【配套K12】2018-2019学年高中数学人教A版选修4-1学案创新应用：第一讲知识归纳与达标验收

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2018-2019学年高中数学人教A版选修4-1创新应用教学案：第一讲知识归纳与达标验收-含答案

[对应学生用书P16]近两年高考中，由于各地的要求不同，所以试题的呈现形式也不同．但都主要考查相似三角形的判定与性质，射影定理，平行线分线段成比例定理；一般试题难度不大，解题中要注意观察图形特点，巧添辅助线对解题可起到事半功倍的效果．在使用平行线分线段成比例定理及其推论时，一定要搞清有关线段或边的对应关系，切忌搞错比例关系．1.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝4，CD ＝2，E ，F 分别为AD ，BC 上的点，且EF ＝3，EF ∥AB ，则梯形ABFE 与梯形EFCD 的面积比为________．解析：由CD ＝2，AB ＝4，EF ＝3，得EF ＝12(CD ＋AB )，∴EF 是梯形ABCD 的中位线，则梯形ABFE 与梯形EFCD 有相同的高，设为h ，于是两梯形的面积比为 12(3＋4)h ∶12(2＋3)h ＝7∶5. 答案：7∶52.如图，圆O 上一点C 在直径AB 上的射影为D ，点D 在半径OC 上的射影为E .若AB ＝3AD ，则CEEO的值为________．解析：连接AC ，BC ，则∠ACB ＝90°.设AD ＝2，则AB ＝6，于是BD ＝4，OD ＝1.如图，由射影定理得CD 2＝AD ·BD ＝8，则CD ＝2 2. 在Rt △OCD 中，DE ＝OD ·CD OC ＝1×223＝223.则CE ＝DC 2－DE 2＝8－89＝83， EO ＝OC －CE ＝3－83＝13.因此CE EO ＝8313＝8.答案：8[对应学生用书P16]的直线上截得的线段所呈现的规律，主要用来证明比例式成立、证明直线平行、计算线段的长度，也可以作为计算某些图形的周长或面积的重要方法，其中，平行线等分线段定理是线段的比为1的特例．[例1] 如图，在△ABC 中，DE ∥BC ，DH ∥GC . 求证：EG ∥BH . [证明] ∵DE ∥BC ， ∴AE AC ＝AD AB. ∵DH ∥GC ，∴AH AC ＝ADAG .∴AE ·AB ＝AC ·AD ＝AH ·AG . ∴AE AH ＝AGAB.∴EG ∥BH . [例2] 如图，直线l 分别交△ABC 的边BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，且AF ＝13AB ，BD ＝52BC ，试求EC AE.[解] 作CN ∥AB 交DF 于点N ，并作EG ∥AB 交BC 于点G ，由平行截割定理，知BF CN ＝DB DC ，CN AF ＝ECAE，两式相乘，得BF CN ·CN AF ＝DB DC ·ECAE ，即EC AE ＝BF AF ·DC DB. 又由AF ＝13AB ，得BFAF ＝2，由BD ＝52BC ，得DC DB ＝35，所以EC AE ＝2×35＝65.角关系．其应用非常广泛，涉及到多种题型，可用来计算线段、角的大小，也可用来证明线段、角之间的关系，还可以证明直线之间的位置关系．其中，三角形全等是三角形相似的特殊情况．[例3] 如图所示，AD 、CF 是△ABC 的两条高线，在AB 上取一点P ，使AP ＝AD ，再从P 点引BC 的平行线与AC 交于点Q .求证：PQ ＝CF .[证明] ∵AD 、CF 是△ABC 的两条高线， ∴∠ADB ＝∠BFC ＝90°. 又∠B ＝∠B ，∴△ABD ∽△CBF . ∴AD CF ＝AB CB. 又∵PQ ∥BC ，∴△APQ ∽△ABC . ∴PQ BC ＝AP AB .∴AP PQ ＝AB BC .∴AD CF ＝AP PQ . 又∵AP ＝AD ，∴CF ＝PQ .[例4] 四边形ABCD 中，AB ∥CD ，CE 平分∠B CD ，CE ⊥AD 于点E ，DE ＝2AE ，若△CED 的面积为1，求四边形ABCE 的面积．[解] 如图，延长CB 、DA 交于点F ，又CE 平分∠BCD ，CE ⊥AD .∴△FCD 为等腰三角形，E 为FD 的中点． ∴S △FCD ＝12FD ·CE＝12×2ED ·CE ＝2S △CED ＝2， EF ＝ED ＝2AE . ∴F A ＝AE ＝14FD .又∵AB ∥CD ， ∴△FBA ∽△FCD .∴S △FBA S △FCD ＝(F A FD )2＝(14)2＝116.∴S △FBA ＝116×S △FCD ＝18. ∴S 四边形ABCE ＝S △FCD －S △CED －S △FBA ＝2－1－18＝78.系，此定理常作为计算与证明的依据，在运用射影定理时，要特别注意弄清射影与直角边的对应关系，分清比例中项，否则在做题中极易出错．[例5] 如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，CD ⊥AB 于D ，DE ⊥AC于E ，EF ⊥AB 于F .求证：CE 2＝BD ·DF .[证明] ∵∠ACB ＝90°，DE ⊥AC ， ∴DE ∥BC .∴BD CE ＝AB AC .同理：CD ∥EF ，∴CE DF ＝AC AD. ∵∠ACB ＝90°，CD ⊥AB ， ∴AC 2＝AD ·AB . ∴AC AD ＝AB AC.∴CE DF ＝BD CE . ∴CE 2＝BD ·DF .[对应学生用书P41] (时间：90分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图，已知AA ′∥BB ′∥CC ′，AB ∶BC ＝1∶3，那么下列等式成立的是( )A ．AB ＝2A ′B ′ B ．3A ′B ′＝B ′C ′ C ．BC ＝B ′C ′D ．AB ＝A ′B ′解析：∵AA ′∥BB ′∥CC ′，∴AB BC ＝A ′B ′B ′C ′＝13.∴3A ′B ′＝B ′C ′. 答案：B2.如图，∠ACB ＝90°.CD ⊥AB 于D ，AD ＝3、CD ＝2，则AC ∶BC 的值是( )A ．3∶2B ．9∶4 C.3∶ 2D.2∶ 3解析：Rt △ACD ∽Rt △CBD ，∴AC BC ＝AD CD ＝32.答案：A3．在Rt △ABC 中，CD 为斜边AB 上的高，若BD ＝3 cm ，AC ＝2 cm ，则CD 和BC 的长分别为( )A. 3 cm 和3 2 cm B ．1 cm 和 3 cm C ．1 cm 和3 2 cm D. 3 cm 和2 3 cm 解析：设AD ＝x ，则由射影定理得x (x ＋3)＝4，即x ＝1(负值舍去)，则CD ＝AD ·BD ＝3(cm)， BC ＝BD ·AB ＝3(3＋1)＝23(cm)．答案：D4．如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AD 是斜边BC 上的高，DE 是△ACD 的高，且AC ＝5，CD ＝2，则DE 的值为( )A.2215B.215C.3215D.2125解析：AC 2＝CD ·BC ，即52＝2×BC ， ∴BC ＝252.∴AB ＝BC 2－AC 2＝2524－52＝5212. ∵DE AB ＝DC BC ，∴DE ＝2215. 答案：A5．如图所示，给出下列条件：①∠B ＝∠ACD ；②∠ADC ＝∠ACB ；③AC CD ＝ABBC ；④AC 2＝AD ·AB .其中单独能够判定△ABC ∽△ACD 的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：①由∠B ＝∠ACD ，再加上公共角∠A ＝∠A ，可得两个三角形相似；②由∠ADC ＝∠ACB ，再加上公共角∠A ＝∠A ，可得两个三角形相似；③AC CD ＝ABBC ，而夹角不一定相等，所以两个三角形不一定相似；④AC 2＝AD ·AB 可得AC AD ＝ABAC，再加上公共角∠A ＝∠A ，可得两个三角形相似．答案：C6.如图，DE ∥BC ，S △ADE ∶S 四边形DBCE ＝1∶8，则AD ∶DB 的值为( )A ．1∶4B ．1∶3C ．1∶2D ．1∶5解析：由S △ADE ∶S 四边形DBCE ＝1∶8 得S △ADE ∶S △ABC ＝1∶9. ∵DE ∥BC ， ∴△ADE ∽△ABC . ∴(ADAB )2＝S △ADE S △ABC ＝19. ∴AD AB ＝13，AD DB ＝12. 答案：C7．△ABC 和△DEF 满足下列条件，其中不一定使△ABC 与△DEF 相似的是( ) A ．∠A ＝∠D ＝45°38′，∠C ＝26°22′，∠E ＝108° B ．AB ＝1，AC ＝1.5，BC ＝2，DE ＝12，EF ＝8，DF ＝16 C ．BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，DE ＝a ，EF ＝b ，DF ＝c D ．AB ＝AC ，DE ＝DF ，∠A ＝∠D ＝40° 解析：A 中∠A ＝∠D ，∠B ＝∠E ＝108°， ∴△ABC ∽△DEF ；B 中AB ∶AC ∶BC ＝EF ∶DE ∶DF ＝2∶3∶4； ∴△ABC ∽△EFD ； D 中AB AC ＝DEDF，∠A ＝∠D ， ∴△ABC ∽△DEF ；而C 中不能保证三边对应成比例．答案：C8．在Rt △ACB 中，∠C ＝90°.CD ⊥AB 于D .若BD ∶AD ＝1∶4，则tan ∠BCD 的值是( ) A.14 B.13 C.12D ．2解析：由射影定理得CD 2＝AD ·BD ，又BD ∶AD ＝1∶4. 令BD ＝x ，则AD ＝4x (x >0)， ∴CD 2＝4x 2，∴CD ＝2x ，tan ∠BCD ＝BD CD ＝x 2x ＝12.答案：C9.在▱ABCD 中，E 为CD 上一点，DE ∶CE ＝2∶3，连接AE 、BE 、BD 且AE 、BD 交于点F ，则S △DEF ∶S △EBF ∶S △ABF ＝( )A ．4∶10∶25B ．4∶9∶25C ．2∶3∶5D ．2∶5∶25解析：∵AB ∥CD ， ∴△ABF ∽△EDF . ∴DE AB ＝DF FB ＝25. ∴S △DEF S △ABF ＝(25)2＝425.又△DEF 和△BEF 等高． ∴S △DEF S △EBF ＝DF FB ＝25＝410. 答案：A10．如图，已知a ∥b ，AF BF ＝35，BCCD ＝3.则AE ∶EC ＝( )A.125 B.512 C.75D.57解析：∵a ∥b ，∴AE EC ＝AG CD ，AF BF ＝AGBD .∵BCCD ＝3，∴BC ＝3CD ，∴BD ＝4CD . 又AF BF ＝35， ∴AG BD ＝AF BF ＝35.∴AG 4CD ＝35.∴AG CD ＝125.EC CD 5答案：A二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．如图，D ，E 分别是△ABC 边AB ，AC 上的点，且DE ∥BC ，BD ＝2AD ，那么△ADE 的周长∶△ABC 的周长等于________．解析：∵DE ∥BC ，∴△ADE ∽△ABC . ∵BD ＝2AD ，∴AB ＝3AD .∴AD AB ＝13.∴△ADE 的周长△ABC 的周长＝AD AB ＝13. 答案：1312．如图，在△ABC 中，DE ∥BC ，DF ∥AC ，AE ∶AC ＝3∶5，DE ＝6，则BF ＝________.解析：∵DE ∥BC ，∴DE BC ＝AE AC ，∴BC ＝DE ·AC AE ＝6×53＝10，又DF ∥AC ，∴DE ＝FC ＝6. ∴BF ＝BC －FC ＝4. 答案：413．如图，在△ABC 中，DE ∥BC ，BE 与CD 相交于点O ，直线AO 与DE 、BC 分别交于N 、M ，若DN ∶MC ＝1∶4，则NE ∶BM ＝________，AE ∶EC ＝________.解析：OD OC ＝DN MC ＝14，∴OE OB ＝OD OC ＝14. ∴NE BM ＝OE OB ＝14.BC OC 4∴AE AC ＝DE BC ＝14. ∴AE ∶EC ＝1∶3. 答案：1∶4 1∶314．阳光通过窗口照到室内，在地面上留下2.7 m 宽的亮区(如图所示)，已知亮区一边到窗下的墙角距离CE ＝8.7 m ，窗口高AB ＝1.8 m ，那么窗口底边离地面的高BC 等于________m.解析：∵BD ∥AE ，∴BCAB ＝CDDE .∴BC ＝AB ·CD DE.∵AB ＝1.8 m ，DE ＝2.7 m ，CE ＝8.7 m ， ∴CD ＝CE －DE ＝8.7－2.7＝6(m)． ∴BC ＝1.8×62.7＝4(m)．答案：4三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)如图，△ABC 中，BC 的中点为D ，∠ADB和∠ADC 的平分线分别交AB 、AC 于点M 、N .求证：MN ∥BC .证明：∵MD 平分∠ADB ， ∴AD BD ＝AM MB. ∵ND 平分∠ADC ，∴AD DC ＝ANNC .∵BD ＝DC ，∴AM MB ＝AD BD ＝AD DC ＝AN NC. ∴MN ∥BC .16．(本小题满分12分)如图，已知：△ABC 中，AB ＝AC ，AD 是中线，P 是AD 上一点，过C 作CF ∥AB ，延长BP 交AC 于E ，交CF于F ，求证：BP 2＝PE ·PF .证明：连接PC ，∵AB ＝AC ，AD 是中线，∴AD 是△ABC 的对称轴，故PC ＝PB ，∠PCE ＝∠ABP .∵CF ∥AB ，∴∠PFC ＝∠ABP ，故∠PCE ＝∠PFC ，∵∠CPE ＝∠FPC ，∴△EPC ∽△CPF ，故PC PF ＝PE PC，即PC 2＝PE ·PF ，∴BP 2＝PE ·PF .17．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是平行四边形，P 是BD 上任意一点，过P 点的直线分别交AB 、DC 于E 、F ，交DA 、BC的延长线于G 、H .(1)求证：PE ·PG ＝PF ·PH ；(2)当过P 点的直线绕点P 旋转到F 、H 、C 重合时，请判断PE 、PC 、PG 的关系，并给出证明．解：(1)证明：∵AB ∥CD ，∴PE PF ＝PB PD. ∵AD ∥BC ，∴PH PG ＝PB PD， ∴PE PF ＝PH PG.∴PE ·PG ＝PH ·PF .(2)关系式为PC 2＝PE ·PG .证明：由题意可得到右图，∵AB ∥CD ，∴PE PC ＝PB PD. ∵AD ∥BC ，∴PC PG ＝PB PD. ∴PE PC ＝PC PG，即PC 2＝PE ·PG . 18．(本小题满分14分)某生活小区的居民筹集资金1 600元，计划在一块上、下两底分别为10 m 、20 m 的梯形空地上种植花木(如图)．(1)他们在△AMD 和△BMC 地带上种植太阳花，单位为8元/m 2，当△AMD 地带种满花后(图中阴影部分)共花了160元，请计算种满△BMC 地带所需的费用；(2)若其余地带要种的有玫瑰和茉莉花两种花木可供选择，单价分别为12元/m 2和10元/m 2，应选择种哪种花木，刚好用完所筹集的资金？解：(1)∵四边形ABCD 为梯形，∴AD ∥BC .∴△AMD ∽△CMB ，∴S △AMD S △CMB ＝(AD BC)2＝14. ∵种植△AMD 地带花费160元，∴S △AMD ＝1608＝20(m 2)． ∴S △CMB ＝80(m 2)．∴△CMB 地带的花费为80×8＝640元．(2)S △ABM S △AMD＝BM DM ＝BC AD ＝2， ∴S △ABM ＝2S △AMD ＝40(m 2)．同理：S △DMC ＝40(m 2)．所剩资金为：1600－160－640＝800元，而800÷(S △ABM ＋S △DMC )＝10(元/m 2)．故种植茉莉花刚好用完所筹集的资金．。

教育最新K122018-2019学年高中数学人教A版选修4-1创新应用教学案：第一讲一平行线等分线段定理-含答案

一平行线等分线段定理[对应学生用书P1]1．平行线等分线段定理(1)如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等．(2)用符号语言表述：已知a ∥b ∥c ，直线m 、n 分别与a 、b 、c 交于点A 、B 、C 和A ′、B ′、C ′(如图)，如果AB ＝BC ，那么A ′B ′＝B ′C ′.[说明](1)定理中的平行线组是指每相邻的两条距离都相等的一组特殊的平行线；它是由三条或三条以上的平行线组成的．(2)“相等线段”是指在“同一条直线”上截得的线段相等． 2．平行线等分线段定理的推论[对应学生用书P1][例1] 已知如图，直线l 1∥l 2∥l 3∥l 4，l ，l ′分别交l 1，l 2，l 3，l 4于A ，B ，C ，D ，A 1，B 1，C 1，D 1，AB ＝BC ＝CD .求证：A 1B 1＝B 1C 1＝C 1D 1.[思路点拨] 直接利用平行线等分线段定理即可． [证明] ∵直线l 1∥l 2∥l 3，且AB ＝BC ， ∴A 1B 1＝B 1C 1.∵直线l 2∥l 3∥l 4且BC ＝CD ， ∴B 1C 1＝C 1D 1， ∴A 1B 1＝B 1C 1＝C 1D 1.平行线等分线段定理的应用非常广泛，在运用的过程中要注意其所截线段的确定与对应，分析存在相等关系的线段，并会运用相等线段来进行相关的计算与证明．1．已知：如图，l1∥l 2∥l 3，那么下列结论中错误的是( ) A ．由AB ＝BC 可得FG ＝GH B ．由AB ＝BC 可得OB ＝OG C ．由CE ＝2CD 可得CA ＝2BC D ．由GH ＝12FH 可得CD ＝DE解析：OB 、OG 不是一条直线被平行线组截得的线段．答案：B2．如图，已知线段AB ，求作线段AB 的五等分点．作法：如图，(1)作射线AC ；(2)在射线AC 上依任意长顺次截取AD ＝DE ＝EF ＝FG ＝GH ；(3)连接HB ；(4)过点G ，F ，E ，D 分别作HB 的平行线GA 1，F A 2，EA 3，DA 4，分别交AB 于点A 1，A 2，A 3，A 4.则A 1，A 2，A 3，A 4就是所求的五等分点．证明：过点A 作MN ∥HB ，则MN ∥DA 4∥EA 3∥F A 2∥GA 1∥HB . 又AD ＝DE ＝EF ＝FG ＝GH ，∴AA 4＝A 4A 3＝A 3A 2＝A 2A 1＝A 1B (平行线等分线段定理)．[例2]交AD 的延长线于E .求证：AG ＝2DE .[思路点拨]AF ＝FC ，GF ∥EC→AG ＝GE →△BDG ≌△CDE →AG ＝2DE[证明] 在△AEC 中， ∵AF ＝FC ，GF ∥EC ， ∴AG ＝GE . ∵CE ∥FB ，∴∠GBD ＝∠ECD ，∠BGD ＝∠E . 又BD ＝DC ， ∴△BDG ≌△CDE .故DG ＝DE ，即GE ＝2DE ，因此AG ＝2DE .此类问题往往涉及平行线等分线段定理的推论1的运用，寻找便于证明三角形中线段相等或平行的条件，再结合三角形全等或相似的知识，达到求解的结果．3.如图，在▱ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于O ，OE 平行于AB 交BC 于E ，AD ＝6，求BE 的长．解：因为四边形ABCD 是平行四边形，所以OA ＝OC ，BC ＝AD . 又因为AB ∥DC ，OE ∥AB ，所以DC ∥OE ∥AB . 又因为AD ＝6，所以BE ＝EC ＝12BC ＝12AD ＝3.4．已知：AD 是BC 边上的中线，E 是AD 的中点，BE 的延长线交AC 于点F . 求证：AF ＝13AC .证明：如图，过D 作DG ∥BF 交AC 于G .在△BCF 中，D 是BC 的中点， DG ∥BF ，∴G 为CF 的中点．即CG ＝GF .在△ADG 中，E 是AD 的中点，EF ∥DG ， ∴F 是AG 的中点．即AF ＝FG . ∴AF ＝13AC .[例3] 已知，如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，M 是CD的中点，求证： AM ＝BM .[思路点拨] 解答本题应先通过作辅助线构造推论2的应用条件． [证明] 过点M 作ME ∥BC 交AB 于点E ， ∵AD ∥BC ， ∴AD ∥EM ∥BC .又∵M 是CD 的中点，∴E是AB的中点．∵∠ABC＝90°，∴ME垂直平分AB.∴AM＝BM.有梯形且存在线段中点时，常过该点作平行线，构造平行线等分线段定理的推论2的基本图形，进而进行几何证明或计算．5．若将本例中“M是CD的中点”与“AM＝BM”互换，那么结论是否成立？若成立，请给予证明．解：结论成立．证明如下：过点M作ME⊥AB于点E，∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴AD⊥AB，BC⊥AB.∵ME⊥AB，∴ME∥BC∥AD.∵AM＝BM，且ME⊥AB，∴E为AB的中点，∴M为CD的中点．6．已知：如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点A，B，C，D，O分别作直线a的垂线，垂足分别为A′，B′，C′，D′，O′；求证：A′D′＝B′C′.证明：∵▱ABCD的对角线AC，BD交于O点，∴OA＝OC，OB＝OD.∵AA′⊥a，OO′⊥a，CC′⊥a，∴AA′∥OO′∥CC′.∴O′A′＝O′C′.同理：O ′D ′＝O ′B ′.∴A ′D ′＝B ′C ′.[对应学生用书P3]一、选择题1．梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 分别是AD ，BC 的中点，且EF ＝2 cm ，则AB ＋CD 等于( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：由梯形中位线定理知EF ＝12(AB ＋CD )，∴AB ＋CD ＝4 cm. 答案：D2．如图，AD 是△ABC 的高，E 为AB 的中点，EF ⊥BC 于F ，如果DC ＝13BD ，那么FC 是BF 的( )A.53倍 B.43倍 C.32倍 D.23倍解析：∵EF ⊥BC ，AD ⊥BC ，∴EF ∥AD .又E 为AB 的中点，由推论1知F 为BD 的中点，即BF ＝FD .又DC ＝13BD ，∴DC ＝23BF .∴FC ＝FD ＋DC ＝BF ＋DC ＝53BF .答案：A3．梯形的中位线长为15 cm ，一条对角线把中位线分成3∶2两段，那么梯形的两底长分别为( )A ．12 cm 18 cmB ．20 cm 10 cmC ．14 cm 16 cmD ．6 cm 9 cm 解析：如图，设MP ∶PN ＝2∶3，则MP ＝6 cm ，PN ＝9 cm.∵MN 为梯形ABCD 的中位线，在△BAD 中，MP 为其中位线， ∴AD ＝2MP ＝12 cm. 同理可得BC ＝2PN ＝18 cm. 答案：A4．梯形的一腰长10 cm ，该腰和底边所形成的角为30°，中位线长为12 cm ，则此梯形的面积为( )A ．30 cm 2B ．40 cm 2C ．50 cm 2D ．60 cm 2解析：如图，过A 作AE ⊥BC ，在Rt △ABE 中，AE ＝AB sin 30°＝5 cm.又已知梯形的中位线长为12 cm ，∴AD ＋BC ＝2×12＝24(cm)． ∴梯形的面积S ＝12(AD ＋BC )·AE＝12×5×24＝60 (cm 2)．答案：D 二、填空题5．如图所示，已知a ∥b ∥c ，直线m 、n 分别与a 、b 、c 交于点A 、B 、C 和A ′、B ′、C ′，如果AB ＝BC ＝1，A ′B ′＝32，则B ′C ′＝________.解析：直接利用平行线等分线段定理．答案：326.如图，在△ABC 中，E 是AB 的中点，EF ∥BD ，EG ∥AC 交BD 于G ，CD ＝12AD ，若EG ＝2 cm ，则AC ＝______；若BD ＝10 cm ，则EF ＝________.解析：由E 是AB 的中点，EF ∥BD ，得EG ＝12AD ＝FD ＝2 cm ，结合CD ＝12AD ，可以得到F 、D 是AC 的三等分点，则AC＝3EG＝6(cm)．由EF∥BD，得EF＝12BD＝5(cm)．答案：6 cm 5 cm7．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，E为AB的中点，EF∥BC，G是BC边上任一点，如果S△GEF＝2 2 cm2，那么梯形ABCD的面积是________cm2.解析：因为E为AB的中点，EF∥BC，所以EF为梯形ABCD的中位线，所以EF＝12(AD＋BC)，且△EGF的高是梯形ABCD高的一半，所以S梯形ABCD＝4S△EGF＝4×2 2＝82(cm2)．答案：8 2三、解答题8．已知△ABC中，D是AB的中点，E是BC的三等分点(BE>CE)，AE、CD交于点F.求证：F是CD的中点．证明：如图，过D作DG∥AE交BC于G，在△ABE中，∵AD＝BD，DG∥AE，∴BG＝GE.∵E是BC的三等分点，∴BG＝GE＝EC.在△CDG中，∵GE＝CE，DG∥EF，∴DF＝CF.即F是CD的中点．9．如图，先把矩形纸片ABCD对折后展开，并设折痕为MN；再把点B叠在折痕线上，得到Rt△AB1E.沿着EB1线折叠，得到△EAF.求证：△EAF是等边三角形．证明：因为AD∥MN∥BC，AM＝BM，所以B1E＝B1F.又因为∠AB1E＝∠B＝90°，所以AE＝AF，所以∠B1AE＝∠B1AF.根据折叠，得∠BAE＝∠B1AE，所以∠BAE＝∠B1AE＝∠B1AF＝30°，所以∠EAF＝60°，所以△EAF是等边三角形．10.已知：梯形ABCD中，AD∥BC，四边形ABDE是平行四边形，AD的延长线交EC于F.求证：EF＝FC.证明：法一：如图，连接BE交AF于O，∵四边形ABDE是平行四边形，∴BO＝OE.又∵AF∥BC，∴EF＝FC.法二：如图，延长ED交BC于点H，∵四边形ABDE是平行四边形，∴AB∥ED，AB∥DH，AB＝ED.又∵AF∥BC，∴四边形ABHD是平行四边形．∴AB＝DH.∴ED＝DH.∴EF＝FC.法三：如图，延长EA交CB的延长线于M，∵四边形ABDE是平行四边形，∴BD∥EA，AE＝BD.又AD∥BC.∴四边形AMBD是平行四边形．∴AM＝BD.∴AM＝AE.∴EF＝FC.。

