高中数学解题学科方法_参数法

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学科方法·参数法
参数观点是运动、变化思想 在数学中的重要体现．参数是解析几何中最活跃的元素，
也是解题的一种主要方法．解析几何中的许多解 题技巧都来源于参数观点．
(一)参数法解题的基本步骤
参数法解题的步骤是：
(1)设参，即选择适当的参数(参数的个数可取一个或多个)；
(2)用参，即建立参数方程或含参数的方程；
(3)消参，即通过运算消去参数，使问题得到解决．
例1 已知抛物线y=2px(p＞ 0)，在x轴的正半轴上求一点M，使过M的弦P
1
P
2
，满
足OP
1
⊥OP
2
．
2
【解】 如图2－5，设M(m，0) (m＞0)、P
1
(x
1
，y
1
)、P
2
(x
2
，y
2
)．
∵ OP
1
⊥OP
2
，

即y
1
y
2
=-x
1
x
2
．

22
∴ (y
1
y
2
)＝4px
1
x
2
．
从而(-x
1
x
2
)=4px
1
x
2
．
22
∵ x
1
≠0，x
2
≠0，
1

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∴ x
1
x
2
=4p
2


①

设直线P
1
P
2
的方程为y=k(x-m)，把它代入y =2px中，整理，得
2
kx-2(km+p)x+km=0．
22222
由韦达定理，得
x
1
x
2
=m
2

②
把②代入①中，得m=(2p)．
22
∵ m＞0，p＞0，∴m=2p．
于是所求的点M的坐标为(2p，0)．
【解说】 本例 选点P
1
、P
2
的坐标为参数，利用已知条件建立x
1
，x
2
，y
1
，y
2
，m，p
的关系式，消去参数，求 得m的值．

2

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2
OP交椭圆于点R，又点Q在OP上且满足|OQ|·|OP|=|OR|．当点P在l上移动时，求< br>动点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．(1995年全国高考理科压轴题)
【解】 如 图2－6，设动点Q(x，y)(x，y不同时为零)．又设|OR|=λ|OQ|，|OP|=u|OQ|，< br>(λ，u＞0)，由于Q、R、P三点共线，所以点R(λx，λy)、点P(ux，uy)．
∵ |OQ|·|OP|=|OR|，
2
∴ u|OQ|=λ|OQ|．又
222
|OQ|≠0，




同理，由P在l上，可得

于是由①、②、③，可得动点Q的轨迹方程为
3

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且长轴平行于x轴的椭圆，去掉坐标原点．

2
利用已知条件|OQ|·| OP|=|OR|巧妙地消去参数，这里参数是一个过渡，起桥梁作用．这
种解法比高考命题者提供的答 案简明．
(二)解题技巧的一个源泉
参数观点是产生解题技巧的一个源泉，解析几何的许多 解题技巧都起源于参数．其中
“设而不求”和“代点法”就是最突出的两个．
1．设而不求
例3 如图2－7，过圆外一点P(a，b)作圆x＋y=R的两条切线，切点为A、B，求直
线AB的方程．
222
【解】 设A、B的坐标分别为(x
1
，y
1
)、 (x
2
，y
2
)，则切线AP、BP的方程分别为x
1
x+ y
1
y
＝R，x
2
x+y
2
y＝R．
22
4

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∵ 这两条切线都过点P(a，b)，
∴ ax
1
＋by
1
=R，
2
ax
2
＋by
2
=R．
2
由以上二式可以看出，点A、B在直线ax＋by=R上，又过A、B只有一条直线，
2
∴ 直线AB的方程为ax＋by=R．
2
【解说】 本例中把A、 B的坐标作为参数．虽然设了A、B的坐标，但并没有去求它
的值，而是利用曲线与方程的概念，巧妙地 “消去”参数，这就是所谓的“设而不求”．
2．代点法
例4 求抛物线y=12x的以M(1，2)为中点的弦所在直线的方程．
2
【解法1】 设弦的 两个端点为A(x
1
，y
1
)、B(x
2
，y
2< br>)，则由中点坐标公式，得
y
1
＋y
2
＝
4
①


5

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即(y
1
＋
y
2
)(y
1
-y
2
)=12(x
1
-x
2< br>)．
②

