1樓：
很簡單，關鍵需要些技巧
很簡單(1)因為直線過a(0,a)且與圓e(x-2)²+y²=1交於b,c兩點，設直線為y=kx+a
b(x2,y2) c(x3,y3),p點滿足bp:pc=ab:ac,設p(x1,y1)
根據圓的影象和其與直線的位置關係 可以得到 10 從而要求a≠0
設m(x1,y1) n(x2,y2)
則|x1-x2|=√[(x1+x2)²-4x1*x2]=2|a|(a²+3)/(a²+4)
mn=|x1-x2|√(1+4/a²)=2(a²+3)/√(a²+4)
圓心e(2,0)到p的直線軌跡的距離d
d=1/√(a²+4)
故三角形emn的面積s=(1/2)d*mn=(a²+3)/(a²+4)
反解a²=(4s-3)/(1-s)>0
故3/4 所以三角形emn的面積的最大值為1，此時a達到無限大。 2樓： 設過a點的直線為y=kx+a,所以設p點為（x1,k*x1+a） 又因為過a點直線與圓e交與b,c兩點。設b點(x2,k*x2+a),c點(x3,k*x3+a) 且b，c兩點的橫座標x2,x3為(x-2)²+(kx+a)²=1的兩個解. (k²+1)x²+(2ka-4)x+a²+3=0 x2+x3=(4-2ka)/(k²+1) x2*x3=(a²+3)/(k²+1) 因為bp:pc=ab:ac bp=√[(x1-x2)²+k²(x1-x2)²] pc=√[(x3-x1)²+k²(x3-x1)²] ab=√[x2²+k²x2²] ac=√[x3²+k²x3²] bp/pc=ab/ac [(x1-x2)²+k²(x1-x2)²]/[(x3-x1)²+k²(x3-x1)²]=[x2²+k²x2²]/[x3²+k²x3²] [(x1-x2)²+k²(x1-x2)²]*[x3²+k²x3²]=[(x3-x1)²+k²(x3-x1)²]*[x2²+k²x2²] (1+k²)²*(x1-x2)²*x3²=(1+k²)²*(x3-x1)²*x2² (x1-x2)²*x3²=(x3-x1)²*x2² x1²*(x3²-x2²)-2*x1*x2*x3²+2*x1*x3*x2²+x2²*x3²-x3²*x2²=0 x1²*(x3²-x2²)-2*x1*x2*x3(x3-x2)=0 x1²*(x3+x2)*(x3-x2)-2*x1*x2*x3(x3-x2)=0 x1²*(x3+x2)-2*x1*x2*x3=0 x1²*(4-2ka)/(k²+1)-2*x1*(a²+3)/(k²+1)=0 x1²*(4-2ka)-2*x1*(a²+3)=0 x1=0或x1=(a²+3)/(2-ka) 因為當x1＝0時，y1＝a，為a點， 所以x1=(a²+3)/(2-ka) (2-ka)*x1=(a²+3) 因為y1=kx1+a 所以k=(y1-a)/x1 (2-a(y1-a)/x1)*x1=(a²+3) 2x1-a(y1-a)=(a²+3) 2x1-ay1+a²=a²+6a+9 2x1-6a-9=ay1 y1=2x1/a-6-9/a 所以y=(2x-9)/a-6為p點的軌跡方程 今天先給你解決第一個問題 第二個問題你去查查點到直線的距離公示，就可以算出三角形的高，線段mn通過p點的軌跡方程和圓e可以算出長度，三角形的面積公式s=1/2*mn*高，求最大值。 不過要是你實在不會，我明天在告訴你。 1.選c s aob 1 2 oa ob sin aoboa ob 4 所以要使面積最大即 aob 90 oa ob 設a b座標為 x1,y1 x2,y2 直線方程為y k x 3 則 x1x2 y1y2 0 化簡得 1 k 2 x1x2 9k 2 3k 2 x1 x2 0由直線和圓相交得 1 k... 過點的垂面 設為 ax by cz d 0 a 1 b 1 c 2 1 0 1 1 2 2 d 0 d 3 垂面方程 x y 2z 3 0 垂面方程與直線方程聯立 1 x y 1 x y 2 2y 2 z 2y z 2 解得 y 1 2 x 3 2 z 1 即垂面與直線交於點 3 2，1 2，1 所... 過點 3，4 的直線方程為y k x 3 4 設切點座標為 x0，y0 則y0 x0 1 k 切線垂直過切點的半徑 另y0 k x0 3 4 x0 2 y0 2 25 聯立 式得k 3 4，所以所求直線方程為y 3x 4 25 4 畢 分析 過點 3,4 且與圓x2 y2 25相切的直線方程，這個問...高考數學問題 過點M 3,0 作直線l與圓x 2 y 2 16交於兩點
求過點012且與直線求過點0，1，2且與直線x11y11z2垂直相交直線方程
過點 3,4 且與圓x2 y2 25相切的直線方程是