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    2．数形结合思想.解题时重视方程的几何意义和图形的辅助作用是非常必要的.即:将对几何图形的研究.转化为对代数式的研究.同时又要理解代数问题的几何意义. [例题解析] 例1 已知圆(x+4)2+y2=25的圆心为M1.圆(x-4)2+y2=1的圆心为M2.一动圆与这两个圆都外切. (1)求动圆圆心P的轨迹方程, (2)若过点M2的直线与(1)中所求轨迹有两个交点A.B.求|AM1|·|BM1|的取值范围. 解 (1)∵|PM1|-5=|PM2|-1.∴|PM1| - |PM2|=4 ∴动圆圆心P的轨迹是以M1.M2为焦点的双曲线的右支. c=4.a=2.b2=12. 故所求轨迹方程为-=1. (2)当过M2的直线倾斜角不等于时.设其斜率为k. 直线方程为 y=k(x-4) 与双曲线 3x2-y2-12=0联立.消去y化简得 (3-k2)x2+8k2x-16k2-12=0 又设A(x1.y1).B(x2.y2).x1>0.x2>0 由 解得 k2>3. 由双曲线左准线方程 x=-1且e=2.有 |AM1|·|BM1|=e|x1+1|·e|x2+1| =4[x1x2+(x1+x2)+1] =4(++1) =100+ ∵k2-3>0.∴|AM1|×|BM1|>100 又当直线倾斜角等于时.A(4.y1).B(4.y2). |AM1|=|BM1|=e(4+1)=10 |AM1|·|BM1|=100 故 |AM1|·|BM1|≥100. 例2 如图9-1.已知圆C:(x+4)2+y2=4.圆D的圆心D在y轴上且与圆C外切.圆 D与y轴交于A.B两点.点P为. .求∠APB的正切值, (2)当点D在y轴上运动时.求∠APB的最大值, (3)在x轴上是否存在定点Q.当圆D在y轴上运动时.∠AQB是定值?如果存在.求出点Q坐标,如果不存在.说明理由. 解 (1)∵|CD|==5.且圆D与圆C外切. ∴圆D半径r=5-2=3. 此时.A.B坐标分别为. ∴PA在x轴上.且BP的斜率k=2. ∴tan∠APB=2. (2)如图9-2.设D的坐标为(0.a).圆D的半径为r.则(r+2)2=16+a2. ① 设PA.PB的斜率为k1.k2.又A.B的坐标分别为.则 k­1=.k­2=. ∴tan∠APB== ② 由①解出a2代入②.得tan∠APB==+.而8r-6为单调增函数.r∈[2.+∞. ∴tan∠APB∈(. ∠APB的最大值为arttan. (3)假设存在Q点.设Q(b.0).QA.QB的斜率分别为k1.k2.则k1=.k2=. tan∠AQB=||=||=|| 将a2=(r+2)2 – 16代入上式.得 tan∠AQB=||=|| 欲使∠AQB大小与r无关.则应有b2=12.即b=±2. 此时tan∠AQB=.∠AQB=60°. ∴存在Q点.当圆D变动时.∠AQB为定值60°.这Q点坐标为(±2.0). 例3 设正方形ABCD的外接圆方程为x2+y2-6x+a=0.C.D点所在直线l的斜率为. (1)求外接圆圆心M点的坐标及正方形对角线AC.BD的斜率, (2)如果在x轴上方的A.B两点在一条以原点为顶点.以x轴为对称轴的抛物线上.求此抛物线的方程及直线l的方程, (3)如果ABCD的外接圆半径为2.在x轴上方的A.B两点在一条以x轴为对称轴的抛物线上.求此抛物线的方程及直线l的方程. 解 2+y2=9-a可知圆心M的坐标为(3.0).依题意: ∠ABM=∠BAM=.kAB=. ∴MA.MB的斜率k满足:||=1. 解得:kAC= -.kBD=2. (2)设MB.MA的倾斜角分别为θ1.θ2.则tanθ1=2.tanθ2= -. 可以推出:cosθ1=. sinθ1=.cosθ2= -.sinθ2=. 再设|MA|=|MB|=r.则A(3-r.r).B(3+r. r). 设抛物线方程为y2=2px.