注意椭圆参数方程{x=acosθ y=bsinθ}中参数θ的意义

题目 A、B为椭圆b~2x~2+a~2y~2=a~2b~2(a>b>0)上的两点,O为中心,OA⊥OB;求1/OA+1/OB的南的最大值和最小值。错解化椭圆的普通方程为参数方程x=acosθ y=bsinθ (θ为参数) 设A、B两点的坐标分别(acosθ_1,bs nθ_1),(cosθ_2,bsinθ_2)。由OA⊥OB得θ_2+θ_1±π/2,则B点坐标为(±asinθ_1,bcosθ_1)。可证 1/(OA)~2+1/(OB)~2=(a~2+b~2)/a~2b~2。则有 (1/OA)+(1/OP)~2=(a~2+b~2)/(a~2b~2)+2/(OA·OB) =(a~2+b~2)/(a~2b~2)+2/(a~2b~2+(a~2-b~2)/2))~2sn~2θ_1     

小议圆锥曲线的另一极坐标方程

在六年制重点中学课本《解析几何》(平面)中,介绍了三种圆锥曲线的统一的极坐标方程ρ=ep/(1-ecosθ)。这里,谈谈中心在极点(抛物线的顶点在极点)、焦点(右)在极轴上的椭圆、双曲线、抛物线的极坐标方程与应用。 (一) 定理1 中心在极点、右焦点在极轴上的椭圆x~2/a~2+y~2/p~2=1(a>b>0)的极坐标方程为ρ~2=b~2/(1-e~2cosθ)(e为离心率) 证明:将x=ρcosθ、y=ρsinθ代入椭圆x~2/a~2+y~2/b~2=1得b~2ρ~2cos~2θ+a~2ρ~2sin~2θ=a~2b~2, ∴ρ~2=a~2b~2/(b~2cos~2θ+a~2sin~2θ)     

利用二直线重合的条件解三角题

二直线重合的条件在解几中已有广泛的应用,下面举几个三角方面的例子: 例1 消去θ acosθ+bsinθ=c, acos3θ+bsin3θ=c. 解:设直线ax+by-c=0 ①显然,点(cosθ,sinθ)、(coc3θ,sin3θ)在此直线上,又过这二点的直线方程可写成 (y-sinθ)/(x-cosθ)=(sinθ-sin3θ)/(cosθ-cos3θ),即cos2θ·x+sin2θ·y-cosθ=0 ②由于①、②为同一直线故可得a/cos2θ=b/sin2θ=c/cosθ,∴a~2/cos~22θ=b~/sin~22θ=c~2/cos~2θ,∴(a~2+b~2-2c~2)~2=a~2(a~2+b~2).     

高中代数复习(续)

二、复数复数这一章很多题都是用到任意复数z。z=a+bi(a,b∈R)或z=r(cosθ+isinθ)这个表示法来解或证的。例1.解方程|z|+z=8—4i求复数z。解:设z=a+bi(a,b∈R)|z|=(a~2+b~2)~(1/2)。由题设(a~2+b~2)~(1/2)+a+bi=8—4i由复数相等的条件得:     

相似椭圆的一组性质

文[1],文[2]介绍和研究了相似曲线的概念和判定方法,由文[2]得椭圆(x~2)/(a~2) y~2/b~2=λ~2(0＜λ＜1)与椭圆(x~2)/(a~2) y~2/b~2=1相似(相似比为λ),本文将给出有关椭圆(x~2)/(a~2) y~2/b~2=λ~2(0＜λ＜1)与(x~2)/(a~2) y~2/b~2=1的一组性质．引理1如图1,设点P(aλcosθ,bλsinθ)为椭圆     

椭圆焦半径的性质

椭圆=1(a>b>0)或ρ=ep/(1-cosθ)(P为焦参数,(相似文献   

推导椭圆标准方程的几点体会

在推导椭圆的标准方程的教学中,如果教师引导学生探索其中的数量关系,可以得出许多有趣的规律。教材中关于椭圆标准方程推导如下: |MF_1|+|MF_2|=2a((x+c)~2+2)~(1/2)((x-c)~2+y~2)~(1/2)=2a((x-c)~2+y~2)~(1/2)=a~2-cx(*)b~2x~2+a~2y~2=a~2b~2x~2/a~2+y~2/b~2=1(b~2=a~2-c~2)。从这个推导中我们可以算出下列几个结论。 (一)由(*)式((x-c)~2+y~2)~(1/2)/(a~2/c-x)=c/c     