教育最新K122018-2019学年高中数学人教A版选修4-4学案：第二讲本讲知识归纳与达标验收-含答案

[对应学生用书P33]考情分析通过对近几年新课标区高考试题的分析可见，高考对本讲知识的考查，主要是以参数方程为工具，考查直线与圆或与圆锥曲线的有关的问题．真题体验1．(湖南高考)在平面直角坐标系xOy 中，若直线l ：⎩⎨⎧x ＝t ，y ＝t －a (t 为参数)过椭圆C ：⎩⎨⎧x ＝3cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)的右顶点，则常数a 的值为________．解析：由题意知在直角坐标系下，直线l 的方程为y ＝x －a ，椭圆的方程为x 29＋y 24＝1，所以其右顶点为(3,0)．由题意知0＝3－a ，解得a ＝3.答案：32．(陕西高考)如图，以过原点的直线的倾斜角θ为参数，则圆x 2＋y 2－x ＝0的参数方程为________．解析：由三角函数定义知yx ＝tan θ(x ≠0)，y ＝x tan θ，由x 2＋y 2－x ＝0得，x 2＋x 2tan 2θ－x ＝0，x ＝11＋tan 2θ＝cos 2θ，则y ＝x tan θ＝cos 2θtan θ＝sin θcos θ，又θ＝π2时，x ＝0，y ＝0也适合题意，故参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θcos θ(θ为参数)．答案：⎩⎨⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θcos θ(θ为参数)3．(新课标全国卷Ⅱ)已知动点P ，Q 都在曲线C ：⎩⎨⎧x ＝2cos t ，y ＝2sin t (t 为参数)上，对应参数分别为t ＝α与t ＝2α(0＜α＜2π)，M 为PQ 的中点．(1)求M 的轨迹的参数方程；(2)将M 到坐标原点的距离d 表示为α的函数，并判断M 的轨迹是否过坐标原点．解：(1)依题意有P (2cos α，2sin α)，Q (2cos 2α，2sin 2α)，因此M (cos α＋cos 2α，sin α＋sin 2α)．M 的轨迹的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α＋cos 2α，y ＝sin α＋sin 2α(α为参数，0＜α＜2π)．(2)M 点到坐标原点的距离 d ＝x 2＋y 2＝2＋2cos α(0＜α＜2π)．当α＝π时，d ＝0，故M 的轨迹过坐标原点．[对应学生用书P33]1.消参的常用方法(1)代入消参法，是指由曲线的参数方程中的某一个(或两个)得到用x (或y ，或x ，y )表示参数的式子，把其代入参数方程中达到消参的目的．(2)整体消参法，是指通过恰当的变形把两式平方相加(或相减、相乘、相除)达到消参的目的，此时常用到一些桓等式，如sin 2θ＋cos 2θ＝1，sec 2θ＝tan 2θ＋1，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1t 2＝4等． 2．消参的注意事项(1)消参时，要特别注意参数的取值对变量x ，y 的影响，否则易扩大变量的取值范围．(2)参数方程中变量x ，y 就是参数的函数，可用求值域的方法确定变量x ，y 的取值范围．[例1] 参数方程⎩⎨⎧x ＝5cos θ，y ＝5sin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2≤θ≤π2表示的曲线是什么？ [解] 化为普通方程是：x 2＋y 2＝25，∵－π2≤θ≤π2， ∴0≤x ≤5，－5≤y ≤5.∴表示以(0,0)为圆心，5为半径的右半圆． [例2] 将参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝35t ＋1，y ＝t 2－1(t 为参数)化为普通方程．[解] 由x ＝35t ＋1得t ＝53(x －1)，代入y ＝t 2－1，得y ＝259(x －1)2－1，即为所求普通方程.1．直线参数方程的标准形式直线参数方程的一般形式为⎩⎨⎧x ＝x 0＋at ，y ＝y 0＋bt (t 为参数)，只有当b ≥0，a 2＋b 2＝1时，上述方程组才为直线的参数方程的标准形式，直线经过的起点坐标为M 0(x 0，y 0)，直线上另外两点M 1(x 1，y 1)，M 2(x 2，y 2)对应的参数分别为t 1，t 2，这时就有|M 0M 1|＝|t 1|，|M 0M 2|＝|t 2|，|M 1M 2|＝|t 1－t 2|.2．直线参数方程的应用直线的参数方程应用十分广泛，特别在计算与圆锥曲线的相交弦的弦长时，可以利用参数的几何意义和弦长公式求解，这样可以避免因运用直线和圆锥曲线的方程所组成的方程组求解导致的烦琐运算，从而简化解题过程，优化解题思路．3．应用直线的参数方程求弦长的注意事项 (1)直线的参数方程应为标准形式． (2)要注意直线倾斜角的取值范围． (3)设直线上两点对应的参数分别为t 1，t 2. (4)套公式|t 1－t 2|求弦长．[例3] 已知点P (3,2)平分抛物线y 2＝4x 的一条弦AB ，求弦AB 的长． [解] 设弦AB 所在的直线方程为 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)，代入方程y 2＝4x 整理得： t 2sin 2α＋4(sin α－cos α)t －8＝0.①因为点P (3,2)是弦AB 的中点，由参数t 的几何意义可知，方程①的两个实根t 1，t 2满足关系t 1＋t 2＝0.即sin α－cos α＝0. 因为0≤α＜π，所以α＝π4. ∴|AB |＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝4·8sin 2π4＝8.圆心为(a ，b )，半径为r 的圆(x －a )2＋(y －b )2＝r 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝a ＋r cos θ，y ＝b ＋r sin θ(θ为参数)；长半轴为a ，短半轴为b ，中心在原点的椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的参数方程为⎩⎨⎧x ＝a cos θ，y ＝b sin θ(θ为参数)，圆、椭圆的参数方程在计算最大值、最小值和取值范围等问题中有着广泛的应用，利用圆、椭圆的参数方程将上述问题转化为三角函数的最值问题，利用三角函数的变换公式可以简化计算，从而避免了繁杂的代数运算．[例4] (新课标全国卷Ⅰ)已知曲线C ：x 24＋y 29＝1，直线l ：⎩⎨⎧x ＝2＋t ，y ＝2－2t (t为参数)．(1)写出曲线C 的参数方程，直线l 的普通方程；(2)过曲线C 上任意一点P 作与l 夹角为30°的直线，交l 于点A ，求|P A |的最大值与最小值．[解] (1)曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)．直线l 的普通方程为2x ＋y －6＝0.(2)曲线C 上任意一点P (2cos θ，3sin θ)到l 的距离为d ＝55|4cos θ＋3sin θ－6|.则|P A |＝d sin 30°＝255|5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且tan α＝43.当sin(θ＋α)＝－1时，|P A |取得最大值，最大值为2255.当sin(θ＋α)＝1时，|P A |取得最小值，最小值为255.[对应学生用书P37](时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知曲线的方程为⎩⎨⎧x ＝2t ，y ＝t (t 为参数)，则下列点中在曲线上的是( )A ．(1,1)B ．(2,2)C ．(0,0)D ．(1,2)解析：当t ＝0时，x ＝0且y ＝0.即点(0,0)在曲线上．答案：C2．直线x ＋y ＝0被圆⎩⎨⎧x ＝3cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)截得的弦长是( )A ．3B ．6C ．2 3D. 3解析：圆的普通方程为x 2＋y 2＝9，半径为3，直线x ＋y ＝0过圆心，故所得弦长为6.答案：B3．点P (1,0)到曲线⎩⎨⎧x ＝t 2，y ＝2t (其中t 为参数且t ∈R )上的点的最短距离为( )A ．0B ．1 C. 2D ．2解析：点P 与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝2t(t ∈R )上的点之间的距离d ＝(x －1)2＋(y －0)2＝(t 2－1)2＋(2t )2＝t 2＋1≥1. 答案：B4．参数方程⎩⎨⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θ(θ为参数)所表示的曲线为( )A ．抛物线的一部分B ．一条抛物线C ．双曲线的一部分D ．一条双曲线解析：x ＋y 2＝cos 2θ＋sin 2θ＝1，即y 2＝－x ＋1. 又x ＝cos 2θ∈[0,1]，y ＝sin θ∈[－1,1]， ∴为抛物线的一部分．答案：A5．当参数θ变化时，动点P (2cos θ，3sin θ)所确定的曲线必过( ) A ．点(2,3) B ．点(2,0) C ．点(1,3)D ．点(0，π2)解析：令x ＝2cos θ，y ＝3sin θ，则动点(x ，y )的轨迹是椭圆：x 24＋y 29＝1，∴曲线过点(2,0)．答案：B6．已知三个方程：①⎩⎨⎧ x ＝t ，y ＝t 2；②⎩⎨⎧x ＝tan t ，y ＝tan 2t ；③⎩⎨⎧x ＝sin t ，y ＝sin 2t (都是以t 为参数)．那么表示同一曲线的方程是( ) A ．①②③ B ．①② C ．①③D ．②③解析：①②③的普通方程都是y ＝x 2，但①②中x 的取值范围相同，都是x ∈R ，而③中x 的取值范围是－1≤x ≤1.答案：B7．直线⎩⎨⎧x ＝－2－2t ，y ＝3＋2t (t 为参数)上与点P (－2,3)的距离等于2的点的坐标是( )A ．(－4,5)B ．(－3,4)C ．(－3,4)或(－1,2)D ．(－4,5)或(0,1)解析：可以把直线的参数方程转化成标准式，或者直接根据直线参数方程的非标准式中参数的几何意义可得(－2)2＋(2)2·|t |＝2，可得t ＝±22，将t 代入原方程，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－3，y ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2，所以所求点的坐标为(－3，4)或(－1,2)．答案：C8．(安徽高考)以平面直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位．已知直线l 的参数方程是⎩⎨⎧x ＝t ＋1，y ＝t －3(t 为参数)，圆C 的极坐标方程是ρ＝4cos θ，则直线l 被圆C 截得的弦长为( )A.14 B ．214 C. 2D ．2 2解析：由题意得，直线l 的普通方程为y ＝x －4，圆C 的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4，圆心到直线l 的距离d ＝|2－0－4|2＝2，直线l 被圆C 截得的弦长为222－(2)2＝2 2. 答案：D9．已知圆的渐开线⎩⎨⎧x ＝r (cos φ＋φsin φ)，y ＝r (sin φ－φcos φ)(φ为参数)上有一个点的坐标为(3,0)，则渐开线对应的基圆的面积为( )A ．πB ．3πC ．6πD ．9π解析：把已知点(3,0)代入参数方程得⎩⎪⎨⎪⎧3＝r (cos φ＋φsin φ)，①0＝r (sin φ－φcos φ)，②由②得φ＝tan φ，所以φ＝0，代入①得，3＝r ·(cos 0＋0)，所以r ＝3，所以基圆的面积为9π.答案：D10．已知方程x 2－ax ＋b ＝0的两根是sin θ和cos θ(|θ|≤π4)，则点(a ，b )的轨迹是( )A ．椭圆弧B ．圆弧C ．双曲线弧D ．抛物线弧解析：由题知⎩⎪⎨⎪⎧ sin θ＋cos θ＝a ，sin θ·cos θ＝b ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝sin θ＋cos θ，b ＝sin θ·cos θ.a 2－2b ＝(sin θ＋cos θ)2－2sin θ·cos θ＝1. 又|θ|≤π4.∴表示抛物线弧．答案：D二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)11．若直线l ：y ＝kx 与曲线C ：⎩⎨⎧x ＝2＋cos θ，y ＝sin θ(参数θ∈R )有唯一的公共点，则实数k ＝________.解析：曲线C 的普通方程为(x －2)2＋y 2＝1，由题意知，|2k －0|1＋k 2＝1，∴k ＝±33.答案：±3312．双曲线⎩⎨⎧x ＝tan θ，y ＝2sec θ(θ为参数)的渐近线方程为______________．解析：双曲线的普通方程为y 24－x 2＝1，由y 24－x 2＝0，得y ＝±2x ，即为渐近线方程．答案：y ＝±2x13．已知点P 在直线⎩⎨⎧x ＝3＋4t ，y ＝1＋3t (t 为参数)上，点Q 为曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝53cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)上的动点，则|PQ |的最小值等于________．解析：直线方程为3x －4y －5＝0，由题意，点Q 到直线的距离d ＝|5cos θ－12sin θ－5|5＝|13cos (θ＋φ)－5|5，∴d min ＝85，即|PQ |min＝85. 答案：8514．直线l 经过点M 0(1,5)，倾斜角为π3，且交直线x －y －2＝0于M 点，则|MM 0|＝________.解析：由题意可得直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋12t ，y ＝5＋32t (t 为参数)代入直线方程x －y －2＝0，得1＋12t －⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋32t －2＝0，解得t ＝－6(3＋1)．根据t 的几何意义可知|MM 0|＝6(3＋1)．答案：6(3＋1)三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)(福建高考)已知直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝a －2t ，y ＝－4t(t为参数)，圆C 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝4cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)． (1)求直线l 和圆C 的普通方程；(2)若直线l 与圆C 有公共点，求实数a 的取值范围．解：(1)直线l 的普通方程为2x －y －2a ＝0，圆C 的普通方程为x 2＋y 2＝16.(2)因为直线l 与圆C 有公共点，故圆C 的圆心到直线l 的距离d ＝|－2a |5≤4，解得－25≤a ≤2 5.16．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy 中，设P (x ，y )是椭圆x 23＋y2＝1上的一个动点，求S ＝x ＋y 的最大值．解：因为椭圆x 23＋y 2＝1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝3cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)．故可设动点P 的坐标为()3cos φ，sin φ，其中0≤φ＜2π. 因此，S ＝x ＋y ＝3cos φ＋sin φ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos φ＋12sin φ ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ＋π3. 所以当φ＝π6时，S 取得最大值2. 17．(本小题满分12分)已知曲线C 1：⎩⎨⎧ x ＝－4＋cos t ，y ＝3＋sin t(t 是参数)，C ：⎩⎨⎧x ＝8cos θ，y ＝3sin θ(θ是参数) (1)化C 1，C 2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；(2)若C 1上的点P 对应的参数为t ＝π2，Q 为C 2上的动点，求PQ 中点M 到直线C 3：⎩⎨⎧x ＝3＋2t ，y ＝－2＋t (t 是参数)距离的最小值．解：(1)C 1：(x ＋4)2＋(y －3)2＝1，C 2：x 264＋y 29＝1， C 1为圆心是(－4,3)，半径是1的圆．C 2为中心是坐标原点，焦点在x 轴上，长半轴长是8，短半轴长是3的椭圆．(2)当t ＝π2时，P (－4,4)，Q (8cos θ，3sin θ)，故M (－2＋4cos θ，2＋32sin θ)．C 3为直线x －2y －7＝0，M 到C 3的距离d ＝55|4cos θ－3sin θ－13|.从而当cos θ＝45，sin θ＝－35时，d 取得最小值855.18．(本小题满分14分)在直角坐标系xOy 中，l 是过定点P (4,2)且倾斜角为α的直线，在极坐标系(以坐标原点O 为极点，以x 轴非负半轴为极轴，取相同单位长度)中，曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ.(1)写出直线l 的参数方程，并将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)若曲线C 与直线l 相交于不同的两点M ，N ，求|PM |＋|PN |的取值范围．解：(1)直线l 的参数方程：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)． ∵ρ＝4cos θ，∴ρ2＝4ρcos θ，∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－4x ＝0.(2)直线l 的参数方程：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)，代入x 2＋y 2＝4x ，得t 2＋4(sin α＋cos α)t ＋4＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝16(sin α＋cos α)2－16＞0，t 1＋t 2＝－4(sin α＋cos α)，t 1t 2＝4，∴sin α·cos α＞0，又0≤α＜π，∴α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且t 1＜0，t 2＜0. ∴|PM |＋|PN |＝|t 1|＋|t 2|＝|t 1＋t 2|＝4(sin α＋cos α)＝42sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4，由α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，得α＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4， ∴22＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4≤1，故|PM |＋|PN |的取值范围是(4,42]．。

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[对应学生用书P13]考情分析通过对近几年新课标区高考试题的分析可知，高考对本讲的考查集在考查极坐标方程、极坐标与直角坐标的互化等．预计今后的高考中，仍以考查圆、直线的极坐标方程为主．真题体验1．(安徽高考)在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ的垂直于极轴的两条切线方程分别为()A．θ＝0(ρ∈R)和ρcos θ＝2B．θ＝π2(ρ∈R)和ρcos θ＝2C．θ＝π2(ρ∈R)和ρcos θ＝1D．θ＝0(ρ∈R)和ρcos θ＝1解析：由题意可知，圆ρ＝2cos θ可化为普通方程为(x－1)2＋y2＝1.所以圆的垂直于x轴的两条切线方程分别为x＝0和x＝2，再将两条切线方程化为极坐标方程分别为θ＝π2(ρ∈R)和ρcos θ＝2，故选B.答案：B2．(安徽高考)在极坐标系中，圆ρ＝4sin θ的圆心到直线θ＝π6(ρ∈R)的距离是________．解析：将ρ＝4sin θ化成直角坐标方程为x2＋y2＝4y，即x2＋(y－2)2＝4，圆心为(0,2)．将θ＝π6(ρ∈R)化成直角坐标方程为x－3y＝0，由点到直线的距离公式可知圆心到直线的距离d ＝|0－23|2＝ 3.答案： 33．(江西高考)若曲线的极坐标方程为ρ＝2sin θ＋4cos θ，以极点为原点，极轴为x 轴正半轴建立直角坐标系，则该曲线的直角坐标方程为________．解析：∵ρ＝2sin θ＋4cos θ，∴ρ2＝2ρsin θ＋4ρcos θ， ∴x 2＋y 2＝2y ＋4x ，即x 2＋y 2－4x －2y ＝0. 答案：x 2＋y 2－4x －2y ＝0.[对应学生用书P13]利用问题的几何特征，建立适当坐标系，主要就是兼顾到它们的对称性，尽量使图形的对称轴(对称中心)正好是坐标系中的x 轴，y 轴(坐标原点)．坐标系的建立，要尽量使我们研究的曲线的方程简单．[例1] 已知正三角形ABC 的边长为a ，在平面上求一点P ，使|P A |2＋|PB |2＋|PC |2最小，并求出此最小值．[解] 以BC 所在直线为x 轴，BC 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系，如图，则A ⎝⎛⎭⎪⎫0，32a ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0.设P (x ，y )，则|P A |2＋|PB |2＋|PC |2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －32a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋y 2＝3x 2＋3y 2－3ay ＋5a 24＝3x 2＋3⎝⎛⎭⎪⎫y －36a 2＋a 2≥a 2，当且仅当x ＝0，y ＝36a 时，等号成立．∴所求的最小值为a 2，此时P 点的坐标为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，36a ，即为正三角形ABC的中心.设点P (x ，y )是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：⎩⎨⎧x ′＝λ·x (λ＞0)y ′＝μ·y (μ＞0)的作用下，点P (x ，y )对应点P ′(x ′，y ′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换．[例2] 在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝2x ，y ′＝2y 后，曲线C变为曲线(x ′－5)2＋(y ′＋6)2＝1，求曲线C 的方程，并判断其形状．[解] 将⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝2y 代入(x ′－5)2＋(y ′＋6)2＝1中，得(2x －5)2＋(2y ＋6)2＝1. 化简，得(x －52)2＋(y ＋3)2＝14.该曲线是以(52，－3)为圆心，半径为12的圆.θ)＝0如果曲线C 是由极坐标(ρ，θ)满足方程的所有点组成的，则称此二元方程F (ρ，θ)＝0为曲线C 的极坐标方程．由于平面上点的极坐标的表示形式不唯一，因此曲线的极坐标方程和直角坐标方程也有不同之处，一条曲线上的点的极坐标有多组表示形式，有些表示形式可能不满足方程，这里要求至少有一组能满足极坐标方程．求轨迹方程的方法有直接法、定义法、相关点代入法，在极坐标中仍然适用，注意求谁设谁，找出所设点的坐标ρ，θ的关系．[例3] △ABC 底边BC ＝10，∠A ＝12∠B ，以B 为极点，BC 为极轴，建立极坐标系，求顶点A 的轨迹的极坐标方程．[解] 如图：令A (ρ，θ)， △ABC 内，设∠B ＝θ，∠A ＝θ2，又|BC |＝10，|AB |＝ρ. 由正弦定理，得ρsin (π－3θ2)＝10sin θ2，化简，得A 点轨迹的极坐标方程为ρ＝10＋20cos θ.互化的前提依旧是把直角坐标系的原点作为极点，x 轴的正半轴作为极轴并在两种坐标系下取相同的单位长度．互化公式为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx (x ≠0)直角坐标方程化极坐标方程可直接将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入即可，而极坐标方程化为直角坐标方程通常将极坐标方程化为ρcos θ，ρsin θ的整体形式，然后用x ，y 代替较为方便，常常两端同乘以ρ即可达到目的，但要注意变形的等价性．[例4] (天津高考)在以O 为极点的极坐标系中，圆ρ＝4sin θ和直线ρsin θ＝a 相交于A ，B 两点．若△AOB 是等边三角形，则a 的值为________．[解析] 由于圆和直线的直角坐标方程分别为x 2＋y 2＝4y 和y ＝a ，它们相交于A ，B 两点，△AOB 为等边三角形，所以不妨取直线OB 的方程为y ＝3x ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4y ，y ＝3x ，消去y ，得x 2＝3x ，解得x ＝3或x ＝0，所以y ＝3x ＝3，即a ＝3.[答案] 3[例5] 在极坐标系中，点M 坐标是(2，π3)，曲线C 的方程为ρ＝22sin(θ＋π4); 以极点为坐标原点，极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l 经过点M 和极点．(1)写出直线l 的极坐标方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)直线l 和曲线C 相交于两点A 、B ，求线段AB 的长． [解] (1)∵直线l 过点M (2，π3)和极点， ∴直线l 的直角坐标方程是θ＝π3(ρ∈R )． ρ＝22sin(θ＋π4)即ρ＝2(sin θ＋cos θ)，两边同乘以ρ得ρ2＝2(ρsin θ＋ρcos θ)， ∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x －2y ＝0. (2)点M 的直角坐标为(1，3)，直线l 过点M 和原点， ∴直线l 的直角坐标方程为y ＝3x .曲线C 的圆心坐标为(1,1)，半径r ＝2，圆心到直线l 的距离为d ＝3－12，∴|AB |＝3＋1.[对应学生用书P35] (时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．点M 的极坐标为(1，π)，则它的直角坐标是( ) A ．(1,0) B ．(－1,0) C ．(0,1)D ．(0，－1)解析：x ＝1×cos π＝－1，y ＝1×sin π＝0，即直角坐标是(－1,0)．答案：B2．已知曲线C 的极坐标方程ρ＝2cos 2θ，给定两点P (0，π2)，Q (2，π)，则有( )A ．P 在曲线C 上，Q 不在曲线C 上B ．P 、Q 都不在曲线C 上C ．P 不在曲线C 上，Q 在曲线C 上D ．P 、Q 都在曲线C 上解析：当θ＝π2时，ρ＝2cos π＝－2≠0，故点P 不在曲线上；当θ＝π时，ρ＝2cos 2π＝2，故点Q 在曲线上．答案：C3．点P 的柱坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫16，π3，5，则其直角坐标为( )A.()5，8，83B.()8，83，5C.()83，8，5D.()4，83，5解析：∵ρ＝16，θ＝π3，z ＝5，∴x ＝ρcos θ＝8，y ＝ρsin θ＝83，z ＝5， ∴点P 的直角坐标是(8,83，5)．答案：B4．在同一坐标系中，将曲线y ＝2sin 3x 变为曲线y ＝sin x 的伸缩变换是( ) A.⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3x ′y ＝12y ′B.⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x y ′＝12y C.⎩⎨⎧x ＝3x ′y ＝2y ′D.⎩⎨⎧x ′＝3x y ′＝2y解析：将⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λxy ′＝μy 代入y ＝sin x ，得μy ＝sin λx ，即y ＝1μsin λx ，与y ＝2sin 3x 比较，得μ＝12，λ＝3，即变换公式为⎩⎨⎧x ′＝3x ，y ′＝12y .答案：B5．曲线ρ＝5与θ＝π4的交点的极坐标写法可以有( ) A ．1个 B ．2个 C ．4个D ．无数个解析：由极坐标的定义易知有无数个．答案：D6．在极坐标系中，过点A (6，π)作圆ρ＝－4cos θ的切线，则切线长为( ) A ．2 B ．6 C ．2 3D ．215解析：圆ρ＝－4cos θ化为(x ＋2)2＋y 2＝4，点(6，π)化为(－6,0)，所以切线长＝42－22＝12＝2 3.答案：C7．极坐标方程ρ＝cos θ与ρcos θ＝12的图形是( )解析：把ρcos θ＝12化为直角坐标方程，得x ＝12，把ρ＝cos θ代为直角坐标方程，得x 2＋y 2－x ＝0，即其圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，半径为12，故选项B 正确．答案：B8．极坐标方程θ＝π3，θ＝23π(ρ＞0)和ρ＝4所表示的曲线围成的图形面积是( )A.163πB.83πC.43πD.23π解析：三条曲线围成一个扇形，半径为4，圆心角为2π3－π3＝π3. ∴扇形面积为：12×4×π3×4＝8π3. 答案：B9．在极坐标系中，曲线ρ＝4sin(θ－π3)关于( ) A ．线θ＝π3轴对称B ．线θ＝5π6轴对称C ．(2，π3)中心对称D ．极点中心对称解析：ρ＝4sin(θ－π3)可化为ρ＝4cos(θ－5π6)，可知此曲线是以(2，5π6)为圆心的圆，故圆关于θ＝5π6对称．答案：B10．在极坐标系中有如下三个结论：①点P 在曲线C 上，则点P 的极坐标满足曲线C 的极坐标方程；②tan θ＝1与θ＝π4表示同一条曲线；③ρ＝3与ρ＝－3表示同一条曲线．在这三个结论中正确的是( )A ．①③B ．①C ．②③D ．③解析：在直角坐标系内，曲线上每一点的坐标一定适合它的方程，但在极坐标系内，曲线上所有点的坐标不一定适合方程，故①是错误的；tan θ＝1不仅表示θ＝π4这条射线，还表示θ＝5π4这条射线，故②亦不对；ρ＝3与ρ＝－3差别仅在于方向不同，但都表示一个半径为3的圆，故③正确．答案：D二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)11．(天津高考)已知圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ，圆心为C ，点P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫4，π3，则|CP |＝________. 解析：由圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ，得圆心C 的直角坐标为(2,0)，点P 的直角坐标为(2,23)，所以|CP |＝2 3.答案：2 312．点A 的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫332，92，3，则它的球坐标为________．解析：r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫922＋32＝6.cos φ＝36＝12，∴φ＝π3. tan θ＝92332＝3，∴θ＝π3.∴它的球坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫6，π3，π3.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫6，π3，π313．在极坐标系中，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π2关于直线l ：ρcos θ＝1的对称点的一个极坐标为________．解析：由直线l 的方程可知直线l 过点(1,0)且与极轴垂直，设A ′是点A 关于l 的对称点，则四边OBA ′A 是正方形，∠BOA ′＝π4，且OA ′＝22，故A ′的极坐标可以是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π4. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π414．从极点作圆ρ＝2a cos θ的弦，则各条弦中点的轨迹方程为________．解析：数形结合，易知所求轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0为圆心，a 2为半径的圆，求得方程是ρ＝a cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2≤θ≤π2. 答案：ρ＝a cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2≤θ≤π2三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)(辽宁高考改编)将圆x 2＋y 2＝1上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C .设直线l ：2x ＋y －2＝0与C 的交点为P 1，P 2，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段P 1P 2的中点且与l 垂直的直线的极坐标方程．解：设(x 1，y 1)为圆上的点，在已知变换下变为C 上点(x ，y )，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1，y ＝2y 1.由x 21＋y 21＝1得x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22＝1，即曲线C 的方程为x 2＋y 24＝1. 由⎩⎨⎧ x 2＋y 24＝1，2x ＋y －2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝2. 不妨设P 1(1,0)，P 2(0,2)，则线段P 1P 2的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，所求直线斜率为k ＝12，于是所求直线方程为y －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，化为极坐标方程，并整理得2ρcos θ－4ρsin θ＝－3，即ρ＝34sin θ－2cos θ. 16．(本小题满分12分)极坐标方程ρ＝－2cos θ与ρcos(θ＋π3)＝1表示的两个图形的位置关系是什么？解：ρ＝－2cos θ可变为ρ2＝－2ρcos θ，化为普通方程为x 2＋y 2＝－2x即(x ＋1)2＋y 2＝1它表示圆，圆心为(－1,0)，半径为1.将ρcos(θ＋π3)＝1化为普通方程为x －3y －2＝0.∵圆心(－1,0)到直线的距离为|－1－2|1＋3＝32＞1 ∴直线与圆相离．17．(本小题满分12分)把下列极坐标方程化为直角坐标方程并说明表示什么曲线．(1)ρ＝2a cos θ(a ＞0)；(2)ρ＝9(sin θ＋cos θ)；(3)ρ＝4；(4)2ρcos θ－3ρsin θ＝5.解：(1)ρ＝2a cos θ，两边同时乘以ρ，得ρ2＝2aρcos θ，即x 2＋y 2＝2ax .整理得x 2＋y 2－2ax ＝0，即(x －a )2＋y 2＝a 2.是以(a,0)为圆心，a 为半径的圆．(2)两边同时乘以ρ得ρ2＝9ρ(sin θ＋cos θ)，即x 2＋y 2＝9x ＋9y ，又可化为(x －92)2＋(y －92)2＝812，是以(92，92)为圆心，922为半径的圆．(3)将ρ＝4两边平方得ρ2＝16，即x 2＋y 2＝16.是以原点为圆心，4为半径的圆．(4)2ρcos θ－3ρsin θ＝5，即2x －3y ＝5，是一条直线．18．(本小题满分14分)在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C 的极坐标方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝1，M ，N 分别为曲线C 与x 轴，y 轴的交点．(1)写出曲线C 的直角坐标方程，并求M ，N 的极坐标；(2)设MN 的中点为P ，求直线OP 的极坐标方程．解：(1)由ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝1，得ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos θ＋32sin θ＝1.从而C 的直角坐标方程为12x ＋32y ＝1，即x ＋3y ＝2.当θ＝0时，ρ＝2，得M (2,0)；当θ＝π2时，ρ＝233，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，π2. (2)M 点的直角坐标为(2,0)，N 点的直角坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，233. 所以P 点的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，则P 点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫233，π6. 所以直线OP 的极坐标方程为θ＝π6，ρ∈R .。

