求与3221,M M M M 同时垂直的单位向量. 3、设)4,1,2(),2,5,3(=-=b a ，问μλ与满足_________时，轴z b a ⊥+μλ. 三、 1、以点(1,3,-2)为球心，且通过坐标原点的球面方程为__________________. 2、方程02422 2 2 =++-++z y x z y x 表示______________曲面. 3、1)将xOy 坐标面上的x y 22 =绕x 轴旋转一周，生成的曲面方程为 __ _____________，曲面名称为___________________. 2)将xOy 坐标面上的x y x 22 2 =+绕x 轴旋转一周，生成的曲面方程 _____________，曲面名称为___________________. 3)将xOy 坐标面上的36942 2 =-y x 绕x 轴及y 轴旋转一周，生成的曲面方 程为_____________，曲面名称为_____________________. 4）在平面解析几何中2x y =表示____________图形。在空间解析几何中 2x y =表示______________图形. 5）画出下列方程所表示的曲面 (1))(42 22y x z += (2))(42 2 y x z += 四、(完整版)§7空间解析几何与向量代数习题与答案