一道习题的多种解法

现将一道习题的多种解法介绍如下,供参考。题目:已知a、b∈R,a~2+b~2=1,求证 |acosθ+bsinθ|≤1。归纳起来,大概有七种证法: 证法一:∵ a~2+b~2=1,cos~2θ+sin~2θ=1, ∴ a~2+cos~2θ+b~2+sin~2θ=2。又 a~2+cos~2θ≥2|acosθ|, b~2+sin~2θ≥2|bsinθ| ∴ 2≥2(|acsθ|+|bsinθ|) ≥2|acosθ+bsinθ|     

关于丢番图方程X~2+4Y~4=pZ~4

设p为素数,p=4A~2+1+2|A,A∈N~*.运用二次和四次丢番图方程的结果证明了方程G:X~2+4Y~4=pZ~4,gcd(X,Y,Z)=1,除开正整数解(X,Y,Z)=(1,A,1)外,当A≡1(mod4)时,至多还有正整数解(X,Y,Z)满足X=|p(a~2-b~2)~2-4(A(a~2-b~2)±ab)~2|,Y~2=A(a~2-b~2)~2±2ab(a~2-b~2)-4a~2b~2A,Z=a~2+b~2;当A≡3(mod4)时,至多还有正整数解(X,Y,Z)满足X=|4a~2b~2A-(4abA±(a~2-b~2))~2|,Y~2=4a~2b~2A±2ab(a~2-b~2)-A(a~2-b~2)~2,Z=a~2+b~2.这里a,b∈N~*并且ab,gcd(a,b)=1,2|(a+b).同时具体给出了p=5时方程G的全部正整数解.     

一个有趣的代数式

a~3+b~3+c~3-3abc是一个有趣的代数式。它是一个三次齐次式,整齐、简单、易记,更重要的是它具有很多有用的性质。性质1° a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。事实上,a~3+b~3+c~3-3abc =(a+b+c)(a~2+b~2+c~2-db-bc-ca) 所以 a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。性质2°设a,b,c为非负实数, 则a~3+b3+c~3≥3abc,当且仅当a=b=c时取等号。证明∵a~2+b~2+c~2-ab-bc-ca =1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-d)~2〕∴a~3+b~3+c~3-3abc=(a+b+c)·1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-a)~2〕∵a≥0,b≥0,c≥0,且1/2〔(a-b)~2+     

算術運算定律在恒等式變形中的應用

高年级学生在代数变形中所犯的错误,有许多情形都是说明学生对于算术运算定律的忽视. 例如下列约分:(2a~2b+4c)/2=a~2b+4c;(a(a~2+b~2+b)~(1/2))/a=(a~2+b~2)~(1/2)+b等等     

《“1984”趣题》的习题解答

1 证明∵(1·2·3…1984)~(1/1984)<1/1984 sum from k=1 to 1984 k=1/1984·(1984(1+1984))/2=1985/2, 上式两边1984次方,得 1984!<1985~(1984)·2~(-1984) 2 解∵ 1985能被5整除。又 1984~(1984)=(1985-1)~(1984)=1985~(1984)-C_(1984)~1·1985~(1983)+C_(1984)~2·1985~(198)~2+…-C_(1984)~(1983)·1985+1 ∴ 1984~(1984)除以5所得的余数是1。 3 证明由题设,得 l~2=a~2+b~2+c~2 且l>a l>b,l>c。∴l~(1984)=l~2、l~(1982)=(a~2+b~2+c~2)l~(1982)=a~2l~(1982)+b~2·l~(1982)+c~(2·1982)≥a~2·a~(1982)+b~2b~(1982)+c~2·c~(1982)=a~(1984)+b~(1984)+c~(1984) 4.证(k≥1)     

(((i~2+b~3)/2))～(1/2)≥(a+b)/2≥(ab)～(1/2)≥2/(1/a+1/b)的一种几何证法

我们知道,((a~2+b~2)/2)~(1/2)、(a+b)/2、(ab)~(1/2)、2/(1/a+1/b)(a>0、b>0)分别为a、b的平方平均数、算术平均数,几何平均数、调和平均数。不等式(a~2+b~2/2)~(1/2)≥(a+b)/2≥(ab)~(1/2)≥2/(1/a+1/b)为平均不等式最简单的情形,这里给出它的一种几何证法。因为a、b是给定的,以a+b为直径作圆如右图,BD=a、DC=b,过D作AD垂直于BC交圆于A,连OA、OB、AC,则OA=OB=OC=BC/2。而且有 1°.四个三角形ABC、ABD、AOD、ADC都是直角三角形,     