[推荐学习]2018-2019学年高中数学人教A版选修4-1学案创新应用：第一讲四直角三角形的射影定

四直角三角形的射影定理[对应学生用书P14]1．射影(1)点在直线上的正射影：从一点向一直线所引垂线的垂足，叫做这个点在这条直线上的正射影．(2)线段在直线上的正射影：线段的两个端点在这条直线上的正射影间的线段．(3)射影：点和线段的正射影简称为射影．2．射影定理(1)文字语言：直角三角形斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项；两直角边分别是它们在斜边上射影与斜边的比例中项．(2)图形语言：如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的高，则有CD2＝AD·BD，AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB.[对应学生用书P14][例1]如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的高，若AD＝2 cm，DB＝6 cm，求CD，AC，BC的长．[思路点拨]在直角三角形内求线段的长度，可考虑使用勾股定理和射影定理．[解]∵CD2＝AD·DB＝2×6＝12，∴CD＝12＝23(cm)．∵AC2＝AD·AB＝2×(2＋6)＝16，∴AC＝16＝4(cm)．∵BC 2＝BD ·AB ＝6×(2＋6)＝48， ∴BC ＝48＝43(cm)．故CD 、AC 、BC 的长分别为2 3 cm,4 cm,4 3 cm.(1)在Rt △ABC 中，共有AC 、BC 、CD 、AD 、BD 和AB 六条线段，已知其中任意两条，便可求出其余四条．(2)射影定理中每个等积式中含三条线段，若已知两条可求出第三条．1.如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，CD 是AB 上的高．已知BD＝4，AB ＝29，试求出图中其他未知线段的长．解：由射影定理，得BC 2＝BD ·AB ， ∴BC ＝BD ·AB ＝4×29＝229. 又∵AD ＝AB －BD ＝29－4＝25. 且AC 2＝AB 2－BC 2， ∴AC ＝AB 2－BC 2＝292－4×29＝529.∵CD 2＝AD ·BD ，∴CD ＝AD ·BD ＝25×4＝10.2．已知：CD 是直角三角形ABC 斜边AB 上的高，如果两直角边AC ，BC 的长度比为AC ∶BC ＝3∶4.求：(1)AD ∶BD 的值； (2)若AB ＝25 cm ，求CD 的长．解：(1)∵AC 2＝AD ·AB ， BC 2＝BD ·AB ， ∴AD ·AB BD ·AB ＝AC 2BC 2. ∴AD BD ＝(AC BC )2＝( 34)2＝916. (2)∵AB ＝25 cm ，AD ∶BD ＝9∶16， ∴AD ＝99＋16×25＝9(cm)，BD＝169＋16×25＝16(cm)．∴CD＝AD·BD＝9×16＝12(cm).[例2]DG⊥BE，F、G分别为垂足．求证：AF·AC＝BG·BE.[思路点拨]先将图分解成两个基本图形(1)(2)，再在简单的图形中利用射影定理证明所要的结论．[证明]∵CD垂直平分AB，∴△ACD和△BDE均为直角三角形，且AD＝BD.又∵DF⊥AC，DG⊥BE，∴AF·AC＝AD2，BG·BE＝DB2.∵AD2＝DB2，∴AF·AC＝BG·BE.将原图分成两部分来看，就可以分别在两个三角形中运用射影定理，实现了沟通两个比例式的目的．在求解此类问题时，关键就是把握基本图形，从所给图形中分离出基本图形进行求解或证明．3．如图所示，设CD是Rt△ABC的斜边AB上的高．求证：CA·CD＝BC·AD.证明：由射影定理知：CD2＝AD·BD，CA2＝AD·AB，BC 2＝BD ·AB .∴CA ·CD ＝AD 2·BD ·AB ＝AD ·BD ·AB ， BC ·AD ＝AD ·AB ·BD . 即CA ·CD ＝BC ·AD .4．Rt △ABC 中有正方形DEFG ，点D 、G 分别在AB 、AC 上，E 、F 在斜边BC 上．求证：EF 2＝BE ·FC .证明：过点A 作AH ⊥BC 于H .则DE ∥AH ∥GF . ∴DE AH ＝BE BH ，GF AH ＝FC CH . ∴DE ·GF AH 2＝BE ·FC BH ·CH . 又∵AH 2＝BH ·CH ， ∴DE ·GF ＝BE ·FC . 而DE ＝GF ＝EF ， ∴EF 2＝BE ·FC .[对应学生用书P15]一、选择题1．已知Rt △ABC 中，斜边AB ＝5 cm ，BC ＝2 cm ，D 为AC 上一点，DE ⊥AB 交AB 于E ，且AD ＝3.2 cm ，则DE ＝( )A ．1.24 cmB ．1.26 cmC ．1.28 cmD ．1.3 cm解析：如图，∵∠A ＝∠A ，∴Rt △ADE ∽Rt △ABC ， ∴AD AB ＝DE BC， DE ＝AD ·BC AB ＝3.2×25＝1.28.答案：C2．已知直角三角形中两直角边的比为1∶2，则它们在斜边上的射影比为( ) A ．1∶2 B ．2∶1 C ．1∶4D ．4∶1解析：设直角三角形两直角边长分别为1和2，则斜边长为5，∴两直角边在斜边上的射影分别为15和45. 答案：C3．一个直角三角形的一条直角边为3 cm ，斜边上的高为2.4 cm ，则这个直角三角形的面积为( )A ．7.2 cm 2B ．6 cm 2C ．12 cm 2D ．24 cm 2解析：长为3 cm 的直角边在斜边上的射影为32－2.42＝1.8(cm)，由射影定理知斜边长为321.8＝5(cm)，∴三角形面积为12×5×2.4＝6(cm 2)．答案：B4．如图所示，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，CD ⊥AB ，D 为垂足，若CD ＝6 cm ，AD ∶DB ＝1∶2，则AD 的值是( )A ．6 cmB ．3 2 cmC ．18 cmD ．3 6 cm解析：∵AD ∶DB ＝1∶2， ∴可设AD ＝t ，DB ＝2t . 又∵CD 2＝AD ·DB ，∴36＝t ·2t ，∴2t 2＝36，∴t ＝32(cm)，即AD ＝3 2 cm. 答案：B 二、填空题5．若等腰直角三角形的一条直角边长为1，则该三角形在直线l 上的射影的最大值为________．解析：射影的最大值即为等腰直角三角形的斜边长．答案： 26．如图所示，四边形ABCD 是矩形，∠BEF ＝90°，①②③④这四个三角形能相似的是________．解析：因为四边形ABCD 为矩形，所以∠A ＝∠D ＝90°.因为∠BEF ＝90°，所以∠1＋∠2＝90°. 因为∠2＋∠3＝90°，所以∠1＝∠3. 所以△ABE ∽△DEF . 答案：①③7．在△ABC 中，∠A ＝90°，AD ⊥BC 于点D ，AD ＝6，BD ＝12，则CD ＝__________，AC ＝__________，AB 2∶AC 2＝__________.解析：如图，AB 2＝AD 2＋BD 2，又AD ＝6，BD ＝12， ∴AB ＝6 5.由射影定理可得，AB 2＝BD ·BC ， ∴BC ＝AB 2BD＝15.∴CD ＝BC －BD ＝15－12＝3. 由射影定理可得，AC 2＝CD ·BC ， ∴AC ＝3×15＝3 5. ∴AB 2AC 2＝BD ·BC CD ·BC ＝BD CD ＝123＝4. 答案：3 35 4∶1 三、解答题8．如图：在Rt △ABC 中，CD 是斜边AB 上的高，DE 是Rt △BCD 斜边BC 上的高，若BE ＝6，CE ＝2.求AD 的长是多少．解：因为在Rt △BCD 中，DE ⊥BC ，所以由射影定理可得：CD 2＝CE ·BC ，所以CD 2＝16，因为BD2＝BE·BC，所以BD＝6×8＝4 3.因为在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，所以由射影定理可得：CD2＝AD·BD，所以AD＝CD 2BD ＝1643＝433.9．如图，在△ABC中，CD⊥AB于D，且CD2＝AD·BD，求证：∠ACB＝90°.证明：∵CD⊥AB，∴∠CDA＝∠BDC＝90°.又∵CD2＝AD·BD，即AD∶CD＝CD∶BD，∴△ACD∽△CBD.∴∠CAD＝∠BCD.又∵∠ACD＋∠CAD＝90°，∴∠ACB＝∠ACD＋∠BCD＝∠ACD＋∠CAD＝90°.10．已知直角三角形周长为48 cm，一锐角平分线分对边为3∶5两部分．(1)求直角三角形的三边长；(2)求两直角边在斜边上的射影的长．解：(1)如图，设CD＝3x，BD＝5x，则BC＝8x，过D作DE⊥AB，由题意可得，DE＝3x，BE＝4x，∴AE＋AC＋12x＝48.又AE＝AC，∴AC＝24－6x，AB＝24－2x.∴(24－6x)2＋(8x)2＝(24－2x)2，解得：x1＝0(舍去)，x2＝2.∴AB＝20，AC＝12，BC＝16，∴三边长分别为：20 cm,12 cm,16 cm.(2)作CF⊥AB于F点，∴AC2＝AF·AB.∴AF＝AC 2AB ＝12220＝365(cm)；同理：BF＝BC 2AB ＝16220＝645(cm)．∴两直角边在斜边上的射影长分别为365cm，645cm.[对应学生用书P16]近两年高考中，由于各地的要求不同，所以试题的呈现形式也不同．但都主要考查相似三角形的判定与性质，射影定理，平行线分线段成比例定理；一般试题难度不大，解题中要注意观察图形特点，巧添辅助线对解题可起到事半功倍的效果．在使用平行线分线段成比例定理及其推论时，一定要搞清有关线段或边的对应关系，切忌搞错比例关系．1.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4，CD＝2，E，F分别为AD，BC上的点，且EF＝3，EF∥AB，则梯形ABFE与梯形EFCD的面积比为________．解析：由CD＝2，AB＝4，EF＝3，得EF＝12(CD＋AB)，∴EF是梯形ABCD的中位线，则梯形ABFE与梯形EFCD有相同的高，设为h，于是两梯形的面积比为 12(3＋4)h ∶12(2＋3)h ＝7∶5. 答案：7∶52.如图，圆O 上一点C 在直径AB 上的射影为D ，点D 在半径OC 上的射影为E .若AB ＝3AD ，则CEEO的值为________．解析：连接AC ，BC ，则∠ACB ＝90°. 设AD ＝2，则AB ＝6，于是BD ＝4，OD ＝1.如图，由射影定理得CD 2＝AD ·BD ＝8，则CD ＝2 2. 在Rt △OCD 中，DE ＝OD ·CD OC ＝1×223＝223.则CE ＝DC 2－DE 2＝8－89＝83， EO ＝OC －CE ＝3－83＝13.因此CE EO ＝8313＝8.答案：8[对应学生用书P16]的直线上截得的线段所呈现的规律，主要用来证明比例式成立、证明直线平行、计算线段的长度，也可以作为计算某些图形的周长或面积的重要方法，其中，平行线等分线段定理是线段的比为1的特例．[例1] 如图，在△ABC 中，DE ∥BC ，DH ∥GC . 求证：EG ∥BH .[证明] ∵DE ∥BC ， ∴AE AC ＝AD AB. ∵DH ∥GC ，∴AH AC ＝ADAG .∴AE ·AB ＝AC ·AD ＝AH ·AG . ∴AE AH ＝AGAB.∴EG ∥BH . [例2] 如图，直线l 分别交△ABC 的边BC ，CA ，AB 于点D ，E ，F ，且AF ＝13AB ，BD ＝52BC ，试求EC AE.[解] 作CN ∥AB 交DF 于点N ，并作EG ∥AB 交BC 于点G ，由平行截割定理，知BF CN ＝DB DC ，CN AF ＝EC AE，两式相乘，得BF CN ·CN AF ＝DB DC ·ECAE ，即EC AE ＝BF AF ·DC DB. 又由AF ＝13AB ，得BFAF ＝2，由BD ＝52BC ，得DC DB ＝35，所以EC AE ＝2×35＝65.角关系．其应用非常广泛，涉及到多种题型，可用来计算线段、角的大小，也可用来证明线段、角之间的关系，还可以证明直线之间的位置关系．其中，三角形全等是三角形相似的特殊情况．[例3] 如图所示，AD 、CF 是△ABC 的两条高线，在AB 上取一点P ，使AP ＝AD ，再从P 点引BC 的平行线与AC 交于点Q .求证：PQ ＝CF .[证明] ∵AD 、CF 是△ABC 的两条高线， ∴∠ADB ＝∠BFC ＝90°. 又∠B ＝∠B ，∴△ABD ∽△CBF . ∴AD CF ＝AB CB. 又∵PQ ∥BC ，∴△APQ ∽△ABC . ∴PQ BC ＝AP AB .∴AP PQ ＝AB BC .∴AD CF ＝AP PQ . 又∵AP ＝AD ，∴CF ＝PQ .[例4] 四边形ABCD 中，AB ∥CD ，CE 平分∠BCD ，CE ⊥AD 于点E ，DE ＝2AE ，若△CED 的面积为1，求四边形ABCE 的面积．[解] 如图，延长CB 、DA 交于点F ，又CE 平分∠BCD ，CE ⊥AD .∴△FCD 为等腰三角形，E 为FD 的中点． ∴S △FCD ＝12FD ·CE＝12×2ED ·CE ＝2S △CED ＝2， EF ＝ED ＝2AE . ∴F A ＝AE ＝14FD .又∵AB ∥CD ， ∴△FBA ∽△FCD .∴S △FBAS △FCD ＝(F A FD )2＝(14)2＝116.∴S △FBA ＝116×S △FCD ＝18. ∴S 四边形ABCE ＝S △FCD －S △CED －S △FBA＝2－1－18＝78.系，此定理常作为计算与证明的依据，在运用射影定理时，要特别注意弄清射影与直角边的对应关系，分清比例中项，否则在做题中极易出错．[例5] 如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，CD ⊥AB 于D ，DE ⊥AC于E ，EF ⊥AB 于F .求证：CE 2＝BD ·DF .[证明] ∵∠ACB ＝90°，DE ⊥AC ， ∴DE ∥BC .∴BD CE ＝AB AC .同理：CD ∥EF ，∴CE DF ＝AC AD. ∵∠ACB ＝90°，CD ⊥AB ， ∴AC 2＝AD ·AB . ∴AC AD ＝AB AC . ∴CE DF ＝BD CE . ∴CE 2＝BD ·DF .[对应学生用书P41] (时间：90分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图，已知AA ′∥BB ′∥CC ′，AB ∶BC ＝1∶3，那么下列等式成立的是( )A ．AB ＝2A ′B ′ B ．3A ′B ′＝B ′C ′ C ．BC ＝B ′C ′D ．AB ＝A ′B ′解析：∵AA ′∥BB ′∥CC ′，∴AB BC ＝A ′B ′B ′C ′＝13.∴3A ′B ′＝B ′C ′. 答案：B2.如图，∠ACB ＝90°.CD ⊥AB 于D ，AD ＝3、CD ＝2，则AC ∶BC 的值是( )A ．3∶2B ．9∶4 C.3∶ 2D.2∶ 3解析：Rt △ACD ∽Rt △CBD ，∴AC BC ＝AD CD ＝32.答案：A3．在Rt △ABC 中，CD 为斜边AB 上的高，若BD ＝3 cm ，AC ＝2 cm ，则CD 和BC 的长分别为( )A. 3 cm 和3 2 cm B ．1 cm 和 3 cm C ．1 cm 和3 2 cm D. 3 cm 和2 3 cm 解析：设AD ＝x ，则由射影定理得x (x ＋3)＝4，即x ＝1(负值舍去)，则CD ＝AD ·BD ＝3(cm)， BC ＝BD ·AB ＝3(3＋1)＝23(cm)．答案：D4．如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AD 是斜边BC 上的高，DE 是△ACD 的高，且AC ＝5，CD ＝2，则DE 的值为( )A.2215B.215C.3215D.2125解析：AC 2＝CD ·BC ，即52＝2×BC ， ∴BC ＝252.∴AB ＝BC 2－AC 2＝2524－52＝5212. ∵DE AB ＝DC BC ，∴DE ＝2215. 答案：A5．如图所示，给出下列条件：①∠B ＝∠ACD ；②∠ADC ＝∠ACB ；③AC CD ＝ABBC ；④AC 2＝AD ·AB .其中单独能够判定△ABC ∽△ACD 的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：①由∠B ＝∠ACD ，再加上公共角∠A ＝∠A ，可得两个三角形相似；②由∠ADC ＝∠ACB ，再加上公共角∠A ＝∠A ，可得两个三角形相似；③AC CD ＝ABBC ，而夹角不一定相等，所以两个三角形不一定相似；④AC 2＝AD ·AB 可得AC AD ＝ABAC，再加上公共角∠A ＝∠A ，可得两个三角形相似．答案：C6.如图，DE ∥BC ，S △ADE ∶S 四边形DBCE ＝1∶8，则AD ∶DB 的值为( )A ．1∶4B ．1∶3C ．1∶2D ．1∶5解析：由S △ADE ∶S 四边形DBCE ＝1∶8 得S △ADE ∶S △ABC ＝1∶9. ∵DE ∥BC ， ∴△ADE ∽△ABC . ∴(AD AB )2＝S △ADE S △ABC ＝19. ∴AD AB ＝13，AD DB ＝12. 答案：C7．△ABC 和△DEF 满足下列条件，其中不一定使△ABC 与△DEF 相似的是( )A ．∠A ＝∠D ＝45°38′，∠C ＝26°22′，∠E ＝108°B ．AB ＝1，AC ＝1.5，BC ＝2，DE ＝12，EF ＝8，DF ＝16 C ．BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，DE ＝a ，EF ＝b ，DF ＝cD ．AB ＝AC ，DE ＝DF ，∠A ＝∠D ＝40° 解析：A 中∠A ＝∠D ，∠B ＝∠E ＝108°， ∴△ABC ∽△DEF ；B 中AB ∶AC ∶BC ＝EF ∶DE ∶DF ＝2∶3∶4； ∴△ABC ∽△EFD ； D 中AB AC ＝DEDF，∠A ＝∠D ， ∴△ABC ∽△DEF ；而C 中不能保证三边对应成比例．答案：C8．在Rt △ACB 中，∠C ＝90°.CD ⊥AB 于D .若BD ∶AD ＝1∶4，则tan ∠BCD 的值是( ) A.14 B.13 C.12D ．2解析：由射影定理得CD 2＝AD ·BD ，又BD ∶AD ＝1∶4. 令BD ＝x ，则AD ＝4x (x >0)， ∴CD 2＝4x 2，∴CD ＝2x ，tan ∠BCD ＝BD CD ＝x 2x ＝12.答案：C9.在▱ABCD 中，E 为CD 上一点，DE ∶CE ＝2∶3，连接AE 、BE 、BD 且AE 、BD 交于点F ，则S △DEF ∶S △EBF ∶S △ABF ＝( )A ．4∶10∶25B ．4∶9∶25C ．2∶3∶5D ．2∶5∶25 解析：∵AB ∥CD ， ∴△ABF ∽△EDF .∴DE AB ＝DF FB ＝25. ∴S △DEF S △ABF ＝(25)2＝425.又△DEF 和△BEF 等高． ∴S △DEF S △EBF ＝DF FB ＝25＝410. 答案：A10．如图，已知a ∥b ，AF BF ＝35，BCCD ＝3.则AE ∶EC ＝( )A.125 B.512 C.75D.57解析：∵a ∥b ，∴AE EC ＝AG CD ，AF BF ＝AGBD .∵BCCD ＝3，∴BC ＝3CD ，∴BD ＝4CD . 又AF BF ＝35， ∴AG BD ＝AF BF ＝35.∴AG 4CD ＝35.∴AG CD ＝125. ∴AE EC ＝AG CD ＝125. 答案：A二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．如图，D ，E 分别是△ABC 边AB ，AC 上的点，且DE ∥BC ，BD ＝2AD ，那么△ADE 的周长∶△ABC 的周长等于________．解析：∵DE ∥BC ，∴△ADE ∽△ABC . ∵BD ＝2AD ，∴AB ＝3AD .∴AD AB ＝13.∴△ADE 的周长△ABC 的周长＝AD AB ＝13.答案：1312．如图，在△ABC 中，DE ∥BC ，DF ∥AC ，AE ∶AC ＝3∶5， DE ＝6，则BF ＝________.解析：∵DE ∥BC ，∴DE BC ＝AE AC ，∴BC ＝DE ·AC AE ＝6×53＝10，又DF ∥AC ，∴DE ＝FC ＝6. ∴BF ＝BC －FC ＝4. 答案：413．如图，在△ABC 中，DE ∥BC ，BE 与CD 相交于点O ，直线AO 与DE 、BC 分别交于N 、M ，若DN ∶MC ＝1∶4，则NE ∶BM ＝________，AE ∶EC ＝________.解析：OD OC ＝DN MC ＝14，∴OE OB ＝OD OC ＝14. ∴NE BM ＝OE OB ＝14. 又DE BC ＝OD OC ＝14， ∴AE AC ＝DE BC ＝14. ∴AE ∶EC ＝1∶3. 答案：1∶4 1∶314．阳光通过窗口照到室内，在地面上留下2.7 m 宽的亮区(如图所示)，已知亮区一边到窗下的墙角距离CE ＝8.7 m ，窗口高AB ＝1.8 m ，那么窗口底边离地面的高BC 等于________m.解析：∵BD ∥AE ，∴BCAB ＝CDDE .∴BC ＝AB ·CD DE.∵AB ＝1.8 m ，DE ＝2.7 m ，CE ＝8.7 m ， ∴CD ＝CE －DE ＝8.7－2.7＝6(m)． ∴BC ＝1.8×62.7＝4(m)．答案：4三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)如图，△ABC 中，BC 的中点为D ，∠ADB和∠ADC 的平分线分别交AB 、AC 于点M 、N .求证：MN ∥BC .证明：∵MD 平分∠ADB ， ∴AD BD ＝AM MB. ∵ND 平分∠ADC ，∴AD DC ＝ANNC .∵BD ＝DC ，∴AM MB ＝AD BD ＝AD DC ＝AN NC . ∴MN ∥BC .16．(本小题满分12分)如图，已知：△ABC 中，AB ＝AC ，AD 是中线，P 是AD 上一点，过C 作CF ∥AB ，延长BP 交AC 于E ，交CF 于F ，求证：BP 2＝PE ·PF .证明：连接PC ， ∵AB ＝AC ，AD 是中线，∴AD 是△ABC 的对称轴，故PC ＝PB ， ∠PCE ＝∠ABP . ∵CF ∥AB ，∴∠PFC ＝∠ABP ，故∠PCE ＝∠PFC ， ∵∠CPE ＝∠FPC ， ∴△EPC ∽△CPF ，故PC PF ＝PE PC，即PC 2＝PE ·PF ， ∴BP 2＝PE ·PF .17．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是平行四边形，P 是BD 上任意一点，过P 点的直线分别交AB 、DC 于E 、F ，交DA 、BC 的延长线于G 、H .(1)求证：PE ·PG ＝PF ·PH ；(2)当过P 点的直线绕点P 旋转到F 、H 、C 重合时，请判断PE 、PC 、PG 的关系，并给出证明．解：(1)证明：∵AB ∥CD ，∴PE PF ＝PB PD .∵AD ∥BC ，∴PH PG ＝PBPD ，∴PE PF ＝PHPG.∴PE ·PG ＝PH ·PF . (2)关系式为PC 2＝PE ·PG .证明：由题意可得到右图， ∵AB ∥CD ， ∴PE PC ＝PB PD . ∵AD ∥BC ，∴PC PG ＝PB PD. ∴PE PC ＝PCPG，即PC 2＝PE ·PG . 18．(本小题满分14分)某生活小区的居民筹集资金1 600元，计划在一块上、下两底分别为10 m 、20 m 的梯形空地上种植花木(如图)．(1)他们在△AMD 和△BMC 地带上种植太阳花，单位为8元/m 2，当△AMD 地带种满花后(图中阴影部分)共花了160元，请计算种满△BMC 地带所需的费用；(2)若其余地带要种的有玫瑰和茉莉花两种花木可供选择，单价分别为12元/m 2和10元/m 2，应选择种哪种花木，刚好用完所筹集的资金？解：(1)∵四边形ABCD 为梯形，∴AD ∥BC . ∴△AMD ∽△CMB ，∴S △AMD S △CMB ＝(AD BC )2＝14.∵种植△AMD 地带花费160元， ∴S △AMD ＝1608＝20(m 2)． ∴S △CMB ＝80(m 2)．∴△CMB 地带的花费为80×8＝640元． (2)S △ABMS △AMD ＝BM DM ＝BCAD ＝2， ∴S △ABM ＝2S △AMD ＝40(m 2)．同理：S △DMC ＝40(m 2)．所剩资金为：1600－160－640＝800元，而800÷(S △ABM ＋S △DMC )＝10(元/m 2)．故种植茉莉花刚好用完所筹集的资金．。

高中数学人教A版选修4-1学案创新应用第二讲知识归纳与达标验收 Word版含解析

[对应学生用书]近两年高考中，主要考查圆的切线定理，切割线定理，相交弦定理，圆周角定理以及圆内接四边形的判定与性质等．题目难度不大，以容易题为主．对于与圆有关的比例线段问题通常要考虑利用相交弦定理、割线定理、切割线定理、相似三角形的判定和性质等；弦切角是沟通圆内已知和未知的桥梁，它在解决圆内有关等角问题中可以大显身手；证明四点共圆也是常见的考查题型，常见的证明方法有：①到某定点的距离都相等；②如果某两点在一条线段的同侧时，可证明这两点对该线段的张角相等；③证明凸四边形的内对角互补(或外角等于它的内对角)等．．(湖南高考)如图，已知，是⊙的两条弦，⊥，＝，＝，则⊙的半径等于．解析：设，的交点为，由已知可得为的中点，则在直角三角形中，＝＝，设圆的半径为，延长交圆于点，由圆的相交弦定理可知·＝·，即()＝－，解得＝.答案：.(新课标全国卷Ⅱ)如图，是⊙外一点，是切线，为切点，割线与⊙相交于点，，＝，为的中点，的延长线交⊙于点.证明：()＝；()·＝.证明：()连接，.由题设知＝，故∠＝∠.因为∠＝∠＋∠，∠＝∠＋∠，∠＝∠，所以∠＝∠，从而＝.因此＝.()由切割线定理得＝·.因为＝＝，所以＝，＝.由相交弦定理得·＝·，所以·＝.．(新课标全国卷Ⅱ)如图，为△外接圆的切线，的延长线交直线于点，，分别为弦与弦上的点，且·＝·，，，，四点共圆．()证明：是△外接圆的直径；()若＝＝，求过，，，四点的圆的面积与△外接圆面积的比值.解：()证明：因为为△外接圆的切线，所以∠＝∠，由题设知＝，故△∽△，所以∠＝∠.因为，，，四点共圆，所以∠＝∠，故∠＝∠＝°.所以∠＝°，因此是△外接圆的直径．()连接，因为∠＝°，所以过，，，四点的圆的直径为.由＝，有＝.又＝·＝，所以＝＋＝.而＝·＝，故过，，，四点的圆的面积与△外接圆面积的比值为.[对应学生用书]内接四边形的判定和性质．[例]已知四边形为平行四边形，过点和点的圆与、分别交于、.求证：、、、四点共圆．[证明]连接，因为四边形为平行四边形，所以∠＋∠＝°.因为四边形内接于圆，。

2018-2019学年高中数学人教A版选修4-1课件创新应用：第三讲圆锥曲线性质的探讨

解析：如果梯形 ABCD 所在平面平行于投影方向，则梯形 ABCD 在 α 上的射影是一条线段．如果梯形 ABCD 所在平面不平行于投影方向，则平行线的射影仍是平行线，不平行的线的射影仍不平行，则梯形 ABCD 在平面 α 上的射影仍是梯形．
答案：一条线段或梯形
3．已知△ABC 的边 BC 在平面 α 内，A 在平面 α 上的射影为 A′(A′不在 BC 上)． (1)当∠BAC＝90° 时，求证：△A′BC 为钝角三角形； (2)当∠BAC＝60° 时， AB、 AC 与平面 α 所成的角分别是 30° 和 45° 时，求 cos∠BA′C.
椭圆． (1)定理 1：圆柱形物体的斜截口是_______
(2)定理 2：在空间中，取直线 l 为轴，直线 l′与 l 相交于 O 点，夹角为 α，l′围绕 l 旋转得到以 O 为顶点，l′为母线的圆锥面，任取平面 π，若它与轴 l 的交角为 β(当 π 与 l 平行时，记 β＝0)，则
椭圆． ①β>α，平面 π 与圆锥的交线为_____
图形，叫做这个图形的平行射影．
3．正射影与平行射影的联系与区别正射影与平行射影的投影光线与投影方向都是平行的．因此，正射影也是平行射影，不同的是正射影的光线与投影面垂直．而平行射影的投影光线与投影面斜交．平面图形的正射影与原投影面积大小相等．而一般平行射影的面积要小于原投影图形的面积．
4．两个定理
(
)
解析：正射影是平行射影的特例，则选项 A 不正确，选项 B 正确；对同一个图形，当投影线垂直于投影面时，其平行射影就是正射影，否则不相同，则选项 C 不正确；当投影线垂直于投影面，且圆面平行于投影面时，圆的平行射影是圆，则选项 D 不正确．