由于A.B两点在抛物线上. ∴ 解出:r=.p=. 得抛物线方程为y2=x. 由此可知A点坐标为的对称点C的坐标是. ∴直线l的方程为y -(-1)=(x-5). 即x-3y-8=0. 2+y2=(2)2分别与AC.BD的直线方程: y= -联立.可解得A. 设抛物线方程为y2=a 将A的坐标代入(*).得 解得:a=2.m= -3. ∴抛物线的方程为y2=2(x+3). A的对称点为C. 故直线l的方程为y-(-2)=(x-7).即x-3y-13=0. 例4 如图9-3.已知:射线OA为y=kx.射线OB为y= -kx在∠AOx的内部.PM⊥OA于M.PN⊥OB于N.四边形ONPM的面积恰为k. (1)当k为定值时.动点P的纵坐标y是横坐标x的函数.求这个函数y=f(x)的解析式, (2)根据k的取值范围.确定y=f(x)的定义域. 解 .. 则|OM|=a.|ON|=b. 由动点P在∠AOx的内部.得0<y<kx. ∴|PM|==.|PN |== ∴S四边形ONPM=S△ONP+S△OPM =(|OM|·|PM|+|ON|·|PN|) =[a] =[ky]=k ∴ky=2k ① 又由kPM= -=. kPN==. 分别解得a=.b=. 代入①式消a.b.并化简得x2-y2=k2+1. ∵y>0.∴y= (2)由0<y<kx.得 0<<kx (*) 当k=1时.不等式②为0<2恒成立. ∴(*)x>. 当0<k<1时.由不等式②得x2<.x<. ∴(*)<x<. 当k>1时.由不等式②得x2>.且<0. ∴(*)x> 但垂足N必须在射线OB上.否则O.N.P.M四点不能组成四边形.所以还必须满足条件 y<x.将它代入函数解析式.得 <x 解得<x< .或x∈k. 综上:当k=1时.定义域为{x|x>}, 当0<k<1时.定义域为{x|<x<}; 当k>1时.定义域为{x|<x<}. 例5 已知函数f(x)=x2-1的图像为C1.曲线C2与C1关于直线y=x对称. (1)求曲线C2的方程y=g(x), 的定义域为M.x1.x2∈M.且x1≠x2.求证|g(x1)-g(x2)|<|x1-x2|; (3)设A.B为曲线C2上任意不同两点.证明直线AB与直线y=x必相交. 解 (1)曲线C1和C2关于直线y=x对称.则g的反函数. ∵y=x2-1.x2=y+1.又x≥1 ∴x= 则曲线C2的方程为g(x)= . (2)设x1.x2∈M.且x1≠x2. 则x1-x2≠0.又x1≥0. x2≥0. ∴|g(x1)-g(x2)|=| -| = ≤<|x1-x2| (3)设A(x1.y1).B(x2.y2)为曲线C2上任意不同两点. x1.x2∈M.且x1≠x2. 由(2)知.|kAB|=||=<1 ∴直线AB的斜率|kAB|≠1. 又直线y=x的斜率为1. ∴直线AB与直线y=x必相交. 例6 已知⊙O′过定点A.圆心O′在抛物线x2=2py上运动.MN为圆O′截x轴所得的弦.令|AM|=d1.|AN|=d2.∠MAN=θ. (1)当O′点运动时.|MN|是否有变化?并证明你的结论, (2)求+的最大值.并求取得最大值的θ值. 解 (1)设O′(x0.y0).则x02=2py0 (y0≥0).⊙O′的半径|O′A|=.⊙O′的方程为(x-x0)2+(y-y0)2=x02+(y0-p)2.令y=0.并把x02=2py0代入得x2-2x0x+x02-p2=0.解得xM=x0 – p.xN=x0+p.∴|MN|=| xN – xM|=2p为定值. (2)∵M(x0-p.0) .N(x0+p.0) ∴d1=.d2=.则d12+d22=4p2+2x02.d1d2=.∴+===2= 2≤2=2 当且仅当x02=2p2.即x=±p.y0=p时等号成立.∴+的最大值为2. 此时|O′B|=|MB|=|NB|.又O′M=O′N. ∴△O′MN为等腰直角三角形.∠MO′N=90°.则θ=∠MO′N=45°. 