迹。
分析：圆周角∠BAC可转化为圆心角∠BOC2，选用“角参数”，
3
3
令B（2cosθ，2si
θ）则C2cosθ22si
θ2
3
3
B
0
C
Ax
则重心可用θ表示出来。
解：连OB，OC，∵∠BAC，∴∠BOC2
3
3
设B（2cosθ2si
θ）0θ4则C2cosθ22si
θ2
3
3
3
设重心G（x，y），则：
x122cos2cos2
3
3
y102si
2si
2
3
3
即：x21cos
3
3
3x1cos
2
3
y2si

3
3
3ysi

2
3
θ5333
∴3x123y21。（x1）
2
2
2
4
f即x22y24x1
3
92
点评：要注意参数θ的范围，θ∈（，5）它是一个旋转角，因此最终的轨迹是一段圆弧，而不是一个圆。333
例6、求直线3x4y100与椭圆x2y21a0有公共点时a的取值范围a2
分析将直线方程代入椭圆方程消元得一元二次方程应有解用判别式△≥0可求得a的取值范围。也可考虑另一代入
顺序，从椭圆方程出发设公共点P（用参数形式），代入直线方程，转化为三角问题：asi
xbcosxc何时有解。
解法一：由直线方程
19x215x210
a216
44
3x4y100
得y3x5代入椭圆方程得1x23x521∴
42
a2
42
△≥0，得152421190解得a228，又a0∴a27
4
4a216
3
3
解法二：设有公共点为P，因公共点P在椭圆上，利用椭圆方程设P（acos，si
）再代入直线方程得
3acos4si
100
4si
3acos10。
4si
3acos10
9a216
9a216
9a216
令si
α3a
，cosα
4
，
9a216
9a216
则si
α
10，
9a216
由si
1
即si
2α≤1得10019a216
∴9a2≥84，a2≥28a03
221∴a≥3
点评：解法1，2给出了两种不同的条件代入顺序，其解法1的思路清晰，是常用方法，但运算量较大，对运算能力
提出较高的要求，解法2先考虑椭圆，设公共点再代入直线，技巧性强，但运算较易，考虑一般关系：“设直线l：AxByC0与椭圆x2y21有公共点求应满足的条件”此时，若用解法一则难于运算，而用解法二，设有公共点P，利用椭圆，
a2b2
设P（acos，bsi
）代入直线方程得AacosBbsi
C。
∴
C
1时上式有解。∴C2≤A2a2B2b2
A2a2B2b2
因此，从此题我们可以体会到条件的代入顺序的重要性。
5
f【同步练习】
1、若实数x、y满足x2y22x4y0，则x2y的最大值是（
）
A、5
B、10
C、9
D、525
2、若关于x的方程1x2kx2有两个不等实根，则实数k的取值范围是
（）
A、
33B、33
3
3C、
33
0

D、


33

12



12

33

3、方程x32y12xy30表示的图形是（）
A、椭圆
B、双曲线C、抛物线D、以上都不对
r