即直线AB的斜率k=3．
故直线AB的方程为y-2=3(x-1)．
即 3x-y-1=0．
【解法2】 ∵ 弦的中点为M(1，2)，
∴ 可设弦的两个端点为A(x，y)、B(2-x，4-y)．
∵ A、B在抛物线上，
∴ y=12x，(4-y)=12(2-x)．
22
以上两式相减，得
y-(4-y)=12(x-2+x)，
22
即 3x-y-1=0，这就是直线AB的方程．
【解说】 以上两种解法都叫做代点法．它是先设曲线 上有关点的坐标，然后代入曲
线方程，最后经适当变换而得到所求的结果．

习题2．2
6

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用参数法解证下列各题：
1．已知椭圆9x＋16y=144内有一点P(2，1)，以P为 中点作弦MN，则直线MN的方程
为． [ ]
22
A．9x-8y＋26＝0
B．9x＋8y-26＝0
C．8x-9y+26=0
D．8x＋9y-26=0
2．点D(5，0)是圆x ＋y-8x-2y+7=0内一点，过D作两条互相垂直的射线，交圆于A、
B两点，求弦AB中点M的 轨迹方程．
22

且OP⊥OQ，求m的值．
4．已知射线OA、OB分别在第一、四象限，且都与Ox轴成60

的轨迹．

7

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5．已知两点P(-2，2)、Q(0，2)以及一条直线l：y=x．设长为

程．(要求把结果写成普通方程)(1985年全国高考理科试题)
6．已知椭圆的中心在原点，对称轴合于坐标轴，直线y=-x＋1与



习题2．2答案或提示

1．仿例4，选(B)．
2．设M(x，y )，A(x＋x
0
，y＋y
0
)，B(x-x
0
，y-y< br>0
)，把A、B


=0．
3．仿例1，可得m=3．

8

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5．设A(t，t)，B(t＋1，t＋1)，又设直线PA、PB的斜率分别


x-y＋2x-2y＋8=0．
22
6．设椭圆的方程为ax＋by=1(a＞0，b＞0)，A、B、C的坐
22




学科方法·待定系数法
(一)求直线和曲线的方程
例1 过直线x-2y-3=0与直线2x-3y-2=0的交点，使它 与两坐标轴相交所成的三角形
的面积为5，求此直线的方程．
9

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【解】 设所求的直线方程为(x-2y-3)+λ(2x-3y-2)=0，整理，得

依题意，列方程得


于是所求的直线方程为 8x-5y＋20=0或2x-5y-10=0．
【解说】 (1)本解法用到过两直线交点的直线系方程，λ是待定系数．
(2)待定系数法是求直线、圆和圆锥曲线方程的一种基本方法．
例2 如图2－9，直线 l
1
和l
2
相交于点M，l
1
⊥l
2
，点 N∈l
1
，以A、B为端点的曲线
C上的任一点到l
2
的距离与到点 N的距离相等．若

系，求曲线C的方程．(1998年全国高考理科试题)

【解】 如图2－9，以l
1
为x轴，MN的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系． 由已
知，得曲线C是以点N为焦点、l
2
为准线的抛物线的一段，其中点A、B为曲线 C的端点．
10

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设曲线C的方程为y= 2px，p＞0(x
1
≤x≤x
2
，y＞0)．其中，x
1
、x
2
分别是A、B的横坐
标，p=|MN|．从而M、N
2



解之，得p=4，x
1
=1．

故曲线C的方程为y=8x (1≤x≤4，y＞0)．
2
(二)探讨二元二次方程(或高次方程)表示的直线的性质
例3 已知方程ax ＋bxy＋cy=0表示两条不重合的直线L
1
、L
2
．求：(1)直线L< br>1
与L
2
交角的两条角平分线方程；(2)直线L
1
与L2
的夹角的大小．
22
【解】 设L
1
、L
2
的方程分别为mx＋ny=0、qx＋py=0，则
ax+bxy＋cy＝(mx+ny)(qx+py)．
22
从而由待定系数法，得
a＝mq，b＝mp＋nq，c=np．
(1)由点到直线的距离公式，得所求的角平分线方程为
11