例7 已知函数y=log2. (1)当n=1.2.3-时.把已知函数的图像和直线y=1的交点的横坐标依次记为a1. a2. a3.-.求证a1+ a2+ a3+-+ an<1, (2)对于每一个n的值.设A n.B n为已知函数的图像上与x轴距离为1的两点.求证n取任意一个正整数时.以A n B n为直径的圆都与一条定直线相切.并求出这条定直线的方程和切点的坐标. 解 原函数可化为:y=logx. (1)y=1时.可求得x=()n.即an=()n=()n-1. ∴{an}是以为首项.为公比的等比数列. ∴a1+ a2+ a3+-+ an==1-<1 (2)同理可以求An.Bn的横坐标.可得An.Bn的坐标分别为(.1)和(2n.-1).因此| AnBn |==2n+. 因此AnBn中点C到y轴距离=. ∴以C为圆心.AnBn为直径的圆必与定直线y轴相切.这条定直线的方程为x=0.由点C的纵坐标为0.可知从点C到y轴作垂线的垂足就是原点.即切点.所以切点坐标为. 例8 自点A发出的光线L射到x轴上.被x轴反射.其反射光线所在直线与圆x2+y2-4x-4y+7=0相切.求光线L所在直线的方程.(1989年全国高考数学试题) 解法一 已知圆的标准方程是 (x-2)2+(y-2)2=1.它关于x轴的对称圆的方程是(x-2)2+(y+2)2=1.设光线L所在的直线的方程是y-3=k.由题设知对称圆的圆心C′到这条直线的距离等于1.即d==1.整理得 12k2+25k+12=0.解得k= -或k= -.故所求直线方程是y-3= -(x+3).或y-3= -(x+3).即3x+4y+3=0或4x+3y+3=0. 解法二 已知圆的标准方程是(x-2)2+(y-2)2=1.设交线L所在的直线的方程是 y-3=k.由题意知k≠0.于是L的反射点的坐标是(-.0).因为光线的入射角等于反射角.所以反射光线L′所在直线的方程为y= -k(x+).即y+kx+3(1+k)=0.这条直线应与已知圆相切.故圆心到直线的距离为1.即d==1.以下同解法一. 例9 设圆满足:①截y轴所得弦长为2,②被x轴分成两段圆弧.其弧长的比为3∶1.在满足条件①.②的所有圆中.求圆心到直线l:x-2y=0的距离最小的圆的方程.(1997年全国高考数学试题) 解法一 设圆的圆心为P(a.b).半径为r.则点P到x轴.y轴的距离分别为|b|.|a|.由题设知圆P截x轴所得劣弧所对的圆心角为90°.∴圆P截x轴所得的弦长为r.故r2=2b2.又圆P截y轴所得的的弦长为2.所以有r2=a2+1.从而得2b2-a2=1.又点P(a.b)到直线x-2y=0的距离为d=.所以5d2=|a-2b|2=a2+4b2-4ab≥a2+4b2 -2(a2+b2)=2b2-a2=1.当且仅当a=b时.上式等号成立.从而要使d取得最小值.则应有.解此方程组得或.又由r2=2b2知r=.于是.所求圆的方程是(x-1)2+(y-1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2. 解法二 同解法一得d=.∴a-2b=±d.得a2=4b2±bd+5d2 ① 将a2=2b2-1代入①式.整理得2b2±4bd+5d2+1=0 ② 把它看作b的二次方程.由于方程有实根.故判别式非负.即△=8(5d2-1)≥0.得5d2≥1.所以5d2有最小值1.从而d有最小值.将其代入②式得2b2±4b+2=0.解得b=±1.将b=±1代入r2=2b2得r2=2.由r2=a2+1得a=±1.综上a=±1.b=±1.r2=2.由|a-2b|=1知a.b同号.于是.所求圆的方程是(x-1)2+(y-1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2. 【查看更多】

     

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