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-1创新应用教学案：第三讲圆锥曲线性质的探讨

[对应学生用书P37]1．正射影的概念给定一个平面α，从一点A作平面α的垂线，垂足为点A′，称点A′为点A在平面α上的正射影．一个图形上点A′所组成的图形，称为这个图形在平面α上的正射影．2．平行射影设直线l与平面α相交，称直线l的方向为投影方向，过点A作平行于l的直线(称为投影线)必交α于一点A′，称点A′为A沿l的方向在平面α上的平行射影．一个图形上各点在平面α上的平行射影所组成的图形，叫做这个图形的平行射影．3．正射影与平行射影的联系与区别正射影与平行射影的投影光线与投影方向都是平行的．因此，正射影也是平行射影，不同的是正射影的光线与投影面垂直．而平行射影的投影光线与投影面斜交．平面图形的正射影与原投影面积大小相等．而一般平行射影的面积要小于原投影图形的面积．4．两个定理(1)定理1：圆柱形物体的斜截口是椭圆．(2)定理2：在空间中，取直线l为轴，直线l′与l相交于O点，夹角为α，l′围绕l 旋转得到以O为顶点，l′为母线的圆锥面，任取平面π，若它与轴l的交角为β(当π与l 平行时，记β＝0)，则①β>α，平面π与圆锥的交线为椭圆．②β＝α，平面π与圆锥的交线为抛物线．③β<α，平面π与圆锥的交线为双曲线．[对应学生用书P37][例1]()A．椭圆B．圆C．线段D．射线[思路点拨]要确定椭圆在投影面上的平行射影，关键看投影面与椭圆所在平面的位置关系．[解析]因为椭圆所在平面与投影面平行，所以椭圆的平行射影无论投射线的方向如何，始终保持与原图形全等．[答案] A平面图形可以看作点的集合，找到平面图形中关键点的正射影，就可找到平面图形正射影的轮廓，从而确定平面图形的正射影．1．下列说法正确的是()A．平行射影是正射影B．正射影是平行射影C．同一个图形的平行射影和正射影相同D．圆的平行射影不可能是圆解析：正射影是平行射影的特例，则选项A不正确，选项B正确；对同一个图形，当投影线垂直于投影面时，其平行射影就是正射影，否则不相同，则选项C不正确；当投影线垂直于投影面，且圆面平行于投影面时，圆的平行射影是圆，则选项D不正确．答案：B2．梯形ABCD中，AB∥CD，若梯形不在α内，则它在α上的射影是____________．解析：如果梯形ABCD所在平面平行于投影方向，则梯形ABCD在α上的射影是一条线段．如果梯形ABCD所在平面不平行于投影方向，则平行线的射影仍是平行线，不平行的线的射影仍不平行，则梯形ABCD在平面α上的射影仍是梯形．答案：一条线段或梯形3．已知△ABC的边BC在平面α内，A在平面α上的射影为A′(A′不在BC上)．(1)当∠BAC ＝90°时，求证：△A ′BC 为钝角三角形；(2)当∠BAC ＝60°时，AB 、AC 与平面α所成的角分别是30°和45°时，求cos ∠BA ′C . 解：(1)证明：∵AB >A ′B ，AC >A ′C ， ∴A ′B 2＋A ′C 2<AB 2＋AC 2＝BC 2. ∴cos ∠BA ′C ＝A ′B 2＋A ′C 2－BC 22A ′B ·A ′C <0.∴∠BA ′C 为钝角．∴△A ′BC 为钝角三角形． (2)由题意，∠ABA ′＝30°，∠ACA ′＝45°.设AA ′＝1，则A ′B ＝3，A ′C ＝1，AC ＝2，AB ＝2， ∴BC ＝ AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠BAC＝6－22，cos ∠BA ′C ＝A ′B 2＋A ′C 2－BC 22A ′B ·A ′C＝6－33.[例2] 如图，在圆柱O1O 2内嵌入双球，使它们与圆柱面相切，切线分别为⊙O 1和⊙O 2，并且和圆柱的斜截面相切，切点分别为F 1、F 2.求证：斜截面与圆柱面的截线是以F 1、F 2为焦点的椭圆．[思路点拨] 证明曲线的形状是椭圆，利用椭圆的定义(平面上到两个定点的距离之和等于定长的点的轨迹)来证明．[证明] 如图，设点P 为曲线上任一点，连接PF 1、PF 2，则PF 1、PF 2分别是两个球面的切线，切点为F 1、F 2，过P 作母线，与两球面分别相交于K 1、K 2，则PK 1、PK 2分别是两球面的切线，切点为K 1、K 2.根据切线长定理的空间推广，知PF 1＝PK 1，PF 2＝PK 2，所以PF 1＋PF 2＝PK 1＋PK 2＝K 1K 2.由于K 1K 2为定值，故点P 的轨迹是以F 1、F 2为焦点的椭圆．(1)证明平面与圆柱面的截线是椭圆，利用Dandelin 双球确定椭圆的焦点，然后利用椭圆的定义判定曲线的形状．(2)该题使用了切线长定理的空间推广 (从球外一点引球的切线，切线长都相等)．4．一平面与圆柱面的母线成45°角，平面与圆柱面的截线椭圆的长轴为6，则圆柱面的半径为________．解析：由2a ＝6，即a ＝3，又e ＝cos 45°＝22，故b ＝c ＝ea ＝22×3＝322，即为圆柱面的半径．答案：3225．已知一平面垂直于圆柱的轴，截圆柱所得为一半径为2的圆，另一平面与圆柱的轴成30°角，求截线的长轴、短轴和离心率．解：由题意可知椭圆的短轴为2b ＝2×2， ∴短轴长为4.设长轴长为2a ，则有2b 2a ＝sin 30°＝12，∴2a ＝4b ＝8.e ＝c a ＝32.∴长轴长为8，短轴长为4，离心率为32.[例3][思路点拨] 本题直接证明，难度较大，故可仿照定理1的方法证明，即Dandelin 双球法．[证明] 如图，在圆锥内部嵌入Dandelin 双球，一个位于平面π的上方，一个位于平面π的下方，并且与平面π及圆锥均相切．当β>α时，由上面的讨论可知，平面π与圆锥的交线是一个封闭曲线．设两个球与平面π的切点分别为F 1、F 2，与圆锥相切于圆S 1、S 2.在截面的曲线上任取一点P ，连接PF 1、PF 2.过P 作母线交S 1于Q 1，交S 2于Q 2，于是PF 1和PQ 1是从P 到上方球的两条切线，因此PF 1＝PQ 1.同理，PF 2＝PQ 2.所以PF 1＋PF 2＝PQ 1＋PQ 2＝Q 1Q 2.由正圆锥的对称性，Q 1Q 2的长度等于两圆S 1、S 2所在平行平面间的母线段的长度而与P 的位置无关，由此我们可知在β>α时，平面π与圆锥的交线为一个椭圆．由平面中，直线与等腰三角形两边的位置关系拓展为空间内圆锥与平面的截线之后，较难入手证明其所成曲线的形状，尤其是焦点的确定更加不容易，但可以采用Dandelin 双球法，这时较容易确定椭圆的焦点，学生也容易入手证明，使问题得到解决．6．圆锥的顶角为50°，圆锥的截面与轴线所成的角为30°，则截线是( ) A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线D ．抛物线解析：由α＝50°2＝25°，φ＝30°，φ>α，∴截线是椭圆．答案：B7．如图，已知平面π与圆锥的轴的夹角为β，圆锥母线与轴的夹角为α，α＝β，求证：平面π与圆锥的交线为抛物线．证明：当β＝α时，平面与圆锥的一部分相交，且曲线不闭合．在圆锥内嵌入一个Dandelin 球与圆锥交线为圆S .记圆S 所在平面为π′，π与π′的交线记为m .球切π于F 1点．在截口上任取一点P ，过P 作P A ⊥m 于A ，过P 作PB ⊥平面π′于B ，过P 作圆锥的母线交平面π′于C ，连接AB ，PF 1，BC .由切线长定理，PF 1＝PC .∵PB平行于圆锥的轴，∴∠APB＝β，∠BPC＝α.，在Rt△ABP中，P A＝PBcos β在Rt△BCP中，PC＝PBcos α.∵α＝β，∴PC＝P A.∴PF1＝P A，即截口上任一点到定点F和到定直线m的距离相等．∴截口曲线为抛物线．[对应学生用书P39]一、选择题1．一条直线在一个面上的平行投影是()A．一条直线B．一个点C．一条直线或一个点D．不能确定解析：当直线与面垂直时，平行投影可能是点．答案：C2．△ABC的一边在平面α内，一顶点在平面α外，则△ABC在面α内的射影是() A．三角形B．一直线C．三角形或一直线D．以上均不正确解析：当△ABC所在平面平行于投影线时，射影是一线段，不平行时，射影是三角形．答案：D3．下列说法不．正确的是()A．圆柱面的母线与轴线平行B．圆柱面的某一斜截面的轴面总是垂直于直截面C．圆柱面与斜截面截得的椭圆的离心率与圆柱面半径无关，只与母线和斜线面的夹角有关D．平面截圆柱面的截线椭圆中，短轴长即为圆柱面的半径解析：显然A正确，由于任一轴面过轴线，故轴面与圆柱的直截面垂直，B正确，C 显然正确，D中短轴长应为圆柱面的直径长，故不正确．答案：D4．设圆锥的顶角(圆锥轴截面上两条母线的夹角)为120°，当圆锥的截面与轴成45°角时，则截得二次曲线的离心率为()A.22B. 2 C ．1D.12解析：由题意知α＝60°，β＝45°，满足β<α，这时截圆锥得的交线是双曲线，其离心率为e ＝cos 45°cos 60°＝ 2.答案：B 二、填空题5．用平面截球面和圆柱面所得到的截线形状分别是________、________.解析：联想立体图形及课本方法，可得结论．要注意平面截圆柱面所得的截线的不同情况．答案：圆圆或椭圆 6．有下列说法①矩形的平行射影一定是矩形； ②梯形的平行射影一定是梯形； ③平行四边形的平行射影可能是正方形； ④正方形的平行射影一定是菱形；其中正确命题有________．(填上所有正确说法的序号) 解析：利用平行射影的概念和性质进行判断．答案：③7．在底面半径为6的圆柱内有两个半径也为6的球面，两球的球心距为13.若作一个平面与这两个球面相切，且与圆柱面相交成一椭圆，则椭圆的长轴长为________．解析：如图，为圆柱的轴截面，AB 为与两球O 1和球O 2都相切的平面与轴截面的交线，由对称性知AB 过圆柱的几何中心O .由O 1O ⊥OD ，O 1C ⊥OA ，故∠OO 1C ＝∠AOD ，且O 1C ＝OD ＝6，所以Rt △OO 1C ≌Rt △AOD ，则AO ＝O 1O . 故AB ＝2AO ＝2O 1O ＝O 1O 2＝13. 显然AB 即为椭圆的长轴，所以AB ＝13. 答案：13 三、解答题8．△ABC 是边长为2的正三角形，BC ∥平面α，A 、B 、C 在α的同侧，它们在α内的射影分别为A′、B′、C′，若△A′B′C′为直角三角形，BC与α间的距离为5，求A到α的距离．解：由条件可知A′B′＝A′C′，∴∠B′A′C′＝90°.设AA′＝x，在直角梯形AA′C′C中，A′C′2＝4－(5－x)2，由A′B′2＋A′C′2＝B′C′2，得2×[4－(x－5)2]＝4，x＝5±2.即A到α的距离为5±2.9．若圆柱的一正截面的截线为以3为半径的圆，圆柱的斜截面与轴线成60°，求截线椭圆的两个焦点间的距离．解：设椭圆长半轴为a，短半轴为b，半焦距为c，则b＝3，a＝bcos 60°＝3×2＝6，∴c2＝a2－b2＝62－33＝27.∴两焦点间距离2c＝227＝6 3.10.如图所示，圆锥侧面展开图扇形的中心角为2π，AB、CD是圆锥面的正截面上互相垂直的两条直径，过CD和母线VB的中点E作一截面，求截面与圆锥的轴线所夹的角的大小，并说明截线是什么圆锥曲线？解：设⊙O的半径为R，母线VA＝l，则侧面展开图的中心角为2πRl＝2π，∴圆锥的半顶角α＝π4.连接OE，∵O、E分别是AB、VB的中点，∴OE∥VA，∴∠VOE＝∠AVO＝π4.又∵AB⊥CD，VO⊥CD，∴CD ⊥平面VAB . ∴平面CDE ⊥平面VAB .即平面VAB 为截面CDE 的轴面， ∴∠VOE 为截面与轴线所夹的角，即为π4.又∵圆锥的半顶角与截面与轴线的夹角相等，故截面CDE 与圆锥的截线为一抛物线．模块综合检测 [对应学生用书P45] (时间：90分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．Rt △ABC 中，CD 是斜边AB 上的高，该图中只有x 个三角形与△ABC 相似，则x 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：由题所给图形为射影定理的基本图形，△ACD 、△BCD 均与△ABC 相似．答案：B2．已知：如图，▱ABCD 中，EF ∥AC 交AD 、DC 于E 、F ，AD ，BF 的延长线交于M ，则下列等式成立的是( )A ．AD 2＝AE ·AMB ．AD 2＝CF ·DC C ．AD 2＝BC ·AB D ．AD 2＝AE ·ED 解析：∵在▱ABCD 中， ∴AD ∥BC ，AB ∥DC . ∵DF ∥AB ，∴AD AM ＝BFBM.∵DM ∥BC ，∴BF BM ＝CFDC .∵EF ∥AC ，∴AE AD ＝CFDC .∴AD AM ＝AEAD ，∴AD 2＝AE ·AM . 答案：A3．对于半径为4的圆在平面上的投影的说法错误的是( ) A ．射影为线段时，线段的长为8 B ．射影为椭圆时，椭圆的短轴可能为8 C ．射影为椭圆时，椭圆的长轴可能为8 D ．射影为圆时，圆的直径可能为4解析：由平行投影的性质易知射影为圆时，直径为8. 答案：D4．如图，用平面去截圆锥，所得截面的形状是( )解析：用平面去截圆锥，如题图：平面与圆锥的侧面截得一条弧线，与底面截得一条线段，所以截面的形状应该是D.答案：D5．如图，P A ，PB 是⊙O 的切线，AC 是⊙O 的直径，∠P ＝50°，则∠BOC 的度数为( )A ．50°B ．25°C ．40°D ．60°解析：因为P A ，PB 是⊙O 的切线，所以∠OAP ＝∠OBP ＝90°，而∠P ＝50°，所以∠AOB ＝360°－90°－90°－50°＝130°，又因为AC 是⊙O 的直径，所以∠BOC＝180°－130°＝50°.答案：A6.如图，已知⊙O的直径AB与弦AC的夹角为35°，过C点的切线PC与AB的延长线交于点P，那么∠P等于()A．15°B．20°C．25°D．30°解析：∵OA＝OC，∴∠A＝∠1，∴∠POC＝2∠A＝70°.∵OC⊥PC，∴∠P＝90°－∠POC＝20°.答案：B7．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的切线互相垂直，垂足为D，∠DAB＝80°，则∠ACO等于() A．30°B．35°C．40°D．45°解析：∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD.又∵AD⊥CD，∴OC∥AD，由此得∠ACO＝∠CAD.∵OC＝OA，∴∠CAO＝∠ACO，∴∠CAD＝∠CAO.故AC平分∠DAB，∴∠CAO＝40°.又∠ACO＝∠CAO，∴∠ACO＝40°.答案：C8.(天津高考)如图，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC的平分线交圆于点D，交BC于点E，过点B的圆的切线与AD的延长线交于点F.在上述条件下，给出下列四个结论：①BD平分∠CBF；②FB2＝FD·F A；③AE·CE ＝BE·DE；④AF·BD＝AB·BF.则所有正确结论的序号是()A．①②B．③④C．①②③D．①②④解析：因为∠BAD ＝∠FBD ，∠DBC ＝∠DAC ，又AE 平分∠BAC ，即∠BAD ＝∠DAC ，所以∠FBD ＝∠DBC ，所以BD 平分∠CBF ，结论①正确；易证△ABF ∽△BDF ，所以AB AF ＝BDBF ，所以AB ·BF ＝AF ·BD ，结论④正确；由切割线定理，得BF 2＝AF ·DF ，结论②正确；由相交弦定理，得AE ·DE ＝BE ·CE ，结论③错误．选D.答案：D9．如图，P 为圆外一点，P A 切圆于点A ，P A ＝8，直线PCB 交圆于C ，B 两点，且PC ＝4， AD ⊥BC ，垂足为点D ，∠ABC ＝α，∠ACB ＝β，连接AB ，AC ，则sin αsin β等于( )A.14B.12 C ．2D ．4解析：由P A 2＝PC ·PB ，有64＝4PB ，∴PB ＝16.又∠ABC ＝α，∠ACB ＝β，AD ⊥BC ， ∴AB ＝AD sin α，AC ＝ADsin β. 在△P AB 和△PCA 中，∠B ＝∠P AC ，∠P 为公共角， ∴△P AB ∽△PCA .∴AC AB ＝APBP ，即ADsin βAD sin α＝816.∴sin αsin β＝12. 答案：B10．如图，在△ABC 中，AD ⊥BC 于D ，下列条件：①∠B ＋∠DAC ＝90°，②∠B ＝∠DAC ，③CD AD ＝ACAB ，④AB 2＝BD ·BC .其中一定能够判定△ABC 是直角三角形的共有( )A ．3个B ．2个C ．1个D ．0个解析：验证法：①不能判定△ABC 为直角三角形，因为∠B ＋∠DAC ＝90°，而∠B ＋∠DAB ＝90°，则∠BAD ＝∠DAC ，同理∠B ＝∠C ，不能判定∠BAD ＋∠DAC 等于90°；而②中∠B ＝∠DAC ，∠C 为公共角，则△ABC ∽△DAC ，又△DAC 为直角三角形，所以△ABC 为直角三角形；在③中，由CD AD ＝ACAB可得△ACD ∽△BAD ，则∠BAD ＝∠C ，∠B ＝∠DAC ，所以∠BAD ＋∠DAC ＝90°；而④中AB 2＝BD ·BC ，即BD AB ＝ABBC ，∠B 为公共角，则△ABC ∽△DBA ，即△ABC 为直角三角形．所以正确命题有3个．答案：A二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．(广东高考)如图，圆O 的半径为1，A 、B 、C 是圆周上的三点，满足∠ABC ＝30°，过点A 作圆O 的切线与OC 的延长线交于点P ，则P A ＝________.解析：如图，连接OA .由∠ABC ＝30°，得∠AOC ＝60°，在直角三角形AOP 中，OA ＝1，于是P A ＝OA tan 60°＝ 3.答案： 312．如图，AB 是⊙O 的直径，AD ＝DE ，AB ＝10，BD ＝8，则cos ∠BCE ＝________.解析：如图，连接AD .则∠ADB ＝90°，且∠DAC ＝∠B ，所以cos ∠BCE ＝cos ∠DAB ＝DA AB ＝102－8210＝35. 答案：3513．如图，AB 是直径，CD ⊥AB 于D ，CD ＝43，AD ∶DB ＝3∶1，则直径的长为________．解析：因为AB 是直径，CD ⊥AB 于D ，所以CD 2＝AD ·BD .因为AD ∶DB ＝3∶1，设DB ＝x ，则AD ＝3x . 所以(43)2＝3x ·x .所以x ＝4.所以AB ＝16. 答案：1614.如图，△ABC 中，AD ∥BC ，连接CD 交AB 于E ，且AE ∶EB ＝1∶2，过E 作EF ∥BC 交AC 于F ，若S △ADE ＝1，则S △AEF ＝________.解析：∵AD ∥BC ，∴△ADE ∽△BCE . ∴BE AE ＝CE DE ＝21. ∵EF ∥AD ，∴EF AD ＝CE DC ＝23.∵△ADE 与△AFE 的高相同， ∴S △AEF S △ADE ＝EF AD ＝23. ∴S △AEF ＝23.答案：23三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)如图，已知在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，E 是CD 的中点，EF ∥BC 交AB 于F ，FG ∥BD 交AD 于G .求证：AG ＝DG .证明：∵AD ∥EF ∥BC ，E 是CD 的中点， ∴F 是AB 的中点．又∵FG ∥BD ，∴G 是AD 的中点． ∴AG ＝DG .16．(本小题满分12分)如图，AE 是圆O 的切线，A 是切点，AD ⊥OE 于D ，割线EC 交圆O 于B ，C 两点．(1)证明：O ，D ，B ，C 四点共圆；(2)设∠DBC ＝50°，∠ODC ＝30°，求∠OEC 的大小．解：(1)证明连接OA ，OC ，则OA ⊥EA . 由射影定理得EA 2＝ED ·EO .由切割线定理得EA 2＝EB ·EC ，故ED ·EO ＝EB ·EC ，即ED EB ＝ECEO，又∠DEB ＝∠OEC ，所以△BDE ∽△OCE ，所以∠EDB ＝∠OCE ，因此O ，D ，B ，C 四点共圆．(2)连接OB .因为∠OEC ＋∠OCB ＋∠COE ＝180°，结合(1)得∠OEC ＝180°－∠OCB －∠COE＝180°－∠OBC －∠DBE ＝180°－∠OBC －(180°－∠DBC ) ＝∠DBC －∠ODC ＝20°.17．(新课标全国卷Ⅰ)(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，AB 的延长线与DC 的延长线交于点E ，且CB ＝CE .(1)证明：∠D ＝∠E;(2)设AD 不是⊙O 的直径，AD 的中点为M ，且MB ＝MC ，证明：△ADE 为等边三角形．证明：(1)由题设知A ，B ，C ，D 四点共圆，所以∠D ＝∠CBE .由已知CB ＝CE 得∠CBE ＝∠E ，故∠D ＝∠E .(2)设BC 的中点为N ，连接MN ，则由MB ＝MC 知MN ⊥BC ，故O 在直线MN 上．又AD不是⊙O的直径，M为AD的中点，故OM⊥AD，即MN⊥AD.所以AD∥BC，故∠A＝∠CBE.又∠CBE＝∠E，故∠A＝∠E.由(1)知，∠D＝∠E，所以△ADE为等边三角形．18．(本小题满分14分)如图所示，已知P A与⊙O相切，A为切点，PBC为割线，弦CD∥AP，AD、BC相交于E点，F为CE上一点，且DE2＝EF·EC.(1)求证：∠P＝∠EDF；(2)求证：CE·EB＝EF·EP；(3)若CE∶BE＝3∶2，DE＝6，EF＝4，求P A的长．解：(1)证明：∵DE2＝EF·EC，∴DE∶CE＝EF∶ED.∵∠DEF是公共角，∴△DEF∽△CED.∴∠EDF＝∠C.∵CD∥AP，∴∠C＝∠P.∴∠P＝∠EDF.(2)证明：∵∠P＝∠EDF，∠DEF＝∠PEA，∴△DEF∽△PEA.∴DE∶PE＝EF∶EA.即EF·EP＝DE·EA.∵弦AD、BC相交于点E，∴DE·EA＝CE·EB.∴CE·EB＝EF·EP.(3)∵DE2＝EF·EC，DE＝6，EF＝4，∴EC＝9.∵CE∶BE＝3∶2，∴BE＝6.∵CE ·EB ＝EF ·EP ， ∴9×6＝4×EP . 解得：EP ＝272.∴PB ＝PE －BE ＝152，PC ＝PE ＋EC ＝452.由切割线定理得：P A 2＝PB ·PC ， ∴P A 2＝152×452.∴P A ＝152 3.。

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-1创新应用教学案：第二讲一圆周角定理 Word版含答案

一圆周角定理[对应学生用书P18]1．圆周角定理2．圆心角定理3．圆周角定理的推论(1)推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等．(2)推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径．[说明](1)圆心角的度数和它所对的弧的度数相等，但并不是“圆心角等于它所对的弧”；(2)“相等的圆周角所对的弧也相等”的前提条件是“在同圆或等圆中”．[对应学生用书P18][例1]如图，已知：△ABC内接于⊙O，D、E在BC边上，且BD＝CE，∠1＝∠2，求证：AB＝AC.[思路点拨]证明此题可先添加辅助线构造等弦、等弧的条件，再由圆周角定理及其推论证明．[证明]如图，延长AD、AE分别交⊙O于F、G，连接BF、CG，∵∠1＝∠2，∴BF＝CG，∴BF＝CG，BG＝CF，∴∠FBD＝∠GCE.又∵BD＝CE，∴△BFD≌△CGE，∴∠F＝∠G，∴AB＝AC，∴AB＝AC.(1)有关圆的题目中，圆周角与它所对的弧经常相互转化，即欲证圆周角相等，可转化为证明它们所对的弧相等；要证线段相等可以转化为证明它们所对的弧相等，这是证明圆中线段相等的常见策略．(2)若已知条件中出现直径，则常用到“直径所对的圆周角为直角”这一性质解决问题．1.如图，OA是⊙O的半径，以OA为直径的⊙C与⊙O的弦AB相交于点D.求证：D是AB的中点．证明：连接OD、BE.因为∠ADO＝∠ABE＝90°，所以OD 和BE 平行．又因为O 是AE 的中点，所以D 是AB 的中点．2．已知AD 是△ABC 的高，AE 是△ABC 的外接圆的直径．求证：∠BAE ＝∠DAC . 证明：连接BE ，因为AE 为直径，所以∠ABE ＝90°. 因为AD 是△ABC 的高，所以∠ADC ＝90°. 所以∠ADC ＝∠ABE . 因为∠E ＝∠C ，所以∠BAE ＝90°－∠E ， ∠DAC ＝90°－∠C . 所以∠BAE ＝∠DAC .3．已知⊙O 中，AB ＝AC ，D 是BC 延长线上一点，AD 交⊙O 于E . 求证：AB 2＝AD ·AE . 证明：如图，∵AB ＝AC ，∴AB ＝AC .∴∠ABD ＝∠AEB . 在△ABE 与△ADB 中， ∠BAE ＝∠DAB ， ∠AEB ＝∠ABD ， ∴△ABE ∽△ADB .∴AB AD ＝AEAB，即AB 2＝AD ·AE .[例2] 如图，已知BC 为半⊙O 的直径，AD ⊥BC ，垂足为D ，BF交AD 于E ，且AE ＝BE .(1)求证：AB ＝AF ；(2)如果sin ∠FBC ＝35，AB ＝45，求AD 的长．[思路点拨] BC 为半⊙O 的直径，连接AC ，构造Rt △ABC . [解] (1)证明：如图，连接AC .∵BC 是半⊙O 的直径， ∴∠BAC ＝90°，又AD ⊥BC ，垂足为D ， ∴∠1＝∠3.在△AEB 中，AE ＝BE ， ∴∠1＝∠2.∴∠2＝∠3，即A B ＝A F . (2)设DE ＝3x ，∵AD ⊥BC ，sin ∠FBC ＝35，∴BE ＝5x ，BD ＝4x . ∵AE ＝BE ， ∴AE ＝5x ，AD ＝8x .在Rt △ADB 中，∠ADB ＝90°，AB ＝45， ∴(8x )2＋(4x )2＝(45)2，解得x ＝1， ∴AD ＝8.与圆周角定理有关的线段的计算、角的计算，不仅可以通过计算弧、圆心角、圆周角的度数来求相关的角、线段，有时还可以通过三角形相似、解三角形等来计算．4．如图，△ABC 内接于⊙O ，OD ⊥BC 于D ，∠A ＝50°，则∠OCD 的度数是( )A ．40°B ．25°C ．50°D ．60°解析：连接OB .因为∠A ＝50°，所以弦BC 所对的圆心角∠BOC ＝100°，∠COD ＝12∠BOC ＝50°，∠OCD ＝90°－∠COD ＝40°.答案：A5.如图，△ABC 的角平分线AD 的延长线交它的外接圆于点E .(1)证明：△ABE ∽△ADC ； (2)若△ABC 的面积S ＝12AD ·AE ，求∠BAC 的大小．解：(1)证明：由已知条件可得∠BAE ＝∠CAD . 因为∠AEB 与∠ACB 是同弧上的圆周角，所以∠AEB ＝∠ACD . 故△ABE ∽△ADC . (2)因为△ABE ∽△ADC ，所以AB AE ＝ADAC，即AB ·AC ＝AD ·AE .又S ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ，且S ＝12AD ·AE ，所以AB ·AC ·sin ∠BAC ＝AD ·AE . 则sin ∠BAC ＝1. 又∠BAC 为三角形内角，所以∠BAC ＝90°.[对应学生用书P20]一、选择题1．如图，在⊙O 中，∠BOC ＝50°，则∠A 的大小为( ) A ．25° B ．50° C ．75°D ．100°解析：由圆周角定理得∠A ＝12∠BOC ＝25°.答案：A2.如图所示，若圆内接四边形的对角线相交于E ，则图中相似三角形有( )A ．1对B ．2对C ．3对D ．4对解析：由推论1知：∠ADB ＝∠ACB ，∠ABD ＝∠ACD ， ∠BAC ＝∠BDC ，∠CAD ＝∠CBD ， ∴△AEB ∽△DEC ，△AED ∽△BEC . 答案：B3．Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠A ＝30°，AC ＝23，则此三角形外接圆半径为( ) A. 3 B ．2 C ．2 3D ．4 解析：由推论2知AB 为Rt △ABC 的外接圆的直径，又AB ＝23cos 30°＝4，故外接圆半径r ＝12AB ＝2. 答案：B4.如图，已知AB 是半圆O 的直径，弦AD ，BC 相交于P ，若CD ＝3，AB ＝4，则tan ∠BPD 等于( )A.34B.43C.53D.73解析：连接BD ，则∠BDP ＝90°. ∵△CPD ∽△APB ，∴CD AB ＝PD PB ＝34.在Rt △BPD 中，cos ∠BPD ＝PD PB ＝34，∴tan ∠BPD＝73.答案：D二、填空题5．在⊙O中，已知∠ACB＝∠CDB＝60°，AC＝3，则△ABC的周长是________．解析：由圆周角定理，得∠A＝∠D＝∠ACB＝60°.∴AB＝BC.∴△ABC为等边三角形．∴周长等于9.答案：96．如图，AB为半圆O的直径，OC⊥AB，OD平分∠BOC，交半圆于点D，AD交OC 于点E，则∠AEO的度数是________．解析：因为OD平分∠BOC，且∠BOC＝90°，∠BOC＝45°，所以∠BOD＝12∠BOD＝22.5°.所以∠OAD＝12在Rt△AEO中，∠AOE＝90°，则∠AEO＝90°－∠OAE＝67.5°.答案：67.5°7．如图所示，已知⊙O为△ABC的外接圆，AB＝AC＝6，弦AE交BC于D，若AD＝4，则AE＝________.解析：连接CE，则∠AEC＝∠ABC，又△ABC中，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠AEC ＝∠ACB ， ∴△ADC ∽△ACE ， ∴AD AC ＝AC AE ， ∴AE ＝AC 2AD ＝9.答案：9 三、解答题8.(2012·江苏高考)如图，AB 是圆O 的直径，D ，E 为圆O 上位于AB 异侧的两点，连结BD 并延长至点C ，使BD ＝DC ，连结AC ，AE ，DE .求证：∠E ＝∠C .解：连结OD ，因为BD ＝DC ，O 为AB 的中点，所以OD ∥AC ，于是∠ODB ＝∠C .因为OB ＝OD ，所以∠ODB ＝∠B .于是∠B ＝∠C .因为点A ，E ，B ，D 都在圆O 上，且D ，E 为圆O 上位于AB 异侧的两点，所以∠E 和∠B 为同弧所对的圆周角，故∠E ＝∠B .所以∠E ＝∠C .9．如图，已知△ABC 内接于圆，D 为BC 中点，连接AD 交BC 于E .求证：(1)AE EC ＝BEED； (2)AB ·AC ＝AE 2＋EB ·EC . 证明：(1)连接CD . ∵∠1＝∠3，∠4＝∠5，∴△ABE ∽△CDE .∴AE EC ＝BE ED .(2)连接BD . ∵AE EC ＝BE DE ， ∴AE ·DE ＝BE ·EC .∴AE 2＋BE ·EC ＝AE 2＋AE ·DE ＝AE (AE ＋DE )＝AE ·AD .①在△ABD 与△AEC 中，∵D 为BC 的中点， ∴∠1＝∠2.又∵∠ACE ＝∠ACB ＝∠ADB ， ∴△ABD ∽△AEC .∴AB AE ＝ADAC ，即AB ·AC ＝AD ·AE ②由①②知：AB ·AC ＝AE 2＋EB ·EC .10．如图，已知A ，B ，C ，D ，E 均在⊙O 上，且AC 为⊙O 的直径．(1)求∠A ＋∠B ＋∠C ＋∠D ＋∠E 的值； (2)若⊙O 的半径为32，AD 与EC 交于点M ，且E ，D 为弧AC 的三等分点，求MD 的长．解：(1)连接OB ，OD ，OE ，则∠A ＋∠B ＋∠C ＋∠D ＋∠E ＝12(∠COD ＋∠DOE ＋∠EOA ＋∠AOB ＋∠BOC ) ＝12×360°＝180°.(2)连接OM 和CD ，因为AC 为⊙O 的直径，所以∠ADC ＝90°，又E ，D 为AC 的三等分点，所以∠A ＝∠ECA ＝12∠EOA ＝12×13×180°＝30°，所以OM ⊥AC .因为⊙O 的半径为32，即OA ＝32，所以AM ＝OA cos ∠A ＝OAcos 30°＝1.在Rt △ADC 中，AD ＝AC ·cos ∠A ＝2×32×32＝32. 则MD ＝AD －AM ＝12.。