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即(m＋n)(qx＋py)=(q+p)(mx＋ny)，
222222
化简、整理，得
(nq-mp)[(nq＋mp)x＋2(np- mq)xy-(nq＋mp)y]=0．
22
∵ L
1
、L
2
是两条不重合的直线
∴b-4ac＝(mp+nq)-4mnpq=(mp－nq)＞0．
222
即 mp-nq≠0．
从而(nq＋mp)x＋2(np-mq)xy-(nq+mp)y=0．
22
把 mq=a，mp+nq=b，np=c代入上式，得 bx+2(c-a)xy- by＝0．
22
即为所求的两条角平分线方程．
(2)显然当mq＋np=0，即 a+c=0时，直线L
1
与L
2
垂直，即夹角为90°．
当mq＋np≠0即a＋c≠0时，设L
1
与L
2
的夹角为α，则


12

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【解说】 一般地说，研究二元二次(或高次)方程表示的直线的性质，用待定系数法
较为简便．
(三)探讨二次曲线的性质
1．证明曲线系过定点
例4 求证：不论参数t取什 么实数值，曲线系(4t＋t＋1)x+(t＋1)y＋4t(t＋
1)y-(109t＋21t+31 )=0都过两个定点，并求这两个定点的坐标．
2
222
【证明】 把原方程整理成参数t的方程，得
(4x＋4y-109)t+(x+y+4y-21)t+x＋y-31=0．
222222
∵ t是任意实数上式都成立，



【解说】 由本例可总结出，证明含有一个参数t的曲线系F(x，y，t)=0过定点的
步骤是：
(1)把F(x，y，t)=0整理成t的方程；
(2)因t是任意实数，所以t的各项系数(包括常数项)都等于零，得x、y的方程组；
13

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(3)解这个方程组，即得定点坐标．
2．求圆系的公切线或公切圆
例5 求圆系x＋y-2(2m＋1)x-2my＋4m＋4m＋1=0(m≠0)的公切线方程．
222
【解】 将圆系方程整理为[x-(2m+1)]＋(y-m)=m(m≠0)
222
显然，平行于y轴的直线都不是圆系的公切线．
设它的公切线方程为 y=kx＋b，则由圆心(2m＋1，m)到切线的距离等于半径|m|，得

222
从而[(1-2k)m-(k＋b)]＝m(1＋k)，
整理成m的方程，得
(3k-4k)m-2(1-2k)(k+b)m+(k+b)=0．
222
∵ m取零以外的任意实数上式都成立，



【解说】 由本例可总结出求圆系F(x，y，m)=0的公切线方程的步骤是：
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(1)把圆系方程化为标准方程，求出圆心和半径；
(2)当公切线的斜率存在时，设其方程为y=kx＋b，利用圆心到切线的距离等于半径，
求 出k、b、m的关系式f(k，b，m)=0；
(3)把f(k，b，m)=0整理成参数m的方程G (m)=0．由于m∈R，从而可得m的各项系数
(包括常数项)都等于零，得k、b的方程组；
(4)解这个方程组，求出k、b的值；
(5)用同样的方法，可求出x=a型的公切线方程．
3．化简二元二次方程
例6 求曲线9x＋4y＋18x-16y-11=0的焦点和准线．
22
【分析】 把平移公式x=x′＋h，y=y′＋k，代入原方程化简．

习题2．3
用待定系数法解证下列各题：
1．求经过三点(2，3)、(5，3)、(3，-1)的圆的方程．
2．求双曲线x-2y-6x＋4y＋3=0的焦点坐标．
22
3．若方程ax＋b xy＋cxy＋dy=0表示三条直线，且其中两条互相垂直，求证：a＋
ac＋bd＋d=0． 2
32232
4．求圆系2x+2y-4tx-8ty＋9t=0(t≠0)的公切线方程 ．
222
15

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5．试证圆系x +y-4Rxcosα-4Rsinα+3R=0(R是正的常数，α为参数)与定圆相切，
并求公切圆 的方程．
222
6．若在抛物线y=2px(p＞0)的对称轴上有一个定点Q，过Q的任
2

习题2．3答案或提示
1．设圆的方程为x＋y＋Dx＋Ey＋F=0 ，把三个已知点的坐标代入，可求得D=-8，E=-2，
F=12．
22

22
3．设过原点互相垂直的两条直线方程为lx+mxy- ly=0，另一条直线方程为px＋qy=0，
则ax＋bxy＋cxy+dy=(lx＋mxy- ly)(px＋qy)，从而a=lp，b=lq＋mp，c=mq- lp，d=-lp．于
是可得a＋ac＋bd＋d=0．
22
322322
4．y=x或y=7x．
5．圆系方程为(x-2Rco sα)+(y-2Rsinα)=R，设公切圆方程为(x-a)+(y-b)=r，则
由两圆相切的充 要条件是圆心距等于两圆半径和或差的绝对值，可得(a-2Rcosα)＋
(b-2Rsinα)=( R±r)，整理，可得a＋b-2R
2222
2
222222

