1.已知定点A（4,0）和曲线x^2+y^2=4上的动点B,点P在线段AB上且AP:PB=2:1,求点P的轨迹方程2.在三角形ABC中,AB边的长为2a,若BC边上的中线AD的长为m,试求顶点C的轨迹方程

1.已知定点A（4,0）和曲线x^2+y^2=4上的动点B,点P在线段AB上且AP:PB=2:1,求点P的轨迹方程2.在三角形ABC中,AB边的长为2a,若BC边上的中线AD的长为m,试求顶点C的轨迹方程
1.已知定点A（4,0）和曲线x^2+y^2=4上的动点B,点P在线段AB上且AP:PB=2:1,求点P的轨迹方程
2.在三角形ABC中,AB边的长为2a,若BC边上的中线AD的长为m,试求顶点C的轨迹方程

1.已知定点A（4,0）和曲线x^2+y^2=4上的动点B,点P在线段AB上且AP:PB=2:1,求点P的轨迹方程2.在三角形ABC中,AB边的长为2a,若BC边上的中线AD的长为m,试求顶点C的轨迹方程
1、设 P（x,y）,B（x1,y1）,
由 AP：PB=2：1 得 AP=2PB ,
所以 OP-OA=2(OB-OP) ,
解得 OB=3/2*OP-1/2*OA ,
即 （x1,y1）=（3/2*x-2 ,3/2*y）,
所以 x1=3/2*x-2 ,y1=3/2*y ,
由于 B 在曲线 x^2+y^2=4 上,所以 B 的坐标满足方程,代入可得 (3/2*x-2)^2+(3/2*y)^2=4 ,
化简得 (x-4/3)^2+y^2=16/9 .这就是 P 的轨迹方程.
2、取 AB 所在直线为 x 轴,AB 的中垂线为 y 轴建立平面直角坐标系,
设A（-a,0）,B（a,0）,并设 D（x1,y1）,C（x,y）,
则 x1^2+y1^2=m^2 ,（1）
由于 D 是 BC 中点,所以 x+a=2x1 ,y+0=2y1 ,
解得 x1=(x+a)/2 ,y1=y/2 ,
代入（1）式并化简得 (x+a)^2+y^2=4m^2 ,
由于 A、B、C、D不共线,所以 y≠0 ,
因此 C 的轨迹方程是 (x+a)^2+y^2=4m^2 (y≠0) .

1、设点p坐标为（xp，yp），点B坐标（xb，yb），
因为AP/PB=2/1,所以(4-xp)/(xp-xb)=2/1,(0-yp)/(yp-yb)=2/1
解得xb=1.5xp-2，yb=1.5yp
将结果带入方程x^2+y^2=4
则(1.5xp-2)^2+(1.5yp)^2=0是p点轨迹方程
2、第二题AB点的左边有没有，还是说是在第一题的基础上第...

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1、设点p坐标为（xp，yp），点B坐标（xb，yb），
因为AP/PB=2/1,所以(4-xp)/(xp-xb)=2/1,(0-yp)/(yp-yb)=2/1
解得xb=1.5xp-2，yb=1.5yp
将结果带入方程x^2+y^2=4
则(1.5xp-2)^2+(1.5yp)^2=0是p点轨迹方程
2、第二题AB点的左边有没有，还是说是在第一题的基础上

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问题一： 这是高中解析几何求动点轨迹类型。
老老实实按步骤来即可。
1）设动点B(a，b)， 则a ^2+ b^2=4 。设点P（x，y）
提示： 数形结合法——我看到这一题的第一反映，随手画了一个图。
2）那么（看图）：由AP:PB=2:1, 用一点儿初中方法即可。
AP:PB=2:1,→横坐标之比、纵坐标之比。
4－x＝2（x－a），0...

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问题一： 这是高中解析几何求动点轨迹类型。
老老实实按步骤来即可。
1）设动点B(a，b)， 则a ^2+ b^2=4 。设点P（x，y）
提示： 数形结合法——我看到这一题的第一反映，随手画了一个图。
2）那么（看图）：由AP:PB=2:1, 用一点儿初中方法即可。
AP:PB=2:1,→横坐标之比、纵坐标之比。
4－x＝2（x－a），0－y＝2（y－b）
3） 2 a＝3x －4 ；2b＝3y ；a ^2+ b^2=4
4）答案显然是： （3x －4）^2＋（3y）^2=16 （ 1≤x≤3 ；－1≤y≤1 ）
注意：（1）曲线类型是——圆。
（2）x，y是有范围的。1≤x≤3 ；－1≤y≤1
不给范围，如果我阅卷，那是要扣分的。

问题二： 与问题一同类。
1）难点在于： 用初中倍长中线的方法可以知道：
2m－2a ＜AC＜2m＋2a 。这点没有注意的话：不是求错，就是最后求出的曲线方程写不出变量的取值范围。
2）其次是：建立直角坐标时：以AB为x轴，其余是细节，我不解了。

最后——————
为避免大家难堪，请不要向我求助，如同不要追问一样。
即：所有追问不回答，所有求助也不回答。原因----我是来玩玩的!
今天破例，是提醒一下，请包涵！谢谢！

附:看到网上已有解答:
(1.5xp-2)^2+(1.5yp)^2=0是p点轨迹方程

是轨迹?还是点?

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爱莫能助，还没到高二