[推荐学习]2018-2019学年高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案：第四讲第1节数学归纳法

[核心必知]1．数学归纳法的概念当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n都成立时，可以用以下两个步骤：(1)证明当n＝n0时命题成立；(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥n0)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立，这种证明方法称为数学归纳法．2．数学归纳法的基本过程[问题思考]1．在数学归纳法中，n0一定等于1吗？提示：不一定．n0是适合命题的正整数中的最小值，有时是n0＝1或n0＝2．有时n0值也比较大，而不一定是从1开始取值．2．数学归纳法的适用范围是什么？提示：数学归纳法的适用范围仅限于与正整数有关的数学命题的证明．3．数学归纳法中的两步的作用是什么？提示：在数学归纳法中的第一步“验证n＝n0时，命题成立”，是归纳奠基、是推理证明的基础．第二步是归纳递推，保证了推理的延续性，证明了这一步，就可以断定这个命题对于n 取第一个值n0后面的所有正整数也都成立．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n(n∈N＋)．[精讲详析]本题考查数学归纳法在证明恒等式中的应用，解答本题需要注意等式的左边有2n项，右边有n项，由k到k＋1时，左边增加两项，右边增加一项，而且左、右两边的首项不同，因此由“n＝k”到“n＝k＋1”时，要注意项的合并．(1)当n＝1时，左边＝1－12＝1 2，右边＝12，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥1，且k∈N＋)时命题成立，即有1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k .则当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2，从而可知，当n ＝k ＋1时，命题亦成立．由(1)(2)可知，命题对一切正整数n 均成立．(1)用数学归纳法证明代数恒等式的关键有两点：一是准确表述n ＝n 0时命题的形式，二是准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点．(2)应用数学归纳法时的常见问题①第一步中的验证，对于有些问题验证的并不是n ＝1，有时需验证n ＝2，n ＝3.②对n ＝k ＋1时式子的项数以及n ＝k 与n ＝k ＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障．③“假设n ＝k 时命题成立，利用这一假设证明n ＝k ＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范．1．证明12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2＝－n (2n ＋1)(n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－1×(2×1＋1)＝－3， ∴当n ＝1时，等式成立． (2)假设当n ＝k 时等式成立，就是12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k·(2k＋1)．当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，∴当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．求证：二项式x2n－y2n(n∈N＋)能被x＋y整除．[精讲详析]本题考查数学归纳法在证明整除问题中的应用，解答本题需要设法将x2n －y2n进行分解因式得出x＋y，由于直接分解有困难，故采用数学归纳法证明．(1)当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)，∴能被x＋y整除．(2)假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，x2k－y2k能被x＋y整除，当n＝k＋1时，即x2k＋2－y2k＋2＝x2·x2k－x2y2k＋x2y2k－y2·y2k＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)．∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除，∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．由(1)(2)可知，对任意的正整数n命题均成立.利用数学归纳法证明整除问题时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式，这就往往要涉及到“添项”与“减项”等变形技巧，例如，在本例中，对x 2k ＋2－y 2k＋2进行拼凑，即减去x 2y 2k 再加上x 2y 2k ，然后重新组合，目的是拼凑出n ＝k 时的归纳假设，剩余部分仍能被x ＋y 整除．2．求证：n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3能被9整除．证明：(1)当n ＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36，能被9整除，命题成立． (2)假设n ＝k 时，命题成立，即 k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除．当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3 ＝(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋k 3＋3k 2·3＋3k ·32＋33 ＝k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋9(k 2＋3k ＋3)．由归纳假设，上式中k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除，又9(k 2＋3k ＋3)也能被9整除．故n ＝k ＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，对任意n ∈N ＋命题成立.平面上有n (n ≥2，且n ∈N ＋)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条不过同一点，求证：这n 条直线共有f (n )＝n （n －1）2个交点．[精讲详析] 本题考查数学归纳法在证明几何命题中的应用，解答本题应搞清交点随n 的变化而变化的规律，然后采用数学归纳法证明．(1)当n ＝2时，∵两相交直线只有1个交点，又f (2)＝12×2×(2－1)＝1.∴当n ＝2时，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2且k ∈N ＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k 条直线的交点个数为f (k )＝12k (k －1)，则当n ＝k ＋1时，任取其中一条直线记为l ，如图，剩下的k 条直线为l 1，l 2，…，l k .由归纳假设知，它们之间的交点个数为f (k )＝k （k －1）2.由于l 与这k 条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l 与l 1，l 2，l 3，…，l k 的交点共有k 个．∴f (k ＋1)＝f (k )＋k ＝k （k －1）2＋k ＝k 2＋k2＝k （k ＋1）2＝（k ＋1）[（k ＋1）－1]2. ∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，命题对一切n ∈N ＋且n ≥2成立．对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一个变化的过程，或者说体会出是怎么变化的，然后再去证明，也可以采用递推的办法，利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时几何图形的变化规律．3．证明：凸n 边形的对角线的条数f (n )＝12n ·(n －3)(n ≥4)．证明：(1)n ＝4时，f (4)＝12·4·(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立． (2)假设n ＝k 时命题成立，即凸k 边形的对角线的条数f (k )＝12k (k －3)(k ≥4)当n ＝k ＋1时，凸k ＋1边形是在k 边形基础上增加了一边，增加了一个顶点A k ＋1，增加的对角线条数是顶点A k ＋1与不相邻顶点连线再加上原k 边形的一边A 1A k ，共增加的对角线条数为(k ＋1－3)＋1＝k －1.f (k ＋1)＝12k (k －3)＋k －1＝12(k 2－k －2)＝12(k ＋1)(k －2)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]．故n ＝k ＋1时由(1)、(2)可知，对于n ≥4，n ∈N ＋公式成立．本课时考点常与数列问题相结合考查数学归纳法的应用，天津高考将数列、数学归纳法相结合，以解答题的形式进行了考查，是高考命题的一个新亮点．[考题印证](天津高考)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n ∈N ＋，证明T n ＋12＝－2a n ＋10b n (n ∈N ＋)． [命题立意] 本题考查数学归纳法在证明数列问题中的应用．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2.所以a n ＝3n －1，b n ＝2n ，n ∈N ＋. (2)法一：由(1)得T n＝2a n＋22a n－1＋23a n－2＋…＋2n a1，①2T n＝22a n＋23a n－1＋…＋2n a2＋2n＋1a1.②由②－①，得T n＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝12（1－2n－1）1－2＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10.而－2a n＋10b n－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故T n＋12＝－2a n＋10b n，n∈N＋.法二：(1)当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；(2)假设当n＝k时等式成立，即T k＋12＝－2a k＋10b k，则当n＝k＋1时有T k＋1＝a k＋1b1＋a k b2＋a k－1b3＋…＋a1b k＋1＝a k＋1b1＋q(a k b1＋a k－1b2＋…＋a1b k)＝a k＋1b1＋qT k＝a k＋1b1＋q(－2a k＋10b k－12)＝2a k＋1－4(a k＋1－3)＋10b k＋1－24＝－2a k＋1＋10b k＋1－12.即T k＋1＋12＝－2a k＋1＋10b k＋1.因此n＝k＋1时等式也成立．由(1)和(2)，可知对任意n∈N＋，T n＋12＝－2a n＋10b n成立．一、选择题1．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N ＋)”时，在验证当n＝1成立时，左边计算所得的结果是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：选C 由于等式左边当n ＝1时，幂指数的最大值为1＋1＝2，∴左边计算结果为1＋a ＋a 2或在等式中左边共有n ＋2项，∴n ＝1时，共有3项． 2．用数学归纳法证明：(n ＋1)(n ＋2)·… ·(n ＋n )＝2n ×1×3…(2n －1)时，从“k 到k ＋1”左边需增乘的代数式是( )A ．2k ＋1 B.2k ＋1k ＋1C ．2(2k ＋1) D.2k ＋2k ＋1解析：选C 当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)·… ·(k ＋1＋k ＋1) ＝(k ＋1)·(k ＋2)·(k ＋3)…(k ＋k )·（2k ＋1）（2k ＋2）k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )·2(2k ＋1)．3．某个命题与正整数n 有关，如果当n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时，命题也成立．现已知当n ＝5时该命题不成立，那么可推得( )A ．当n ＝6时该命题不成立B ．当n ＝6时该命题成立C ．当n ＝4时该命题不成立D ．当n ＝4时该命题成立解析：选C 与“如果当n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时命题也成立”等价的命题为“如果当n ＝k ＋1时命题不成立，则当n ＝k (k ∈N ＋)时，命题也不成立”．故知当n ＝5时，该命题不成立，可推得当n ＝4时该命题不成立，故选C.4．用数学归纳法证明“n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)”的过程中的第二步n ＝k ＋1时(n ＝1已验，n ＝k 已假设成立)，这样证明：（k ＋1）2＋（k ＋1）＝k 2＋3k ＋2<k 2＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，命题成立，此种证法( )A ．是正确的B ．归纳假设写法不正确C ．从k 到k ＋1推理不严密D ．从k 到k ＋1的推理过程未使用归纳假设解析：选D ∵在上面的证明中，当n ＝k ＋1时证明过程没有错误，但没有用到当n ＝k 时的结论，这样就失去假设当n ＝k 时命题成立的意义，也不能构成一个递推关系，这不是数学归纳法．∴A 、B 、C 都不对，选D. 二、填空题5．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )等于________．解析：因为f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1.所以f (n ＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n －1＋13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.所以f (n ＋1)－f (n )＝13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.答案：13n ＋13n ＋1＋13n ＋26．用数学归纳法证明：“当n 为奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”时，在归纳假设中，假设当n ＝k 时命题成立，那么下一步应证明n ＝________时命题也成立．解析：两个奇数之间相差2. 答案：k ＋27．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1(n ∈N ＋)”的过程中，第二步假设n＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到________．解析：∵n ＝k 时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k －1”， ∴n ＝k ＋1时为使用归纳假设，应写成1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k －1＋2k ，又考虑到目的，最终应为2k ＋1－1.答案：1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－1 8．用数学归纳法证明22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6－1(n ∈N ＋，且n >1)时，第一步应验证n ＝________，当n ＝k ＋1时，左边的式子为________．解析：∵n ＝k 时，命题为“1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k －1”，∴n ＝k ＋1时为使用归纳假设，应写成1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k －1＋2k ，又考虑到目的，最终应为2k ＋1－1.答案：1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－1 三、解答题9．用数学归纳法证明：11×2＋13×4＋…＋1（2n －1）×2n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，等式成立． (2)假设当n ＝k 时，等式成立，即11×2＋13×4＋…＋1（2k －1）×2k＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时，11×2＋13×4＋…＋1（2k －1）×2k ＋1（2k ＋1）（2k ＋2）＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋1（2k ＋1）（2k ＋2）＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＋1k ＋1 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋1（k ＋1）＋k ＋1（k ＋1）＋（k ＋1），即当n ＝k ＋1时，等式成立．根据(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋，等式成立．10．用数学归纳法证明对于整数n ≥0，A n ＝11n ＋2＋122n ＋1能被133整除．证明：(1)当n ＝0时，A 0＝112＋12＝133能被133整除．(2)假设n ＝k 时，A k ＝11k ＋2＋122k ＋1能被133整除．当n ＝k ＋1时，A k ＋1＝11k ＋3＋122k ＋3＝11·11k ＋2＋122·122k ＋1＝11·11k ＋2＋11·122k ＋1＋(122－11)·122k ＋1＝11·(11k ＋2＋122k ＋1)＋133·122k ＋1.∴n ＝k ＋1时，命题也成立．根据(1)、(2)，对于任意整数n ≥0，命题都成立．11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ，a n 的等差中项为1.(1)写出a 1，a 2，a 3；(2)猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明．解：(1)由题意S n ＋a n ＝2，∴a 1＝1，a 2＝12，a 3＝14. (2)猜想a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝1，⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫120＝1，等式成立． ②假设当n ＝k 时，等式成立，即a k ＝⎝⎛⎭⎫12k －1，∵S k ＋1＝2－a k ＋1，S k ＋1－S k＝a k＋1，S k＝2－a k，∴a k＋1＝12a k ＝⎝⎛⎭⎫12k，即当n＝k＋1时，等式成立．根据①②可知，对一切n∈N＋，等式成立．。

2018-2019学年高中数学人教A版选修4-4创新应用教学案：第二讲第2节第1课时椭圆的参数方程-含答案

第1课时椭圆的参数方程[核心必知]椭圆的参数方程中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ(φ是参数)，规定参数φ的取值范围是[0，2π)．[问题思考]1．中心在原点，焦点在y 轴上的椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1的参数方程是什么？提示：由⎩⎨⎧y 2a 2＝sin 2φ，x 2b 2＝cos 2φ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝b cos φ，y ＝a sin φ. 即参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝b cos φy ＝a sin φ(φ为参数)． 2．圆的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝r cos θ，y ＝r sin θ中参数θ的意义与椭圆的参数方程中参数φ的意义相同吗？提示：圆的参数方程：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝r cos θ，y ＝r sin θ(θ为参数)中的参数θ是动点M (x ，y )的旋转角，但在椭圆的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ(φ为参数)中的参数φ不是动点M (x ，y )的旋转角，它是点M 所对应的圆的半径OA ＝a (或OB ＝b )的旋转角，称为离心角，不是OM 的旋转角．已知椭圆x 2100＋y 264＝1有一内接矩形ABCD ，求矩形ABCD 的最大面积． [精讲详析] 本题考查椭圆的参数方程的求法及应用．解答此题需要设出A 点的坐标，然后借助椭圆的对称性即可知B 、C 、D 的坐标，从而求出矩形的面积的表达式．∵椭圆方程为x 2100＋y 264＝1， ∴可设A 点的坐标为(10cos α，8sin α)．则|AD |＝20|cos α|，|AB |＝16|sin α|，∴S 矩形＝|AB |·|AD |＝20×16|sin α·cos α|＝160|sin 2α|.∵|sin 2α|≤1，∴矩形ABCD 的最大面积为160.利用椭圆的参数方程求函数(或代数式)最值的一般步骤为：(1)求出椭圆的参数方程；(2)利用椭圆中的参数表示已知函数(或代数式)；(3)借助三角函数的知识求最值．1．已知实数x ，y 满足x 225＋y 216＝1，求目标函数z ＝x －2y 的最大值与最小值．解：椭圆x 225＋y 216＝1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos φ，y ＝4sin φ(φ为参数)．代入目标函数得z ＝5cos φ－8sin φ＝52＋82cos (φ＋φ0) ＝89cos (φ＋φ0)(tan φ0＝85)．所以目标函数z min ＝－89，z max ＝89.。