即 a=b=0．从而r-3R±2Rr=0，解得r
1
=R，r
2
=3R． < br>22
6．设Q(x
0
，0)，直线AB的参数方程为x=x
0
＋tcosα，y=tsinα．代

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任一值，所以x
0
=p．
学科方法·判别式法
(一)确定直线与二次曲线和二次曲线与二次曲线的位置关系



它们中每一个点到点A的距离等于该点到直线l的距离(1988年全国高考理科试题)


点、l为准线的抛物线方程为y=2px．
2
椭圆上有四个点符合题意的充要条件为方程组

17

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y2=2px
有四个不同的实数解．


显然，这个方程组有四个不同的实数解的充要条件为方程①有两个不相等的正根．
设方程①的两个根为x
1
、x
2
，则x
1
＞0、x
2
＞0的充要条件为


又由已知，得p＞
0
⑤

18

v1.0 可编辑可修改
【解说】 本例的实质是求椭圆与抛物线有四个不 同的交点的条件，它归结为一元二
次方程ax+bx+c=0有两个不等的正根的条件，即Δ
2

(二)求极值
例2 过点P(3，2)作直线l分别交x轴、y轴正方向于A、B两点，求△AOB面积S
的最小值．
【解】 如图2-21，设直线l的方程为y-2=k(x-3)(k＜0)，则它在x轴、y轴上的
截距分别为




2
从而9k+2(S-6)k+4=0．
∵ Δ=[2(S-6)]-4×4×9≥0，
2
∴ S(S-12)≥0．
19

v1.0 可编辑可修改
∵ S＞0，∴S≥12．

∴ S
min
=12．
例3 在椭圆9x+4y=36上分别求一点，使x+y有最大值和最小值．
22
【解】 设x+y=u，则y=u-x．
把它代入椭圆方程中，整理，得13x-8ux+4(u-9)=0．
22
∵ x是实数，∴ Δ≥0即(-8u)-4×13×4(u-9)≥0．解之，得-
22






(三)求参数的取值范围
例4 已知抛物线y=ax-1上恒有关于直线l：y=-x对称的两点，求a的取值范围．
2
20

v1.0 可编辑可修改

【解法1】 如图2-22，设点P( x
0
，y
0
)关于直线l对称的点为Q(-y
0
，-x0
)，则由P、
Q都在抛物线y=ax
2
-1上，得

以上两式相减，得
x
0
+y
0
=a(x
0
+y
0
)(x
0
-y
0
)．
∵ 点P不在直 线x+y=0上，∴x
0
+y
0
≠0．从而a(x
0
-y< br>0
)=1，即y
0
=x
0
-

∵ P、Q两点恒存在，∴x
0
是实数，即方程(*)恒有两个不等实



学科方法·综合几何法
(一)利用平面几何知识解题
21

v1.0 可编辑可修改
例1 已知⊙O的方程为x＋y=r，点A(-r ，0)、B(r，0)，M是⊙O上任一点，过A
作M处的切线的垂线AQ交BM的延长线于P，求动点 P的轨迹方程．
222

【解】 如图2－12，连MO，则OM⊥MQ，从而OM∥AP．
∵ |BO|=|OA|
∴ |AP|＝2|MO|＝2r．
于是动点P的轨迹是以点A为圆心，|AP|=2r为半径的圆．
设P(x，y)，则P的轨迹方程为
(x+r)+y＝(2r)．
222
【解说】 本例利用圆的切线的性质和三角形中位线定理，其解法十分明快、简捷．

例2 已知圆O′：(x-14)＋(y-12)=36内一点C(4，2)和圆周上两动 点A、B，使∠
ACB=90°，求斜边AB的中点M的轨迹方程．
222
22

v1.0 可编辑可修改
【解】 如图2－13，连结MO′、MC、BO ′，则O′M⊥MB，|MC|=|AM|=|MB|．设M(x，
y)，则在Rt△BMO′中，|O ′M|+|BM|=|O′B|，又|BM|=|CM|，
222
∵ |O′M|＋|CM|=|O′B|，
222
即(x-14)+(y-12)＋(x-4)+(y-2)=36，
22222
∴ 动点M的轨迹方程为x＋y-18x-14y-468＝0．
22
【解说】 本例利用圆的垂径定理和直角三角形的性质，使一个运算量较大的习题，得到极其简便的解法，充分显示了平面几何知识在解析几何中的应用．
(二)利用圆锥曲线的定义和几何性质解题
例3 已知一动圆P与圆O
1
：(x+1)＋y=1外切，与圆O
2
：(x-1)+y=9内切，求动圆
圆心P的轨 迹方程．
2222

