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(1)略
(2)由题意可知:Q(t,t),并求得直线CQ方程为y=-x+2t,
圆方程为(x+2-t/2)²+(y-t/2)²=t²/2+2t+4。
将直线方程代入圆方程并化解得:2x²+(4-4t)x+2t²-4t=0。C、Q两点为其与圆的两个交点。
设C(x₁,-x₁+2t),Q(t,t)。则有x₁+t=(4t-4)/2=2t-2。即x₁=t-2。所以C点坐标为(t-2,t+2)。
所以CQ=√[(t-2-t)²+(t+2-t)²]=2√2。所以CQ长度为定值,不随t的变化而变化。
(3)①因为tan∠AQO=1/2,又tan∠OQP=1。
所以tan∠AQP=tan(∠AQO+∠OQP)=(1+1/2)/(1-1×1/2)=3。又tan∠AQP=AP/PQ=(4+t)/t。
所以(4+t)/t=3,即t=2。所以C点坐标为(0,4)。
②此时圆方程为(x+1)²+(y-1)²=10。由此可设D(√10cosθ-1,√10sinθ+1)。
所以CD+√5OD=√(20-2√10cosθ-6√10sinθ)+√5·√[12+2√10(sinθ-cosθ)]=
2√5√[1-sin(θ+arctan1/3)]+2√5√[3+√5sin(θ-45°)]。应该是当θ=-arctan1/3时最小吧。不太确定。此时其值为4√5。
(2)由题意可知:Q(t,t),并求得直线CQ方程为y=-x+2t,
圆方程为(x+2-t/2)²+(y-t/2)²=t²/2+2t+4。
将直线方程代入圆方程并化解得:2x²+(4-4t)x+2t²-4t=0。C、Q两点为其与圆的两个交点。
设C(x₁,-x₁+2t),Q(t,t)。则有x₁+t=(4t-4)/2=2t-2。即x₁=t-2。所以C点坐标为(t-2,t+2)。
所以CQ=√[(t-2-t)²+(t+2-t)²]=2√2。所以CQ长度为定值,不随t的变化而变化。
(3)①因为tan∠AQO=1/2,又tan∠OQP=1。
所以tan∠AQP=tan(∠AQO+∠OQP)=(1+1/2)/(1-1×1/2)=3。又tan∠AQP=AP/PQ=(4+t)/t。
所以(4+t)/t=3,即t=2。所以C点坐标为(0,4)。
②此时圆方程为(x+1)²+(y-1)²=10。由此可设D(√10cosθ-1,√10sinθ+1)。
所以CD+√5OD=√(20-2√10cosθ-6√10sinθ)+√5·√[12+2√10(sinθ-cosθ)]=
2√5√[1-sin(θ+arctan1/3)]+2√5√[3+√5sin(θ-45°)]。应该是当θ=-arctan1/3时最小吧。不太确定。此时其值为4√5。
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我知道耶
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过去太久了,初中题目都这么难。
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