【K12教育学习资料】2018-2019学年高中数学人教A版选修4-4创新应用教学案：第二讲章末小结

(1)建立直角坐标系，设曲线上任一点P 坐标为(x ，y )； (2)选取适当的参数；(3)根据已知条件和图形的几何性质，物理意义，建立点P 坐标与参数的函数式； (4)证明这个参数方程就是所要求的曲线的方程．过点P (－2，0)作直线l 与圆x 2＋y 2＝1交于A 、B 两点，设A 、B 的中点为M ，求M 的轨迹的参数方程．[解] 设M (x ，y )，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝ty －2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty －2，x 2＋y 2＝1消去x 得(1＋t 2)y 2－4ty ＋3＝0. ∴y 1＋y 2＝4t 1＋t 2，则y ＝2t 1＋t 2.x ＝ty －2＝2t 21＋t 2－2＝－21＋t 2，由Δ＝(4t )2－12(1＋t 2)>0得t 2>3.∴M 的轨迹的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－21＋t 2，y ＝2t 1＋t2(t 为参数且t 2>3).在求出曲线的参数方程后，通常利用消参法得出普通方程．一般地，消参数经常采用的是代入法和三角公式法．但将曲线的参数方程化为普通方程，不只是把其中的参数消去，还要注意x ，y 的取值范围在消参前后应该是一致的，也就是说，要使得参数方程与普通方程等价，即它们二者要表示同一曲线．已知曲线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos t ，y ＝－2＋2sin t (0≤t ≤π)，把它化为普通方程，并判断该曲线表示什么图形？[解] 由曲线的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos t ，y ＝－2＋2sin t ，得⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝2cos t ，y ＋2＝2sin t . ∵cos 2t ＋sin 2t ＝1， ∴(x －1)2＋(y ＋2)2＝4. 由于0≤t ≤π， ∴0≤sin t ≤1.从而0≤y ＋2≤2，即－2≤y ≤0.∴所求的曲线的参数方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝4(－2≤y ≤0)．这是一个半圆，其圆心为(1，－2)，半径为2.已知参数方程⎩⎨⎧x ＝⎝⎛⎭⎫t ＋1t sin θ， ①y ＝⎝⎛⎭⎫t －1t cos θ， ②(t ≠0)．(1)若t 为常数，θ为参数，方程所表示的曲线是什么？(2)若θ为常数，t 为参数，方程所表示的曲线是什么？ [解] (1)当t ≠±1时，由①得sin θ＝xt ＋1t ，由②得cos θ＝yt －1t .∴x 2⎝⎛⎭⎫t ＋1t 2＋y 2⎝⎛⎭⎫t －1t 2＝1. 它表示中心在原点，长轴长为2⎪⎪⎪⎪t ＋1t ，短轴长为2⎪⎪⎪⎪t －1t ，焦点在x 轴上的椭圆．当t ＝±1时，y ＝0，x ＝±2sin θ，x ∈[－2，2]，它表示在x 轴上[－2，2]的一段线段． (2)当θ≠k π2(k ∈Z )时，由①得x sin θ＝t ＋1t .由②得y cos θ＝t －1t .平方相减得x 2sin 2θ－y 2cos 2θ＝4，即x 24sin 2θ－y 24cos 2θ＝1，它表示中心在原点，实轴长为4|sin θ|，虚轴长为4|cos θ|，焦点在x 轴上的双曲线．当θ＝k π(k ∈Z )时，x ＝0，它表示y 轴；当θ＝k π＋π2(k ∈Z )时，y ＝0，x ＝±⎝⎛⎭⎫t ＋1t . ∵t ＋1t ≥2(t ＞0时)或t ＋1t≤－2(t ＜0时)，∴|x |≥2.∴方程为y ＝0(|x |≥2)，它表示x 轴上以(－2，0)和(2，0)为端点的向左、向右的两条射线.求直线的参数方程，根据参数方程参数的几何意义，求直线上两点间的距离，求直线的倾斜角，判断两直线的位置关系；根据已知条件求圆的参数方程，根据圆的参数方程解决与圆有关的最值、位置关系等问题．设曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋3cos θ，y ＝－1＋3sin θ(θ为参数)，直线l 的方程为x －3y ＋2＝0，则曲线C 上到直线l 距离为71010的点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 [解析] 曲线C 的标准方程为：(x －2)2＋(y ＋1)2＝9，它表示以(2，－1)为圆心，半径为3的圆，因为圆心(2，－1)到直线x －3y ＋2＝0的距离d ＝|2＋3＋2|10＝71010，且3－71010<71010，故过圆心且与l 平行的直线与圆相交的两点为满足题意的点．[答案] B(北京高考)直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝－1－t ，(t 为参数)与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos α，y ＝3sin α，(α为参数)的交点个数为________．[解析] 直线的普通方程为x ＋y －1＝0，圆的普通方程为x 2＋y 2＝32，圆心到直线的距离d ＝22＜3，故直线与圆的交点个数是2. [答案] 2求直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋2t ，y ＝－2t 被曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋4cos θ，y ＝－1＋4sin θ截得的弦长．[解] 直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋2t ，y ＝－2t ，的普通方程为x ＋y ＋1＝0曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋4cos θ，y ＝－1＋4sin θ，即圆心为(1，－1)，半径为4的圆则圆心(1，－1)到直线x ＋y ＋1＝0的距离 d ＝|1－1＋1|12＋12＝22.设直线被曲线截得的弦长为t ，则t ＝242－⎝⎛⎭⎫222＝62， ∴直线被曲线截得的弦长为62.直线⎩⎨⎧x ＝－1＋t2，y ＝32t(t 为参数)与圆x 2＋y 2＝a (a >0)相交于A 、B 两点，设P (－1，0)，且|P A |∶|PB |＝1∶2，求实数a 的值．[解] 法一：直线参数方程可化为：y ＝3(x ＋1)联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x ＋1），x 2＋y 2＝a ，消去y ，得：4x 2＋6x ＋3－a ＝0.设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)(不妨设x 1<x 2)，则 Δ＝36－16(3－a )>0，① x 1＋x 2＝－32，②x 1·x 2＝3－a4，③ |P A ||PB |＝－1－x 1x 2＋1＝12，④ 由①②③④解得a ＝3.法二：将直线参数方程代入圆方程得 t 2－t ＋1－a ＝0设方程两根为t 1、t 2，则 Δ＝1－4(1－a )>0⇒a >34.t 1＋t 2＝1，t 1·t 2＝1－a .(*) 由参数t 的几何意义知 |P A ||PB |＝－t 1t 2＝12或|P A ||PB |＝－t 2t 1＝12. 由t 1t 2＝－12，解得a ＝3.能根据条件求椭圆、双曲线、抛物线的参数方程，并利用圆锥曲线的参数方程解最值、直线与圆锥曲线的位置关系等问题．已知点P (3，2)平分抛物线y 2＝4x 的一条弦AB ，求弦AB 的长． [解] 设弦AB 所在的直线方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)，代入方程y 2＝4x 整理得t 2sin 2α＋4(sin α－cos α)t －8＝0.①∵点P (3，2)是弦AB 的中点，由参数t 的几何意义可知，方程①的两个实根t 1、t 2满足关系t 1＋t 2＝0， sin α－cos α＝0， ∴0≤α＜π， ∴α＝π4.∴|AB |＝|t 1－t 2|＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝4·8sin 2π4＝8. 过点B (0，－a )作双曲线x 2－y 2＝a 2右支的割线BCD ，又过右焦点F 作平行于BD 的直线，交双曲线于G 、H 两点．求证：|BC ||GF |·|BD ||FH |＝2. [证明] 当a ＞0时，设割线的倾斜角为α，则它的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝－a ＋t sin α(t 为参数)．①则过焦点F 平行于BD 的直线GH 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2a ＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)．② 将①代入双曲线方程，得t 2cos 2α＋2at sin α－2a 2＝0. 设方程的解为t 1，t 2，则有|BC |·|BD |＝|t 1t 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a 2cos 2α，同理，|GF |·|FH |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2cos 2α.∴|BC ||GF |·|BD ||FH |＝2，当a ＜0时，同理可得上述结果．一、选择题1．极坐标方程ρ＝cos θ和参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1－t ，y ＝2＋3t (t 为参数)所表示的图形分别是( )A ．圆、直线B ．直线、圆C ．圆、圆D ．直线、直线解析：选A 由ρ＝cos θ，得x 2＋y 2＝x ，∴ρ＝cos θ表示一个圆．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1－ty ＝2＋3t得到3x ＋y ＝－1，表示一条直线．2．设r >0，那么直线x cos θ＋y sin θ＝r (θ是常数)与圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝r cos φ，y ＝r sin φ(φ是参数)的位置关系是( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．视r 的大小而定解析：选B 圆心到直线的距离d ＝|0＋0－r |cos 2θ＋sin 2θ＝|r |＝r ，故相切．3．双曲线⎩⎨⎧x ＝3tan θ，y ＝sec θ(θ为参数)，那么它的两条渐近线所成的锐角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：选C 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3tan θy ＝sec θ⇒y 2－x 23＝1，两条渐近线的方程是y ＝±33x ，所以两条渐近线所夹的锐角是60°.4．若动点(x ，y )在曲线x 24＋y 2b 2＝1(b >0)上变化，则x 2＋2y 的最大值为( )A.⎩⎪⎨⎪⎧b 24＋4 （0<b <4），2b （b ≥4） B.⎩⎪⎨⎪⎧b 24＋4（0<b <2），2b （b ≥2） C.b 24＋4 D ．2b 解析：选A 设动点的坐标为(2cos θ，b sin θ)，代入x 2＋2y ＝4cos 2θ＋2b sin θ＝－(2sin θ－b 2)2＋4＋b 24，当0<b <4时，(x 2＋2y )max ＝b 24＋4，当b ≥4时，(x 2＋2y )max ＝－(2－b 2)2＋4＋b 24＝2b .二、填空题5．直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t sin 70°，y ＝2＋t cos 70°(t 为参数)的倾斜角的大小为________．解析：原参数方程变为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos 20°y ＝1＋t sin 20°(t 为参数)，故直线的倾斜角为20°.答案：20°6．已知直线l 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3t ，y ＝2－4t (t 为参数)与直线l 2：2x －4y ＝5相交于点B ，又点A (1，2)，则|AB |＝________．解析：将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3t y ＝2－4t代入2x －4y ＝5得t ＝12，则B (52，0)，而A (1，2)，得|AB |＝52.答案：527．圆的渐开线参数方程为：⎩⎨⎧x ＝π4cos φ＋π4φsin φ，y ＝π4sin φ－π4φcos φ(φ为参数)．则基圆的面积为________．解析：易知，基圆半径为π4.∴面积为π·(π4)2＝116π3.答案：116π38．(重庆高考)在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．若极坐标方程为ρcos θ＝4的直线与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝t 3(t 为参数)相交于A ，B 两点，则|AB |＝________．解析：ρcos θ＝4化为直角坐标方程为x ＝4 ①，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝t 3，化为普通方程为y 2＝x 3②， ①、②联立得A (4，8)，B (4，－8)，故|AB |＝16. 答案：16 三、解答题9．经过P (－2，3)作直线交抛物线y 2＝－8x 于A 、B 两点． (1)若线AB 被P 平分，求AB 所在直线方程； (2)当直线的倾斜角为π4时，求|AB |.解：设AB 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋t cos α，y ＝3＋t sin α(t 为参数)代入抛物线方程，整理得t 2sin 2α＋(6sin α＋8cos α)t －7＝0.于是t 1＋t 2＝－6sin α＋8cos αsin 2α，t 1t 2＝－7sin 2α. (1)若p 为AB 的中点，则t 1＋t 2＝0. 即6sin α＋8cos α＝0⇒tan α＝－43.故AB 所在的直线方程为y －3＝－43(x ＋2)．即4x ＋3y －1＝0.(2)|AB |＝|t 1－t 2|＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝（6sin α＋8cos αsin 2α）2－4（－7sin 2α）＝2sin 2α16＋12sin 2α，又α＝π4，∴|AB |＝2sin 2π4 16＋12sin （2×π4）＝87.10．已知对于圆x 2＋(y －1)2＝1上任意一点P (x ，y )，不等式x ＋y ＋m ≥0恒成立，求实数m 的取值范围．解：圆x 2＋(y －1)2＝1的参数方程可写为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝1＋sin θ.∵x ＋y ＋m ≥0恒成立，∴cos θ＋1＋sin θ＋m ≥0恒成立．∵sin θ＋1＋cos θ＝2sin (θ＋π4)＋1≥1－2，∴m ≥－(1－2)．即m 的取值范围为[2－1，＋∞)．11．设P 为椭圆弧x 225＋y 29＝1(x ≥0，y ≥0)上的一动点，又已知定点A (10，6)，以P 、A为矩形对角线的两端点，矩形的边平行于坐标轴，求此矩形的面积的最值．解：设P (5cos θ，3sin θ)(0≤θ≤π2)，则矩形面积为S ＝(10－5cos θ)(6－3sin θ)＝15[4＋sin θcos θ－2(sin θ＋cos θ)]，令t ＝sin θ＋cos θ，则sin θcos θ＝t 2－12，∴S ＝152(t －2)2＋452.∵t ∈[1，2]， ∴当t ＝1，即P (5，0)或P (0，3)处有最大值，最大值为30；当t ＝2，即P (522，322)处有最小值，最小值为1352－30 2.(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ，y ＝cos 2θ(θ为参数)表示的曲线上的一个点的坐标是( )A ．(2，－7)B ．(1，0) C.⎝⎛⎭⎫12，12 D.⎝⎛⎭⎫13，23 解析：选C 由y ＝cos 2θ得y ＝1－2sin 2θ， ∴参数方程化为普通方程是y ＝1－2x 2(－1≤x ≤1)，当x ＝12时，y ＝1－2×(12)2＝12，故选C.2．直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2＋t (t 为参数)被圆x 2＋y 2＝9截得的弦长为( )A.125B.125 5 C.95 5 D.9510解析：选B⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2＋t⇒⎩⎨⎧x ＝1＋5t ×25，y ＝1＋5t ×15，把直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2＋t 代入x 2＋y 2＝9得(1＋2t )2＋(2＋t )2＝9，5t 2＋8t －4＝0.|t 1－t 2|＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝（－85）2＋165＝125，弦长为5|t 1－t 2|＝1255.3．直线⎩⎨⎧x ＝1－15t ，y ＝－1＋25t(t 为参数)的斜率是( )A ．2 B.12C ．－2D ．－12解析：选C由⎩⎨⎧x ＝1－15t ， ①y ＝－1＋25t ， ②①×2＋②得2x ＋y －1＝0， ∴k ＝－2.4．若圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋2cos θ，y ＝3＋2sin θ(θ为参数)，直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2t －1，y ＝6t －1(t为参数)，则直线与圆的位置关系是( )A ．过圆心B ．相交而不过圆心C ．相切D ．相离解析：选B 直线与圆的普通方程分别为3x －y ＋2＝0与(x ＋1)2＋(y －3)2＝4，圆心(－1，3)到直线的距离 d ＝|－3－3＋2|10＝410＝2105，而d <2且d ≠0，故直线与圆相交而不过圆心．5．参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θ(θ为参数)所表示的曲线为( )A ．抛物线的一部分B ．一条抛物线C ．双曲线的一部分D ．一条双曲线解析：选A x ＋y 2＝cos 2θ＋sin 2θ＝1，即y 2＝－x ＋1. 又x ＝cos 2θ∈[0，1]，y ＝sin θ∈[－1，1]， ∴为抛物线的一部分．6．点P (x ，y )在椭圆（x －2）24＋(y －1)2＝1上，则x ＋y 的最大值为( )A ．3＋ 5B ．5＋ 5C ．5D ．6解析：选A 椭圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝1＋sin θ(θ为参数)， x ＋y ＝2＋2cos θ＋1＋sin θ＝3＋5sin (θ＋φ)， ∴(x ＋y )max ＝3＋ 5.7．过点(3，－2)且与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)有相同焦点的椭圆方程是( )A.x 215＋y 210＝1B.x 2152＋y 2102＝1 C.x 210＋y 215＝1 D.x 2102＋y 2152＝1 解析：选A 化为普通方程是x 29＋y 24＝1.∴焦点坐标为(－5，0)，(5，0)，排除B 、C 、D.8．已知过曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ，y ＝5sin θ⎝⎛⎭⎫θ为参数且0≤θ≤π2上一点P 与原点O 的距离为13，则P 点坐标为( )A.⎝⎛⎭⎫332，52 B.⎝⎛⎭⎫322，522C.⎝⎛⎭⎫32，532 D.⎝⎛⎭⎫125，125 解析：选A 设P (3cos θ，5sin θ)，则|OP |2＝9cos 2θ＋25sin 2θ＝9＋16sin 2θ＝13，得sin 2θ＝14.又0≤θ≤π2，∴sin θ＝12，cos θ＝32.∴x ＝3cos θ＝332.y ＝5sin θ＝52.∴P 坐标为(332，52)．9．设曲线⎩⎨⎧x ＝2cos θ，y ＝3sin θ与x 轴交点为M 、N ，点P 在曲线上，则PM 与PN 所在直线的斜率之积为( )A ．－34B ．－43C.34D.43解析：选A 令y ＝0得sin θ＝0，∴cos θ＝±1. ∴M (－2，0)，N (2，0)．设P (2cos θ，3sin θ)． ∴k PM ·k PN ＝3sin θ2cos θ＋2·3sin θ2cos θ－2＝3sin 2θ4（cos 2θ－1）＝－34.10．曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a sin θ＋a cos θ，y ＝a cos θ＋a sin θ(θ为参数)的图形是( )A ．第一、三象限的平分线B ．以(－a ，－a )、(a ，a )为端点的线段C ．以(－2a ，－2a )、(－a ，－a )为端点的线段和以(a ，a )、(2a ，2a )为端点的线段D ．以(－2a ，－2a )、(2a ，2a )为端点的线段解析：选D 显然y ＝x ，而x ＝a sin θ＋a cos θ＝2a sin(θ＋π4)，－2|a |≤x ≤2|a |.故图形是以(－2a ，－2a )、(2a ，2a )为端点的线段．二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．(广东高考)已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系，则曲线C 的参数方程为________．解析：极坐标方程化为直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，令⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝x －1，sin θ＝y ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ＋1，y ＝sin θ(θ为参数)．答案：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ＋1，y ＝sin θ(θ为参数)12．设直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t ，y ＝a ＋3t (t 为参数)，直线l 2的方程为y ＝3x －4，若直线l 1与l 2间的距离为10，则实数a 的值为________．解析：将直线l 1的方程化为普通方程得3x －y ＋a －3＝0，直线l 2方程即3x －y －4＝0，由两平行线的距离公式得|a －3＋4|10＝10⇒|a ＋1|＝10⇒a ＝9或a ＝－11.答案：9或－1113．直线y ＝2x －12与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin φ，y ＝cos 2φ(φ为参数)的交点坐标为________．解析：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin φ，y ＝cos 2φ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin φ， ①y ＝1－2sin 2φ， ②将①代入②中，得y ＝1－2x 2(－1≤x ≤1)， ∴2x 2＋y ＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －12，2x 2＋y ＝1，解之得⎩⎨⎧x ＝12，y ＝12或⎩⎨⎧x ＝－32，y ＝－72(舍去)．答案：(12，12)14．(陕西高考)如图，以过原点的直线的倾斜角θ为参数，则圆x 2＋y 2－x ＝0的参数方程为________．解析：由题意得圆的方程为⎝⎛⎭⎫x －122＋y 2＝14，圆心⎝⎛⎭⎫12，0在x 轴上，半径为12，则其圆的参数方程为⎩⎨⎧x ＝12＋12cos α，y ＝12 sin α(α为参数)，注意α为圆心角，θ为同弧所对的圆周角，则有α＝2θ，有⎩⎨⎧x ＝12＋12cos 2θ，y ＝12sin 2θ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θcos θ(θ为参数)．答案：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θcos θ(θ为参数)三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(12分)求直线⎩⎨⎧x ＝1＋45t ，y ＝－1－35t (t 为参数)被曲线ρ＝2cos(θ＋π4)所截的弦长．解：将方程⎩⎨⎧x ＝1＋45t ，y ＝－1－35t ，ρ＝2cos (θ＋π4)分别化为普通方程3x ＋4y ＋1＝0，x 2＋y 2－x＋y ＝0，圆心C (12，－12)，半径为22，圆心到直线的距离d ＝110，弦长＝2r 2－d 2＝212－1100＝75. 16．(12分)(辽宁高考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ(a ＞b ＞0，φ为参数)．在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l ：θ＝α与C 1，C 2各有一个交点．当α＝0时，这两个交点间的距离为2，当α＝π2时，这两个交点重合．(1)分别说明C 1，C 2是什么曲线，并求出a 与b 的值；(2)设当α＝π4时，l 与C 1，C 2的交点分别为A 1，B 1，当α＝－π4时，l 与C 1，C 2的交点分别为A 2，B 2，求四边形A 1A 2B 2B 1的面积．解：(1)C 1，C 2的普通方程分别为x 2＋y 2＝1和x 29＋y 2＝1.因此C 1是圆，C 2是椭圆．当α＝0时，射线l 与C 1，C 2交点的直角坐标分别为(1，0)，(a ，0)，因为这两点间的距离为2，所以a ＝3.当α＝π2时，射线l 与C 1，C 2交点的直角坐标分别为(0，1)，(0，b )，因为这两点重合，所以b ＝1.(2)C 1，C 2的普通方程分别为x 2＋y 2＝1和x 29＋y 2＝1.当α＝π4时，射线l 与C 1交点A 1的横坐标为x ＝22，与C 2交点B 1的横坐标为x ′＝31010.当α＝－π4时，射线l 与C 1，C 2的两个交点A 2，B 2分别与A 1，B 1关于x 轴对称，因此四边形A 1A 2B 2B 1为梯形，故四边形A 1A 2B 2B 1的面积为（2x ′＋2x ）（x ′－x ）2＝25.17．(12分)已知经过A (5，－3)且倾斜角的余弦值是－35的直线，直线与圆x 2＋y 2＝25交于B 、C 两点．(1)求BC 中点坐标；(2)求过点A 与圆相切的切线方程及切点坐标．解：(1)直线参数方程为⎩⎨⎧x ＝5－35t ，y ＝－3＋45t (t 为参数)，代入圆的方程得t 2－545t ＋9＝0.∴t M ＝t 1＋t 22＝275，则 x M ＝4425，y M ＝3325，中点坐标为M (4425，3325)． (2)设切线方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5＋t cos α，y ＝－3＋t sin α(t 为参数)，代入圆的方程得t 2＋(10cos α－6sin α)t＋9＝0.Δ＝(10cos α－6sin α)2－36＝0，cos α＝0或tan α＝815.∴过A 点切线方程为x ＝5，8x －15y －85＝0.又t 切＝－b2a＝3sin α－5cos α，t 1＝3，t 2＝－3.将t 1，t 2代入切线的参数方程知，相应的切点为(5，0)，(4017，－7517)．18．(14分)在双曲线x 2－2y 2＝2上求一点P ，使它到直线x ＋y ＝0的距离最短，并求这个最短距离．解：设双曲线x 22－y 2＝1上一点P (2sec α，tan α)(0≤α＜2π，且α≠π2，α≠32π)，则它到直线x ＋y ＝0的距离为d ＝|2sec α＋tan α|2＝|2＋sin α|2|cos α|.于是d 2＝2＋22sin α＋sin 2α2cos 2α，化简得，(1＋2d 2)sin 2α＋22sin α＋2(1－d 2)＝0. ∵sin α是实数，∴Δ＝(22)2－8(1＋2d 2)(1－d 2)≥0， ∴d ≥22. 当d ＝22时，sin α＝－22， ∴α＝54π或74π，这时x 0＝－2，y 0＝1.或x 0＝2sec 74π＝2，y 0＝tan 74π＝－1.故当双曲线上的点P 为(－2，1)或(2，－1)时，它到直线x ＋y ＝0的距离最小，这个最小值为22. 模块综合检测(时间：90分钟满分：120分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3t ，y ＝2－4t (t 为参数)，则直线l 的倾斜角的余弦值为( )A ．－45B ．－35C.35D.45解析：选B 由l 的参数方程可得l 的普通方程为4x ＋3y －10＝0，设l 的倾斜角为θ，则tan θ＝－43，由1cos 2θ＝sin 2θ＋cos 2θcos 2θ＝tan 2θ＋1，得cos 2θ＝925，又π2<θ<π，∴cos θ＝－35.2．柱坐标⎝⎛⎭⎫2，π3，1对应的点的直角坐标是( )A ．(3，－1，1)B ．(3，1，1)C ．(1，3，1)D ．(－1，3，1)解析：选C 由直角坐标与柱坐标之间的变换公式 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，z ＝z ，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3，z ＝1.3．在极坐标系中，点A 的极坐标是(1，π)，点P 是曲线C ：ρ＝2sin θ上的动点，则|P A |的最小值是( )A ．0 B. 2 C.2＋1 D.2－1解析：选D A 的直角坐标为(－1，0)，曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝2y ，即x 2＋(y －1)2＝1，|AC |＝2，则|P A |min ＝2－1.4．直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ＋t sin 15°，y ＝cos θ－t sin 75°(t 为参数，θ是常数)的倾斜角是( )A ．105°B ．75°C ．15°D ．165° 解析：选A 参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ＋t sin 15°，y ＝cos θ－t sin 75°⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ＋t cos 75°，y ＝cos θ－t sin 75°，消去参数t 得，y －cos θ＝－tan 75°(x －sin θ)， ∴k ＝－tan 75°＝tan (180°－75°)＝tan 105°.故直线的倾斜角是105°.5．双曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝tan θ，y ＝21cos θ(θ为参数)的渐近线方程为( ) A ．y ＝±22x B ．y ＝±12xC ．y ＝±2xD ．y ＝±2x解析：选D 把参数方程化为普通方程得y 24－x 2＝1，渐近线方程为y ＝±2x .6．已知直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－t sin 30°，y ＝－1＋t sin 30°(t 为参数)与圆x 2＋y 2＝8相交于B 、C 两点，O 为原点，则△BOC 的面积为( )A ．27 B.30 C.152 D.302解析：选C⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－t sin 30°，y ＝－1＋t sin 30⇒⎩⎨⎧x ＝2－12t ＝2－22t ′，y ＝－1＋12t ＝－1＋22t ′(t ′为参数)．代入x 2＋y 2＝8，得t ′2－32t ′－3＝0， ∴|BC |＝|t ′1－t ′2|＝（t ′1＋t ′2）2－4t ′1t ′2＝（32）2＋4×3＝30，弦心距d ＝8－304＝22，S △BCO ＝12|BC |·d ＝152.7．已知点P 的极坐标为(π，π)，则过点P 且垂直于极轴的直线的极坐标方程为( ) A ．ρ＝π B ．ρ＝cos θ C ．ρ＝πcos θ D ．ρ＝－πcos θ解析：选D 设M (ρ，θ)为所求直线上任意一点，由图形知OM cos ∠POM ＝π，∴ρcos (π－θ)＝π. ∴ρ＝－πcos θ.8．直线l ：y ＋kx ＋2＝0与曲线C ：ρ＝2cos θ相交，则k 满足的条件是( ) A ．k ≤－34 B ．k ≥－34C ．k ∈RD ．k ∈R 且k ≠0解析：选A 由题意可知直线l 过定点(0，－2)，曲线C 的普通方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1.由图可知，直线l 与圆相切时，有一个交点，此时|k ＋2|k 2＋1＝1，得－k ＝34.若满足题意，只需－k ≥34.即k ≤－34即可．9．参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋sin θ，y ＝cos 2⎝⎛⎭⎫π4－θ2(θ为参数，0≤θ<2π)所表示的曲线是( ) A ．椭圆的一部分 B ．双曲线的一部分C ．抛物线的一部分，且过点⎝⎛⎭⎫－1，12 D ．抛物线的一部分，且过点⎝⎛⎭⎫1，12 解析：选D 由y ＝cos 2(π4－θ2)＝1＋cos （π2－θ）2＝1＋sin θ2，可得sin θ＝2y －1，由x ＝1＋sin θ得x 2－1＝sin θ， ∴参数方程可化为普通方程x 2＝2y ，又x ＝1＋sin θ∈[0，2]．10．在极坐标系中，由三条直线θ＝0，θ＝π3，ρcos θ＋ρsin θ＝1围成的图形的面积为( )A.14 B.3－34 C.2－34 D.13解析：选B 三条直线的直角坐标方程依次为y ＝0，y ＝3x ，x ＋y ＝1，如图．围成的图形为△OPQ ，可得 S △OPQ ＝12|OQ |·|y P |＝12×1×33＋1＝3－34. 二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)11．(江西高考)设曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，y ＝t 2(t 为参数)，若以直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线C 的极坐标方程为________．解析：消去曲线C 中的参数t 得y ＝x 2，将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入y ＝x 2中，得ρ2cos 2θ＝ρsin θ，即ρcos 2θ－sin θ＝0.答案：ρcos 2θ－sin θ＝012．(安徽高考)在极坐标系中，圆ρ＝4sin θ的圆心到直线θ＝π6(ρ∈R )的距离是________．解析：将ρ＝4sin θ化成直角坐标方程为x 2＋y 2＝4y ，即x 2＋(y －2)2＝4，圆心为(0，2)．将θ＝π6(ρ∈R )化成直角坐标方程为x －3y ＝0，由点到直线的距离公式可知圆心到直线的距离d ＝|0－23|2＝ 3.答案： 313．(广东高考)已知曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝ 2 cos t ，y ＝2sin t (t 为参数)，C 在点(1，1)处的切线为l ，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则l 的极坐标方程为________．解析：曲线C 的普通方程为：x 2＋y 2＝ ( 2 cos t )2＋( 2 sin t )2＝(cos 2t ＋sin 2t )＝2，由圆的知识可知，圆心(0，0)与切点(1，1)的连线垂直于切线l ，从而l 的斜率为－1，由点斜式可得直线l 的方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.由ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，可得l 的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ－2＝0.答案：ρcos θ＋ρsin θ－2＝0或ρ(cos θ＋sin θ)＝214．(湖北高考)在直角坐标系xOy 中，椭圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ(φ为参数，a＞b ＞0)．在极坐标系(与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，直线l 与圆O 的极坐标方程分别为ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝22m (m 为非零常数)与ρ＝b .若直线l 经过椭圆C 的焦点，且与圆 O 相切，则椭圆C 的离心率为________．解析：由题意知，椭圆C 的普通方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1，直线l 的直角坐标方程为x ＋y ＝m ，圆O 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝b 2，设椭圆C 的半焦距为c ，则根据题意可知，|m |＝c ，|m |2＝b ，所以有c ＝2b ，所以椭圆C 的离心率e ＝ca＝cb 2＋c 2＝63. 答案：63三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(12分)(新课标全国卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)，M 是C 1上的动点，P 点满足OP ―→＝2OM ―→，P 点的轨迹为曲线C 2.(1)求C 2的方程；(2)在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线θ＝π3与C 1的异于极点的交点为A ，与C 2的异于极点的交点为B ，求|AB |.解：(1)设P (x ，y )，则由条件知M (x 2，y2)．由于M 点在C 1上，所以⎩⎨⎧x2＝2cos α，y2＝2＋2sin α.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α，y ＝4＋4sin α.从而C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α，y ＝4＋4sin α.(α为参数)(2)曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4sin θ，曲线C 2的极坐标方程为ρ1＝8sin θ. 射线θ＝π3与C 1的交点A 的极径为ρ1＝4sin π3，射线θ＝π3与C 2的交点B 的极径为ρ2＝8sin π3.所以|AB |＝|ρ2－ρ1|＝2 3.16．(12分)(福建高考)在平面直角坐标系中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l 上两点M ，N 的极坐标分别为(2，0)，⎝⎛⎭⎫233，π2，圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝－3＋2sin θ(θ为参数)．(1)设P 为线段MN 的中点，求直线OP 的平面直角坐标方程； (2)判断直线l 与圆C 的位置关系．解：(1)由题意知，M ，N 的平面直角坐标分别为(2，0)，(0，233)，又P 为线段MN 的中点，从而点P 的平面直角坐标为(1，33)，故直线OP 的平面直角坐标方程为y ＝33x . (2)因为直线l 上两点M ，N 的平面直角坐标分别为(2，0)，(0，233)，所以直线l 的平面直角坐标方程为3x ＋3y －23＝0. 又圆C 的圆心坐标为(2，－3)，半径r ＝2，圆心到直线l 的距离d ＝|23－33－23|3＋9＝32<r ，故直线l 与圆C 相交．17．(12分)已知某圆的极坐标方程为ρ2－42ρcos(θ－π4)＋6＝0，求：(1)圆的普通方程和参数方程；(2)在圆上所有的点(x ，y )中x ·y 的最大值和最小值．解：(1)原方程可化为ρ2－42ρ(cos θcos π4＋sin θsin π4)＋6＝0，即ρ2－4ρcos θ－4ρsinθ＋6＝0.①因为ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以①可化为x 2＋y 2－4x －4y ＋6＝0，即(x －2)2＋(y －2)2＝2，此方程即为所求圆的普通方程．设cos θ＝2（x －2）2，sin θ＝2（y －2）2，所以参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝2＋2sin θ(θ为参数)． (2)由(1)可知xy ＝(2＋2cos θ)·(2＋2sin θ) ＝4＋22(cos θ＋sin θ)＋2cos θ·sin θ ＝3＋22(cos θ＋sin θ)＋(cos θ＋sin θ)2.②设t ＝cos θ＋sin θ，则t ＝2sin (θ＋π4)，t ∈[－2，2]．所以xy ＝3＋22t ＋t 2＝(t ＋2)2＋1.当t ＝－2时xy 有最小值为1；当t ＝2时，xy 有最大值为9.18．(14分)曲线的极坐标方程为ρ＝21－cos θ，过原点作互相垂直的两条直线分别交此曲线于A 、B 和C 、D 四点，当两条直线的倾斜角为何值时，|AB |＋|CD |有最小值？并求出这个最小值．解：由题意，设A (ρ1，θ)，B (ρ2，π＋θ)，C (ρ3，θ＋π2)，D (ρ4，θ＋32π)．则|AB |＋|CD |＝(ρ1＋ρ2)＋(ρ3＋ρ4) ＝21－cos θ＋21＋cos θ＋21＋sin θ＋21－sin θ＝16sin 22θ.∴当sin 22θ＝1即θ＝π4或θ＝34π时，两条直线的倾斜角分别为π4，3π4时，|AB |＋|CD |有最小值16.。

【配套K12】2018-2019学年高中数学人教A版选修4-4学案：第二讲二1.椭圆的参数方程-含答

1．椭圆的参数方程[对应学生用书P22] 椭圆的参数方程(1)中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的参数方程是⎩⎨⎧x ＝a cos φy ＝b sin φ(φ是参数)，规定参数φ的取值范围是[0,2π)．(2)中心在(h ，k )的椭圆普通方程为(x －h )2a 2＋(y －k )2b 2＝1，则其参数方程为⎩⎨⎧x ＝h ＋a cos φy ＝k ＋b sin φ(φ是参数)．[对应学生用书P22][例1] 已知实数x ，y 满足x 225＋y 216＝1，求目标函数z ＝x －2y 的最大值与最小值．[思路点拨] 将椭圆上的点的坐标设成参数方程的形式，将问题转化成三角函数求最值问题．[解] 椭圆x 225＋y 216＝1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos φ，y ＝4sin φ(φ为参数)．代入目标函数得 z ＝5cos φ－8sin φ＝52＋82cos(φ＋φ0)＝89cos(φ＋φ0)(tan φ0＝85)．所以目标函数z min ＝－89，z max ＝89.利用椭圆的参数方程，求目标函数的最大(小)值，通常是利用辅助角公式转化为三角函数求解．1．已知椭圆x 225＋y 216＝1，点A 的坐标为(3,0)．在椭圆上找一点P ，使点P 与点A 的距离最大．解：椭圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos θy ＝4sin θ(θ为参数)．设P (5cos θ，4sin θ)，则 |P A |＝(5cos θ－3)2＋(4sin θ)2＝9cos 2θ－30cos θ＋25＝(3cos θ－5)2＝|3cos θ－5|≤8，当cos θ＝－1时，|P A |最大．此时，sin θ＝0，点P 的坐标为(－5,0).[例2] 已知A ，B 分别是椭圆x 236＋y 29＝1的右顶点和上顶点，动点C 在该椭圆上运动，求△ABC 的重心G 的轨迹方程．[思路点拨] 由条件可知，A ，B 两点坐标已知，点C 在椭圆上，故可设出点P 坐标的椭圆参数方程形式，由三角形重心坐标公式求解．[解] 由题意知A (6,0)、B (0,3)．由于动点C 在椭圆上运动，故可设动点C 的坐标为(6cos θ，3sin θ)，点G 的坐标设为(x ，y )，由三角形重心的坐标公式可得⎩⎨⎧x ＝6＋0＋6cos θ3，y ＝0＋3＋3sin θ3，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝1＋sin θ.消去参数θ得到(x －2)24＋(y －1)2＝1.本题的解法体现了椭圆的参数方程对于解决相关问题的优越性，运用参数方程显得很简单，运算更简便．2．已知椭圆方程是x 216＋y 29＝1，点A (6,6)，P 是椭圆上一动点，求线段P A 中点Q 的轨迹方程．解：设P (4cos θ，3sin θ)，Q (x ，y )，则有⎩⎨⎧x ＝4cos θ＋62，y ＝3sin θ＋62，即⎩⎨⎧x ＝2cos θ＋3，y ＝32sin θ＋3.(θ为参数)∴9(x －3)2＋16(y －3)2＝36，即为所求．3．设F 1、F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右两个焦点． (1)若椭圆C 上的点A (1，32)到F 1，F 2的距离之和等于4，写出椭圆C 的方程和焦点坐标；(2)设点P 是(1)中所得椭圆上的动点，求线段F 1P 的中点的轨迹方程．解：(1)由椭圆上点A 到F 1，F 2的距离之和是4，得2a ＝4，即a ＝2. 又点A (1，32)在椭圆上，因此14＋(32)2b 2＝1，得b 2＝3，于是c 2＝a 2－b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1，焦点坐标为F 1(－1,0)，F 2(1,0)．(2)设椭圆C 上的动点P 的坐标为(2cos θ，3sin θ)，线段F 1P 的中点坐标为(x ，y )，则x ＝2cos θ－12，y ＝3sin θ＋02，所以x ＋12＝cos θ，2y3＝sin θ.消去θ，得(x ＋12)2＋4y 23＝1. 即为线段F 1P 中点的轨迹方程.[例3] 已知椭圆x 24＋y 2＝1上任一点M (除短轴端点外)与短轴两端点B 1、B 2的连线分别交x 轴于P 、Q 两点，求证：|OP |·|OQ |为定值．[思路点拨] 利用参数方程，设出点M 的坐标，并由此得到直线MB 1，MB 2的方程，从而得到P 、Q 两点坐标，求出|OP |，|OQ |，再求|OP |·|OQ |的值．[证明] 设M (2cos φ，sin φ)，φ为参数，B 1(0，－1)，B 2(0,1)．则MB 1的方程：y ＋1＝sin φ＋12cos φ·x ，令y ＝0，则x ＝2cos φsin φ＋1，即|OP |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos φ1＋sin φ. MB 2的方程：y －1＝sin φ－12cos φx ，令y ＝0，则x ＝2cos φ1－sin φ.∴|OQ |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos φ1－sin φ. ∴|OP |·|OQ |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos φ1＋sin φ×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos φ1－sin φ＝4. 即|OP |·|OQ |＝4为定值．利用参数方程证明定值(或恒成立)问题，首先是用参数把要证明的定值(或恒成立的式子)表示出来，然后利用条件消去参数，得到一个与参数无关的定值即可．4．曲线⎩⎨⎧x ＝a cos θ，y ＝b sin θ(a ＞b ＞0)上一点M 与两焦点F 1、F 2所成角为∠F 1MF 2＝α.求证：△F 1MF 2的面积为b 2tan α2. 证明：∵M 在椭圆上，∴由椭圆的定义，得： |MF 1|＋|MF 2|＝2a ，两边平方，得|MF 1|2＋|MF 2|2＋2|MF 1|·|MF 2|＝4a 2.在△F 1MF 2中，由余弦定理，得|MF 1|2＋|MF 2|2－2|MF 1||MF 2|cos α＝|F 1F 2|2＝4c 2. 由两式，得|MF 1||MF 2|＝b 2cos 2α2.故S △F 1MF 2＝12|MF 1||MF 2|sin α＝b 2tan α2.[对应学生用书P24]一、选择题1．椭圆⎩⎨⎧x ＝a cos θ，y ＝b sin θ(θ为参数)，若θ∈[0,2π]，则椭圆上的点(－a,0)对应的θ＝( )A ．π B.π2 C ．2πD.32π解析：∵点(－a,0)中x ＝－a ，∴－a ＝a cos θ，∴cos θ＝－1，∴θ＝π. 答案：A2．把椭圆的普通方程9x 2＋4y 2＝36化为参数方程是( ) A.⎩⎨⎧x ＝3cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数) B.⎩⎨⎧x ＝2cos φ，y ＝3sin φ(φ为参数) C.⎩⎨⎧x ＝9cos φ，y ＝4sin φ(φ为参数) D.⎩⎨⎧x ＝4cos φ，y ＝9sin φ(φ为参数) 解析：把椭圆的普通方程9x 2＋4y 2＝36化为x 24＋y 29＝1，则b ＝2，a ＝3，其参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝3sin φ(φ为参数)．答案：B3．已知椭圆的参数方程⎩⎨⎧x ＝2cos t ，y ＝4sin t (t 为参数)，点M 在椭圆上，对应参数t ＝π3，点O 为原点，则直线OM 的斜率为( )A. 3 B ．－33 C ．2 3D ．－2 3解析：点M 的坐标为(1,23)， ∴k OM ＝2 3. 答案：C4．两条曲线的参数方程分别是⎩⎨⎧ x ＝cos 2θ－1，y ＝2＋sin 2θ(θ为参数)和⎩⎨⎧x ＝3cos t ，y ＝2sin t(t 为参数)，则其交点个数为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．2解析：由⎩⎨⎧x ＝cos 2θ－1，y ＝2＋sin 2θ，得x ＋y －1＝0(－1≤x ≤0， 1≤y ≤2)，由⎩⎨⎧x ＝3cos t ，y ＝2sin t 得x 29＋y 24＝1.如图所示，可知两曲线交点有1个．答案：B 二、填空题5．椭圆⎩⎨⎧x ＝5cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)的离心率为________解析：椭圆方程为x 225＋y 216＝1，可知a ＝5，b ＝4，∴c ＝a 2－b 2＝3，∴e ＝c a ＝35.答案：356．实数x ，y 满足3x 2＋4y 2＝12，则2x ＋3y 的最大值是________．解析：因为实数x ，y 满足3x 2＋4y 2＝12，所以设x ＝2cos α，y ＝3sin α，则 2x ＋3y ＝4cos α＋3sin α＝5sin(α＋φ)，其中sin φ＝45，cos φ＝35.当sin(α＋φ)＝1时，2x ＋3y 有最大值为5. 答案：57．(湖南高考)在直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1：⎩⎨⎧x ＝t ＋1，y ＝1－2t ，(t 为参数)与曲线C 2：⎩⎨⎧x ＝a sin θ，y ＝3cos θ，(θ为参数，a ＞0)有一个公共点在x 轴上，则a ＝________.解析：曲线C 1的普通方程为2x ＋y ＝3，曲线C 2的普通方程为x 2a 2＋y 29＝1，直线2x ＋y ＝3与x 轴的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，故曲线x 2a 2＋y 29＝1也经过这个点，代入解得a ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫舍去－32.答案：32 三、解答题8．已知两曲线参数方程分别为⎩⎨⎧x ＝5cos θ，y ＝sin θ(0≤θ<π)和⎩⎪⎨⎪⎧x ＝54t 2，y ＝t(t ∈R )，求它们的交点坐标．解：将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos θy ＝sin θ(0≤θ＜π)化为普通方程得：x 25＋y 2＝1(0≤y ≤1，x ≠－5)，将x ＝54t 2，y ＝t 代入得：516t 4＋t 2－1＝0，解得t 2＝45，∴t ＝255(∵y ＝t ≥0)，x ＝54t 2＝54·45＝1， ∴交点坐标为(1，255)．9．对于椭圆⎩⎨⎧x ＝a cos θ，y ＝b sin θ(θ为参数)，如果把横坐标缩短为原来的1a 倍，再把纵坐标缩短为原来的1b 倍即得到圆心在原点，半径为1的圆的参数方程⎩⎨⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)．那么，若把圆看成椭圆的特殊情况，试讨论圆的离心率，并进一步探讨椭圆的离心率与椭圆形状的关系．解：设圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝r cos θ，y ＝r sin θ(θ为参数)，如果将该圆看成椭圆，那么在椭圆中对应的数值分别为a ＝b ＝r ，所以c ＝a 2－b 2＝0，则离心率e ＝ca ＝0.即把圆看成椭圆，其离心率为0，而椭圆的离心率的范围是(0,1)，可见椭圆的离心率越小即越接近于0，形状就越接近于圆，离心率越大，椭圆越扁．10．椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与x 轴正向交于点A ，若这个椭圆上总存在点P ，使OP ⊥AP (O 为原点)，求离心率e 的取值范围．解：设椭圆的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos θ，y ＝b sin θ(θ为参数)(a ＞b ＞0)，则椭圆上的点P (a cos θ，b sin θ)，A (a,0)．∵OP ⊥AP ，∴b sin θa cos θ·b sin θa cos θ－a ＝－1，即(a 2－b 2)cos 2θ－a 2cos θ＋b 2＝0. 解得cos θ＝b 2a 2－b 2或cos θ＝1(舍去)．∵a ＞b ，－1≤cos θ≤1，∴0＜b 2a 2－b 2≤1.把b 2＝a 2－c 2代入得0＜a 2－c2c 2≤1.即0＜1e 2－1≤1，解得22≤e ＜1. 故离心率e 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，1.。