【解】 如图2－14．设动圆圆心P的坐标为(x，y)， 它的半径为r．由已知，得两
定圆的圆心分别为O
1
(-1，0)、O
2(1，0)，半径分别为r
1
=1，r
2
=3．
∵ 动圆P与⊙O
1
外切，与⊙O
2
内切，
∴ |PO
1
|=1+r，|PO
2
|=3-r，
∴ |PO
1
|+|PO
2
|=4．
23

v1.0 可编辑可修改
即动点P到两点O
1
、O
2
的距离之和等于4．
从而由椭 圆的定义，得动点P的轨迹是以两定点O
1
、O
2
为焦点，长轴长为4的椭圆 ．由
于⊙O
1
与⊙O
2
内切于点M(-2，0)，所以轨迹中不包括 点M．故动点P的轨迹方程为

【解说】 本解法的特点是利用椭圆的定义和两圆相切的条件．
例4 如图2-15，F是圆锥曲线的焦点，P
1
P
2
是焦点弦，e、p分别是离心率和焦参数(即
焦点到准线的距 离|FF
1
|)，求证


【证明】 如图2-15，过P1
、P
2
分别作准线L的垂线，垂足分别为Q
1
、Q
2
．
由圆锥曲线的定义，得



24

v1.0 可编辑可修改




【解说】 本解法的特点是灵活利用圆锥曲线的统一定义和线段定比分点公式．

习题2．5
用综合几何法解证下列各题：

焦点，AB为左支上过F1
的弦，且|AB|m，则△ABF
2
的周长是____．
2．已知△ ABC的两个顶点A(-a，0)、B(a，0)(a＞0)，顶点C在运动，且|AC|=2b(b
是 定值)，求BC中点P的轨迹方程．
3．已知

ABCD的相对两个顶点A(-4， 6)、C(8，2)，过原点O作一直线l把平行
四边形的面积分成相等的两部分，求直线l的方程．

25

v1.0 可编辑可修改
焦点也是F
2< br>，C
1
的准线与C
2
的准线重合，P是C
1
与C2
的一个交点，求证：

5．已知椭圆的两个焦点是F
1
、F
2
，Rt△PF
2
Q的直角顶点为P，P、Q在椭圆上，F
1
在线
段PQ上，且|PQ|=|PF
2
|，求这椭圆的离心率．
6．从过抛物线x=2py(p＞0)的焦点F的弦AB的端点向准线l引垂
2

习题2．5答案或提示
1．周长=(|AF
2
|-|AF
1|)+(|BF
2
|-|BF
1
|)+2(|AF
1
| +|BF
1
|)=2a+2a+2m=4a+2m．

3．设AC与BD交于G，则平面几何知识可得，所求的直线l过点G．l的方程为y=2x．
4．设C
2
：y=2px、C
1
的离心率为e，点P到C
1
的左准线的距离为d，则由抛物线、双
曲线的定义，得|PF
2
|=d，
2



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6．(1)因为|AF|=|AA
1
|、|FB|=|BB
1|、AA
1
∥y轴∥BB
1
，所以∠AFA
1
=



学科方法·坐标法
坐标法是解析几何最基本的方法，它的思 路是，通过建立平面坐标系(直角坐标系或极
坐标系等)，把几何问题转化为代数问题(或代数问题转化 为几何问题)，从而利用代数知识
(或解析几何知识)使问题得以解决．
(一)坐标法解证几何题
例1 在△ABC中，已知BC=a，CA=b，AB=c，S为三角形面


【证明】 如图2－1，以边AB的中点O为坐标系原点、AB所在的直线为x轴，建立
直角坐标系，设A、B、C 的坐标分别为(-m，0)、(m，0)、(p，q)(m＞0，q＞0)，则a=|BC|=(m-p)
＋q=m+p＋q-2mp，b=|AC|=(p＋m)＋q=p＋m＋q-2mp，c=4m，S＝mq．
2222222222222
222
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例2 已知：AB是半圆的直径，且AB=2r，直线L与BA的延长