一元二次方程有根“1”的条件的应用续例

本刊1984年第二期发表了《一元二次方程有根“1”的条件的应用》一文,本文再举数例加以补充说明, 一、利用“若方程ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,则有a+b+c=0”的结论证题。例1、若方程ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,求证:a~2/bc+b~2/ac+c~2/ab=1/3证明:∵ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,∴a+b+c=0, 即有c=-(a+b)。∴a~3+b~3+c~3=a~3+b~3-(a+b)~3=-3a~2b-3ab~2=-3ab(a+b)=-3ab(-c)=3abc两边同除以abc得a~2/bc+b~2/ac+c~2/ab=1/3。二、利用“若a+b+c=0,则方程ax~2+bx+c=0(a≠0)必有一根为1”的结论证题,     

直线与圆锥曲线相切的充要条件的应用

直线y=kx+m与抛物线y~2=2px、椭圆x~2/a~2+y~2/b~2=1、双曲线x~2/a~2-y~2/b~2=1相切的充要条件分别为 k=p/2m,k~2a~2+b~2=m~2,k~2a~2-b~2=m~2。这几个命题在十年制统编教材中是作为习题出现的(见第二册155页和171页)。根据一元二次方程根的判别式很容易对它们作出证明,这里不再赘述。将它们作为定理直接应用,常能使一些复杂问题的解答过程得到简化,举例于下: 例1。抛物线y~2=4(2~(1/2))x与椭圆x~2/4+y~2/2     

三角形中线定理的一点应用

平行四边形两对角线(l_1和l_2)的平方和等于各边(邻边为a和b)的平方和,即l_1~2+l_2~2=2(a~2+b~2)。如果令m=l_1/2,c=l_2,代入上式,得m~2=1/2(a~2+b~2)-(1/4)c~2,这就是三角形的中线定理,这里a、b、c为三角形的三边,m为c边上中线。这个定理,不仅可以计算已知三边求它的中线的长,而且对于形如求a~2+b~2的一类问题的最小值颇为简便。例1 已知∠AOB=60°,边OA上有两点P和Q,设OP=a,OQ=b;在边OB上求一点M,使PM~2+OM~2最小,问M点的位置如何?     

高中代数的一个命题的推广及其应用

高中代数第二册112页第2题为; 设a≠b,比较代数式(a~4+b~4)·(a~2+b~2)与(a~2+b~2)~2的大小。运用比较法,作差,很容易得出结论:(a~4+b~4)·(a~2+b~2)>(a~2+b~2)~2,若将此不等式条件限制为a、b∈R~+,则又可得不等式:(a~4+b~4)/(a~2+b~2)>(a~2+b~2)/(a~2+b~2),由这个整齐、和谐的不等式,     

Toader平均的二次与调和平均界

该文证明了双向不等式αQ(a,b)+(1-α)H(a,b)T(a,b)βQ(a,b)+(1-β)H(a,b)和λ/H(a,b)+(1-λ)/Q(a,b)1/T(a,b)μ/H(a,b)+(1-μ)/Q(a,b)对所有a,b0且a≠b成立的充分和必要条件是α≤5/6,β≥22~(1/2)π,λ0和μ1/6.其中Q(a,b)=((a~2+b~2)/2)~(1/2),H(a,b)=2ab/(a+b)和T(a,b)=2/π∫_0~(π/2)(a~2cos~2θ+b~2sin~2θ)~(1/2)dθ分别表示正数a和b的二次平均,调和平均和Toader平均.     

a~2+b~2≥2ab的一点引伸

众所周知,不等式a~2+b~2≥2ab是一个应用广泛的重要不等式,由此容易推出以下两个不等式: a~2+b~2+c~2≥ab+bc+ca; a~2+b~2+c~2+d~2≥ab+bc+cd+da。进一步推广可得更一般的如下: 定理当a_1∈R (i=1,2,…,n)时,     

问题与解答

一、本期问题 1.若c+b+c=0,a~2+b~2+c~2=0,a~3+b~3+c~3=k,求a~4+b~4+c~4的值;设n为正整数,求a~n+b~n+c~n的值。 2.设x+y+z=0,ax+by+cz=0(其中a、b、c是两两互异的实数),求x~2/yz的值。 3.设n为任意正奇数,m为任意整数,试证明(n+2m)~2-(n+2m)是24的倍数。 4.设正数A、B、C的常用对数分别是a、b、c,且a+b+c=0,证明A~(1/b+1/a)B~(1/a+1/a)C~(1/a+1/b)=1/1000。江苏吴江平望镇五金文具店顾幼元提供 5.已知x+1/y=y+1/z=z+1/x,求证x~2y~2z~2=1。