【配套K12】2018-2019学年高中数学人教A版选修4-4创新应用教学案：第一讲第3节第1课时圆

第1课时圆的极坐标方程[核心必知]1．曲线的极坐标方程在极坐标系中，如果平面曲线C 上任意一点的极坐标中至少有一个满足方程f (ρ，θ)＝0，并且坐标适合f (ρ，θ)＝0的点都在曲线C 上，那么方程f (ρ，θ)＝0叫做曲线C 的极坐标方程．2．圆的极坐标方程圆心为C (a ，0)(a >0)半径为a 的圆的极坐标方程为ρ＝2a cos_θ．[问题思考]1．在直角坐标系中，曲线上每一点的坐标一定适合它的方程．那么，在极坐标系中，曲线上一点的所有极坐标是否一定都适合方程？提示：在直角坐标系内，曲线上每一点的坐标一定适合它的方程，可是在极坐标系内，曲线上一点的所有坐标不一定都适合方程．例如给定曲线ρ＝θ，设点P 的一极坐标为(π4，π4)，那么点P 适合方程ρ＝θ，从而是曲线上的一个点，但点P 的另一个极坐标(π4，9π4)就不适合方程ρ＝θ了．所以在极坐标系内，确定某一个点P 是否在某一曲线C 上，只需判断点P 的极坐标中是否有一对坐标适合曲线C 的方程即可．2．圆心在极点，半径为r 的圆的极坐标方程是什么？圆心在点⎝⎛⎭⎫a ，π2处且过极点的圆的方程又是什么？提示：圆心在极点，半径为r 的圆的极坐标方程为ρ＝r ；圆心在点(a ，π2)处且过极点的圆的方程为ρ＝2a sin_θ(0≤θ≤π)．设一个直角三角形的斜边长一定，求直角顶点轨迹的极坐标方程．[精讲详析] 本题考查极坐标方程的求法，解答此题需要根据题目特点建立恰当的极坐标系，然后再求直角顶点的轨迹方程．设直角三角形的斜边为OD ，它的长度是2r ，以O 为极点，OD 所在射线为极轴，建立极坐标系，如图所示：设P (ρ，θ)为轨迹上的一点，则OP ＝ρ，∠xOP ＝θ. 在直角三角形ODP 中， OP ＝OD ·cos θ，∵OP ＝ρ，OD ＝2r ，∴ρ＝2r cos θ(ρ≠0，ρ≠2r )．这就是所求轨迹的方程．(1)求曲线的极坐标方程的步骤如下： ①建立适当的极坐标系．②设P (ρ，θ)是曲线上任一点． ③列出ρ，θ的关系式． ④化简整理．(2)极坐标中的坐标是由长度与角度表示的，因此，建立极坐标方程常常可以在一个三角形中实现，找出这样的三角形便形成了解题的关键．1．设M 是定圆O 内一定点，任作半径OA ，连接MA ，过M 作MP ⊥MA 交OA 于P ，求P 点的轨迹方程．解：以O 为极点，射线OM 为极轴，建立极坐标系，如图．设定圆O 的半径为r ，OM ＝a ，P (ρ，θ)是轨迹上任意一点． ∵MP ⊥MA ，∴|MA |2＋|MP |2＝|P A |2.由余弦定理，可知|MA |2＝a 2＋r 2－2ar cos θ，|MP |2＝a 2＋ρ2－2aρcos θ.而|P A |＝r －ρ，由此可得a 2＋r 2－2ar cos θ＋a 2＋ρ2－2aρcos θ＝(r －ρ)2.整理化简，得ρ＝a （a －r cos θ）a cos θ－r.求圆心在(ρ0，θ0)，半径为r 的圆的方程． [精讲详析]在圆周上任取一点P (如图) 设其极坐标为(ρ，θ)．由余弦定理知：CP 2＝OP 2＋OC 2－2OP ·OC cos ∠COP ，∴r 2＝ρ20＋ρ2－2ρρ0cos (θ－θ0)．故其极坐标方程为r 2＝ρ20＋ρ2－2ρρ0cos (θ－θ0)．(1)圆的极坐标方程是曲线的极坐标方程的一种特殊情况，其求解过程同曲线的极坐标方程的求法．(2)特别地，当圆心在极轴上即θ0＝0时，方程为r 2＝ρ20＋ρ2－2ρρ0cos θ；若再有ρ0＝r ，则其方程为ρ＝2ρ0cos θ＝2r cos θ；若ρ0＝r ，θ0≠0，则方程为ρ＝2r cos(θ－θ0)，这几个方程经常用来判断图形的形状和位置．2．在极坐标系中，已知圆C 的圆心为⎝⎛⎭⎫3，π3，半径为3，Q 点在圆周上运动．(1)求圆C 的极坐标方程； (2)若P 是OQ 中点，求P 的轨迹．解：(1)如图，设Q (ρ，θ)为圆上任意一点，连接DQ 、OQ ，则|OD |＝6， ∠DOQ ＝π3－θ，或∠DOQ ＝θ－π3，∠DQO ＝π2.在Rt △ODQ 中，|OQ |＝|OD |cos (θ－π3)，即ρ＝6cos (θ－π3)．(2)若P 的极坐标为(ρ，θ)，则Q 点的极坐标为(2ρ，θ)．∴2ρ＝6cos (θ－π3)，∴ρ＝3cos (θ－π3)．∴P 的轨迹是圆.进行直角坐标方程与极坐标方程的互化 (1)y 2＝4x ；(2)y 2＋x 2－2x －1＝0；(3)ρcos 2θ2＝1；(4)ρ2cos 2θ＝4；(5)ρ＝12－cos θ.[精讲详析] 本题考查极坐标与直角坐标的互化公式． (1)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入y 2＝4x ，得(ρsin θ)2＝4ρcos θ. 化简，得ρsin 2θ＝4cos θ.(2)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入y 2＋x 2－2x －1＝0，得(ρsin θ)2＋(ρcos θ)2－2ρcos θ－1＝0，化简，得ρ2－2ρcos θ－1＝0. (3)∵ρcos 2θ2＝1，∴ρ·1＋cos θ2＝1，即ρ＋ρcos θ＝2.∴x 2＋y 2＋x ＝2.化简，得y 2＝－4(x －1)．(4)∵ρ2cos 2θ＝4，∴ρ2cos 2θ－ρ2sin 2θ＝4，即x 2－y 2＝4. (5)∵ρ＝12－cos θ，∴2ρ－ρcos θ＝1.∴2x 2＋y 2－x ＝1.化简，得3x 2＋4y 2－2x －1＝0.直角坐标方程化为极坐标方程比较容易，只要运用公式x ＝ρcos θ及y ＝ρsin θ直接代入并化简即可；而极坐标方程化为直角坐标方程则相对困难一些，解此类问题常通过变形，构造形如ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，进行整体代换．其中方程的两边同乘以(或同除以)ρ及方程两边平方是常用的变形方法．但对方程进行变形时，方程必须同解，因此应注意对变形过程的检验．3．把极坐标方程ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π6＝1化为直角坐标方程．解：由ρcos (θ－π6)＝1得32ρcos θ＋12ρsin θ＝1，将ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y 代入上式，得32x ＋y2＝1，即3x ＋y －2＝0.利用圆的极坐标方程求圆心、半径，再利用圆心、半径解决问题，是高考命题的重点题型之一．湖南高考以填空题的形式考查了圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化，是高考命题的一个新亮点．[考题印证](湖南高考)在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．若曲线C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ，则曲线C 的直角坐标方程为________．[命题立意] 本题考查将圆的极坐标方程化为直角坐标方程的方法． [解析] ∵ρ＝2sin θ， ∴ρ2＝2ρsin θ， ∴x 2＋y 2＝2y ，即曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0. 答案：x 2＋y 2－2y ＝0一、选择题1．(北京高考)在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( )A.⎝⎛⎭⎫1，π2B.⎝⎛⎭⎫1，－π2C ．(1，0)D ．(1，π)解析：选B 因为该圆的直角坐标方程为x 2＋y 2＝－2y ，即为x 2＋(y ＋1)2＝1，圆心的直角坐标方程为(0，－1)，化为极坐标是(1，－π2)．2．极坐标方程ρ＝cos ⎝⎛⎭⎫π4－θ所表示的曲线是( )A ．双曲线B ．椭圆C ．抛物线D ．圆解析：选D ∵ρ＝cos (π4－θ)＝22cos θ＋22sin θ，ρ2＝22ρcos θ＋22ρsin θ， ∴x 2＋y 2＝22x ＋22y ，这个方程表示一个圆． 3．在极坐标方程中，曲线C 的方程是ρ＝4sin θ，过点⎝⎛⎭⎫4，π6作曲线C 的切线，则切线长为( )A ．4 B.7 C ．22 D ．2 3解析：选C ρ＝4sin θ化为普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，点(4，π6)化为直角坐标为(23，2)，切线长、圆心到定点的距离及半径构成直角三角形，由勾股定理：切线长为（23）2＋（2－2）2－22＝2 2.4．(安徽高考)在极坐标系中，点⎝⎛⎭⎫2，π3到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为( )A ．2 B. 4＋π29C.1＋π29D. 3解析：选D 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ＝2cos π3＝1y ＝ρsin θ＝2sin π3＝3可知，点(2，π3)的直角坐标为(1，3)，圆ρ＝2cos θ的方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1，则圆心到点(1，3)的距离为 3.二、填空题5．(江西高考)若曲线的极坐标方程为ρ＝2sin θ＋4cos θ，以极点为原点，极轴为x 轴正半轴建立直角坐标系，则该曲线的直角坐标方程为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θy ＝ρsin θ，ρ2＝x 2＋y 2，∴ρ2＝2ρsin θ＋4ρcos θ⇒x 2＋y 2＝2y ＋4x ⇒x 2＋y 2－4x －2y ＝0.答案：x 2＋y 2－4x －2y ＝06．在极坐标系中，已知圆C 的圆心坐标为C ⎝⎛⎭⎫2，π3，半径R ＝5，则圆C 的极坐标方程为________．解析：将圆心C (2，π3)化成直角坐标为(1，3)，半径R ＝5，故圆C 的方程为(x －1)2＋(y －3)2＝5. 再将C 化成极坐标方程，得(ρcos θ－1)2＋(ρsin θ－3)2＝5.化简，得ρ2－4ρcos (θ－π3)－1＝0，此即为所求的圆C 的极坐标方程．答案：ρ2－4ρcos (θ－π3)－1＝07．(天津高考)已知圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ，圆心为C, 点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫4，π3，则|CP |＝________．解析：圆ρ＝4cos θ的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4x ，圆心C (2，0)．点P 的直角坐标为(2，23)，所以|CP |＝2 3.答案：2 38．已知曲线C 与曲线ρ＝53cos θ－5sin θ关于极轴对称，则曲线C 的极坐标方程是________．解析：曲线ρ＝53cos θ－5sin θ＝10cos (θ＋π6)，它关于极轴对称的曲线为ρ＝10cos (－θ＋π6)＝10cos (θ－π6)．答案：ρ＝10cos (θ－π6)三、解答题 9.如图，在圆心极坐标为A (4，0)，半径为4的圆中，求过极点O 的弦的中点轨迹的极坐标方程，并将其化为直角坐标方程．解：设M (ρ，θ)是轨迹上任意一点，连接OM 并延长交圆A 于点P (ρ0，θ0)，则有θ0＝θ，ρ0＝2ρ.由圆心为(4，0)，半径为4的圆的极坐标方程为ρ＝8cos θ得ρ0＝8cos θ0，所以2ρ＝8cos θ，即ρ＝4cos θ，故所求轨迹方程是ρ＝4cos θ. 因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，由ρ＝4cos θ得ρ2＝4ρcos θ，所以x 2＋y 2＝4x ，即x 2＋y 2－4x ＝0为轨迹的直角坐标方程．10．指出极坐标方程ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3，ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎫θ－π3，ρ＝2cos θ代表的曲线，并指出它们之间的关系．解：ρ＝2cos (θ＋π3)是以点(1，－π3)为圆心，半径为1的圆．ρ＝2cos (θ－π3)是以点(1，π3)为圆心，半径为1的圆．ρ＝2cos θ是以点(1，0)为圆心，半径为1的圆．因此曲线ρ＝2cos (θ＋π3)，可看成曲线ρ＝2cos θ绕极点顺时针旋转π3得到的曲线．ρ＝2cos (θ－π3)是由曲线ρ＝2cos θ绕极点逆时针旋转π3得到的曲线．11．已知半径为R 的定圆O ′外有一定点O ，|OO ′|＝a (a >R )，P 为定圆O ′上的动点，以OP 为边作正三角形OPQ (O 、P 、Q 按逆时针方向排列)，求Q 点的轨迹的极坐标方程．解：如图所示，以定点O 为极点，射线OO ′为极轴正向建立极坐标系，则⊙O ′的极坐标方程是ρ2－(2a cos θ)ρ＋a 2－R 2＝0. 设Q (ρ，θ)，则有P (ρ，θ－π3)，又P 在⊙O ′上，∴ρ2－[2a cos (θ－π3)]ρ＋a 2－R 2＝0.即所求Q 点的轨迹方程是：最新K12教育教案试题 ρ2－2aρcos (θ－π3)＋a 2－R 2＝0.。

高中数学人教A版选修-创新应用教学案第四章章末小结与测评含答案

C．i<6? D．i≤7?
解析：选 C 第一次执行循环体时 s＝1，i＝3；
第二次执行循环体时 s＝－2，i＝5；
第三次执行循环体时 s＝－7，i＝7，
所以判断框内可以填写“i<6？”．
12．某程序框图如图所示，现执行该程序，输入下列函数 f(x)＝sin 23πx，f(x)＝cos 23πx，
f(x)＝tan 43πx，则可以输出的函数是(
解：流程图如下图所示．
1
[对点训练] 1．执行下面的程序框图，若输入的 x 值为 1，则输出的 n 的值为________．
解析：输入 x＝1,12－4＋3≤0，则 x＝2，n＝1；返回 22－8＋3≤0，则 x＝3，n＝2；返回 32－12＋3≤0，则 x＝4，n＝3；返回 42－16＋3>0，则输出 n＝3，结束．答案：3 2．如图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是________．
A．3 B．4 C．5 D．6 解析：选 B 本程序计算的是 S＝1＋2＋22＋…＋2A，则 S＝1－1－2A2＋1＝2A＋1－1，由 2A＋ 1－1＝31，得 2A＋1＝32，解得 A＝4，则 A＋1＝5 时，条件不成立，所以 M＝4. 7．如图所示的工序流程图中，设备采购的下一道工序是( )
A．设备安装 B．土建设计 C．厂房土建 D．工程设计解析：选 A 结合工序流程图可知，设备采购的下一道工序是设备安装． 8．根据下面的流程图可得结果为( )
19．(本小题 12 分)一家新技术公司计划研制一个名片管理系统，希望系统能够具备以下功能．
(1)用户管理：能够修改密码，显示用户信息，修改用户信息； (2)用户登录； (3)名片管理：能够对名片进行删除、添加、修改、查询； (4)出错信息处理．根据这些要求，画出该系统的结构图．解：该系统的结构图如图所示．名片管理系统

【配套K12】2018-2019学年高中数学人教A版选修4-4学案：第二讲一3.参数方程和普通方程的

3.参数方程和普通方程的互化[对应学生用书P20]参数方程和普通方程的互化(1)将曲线的参数方程化为普通方程，有利于识别曲线类型，曲线的参数方程和普通方程是曲线方程的不同形式，一般地，可以通过消去参数而从参数方程得到普通方程．(2)在参数方程与普通方程的互化中，必须使x ，y 的取值范围保持一致．[对应学生用书P20][例1] 根据所给条件，把曲线的普通方程化为参数方程． (1)(x －1)23＋(y －2)25＝1，x ＝3cos θ＋1.(θ为参数) (2)x 2－y ＋x －1＝0，x ＝t ＋1.(t 为参数)[解] (1)将x ＝3cos θ＋1代入(x －1)23＋(y －2)25＝1得：y ＝2＋5sin θ. ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ＋1，y ＝5sin θ＋2.(θ为参数) 这就是所求的参数方程．(2)将x ＝t ＋1代入x 2－y ＋x －1＝0得： y ＝x 2＋x －1＝(t ＋1)2＋t ＋1－1 ＝t 2＋3t ＋1∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1，y ＝t 2＋3t ＋1.(t 为参数)这就是所求的参数方程．普通方程化为参数方程时，①选取参数后，要特别注意参数的取值范围，它将决定参数方程是否与普通方程等价．②参数的选取不同，得到的参数方程是不同的．如本例(2)，若令x ＝tan θ(θ为参数)，则参数方程为⎩⎨⎧x ＝tan θ，y ＝tan 2θ＋tan θ－1 (θ为参数)．1．求xy ＝1满足下列条件的参数方程： (1)x ＝t (t ≠0)；(2)x ＝tan θ(θ≠k π2，k ∈Z )．解：(1)将x ＝t 代入xy ＝1得：t ·y ＝1， ∵t ≠0，∴y ＝1t ，∴⎩⎨⎧x ＝t ，y ＝1t(t 为参数，t ≠0)．(2)将x ＝tan θ代入xy ＝1得：y ＝1tan θ.∴⎩⎨⎧x ＝tan θ，y ＝1tan θ(θ为参数，θ≠k π2，k ∈Z ).[例2] 将下列参数方程化为普通方程：(1)⎩⎨⎧x ＝t ＋1，y ＝1－2t (t 为参数)．(2)⎩⎨⎧x ＝5cos θy ＝4sin θ－1(θ为参数)．[思路点拨] (1)可采用代入法，由x ＝t ＋1解出t 代入y 表达式． (2)采用三角恒等变换求解．[解] (1)由x ＝t ＋1≥1，有t ＝x －1，代入y ＝1－2t ，得y ＝－2x ＋3(x ≥1)，这是以(1,1)为端点的一条射线．(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos θy ＝4sin θ－1得⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝x5 ①sin θ＝y ＋14 ②，①2＋②2得x 225＋(y ＋1)216＝1.消去参数的方法一般有三种：(1)利用解方程的技巧求出参数的表示式，然后代入消去参数； (2)利用三角恒等式消去参数；(3)根据参数方程本身的结构特征，选用一些灵活的方法从整体上消去参数．将参数方程化为普通方程时，要注意防止变量x 和y 取值范围的扩大或缩小，必须根据参数的取值范围，确定函数f (t )和g (t )的值域，即x 和y 的取值范围．2．方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1t ，y ＝2表示的曲线是( )A ．一条直线B ．两条射线C ．一条线段D ．抛物线的一部分解析：t ＞0时 x ＝t ＋1t ≥2当t ＜0，x ＝t ＋1t ＝－(－t ＋1－t)≤－2.即曲线方程为y ＝2(|x |≥2)，表示两条射线．答案：B3．把参数方程⎩⎨⎧x ＝sin θ－cos θ，y ＝sin 2θ(θ为参数)化成普通方程是________．解析：将x ＝sin θ－cos θ两边平方得x 2＝1－sin 2θ，即sin 2θ＝1－x 2，代入y ＝sin 2θ，得y ＝－x 2＋1. 又x ＝sin θ－cos θ＝2sin(θ－π4)，∴－2≤x ≤2，故普通方程为y ＝－x 2＋1(－2≤x ≤2)．答案：y ＝－x 2＋1(－2≤x ≤2)[对应学生用书P21]一、选择题1．将参数方程⎩⎨⎧x ＝2＋sin 2θ，y ＝sin 2θ(θ为参数)化为普通方程为( ) A ．y ＝x －2 B ．y ＝x ＋2C ．y ＝x －2(2≤x ≤3)D ．y ＝x ＋2(0≤y ≤1)解析：代入法，将方程化为y ＝x －2，但x ∈[2,3]，y ∈[0,1]，故选C. 答案：C2．参数方程⎩⎨⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin 2θ(θ为参数)表示的曲线是( ) A ．直线 B ．圆 C ．线段D ．射线解析：x ＝cos 2θ∈[0,1]，y ＝sin 2θ∈[0,1]， ∴x ＋y ＝1，(x ∈[0,1])为线段．答案：C3．能化为普通方程x 2＋y －1＝0的参数方程为( ) A.⎩⎨⎧x ＝sin t y ＝cos 2t B.⎩⎨⎧x ＝tan φy ＝1－tan 2φ C.⎩⎨⎧x ＝1－t y ＝tD.⎩⎨⎧x ＝cos θy ＝sin 2θ解析：对A ，可化为x 2＋y ＝1(y ∈[0,1])；对B ，可化为x 2＋y －1＝0；对C ，可化为x 2＋y －1＝0(x ≥0)；对D ，可化为y 2＝4x 2－4x 4.(x ∈[－1,1])．答案：B4．(北京高考)曲线⎩⎨⎧x ＝－1＋cos θ，y ＝2＋sin θ(θ为参数)的对称中心( )A ．在直线y ＝2x 上B ．在直线y ＝－2x 上C ．在直线y ＝x －1上D ．在直线y ＝x ＋1上解析：将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋cos θ，y ＝2＋sin θ(θ为参数)化为普通方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝1，其表示以(－1,2)为圆心，1为半径的圆，其对称中心即圆心，显然(－1,2)在直线y ＝－2x 上，故选B.答案：B 二、填空题5．参数方程⎩⎨⎧x ＝sin θy ＝cos 2θ(θ为参数)所表示的曲线的普通方程为________．解析：由于cos 2θ＝1－2sin 2θ，故y ＝1－2x 2，即y ＝－2x 2＋1(－1≤x ≤1)．答案：y ＝－2x 2＋1(－1≤x ≤1)6．将参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1ty ＝t 2＋1t 2(t 为参数)化为普通方程为________．解析：y ＝t 2＋1t 2＝(t ＋1t )2－2＝x 2－2.又y ＝t 2＋1t 2≥2，故所求普通方程为x 2－y ＝2(y ≥2)．答案：x 2－y ＝2(y ≥2)7．(广东高考)已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系，则曲线C 的参数方程为________________．解析：曲线C 的直角坐标方程是(x －1)2＋y 2＝1，其参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ＋1，y ＝sin θ(θ为参数)．答案：⎩⎨⎧x ＝cos θ＋1，y ＝sin θ(θ为参数)三、解答题8．指出下列参数方程表示什么曲线．(1)⎩⎨⎧ x ＝3cos θ，y ＝3sin θ，(0≤θ≤π)(2)⎩⎨⎧x ＝2cos t ，y ＝3sin t ，(π≤t ≤2π) 解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θy ＝3sin θ，得x 2＋y 2＝9，又∵0≤θ≤π.∴－3≤x ≤3.0≤y ≤3.∴所求方程为x 2＋y 2＝9(0≤y ≤3)．这是一个半圆(圆x 2＋y 2＝9在x 轴上方的部分)． (2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos t ，y ＝3sin t 得：x 24＋y 29＝1.∵π≤t ≤2π∴－2≤x ≤2.－3≤y ≤0.∴所求方程为：x 24＋y 29＝1 (－3≤y ≤0)．它表示半个椭圆⎝ ⎛⎭⎪⎫椭圆x 24＋y 29＝1在x 轴下方的部分.9．如图所示，经过圆x 2＋y 2＝4上任一点P 作x 轴的垂线，垂足为Q ，求线段PQ 中点轨迹的普通方程．解：圆x 2＋y 2＝4的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝2sin θ.(θ为参数)在此圆上任取一点P (2cos θ，2sin θ)， PQ 的中点为M (2cos θ，sin θ)，PQ 中点轨迹的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ.(θ为参数)化成普通方程x 24＋y 2＝1.10．已知曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝－2＋10cos θ，y ＝10sin θ(θ为参数)，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2cos θ＋6sin θ.(1)将曲线C 1的参数方程化为普通方程，将曲线C 2的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)曲线C 1，C 2是否相交？若相交，请求出公共弦的长；若不相交，请说明理由．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋10cos θ，y ＝10sin θ(θ为参数)得(x ＋2)2＋y 2＝10.∴曲线C 1的普通方程为(x ＋2)2＋y 2＝10. ∵ρ＝2cos θ＋6sin θ， ∴ρ2＝2ρcos θ＋6ρsin θ.∴x 2＋y 2＝2x ＋6y ，即(x －1)2＋(y －3)2＝10.∴曲线C 2的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －3)2＝10. (2)∵圆C 1的圆心为(－2,0)，圆C 2的圆心为(1,3)， ∴|C 1C 2|＝(－2－1)2＋(0－3)2＝32＜210，∴两圆相交．设相交弦长为d ， ∵两圆半径相等， ∴公共弦平分线段C 1C 2， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22＋⎝⎛⎭⎪⎫3222＝(10)2，解得d ＝22， ∴公共弦长为22.。