与L的距离分别为MP、NQ，且MP=MA，NQ=NA．求证：AM＋AN=AB．
【分析】 由|MA|=|MP|和|NA|=|NQ|，知M、N在以A为焦点的抛物线上，因此M 、N
是半圆与抛物线的两个交点，从而本题可考虑用直角坐标法和极坐标法求解．
【证法1】 如图2－2，以AT的中点O为坐标原点，射线OB为x轴的正方向，建立
直角坐标系．
∵ |MA|＝|MP|，|NA|=|NQ|，
∴ M、N是以A为焦点，L为准线的抛物线上的点．
∵ p=|AT|=2a，
∴ 抛物线的方程
y=4ax
①
2
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由已知，得半圆的方程为
[x-(a+r)]＋y=r(y≥
0)
②
222
把①代入②中，整理，得
x-2(r-a)x＋a+2ar=0．
22
设M、N两点的横坐标分别为x
1
、x
2
，则
x
1
+x
2
=2r-2a．
∵ |AM|+|NA|=a＋x
1
＋a＋x
2

＝2a＋2r-2a＝2r，
∴ |AM|＋|AN|=|AB|．
【证法2】 如图2－2，以A为极点，射线AB为极轴，建立极坐标系，则半圆的方
程为

∵ |MA|=|MP|，|NA|=|NQ|，
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∴ M、N在以A为极点、L为准线的抛物线上．
又p=|AT|=2a，

从①、②中消去cosθ，得
ρ-2rρ+4ar＝0．
2
从而由韦达定理，得
|MA|＋|NA|=ρ
1
＋ρ
2
=2r．
故 |AM|＋|AN|＝|AB|．
【解说】 由以上两例，可总结出坐标法解证几何题的思路模式图为：

(二)坐标法解证代数题


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【证明】 由已知条件，得 在平面直角坐标系xOy中，直线x＋y

直线的距离不大于半径，即

∴ (z-a)≤a-2z，又a＞0，
222

【解说】 本例利用方程的几何意义，把已知条件转化为直线与圆的位置，从而由点
到直线的距离公式，使问题获解 ．


【证明】 如图2－3，建立直角坐标系，设圆O的半径为1．
∵ α、β是方程acosθ＋bsinθ=c在(0，π)内的两个根，
∴ acosα＋bsinα=c，acosβ＋bsinβ=c，
从而点A(cosα，sinα)，B (cosβ，sinβ)是直线ax+by=c与⊙O的两个交点．

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【解说】 由以上两例，可总结出坐标法解证代数题的思路模式为：


习题2．1
用坐标法解证下列各题：
1．在锐角△ABC中，AD⊥BC于D，且 |AD|=|BC|，M是BC的中点，H是垂心，求证：|MH|
＋|HD|=|BM|．
2．在锐角△ABC中，AD⊥BC于D，H为AD上一点，BH、CH分别交AC、AB于E、F，求
证：∠EDA=∠ADF．
3．在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，DE⊥AC于E，M是 DE的中点，求证：AM⊥BE．
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6．关于θ的方程 acosθ＋bsinθ=0(a＋b≠0)有两个相异实根α、β，m、n∈R，求
证：
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习题2．1答案或提示
1．以D为坐标原点，DC为x轴，DA为y轴，设点B(b，0)、

2．以D为原点，DC为x轴，DA为y轴，设点A、B、C、H
坐标分别为(0，a)、(b，0)、(c，0)、(0，h)，则直线AC的方程为



3．以D为原点，DC为x轴、DA为y轴，设A、B、C的坐标


如图2－4，当直线y=x-u过点A(1，0)时，u=1．当直线与半圆相切
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5．在直角 坐标系中，设M(1，2)、P(sinθ，cosθ)，则P为⊙O：x+y=1上任一点，
f(θ) 为MP的斜率，由图(图由读者自画)易知，过M作⊙O的两条切线中，斜率存在的那一
条直线的斜率， 即为所求的最小值．

设这切线的方程为y-2=k(x-1)，则由点到直线的距离公式，可得k=3／4
6．由已知可得，直线 ax＋by=0与单位圆x＋y=1有两个不同的交点A(cosα，sin< br>α)、B(cosβ，sinβ)，又P(m，n)是任一点，则|PA|＋|PB|≥|AB|＝2，即
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