[推荐学习]2018-2019学年高中数学人教A版选修4-4创新应用教学案：第一讲第1节平面直角坐标

[核心必知]1．平面直角坐标系 (1)平面直角坐标系的作用通过直角坐标系，平面上的点与坐标(有序实数对)、曲线与方程建立了联系，从而实现了数与形的结合．(2)坐标法解决几何问题的“三部曲”第一步：建立适当坐标系，用坐标和方程表示问题中涉及的几何元素，将几何问题转化为代数问题；第二步：通过代数运算解决代数问题；第三步：把代数运算结果翻译成几何结论．2．平面直角坐标系中的伸缩变换设点P (x ，y )是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x ，（λ＞0），y ′＝μ·y ，（μ＞0）的作用下，点P (x ，y )对应到点P ′(x ′，y ′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．[问题思考]1．用坐标法解决几何问题时，坐标系的建立是否是唯一的？提示：对于同一个问题，可建立不同的坐标系解决，但应使图形上的特殊点尽可能多地落在坐标轴，以便使计算更简单、方便．2．伸缩变换中的系数λ，μ有什么特点？在伸缩变换下，平面直角坐标系是否发生变化？提示：伸缩变换中的系数λ>0，μ>0，在伸缩变换下，平面直角坐标系保持不变，只是对点的坐标进行伸缩变换．已知Rt△ABC，|AB|＝2a(a>0)，求直角顶点C的轨迹方程．[精讲详析]解答此题需要结合几何图形的结构特点，建立适当的平面直角坐标系，然后设出所求动点的坐标，寻找满足几何关系的等式，化简后即可得到所求的轨迹方程．以AB所在直线为x轴，AB的中点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，则有A(－a，0)，B(a，0)，设顶点C(x，y)．法一：由△ABC是直角三角形可知|AB|2＝|AC|2＋|BC|2，即(2a)2＝(x＋a)2＋y2＋(x－a)2＋y2，化简得x2＋y2＝a2.依题意可知，x≠±a.故所求直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2＝a2(x≠±a)．法二：由△ABC是直角三角形可知AC⊥BC，所以k AC·k BC＝－1，则yx＋a·yx－a＝－1(x≠±a)，化简得直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2＝a2(x≠±a)．法三：由△ABC是直角三角形可知|OC|＝|OB|，且点C与点B不重合，所以x2＋y2＝a(x≠±a)，化简得直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2＝a2(x≠±a)．求轨迹方程，其实质就是根据题设条件，把几何关系通过“坐标”转化成代数关系，得到对应的方程．(1)求轨迹方程的一般步骤是：建系→设点→列式→化简→检验．(2)求轨迹方程时注意不要把范围扩大或缩小，也就是要检验轨迹的纯粹性和完备性．(3)由于观察的角度不同，因此探求关系的方法也不同，解题时要善于从多角度思考问题．1．已知线段AB与CD互相垂直平分于点O，|AB|＝8，|CD|＝4，动点M满足|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|，求动点M的轨迹方程．解：以O为原点，分别以直线AB，CD为x轴、y轴建立直角坐标系，则A(－4，0)，B(4，0)，C(0，2)，D(0，－2)．设M(x，y)为轨迹上任一点，则|MA|＝（x＋4）2＋y2，|MB|＝（x－4）2＋y2，|MC|＝x2＋（y－2）2，|MD|＝x2＋（y＋2）2，∴由|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|，可得[（x＋4）2＋y2][（x－4）2＋y2]＝[x2＋（y－2）2][x2＋（y＋2）2].化简，得y2－x2＋6＝0.∴点M的轨迹方程为x2－y2＝6.已知△ABC中，AB＝AC，BD、CE分别为两腰上的高．求证：BD＝CE.[精讲详析]本题考查坐标法在几何中的应用．解答本题可通过建立平面直角坐标系，将几何证明问题转化为代数运算问题．如图，以BC 所在直线为x 轴，BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系．设B (－a ，0)，C (a ，0)，A (0，h )．则直线AC 的方程为y ＝－ha x ＋h ，即：hx ＋ay －ah ＝0.直线AB 的方程为y ＝ha x ＋h ，即：hx －ay ＋ah ＝0.由点到直线的距离公式：|BD |＝|2ah |a 2＋h2，|CE |＝|2ah |a 2＋h2，∴|BD |＝|CE |，即BD ＝CE .(1)建立适当的直角坐标系，将平面几何问题转化为解析几何问题，即“形”转化为“数”，再回到“形”中，此为坐标法的基本思想，务必熟练掌握．(2)建立坐标系时，要充分利用图形的几何特征．例如，中心对称图形，可利用它的对称中心为坐标原点；轴对称图形，可利用它的对称轴为坐标轴；题设中有直角，可考虑以两直角边所在的直线为坐标轴等．2．已知△ABC 中，BD ＝CD ，求证：AB 2＋AC 2＝2(AD 2＋BD 2)．证明：以A 为坐标原点O ，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐系xOy ，则A (0，0)，设B (a ，0)，C (b ，c )，则D (a ＋b 2，c 2)，∴AD 2＋BD 2＝（a ＋b ）24＋c 24＋（a －b ）24＋c 24＝12(a 2＋b 2＋c 2)， AB 2＋AC 2＝a 2＋b 2＋c 2. ∴AB 2＋AC 2＝2(AD 2＋BD 2)．在平面直角坐标系中，求下列方程所对应的图形经过伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝13x ，y ′＝12y后的图形是什么形状？(1)y 2＝2x ；(2)x 2＋y 2＝1.[精讲详析] 本题考查伸缩变换的应用，解答此题需要先根据伸缩变换求出变换后的方程，然后再判断图形的形状．由伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝13x ，y ′＝12y .可知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3x ′，y ＝2y ′.(1)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3x ′，y ＝2y ′代入y 2＝2x ，可得4y ′2＝6x ′，即y ′2＝32x ′.即伸缩变换之后的图形还是抛物线．(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3x ′，y ＝2y ′代入x 2＋y 2＝1，得(3x ′)2＋(2y ′)2＝1，即x ′219＋y ′214＝1，即伸缩变换之后的图形为焦点在y 轴上的椭圆．利用坐标伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x ，（λ>0），y ′＝μ·y ，（μ>0）求变换后的曲线方程，其实质是从中求出⎩⎨⎧x ＝1λx ′，y ＝1μy ′，然后将其代入已知的曲线方程求得关于x ′，y ′的曲线方程．3．将圆锥曲线C 按伸缩变换公式⎩⎪⎨⎪⎧3x ′＝x ，2y ′＝y 变换后得到双曲线x ′2－y ′2＝1，求曲线C 的方程．解：设曲线C 上任意一点P (x ，y )，通过伸缩变换后的对应点为P ′(x ′，y ′)，由⎩⎪⎨⎪⎧3x ′＝x ，2y ′＝y得⎩⎨⎧x ′＝13x ，y ′＝12y .代入x ′2－y ′2＝1得(x 3)2－(y 2)2＝1，即x 29－y 24＝1为所求．本课时考点常以解答题(多出现在第(1)小问)的形式考查轨迹方程的求法，湖北高考将圆锥曲线的类型讨论同轨迹方程的求法相结合，以解答题的形式考查，是高考命题的一个新热点．[考题印证](湖北高考改编)设A 是单位圆x 2＋y 2＝1上的任意一点，l 是过点A 与x 轴垂直的直线，D 是直线l 与x 轴的交点，点M 在直线l 上，且满足|DM |＝m |DA |(m ＞0，且m ≠1)．当点A 在圆上运动时，记点M 的轨迹为曲线C .求曲线C 的方程，判断曲线C 为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标．[命题立意] 本题考查圆锥曲线的相关知识以及轨迹方程的求法． [解]如图，设M (x ，y )，A (x 0，y 0)，则由|DM |＝m |DA |(m ＞0，且m ≠1)，可得x ＝x 0，|y |＝m |y 0|，所以x 0＝x ，|y 0|＝1m|y |. ①因为A 点在单位圆上运动，所以x 20＋y 20＝1. ②将①式代入②式即得所求曲线C 的方程为x 2＋y 2m2＝1(m ＞0，且m ≠1)．因为m ∈(0，1)∪(1，＋∞)，所以当0＜m ＜1时，曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(－1－m 2，0)，(1－m 2，0)；当m ＞1时，曲线C 是焦点在y 轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，－m 2－1)，(0，m 2－1)．一、选择题1．y ＝cos x 经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y 后，曲线方程变为( )A ．y ′＝3cos x ′2 B ．y ′＝3cos 2x ′C ．y ′＝13cos x ′2D ．y ′＝13cos 2x ′解析：选A 由⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y 得⎩⎨⎧x ＝12x ′，y ＝13y ′.又∵y ＝cos x ，∴13y ′＝cos x ′2，即y ′＝3cos x ′2. 2．直线2x ＋3y ＝0经伸缩变换后变为x ′＋y ′＝0，则该伸缩变换为( )A.⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝3yB.⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3yC.⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝13yD.⎩⎨⎧x ′＝12x ，y ′＝13y 解析：选B 设变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x ，（λ>0）y ′＝μ·y ，（μ>0），将其代入方程x ′＋y ′＝0，得， λx ＋μy ＝0.又∵2x ＋3y ＝0，∴λ＝2，μ＝3.即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y .3．将一个圆作伸缩变换后所得到的图形不可能是( ) A ．椭圆 B ．比原来大的圆 C ．比原来小的圆 D ．双曲线解析：选D 由伸缩变换的意义可得．4．已知两定点A (－2，0)，B (1，0)，如果动点P 满足|P A |＝2|PB |，则点P 的轨迹所围成的图形的面积等于( )A ．πB ．4πC ．8πD ．9π解析：选B 设P 点的坐标为(x ，y )， ∵|P A |＝2|PB |，∴(x ＋2)2＋y 2＝4[(x －1)2＋y 2]．即(x －2)2＋y 2＝4.故P 点的轨迹是以(2，0)为圆心，以2为半径的圆，它的面积为4π. 二、填空题5．将点P (2，3)变换为点P ′(1，1)的一个伸缩变换公式为________．解析：设伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝hx （h >0）y ′＝kx （k >0），由⎩⎪⎨⎪⎧1＝2h1＝3k，解得⎩⎨⎧h ＝12，k ＝13∴⎩⎨⎧x ′＝x2，y ′＝y 3.答案：⎩⎨⎧x ′＝x 2，y ′＝y36．将对数曲线y ＝log 3x 的横坐标伸长到原来的2倍得到的曲线方程为________．解析：设P (x ，y )为对数曲线y ＝log 3x 上任意一点，变换后的对应点为P ′(x ′，y ′)，由题意知伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2xy ′＝y ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12x ′，y ＝y ′.代入y ＝log 3x 得y ′＝log 312x ′，即y ＝log 3x 2.答案：y ＝log 3x27．把圆x 2＋y 2＝16沿x 轴方向均匀压缩为椭圆x ′2＋y ′216＝1，则坐标变换公式是________．解析：设φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x （λ＞0），y ′＝μ·y （μ＞0），则⎩⎨⎧x ＝x ′λ，y ＝y ′μ.代入x 2＋y 2＝16得x ′216λ2＋y ′216μ2＝1.∴16λ2＝1，16μ2＝16. ∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝14，μ＝1.故⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x 4，y ′＝y .答案：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x 4，y ′＝y8．已知A (2，－1)，B (－1，1)，O 为坐标原点，动点M ，其中m ，n ∈R ，且2m 2－n 2＝2，则M 的轨迹方程为________．解析：设M (x ，y )，则(x ，y )＝m (2，－1)＋n (－1，1)＝(2m －n ，n －m )，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2m －n ，y ＝n －m .又2m 2－n 2＝2，消去m ，n 得x 22－y 2＝1.答案：x 22－y 2＝1三、解答题9．在同一平面直角坐标系中，将曲线x 2－36y 2－8x ＋12＝0变成曲线x ′2－y ′2－4x ′＋3＝0，求满足条件的伸缩变换．解：x 2－36y 2－8x ＋12＝0可化为 (x －42)2－9y 2＝1.① x ′2－y ′2－4x ′＋3＝0可化为 (x ′－2)2－y ′2＝1.②比较①②，可得⎩⎨⎧x ′－2＝x －42，y ′＝3y ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x 2，y ′＝3y .所以将曲线x 2－36y 2－8x ＋12＝0上所有点的横坐标变为原来的12，纵坐标变为原来的3倍，就可得到曲线x ′2－y ′2－4x ′＋3＝0的图象．10．在正三角形ABC 内有一动点P ，已知P 到三顶点的距离分别为|P A |，|PB |，|PC |，且满足|P A |2＝|PB |2＋|PC |2，求点P 的轨迹方程．解：以BC 的中点为原点，BC 所在的直线为x 轴，BC 的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的直角坐标系，设点P (x ，y )，B (－a ，0)，C (a ，0)，A (0，3a )，(y >0，a >0)用点的坐标表示等式|P A |2＝|PB |2＋|PC |2，有x 2＋(y －3a )2＝(x ＋a )2＋y 2＋(x －a )2＋y 2，化简得x 2＋(y ＋3a )2＝(2a )2，即点P 的轨迹方程为x 2＋(y ＋3a )2＝4a 2(y >0)．11．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为33，以原点为圆心、椭圆短半轴长为半径的圆与直线y ＝x ＋2相切．(1)求a 与b ；(2)设该椭圆的左、右焦点分别为F 1和F 2，直线l 1过F 2且与x 轴垂直，动直线l 2与y 轴垂直，l 2交l 1于点P .求线段PF 1的垂直平分线与l 2的交点M 的轨迹方程，并指明曲线类型．解：(1)∴e ＝33， ∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝13， ∴b 2a 2＝23. 又圆x 2＋y 2＝b 2与直线y ＝x ＋2相切，∴b ＝21＋1＝ 2. ∴b 2＝2，a 2＝3.因此，a ＝3，b ＝ 2.(2)由(1)知F 1，F 2两点的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，由题意可设P (1，t )．那么线段PF 1的中点为N (0，t 2)．设M (x ，y )，由于MN ―→＝(－x ，t 2－y )， PF 1―→＝(－2，－t )，则⎩⎪⎨⎪⎧MN ―→·PF 1―→＝2x ＋t （y －t 2）＝0y ＝t，消去t 得所求轨迹方程为y 2＝－4x ，曲线类型为抛物线．。

【配套K12】[学习]2018-2019学年高中数学模块综合评价新人教A版选修4-4

模块综合评价(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．点M 的直角坐标是(－1，3)，则点M 的极坐标为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫2，π3B.⎝⎛⎭⎪⎫2，－π3C.⎝⎛⎭⎪⎫2，2π3 D.⎝⎛⎭⎪⎫2，2k π＋π3(k ∈Z)解析：点M 的极径是2，点M 在第二象限，故点M 的极坐标是⎝⎛⎭⎪⎫2，2π3.答案：C2．极坐标方程cos θ＝32(ρ∈R)表示的曲线是( ) A ．两条相交直线 B ．两条射线 C ．一条直线 D ．一条射线解析：由cos θ＝32，解得θ＝π6或θ＝116π，又ρ∈R，故为两条过极点的直线．答案：A3．曲线ρcos θ＋1＝0关于直线θ＝π4对称的曲线的方程是( )A ．ρsin θ＋1＝0B ．ρcos θ＋1＝0C ．ρsin θ＝2D ．ρcos θ＝2解析：因为M (ρ，θ)关于直线θ＝π4的对称点是N ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ，π2－θ，从而所求曲线方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＋1＝0，即ρsin θ＋1＝0.答案：A4．直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋12t ，y ＝－33＋32t (t 为参数)和圆x 2＋y 2＝16交于A ，B 两点，则AB 的中点坐标为( )A ．(3，－3)B ．(－3，3)C ．(3，－3)D ．(3，－3)解析：将x ＝1＋t 2，y ＝－33＋32t 代入圆方程，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－33＋32t 2＝16，所以t 2－8t ＋12＝0，则t 1＝2，t 2＝6，因此AB 的中点M 对应参数t ＝t 1＋t 22＝4，所以x ＝1＋12×4＝3，y ＝－33＋32×4＝－3，故AB 中点M 的坐标为(3，－3)．答案：D5．化极坐标方程ρ2cos θ－ρ＝0为直角坐标方程为( ) A ．x 2＋y 2＝0或y ＝1 B ．x ＝1 C ．x 2＋y 2＝0或x ＝1D ．y ＝1解析：ρ(ρcos θ－1)＝0，ρ＝x 2＋y 2＝0或ρcos θ＝x ＝1. 答案：C6．直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2＋t(t 为参数)被圆x 2＋y 2＝9截得的弦长为( )A.125 B.125 5 C.955 D.9510 解析：把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2＋t 化为标准形式为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋25t ′，y ＝2＋15t ′将其代入x 2＋y 2＝9，整理得t ′2＋85t ′－4＝0，由根与系数的关系得t ′1＋t ′2＝－85，t ′1t ′2＝－4.故|t ′1－t ′2|＝（t ′1＋t ′2）－4t ′1t ′2＝⎝⎛⎭⎪⎫－852＋16＝125·5，所以弦长为1255. 答案：B7．已知圆M ：x 2＋y 2－2x －4y ＝10，则圆心M 到直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4t ＋3，y ＝3t ＋1(t 为参数)的距离为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：由题意易知圆的圆心M (1，2)，由直线的参数方程化为一般方程为3x －4y －5＝0，所以圆心到直线的距离为d ＝|3×1－4×2－5|32＋42＝2. 答案：B8．点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，7π6关于直线θ＝π4(ρ∈R)的对称点的极坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，4π3B.⎝⎛⎭⎪⎫1，2π3C.⎝⎛⎭⎪⎫1，π3 D.⎝⎛⎭⎪⎫1，－7π6 解析：点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，7π6的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 7π6，sin 7π6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，直线θ＝π4(ρ∈R)，即直线y ＝x ，点⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12关于直线y ＝x 的对称点为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，再化为极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，4π3.答案：A9．极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)和参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝tan θ，y ＝2cos θ(θ为参数)所表示的图形分别是( )A ．直线、射线和圆B ．圆、射线和双曲线C ．两直线和椭圆D ．圆和抛物线解析：因为(ρ－1)(θ－π)＝0，所以ρ＝1或θ＝π(ρ≥0)，ρ＝1表示圆，θ＝π(ρ≥0)表示一条射线，参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝tan θ，y ＝2cos θ(θ为参数)化为普通方程为y 24－x 2＝1，表示双曲线．答案：B 10．已知直线l的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝at ，y ＝a 2t －1(t 为参数)，椭圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)，且它们总有公共点．则a 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，0∪(0，＋∞)B ．(1，＋∞)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，＋∞D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，4 解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧at ＝1＋cos θ，a 2t －1＝2sin θ，则4(at －1)2＋(a 2t －1)2＝4，即a 2(a 2＋4)t 2－2a (a ＋4)t ＋1＝0， Δ＝4a 2(a ＋4)2－4a 2(a 2＋4)＝16a 2(2a ＋3)．直线l 与椭圆总有公共点的充要条件是Δ≥0，即a ≥－32.答案：C11．已知直线l 过点P (－2，0)，且倾斜角为150，以直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ＝15.若直线l 交曲线C 于A ，B 两点，则|PA |·|PB |的值为( )A ．5B ．7C ．15D ．20解析：易知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2－32t ，y ＝12t (t 为参数)，把曲线C 的极坐标方程ρ2－2ρcos θ＝15化为直角坐标方程是x 2＋y 2－2x ＝15.将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程，得t 2＋33t －7＝0. 设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2＝－7，故|PA |·|PB |＝|t 1|·|t 2|＝|t 1t 2|＝7. 答案：B12．过椭圆C ：⎩⎨⎧x ＝2cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)的右焦点F 作直线l 交C 于M ，N 两点，|MF |＝m ，|NF |＝n ，则1m ＋1n的值为( )A.23B.43C.83D ．不能确定解析：曲线C 为椭圆x 24＋y 23＝1，右焦点为F (1，0)，设l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝t sin θ(t 为参数)，代入椭圆方程得(3＋sin 2θ)t 2＋6t cos θ－9＝0，设M 、N 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2＝－93＋sin θ，t 1＋t 2＝－6cos θ3＋sin θ，所以1m ＋1n ＝1|t 1|＋1|t 2|＝|t 1－t 2||t 1t 2|＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2|t 1t 2|＝43.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．已知直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋32t ，y ＝12t (t 为参数)过定点P ，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ，直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，则|PA |·|PB |的值为________．解析：将直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋32t ，y ＝12t(t 为参数)代入曲线C ：ρ＝2sin θ的直角坐标方程x 2＋y 2－2y ＝0，整理，得t 2－(3＋1)t ＋1＝0，设直线l 与曲线C 的交点A ，B 的对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2＝1，即|PA |·|PB |＝|t 1t 2|＝1.答案：114．已知圆的渐开线的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos φ＋3φsin φ，y ＝3sin φ－3φcos φ(φ为参数)，当φ＝π4时，对应的曲线上的点的坐标为________．解析：当φ＝π4时，代入渐开线的参数方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos π4＋3·π4·sin π4，y ＝3sin π4－3·π4·cos π4，x ＝322＋32π8，y ＝322－32π8，所以当φ＝π4时，对应的曲线上的点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋32π8，322－32π8.答案：⎝⎛⎭⎪⎫322＋32π8，322－32π815．若直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝32，曲线C ：ρ＝1上的点到直线l 的距离为d ，则d 的最大值为________．解析：直线的直角坐标方程为x ＋y －6＝0，曲线C 的方程为x 2＋y 2＝1，为圆；d 的最大值为圆心到直线的距离加半径，即为d max ＝|0＋0－6|2＋1＝32＋1.答案：32＋116．在直角坐标系Oxy 中，椭圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos θ，y ＝b sin θ(θ为参数，a >b >0)．在极坐标系中，直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝32，若直线l 与x 轴、y 轴的交点分别是椭圆C 的右焦点、短轴端点，则a ＝________.解析：椭圆C 的普通方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，直线l 的直角坐标方程为x －3y －3＝0，令x ＝0，则y ＝－1，令y ＝0，则x ＝3，所以c ＝3，b ＝1，所以a 2＝3＋1＝4，所以a ＝2. 答案：2三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1，y ＝2t(t为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2tan 2θ，y ＝2tan θ(θ为参数)．试求直线l 和曲线C 的普通方程，并求出它们的公共点的坐标．解：因为直线l的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1，y ＝2t (t 为参数)，由x ＝t ＋1，得t ＝x －1，代入y＝2t ，得到直线l 的普通方程为2x －y －2＝0.同理得到曲线C 的普通方程为y 2＝2x . 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2（x －1），y 2＝2x ，解得公共点的坐标为(2，2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1. 18．(本小题满分12分)已知某圆的极坐标方程为ρ2－42ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＋6＝0，求：(1)圆的普通方程和参数方程；(2)圆上所有点(x ，y )中，xy 的最大值和最小值．解：(1)原方程可化为ρ2－42ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＋6＝0，即ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋6＝0.① 因为ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以①可化为x 2＋y 2－4x －4y ＋6＝0，即(x －2)2＋(y －2)2＝2，即为所求圆的普通方程．设⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝2（x －2）2，sin θ＝2（y －2）2，所以参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝2＋2sin θ(θ为参数)．(2)由(1)可知xy ＝(2＋2cos θ)(2＋2sin θ)＝ 4＋22(cos θ＋sin θ)＋2cos θsin θ＝ 3＋22(cos θ＋sin θ)＋(cos θ＋sin θ)2. 设t ＝cos θ＋sin θ，则t ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，t ∈[－2，2]．所以xy ＝3＋22t ＋t 2＝(t ＋2)2＋1.当t ＝－2时，xy 有最小值1；当t ＝2时，xy 有最大值9.19．(本小题满分12分)已知曲线C 的极坐标方程是ρ＝2cos θ，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32t ＋m ，y ＝12t (t 为参数)．(1)求曲线C 的直角坐标方程和直线l 的普通方程；(2)当m ＝2时，直线l 与曲线C 交于A 、B 两点，求|AB |的值．解：(1)由ρ＝2cos θ，得：ρ2＝2ρcos θ，所以x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1，所以曲线C 的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32t ＋m ，y ＝12t得x ＝3y ＋m ，即x －3y －m ＝0，所以直线l 的普通方程为x －3y －m ＝0. (2)设圆心到直线l 的距离为d ，由(1)可知直线l ：x －3y －2＝0，曲线C ：(x －1)2＋y 2＝1，圆C 的圆心坐标为(1，0)，半径1，则圆心到直线l 的距离为d ＝|1－3×0－2|1＋（3）2＝12. 所以|AB |＝21－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝ 3.因此|AB |的值为 3.20．(本小题满分12分)已知圆C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C 2的极坐标方程为ρ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3.(1)将圆C 1的参数方程化为普通方程，将圆C 2的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)圆C 1，C 2是否相交？若相交，请求出公共弦长；若不相交，请说明理由．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)，得圆C 1的普通方程为x 2＋y 2＝4.由ρ＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3，得ρ2＝4ρ⎝⎛⎭⎪⎫sin θcos π3＋cos θsin π3，即x 2＋y 2＝2y ＋23x ，整理得圆C 2的直角坐标方程为(x －3)2＋(y －1)2＝4. (2)由于圆C 1表示圆心为原点，半径为2的圆，圆C 2表示圆心为(3，1)，半径为2的圆，又圆C 2的圆心(3，1)在圆C 1上可知，圆C 1，C 2相交，由几何性质易知，两圆的公共弦长为2 3.21．(本小题满分12分)在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝22cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t ，y ＝－1＋22t (t为参数)，直线l 与圆C 交于A ，B 两点，P 是圆C 上不同于A ，B 的任意一点．(1)求圆心的极坐标； (2)求△PAB 面积的最大值．解：(1)圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y ＝0，即(x －1)2＋(y ＋1)2＝2.所以圆心坐标为(1，－1)，圆心极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，7π4. (2)直线l 的普通方程为22x －y －1＝0，圆心到直线l 的距离d ＝|22＋1－1|3＝223，所以|AB |＝22－89＝2103，点P 到直线AB 距离的最大值为2＋223＝523，故最大面积S max ＝12×2103×523＝1059. 22．(本小题满分12分)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos t ，y ＝1＋a sin t(t 为参数，a >0)．在以坐标原点为极点、x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝4cos θ.(1)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(2)直线C 3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tan α0＝2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a .解：(1)消去参数t 得到C 1的普通方程为x 2＋(y －1)2＝a 2，则C 1是以(0，1)为圆心，a 为半径的圆．将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入C 1的普通方程中，得到C 1的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0.(2)曲线C 1，C 2的公共点的极坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0，ρ＝4cos θ. 若ρ≠0，由方程组得16cos 2θ－8sin θcos θ＋1－a 2＝0，由已知tan θ＝2，得16cos 2θ－8sin θcos θ＝0，从而1－a 2＝0，解得a ＝－1(舍去)或a ＝1. 当a ＝1时，极点也为C 1，C 2的公共点，且在C 3上．所以a ＝1.。

【配套K12】2018-2019学年高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案：第四讲第2节用数学归纳

[核心必知]贝努利(Bernoulli)不等式如果x 是实数，且x >－1，x ≠0，n 为大于1的自然数，那么有(1＋x )n >1＋nx ．[问题思考]在贝努利不等式中，指数n 可以取任意实数吗？提示：可以．但是贝努利不等式的体现形式有所变化．事实上：当把正整数n 改成实数α后，将有以下几种情况出现： (1)当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，有(1＋x )α≥1＋αx (x >－1)．(2)当α是实数，并且满足0<α<1时，用(1＋x )α≤1＋αx (x >－11)．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n(n >1，n ∈N ＋)，求证：S 2n >1＋n2(n ≥2，n ∈N ＋)．[精讲详析] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要注意n 的取值范围，因为n >1，n ∈N ＋，因此应验证n 0＝2时不等式成立．(1)当n ＝2时，S 22＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k2.则当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋2k 2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12.故当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)、(2)知，对n ∈N ＋，n ≥2，S 2n >1＋n2都成立．利用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 到n ＝k ＋1的变形，为满足题目的要求，往往要采用“放缩”等手段，例如在本题中采用了“12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>2k 2k ＋2k ＝12”的变形．1．证明不等式：1＋12＋13＋…＋1n<2n (n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即 1＋12＋13＋…＋1k<2k .∵当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋ (1)＋1k ＋1<2k ＋1k ＋1＝2k （k ＋1）＋1k ＋1，现在只需证明2k （k ＋1）＋1k ＋1<2k ＋1，即证：2k （k ＋1）<2k ＋1，两边平方，整理：0<1，显然成立．∴2k （k ＋1）＋1k ＋1<2k ＋1成立．即1＋12＋13＋ (1)＋1k ＋1<2k ＋1成立．∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知，对于任何正整数n 原不等式都成立.设P n ＝(1＋x )n ，Q n ＝1＋nx ＋n （n －1）2x 2，n ∈N ＋，x ∈(－1，＋∞)，试比较P n 与Q n 的大小，并加以证明．[精讲详析] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要先对n 取特值，猜想P n 与Q n的大小关系，然后利用数学归纳法证明．(1)当n ＝1，2时，P n ＝Q n .(2)当n ≥3时，(以下再对x 进行分类)． ①若x ∈(0，＋∞)，显然有P n >Q n . ②若x ＝0，则P n ＝Q n .③若x ∈(－1，0)，则P 3－Q 3＝x 3<0，所以P 3<Q 3.P 4－Q 4＝4x 3＋x 4＝x 3(4＋x )<0，所以P 4<Q 4. 假设P k <Q k (k ≥3)，则P k ＋1＝(1＋x )P k <(1＋x )Q k ＝Q k ＋xQ k ＝1＋kx ＋k （k －1）x 22＋x ＋kx 2＋k （k －1）x 32＝1＋(k ＋1)x ＋k （k ＋1）2x 2＋k （k －1）2x 3＝Q k ＋1＋k （k －1）2x 3<Q k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．所以当n ≥3，且x ∈(－1，0)时，P n <Q n .(1)利用数学归纳法比较大小，关键是先用不完全归纳法归纳出两个量的大小关系，猜测出证明的方向，再用数学归纳法证明结论成立．(2)本题除对n 的不同取值会有P n 与Q n 之间的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n ”，而忽视其他变量(参数)的作用．2．已知数列{a n }，{b n }与函数f (x )，g (x )，x ∈R ，满足条件：b 1＝b ，a n ＝f (b n )＝g (b n ＋1)(n ∈N＋)．若函数y ＝f (x )为R 上的增函数，g (x )＝f －1(x )，b ＝1，f (1)<1，证明：对任意n ∈N ＋，a n＋1<a n .证明：因为g (x )＝f －1(x )，所以a n ＝g (b n ＋1)＝f －1(b n ＋1)，即b n ＋1＝f (a n )．下面用数学归纳法证明a n ＋1<a n (n ∈N ＋)． (1)当n ＝1时，由f (x )为增函数，且f (1)<1，得 a 1＝f (b 1)＝f (1)<1，b 2＝f (a 1)<f (1)<1， a 2＝f (b 2)<f (1)＝a 1，即a 2<a 1，结论成立．(2)假设n ＝k 时结论成立，即a k ＋1<a k .由f (x )为增函数，得f (a k ＋1)<f (a k )即b k ＋2<b k ＋1，进而得f (b k ＋2)<f (b k ＋1)即a k ＋2<a k ＋1. 这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立．根据(1)和(2)可知，对任意的n ∈N ＋，a n ＋1<a n .若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1>a24对一切正整数n 都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论．[精讲详析] 本题考查数学归纳法的应用以及探索型问题的求解方法．解答本题需要根据n 的取值，猜想出a 的最大值，然后再利用数学归纳法进行证明．当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13×1＋1>a 24，即2624>a24，∴a <26，而a ∈N ＋， ∴取a ＝25.下面用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524.(1)n ＝1时，已证．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时， 1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524，则当n ＝k ＋1时，有1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13（k ＋1）＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1 >2524＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤13k ＋2＋13k ＋4－23（k ＋1）.∵13k ＋2＋13k ＋4＝6（k ＋1）9k 2＋18k ＋8>23（k ＋1）， ∴13k ＋2＋13k ＋4－23（k ＋1）>0， ∴1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋13（k ＋1）＋1>2524也成立．由(1)、(2)可知，对一切n ∈N ＋，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524，∴a 的最大值为25.利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：先通过观察、判断，猜想出结论，然后用数学归纳法证明．这种分析问题和解决问题的思路是非常重要的，特别是在求解存在型或探索型问题时．3．对于一切正整数n ，先猜出使t n >n 2成立的最小的正整数t ，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n (n ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·n )．解：猜想当t ＝3时，对一切正整数n 使3n >n 2成立．下面用数学归纳法进行证明．当n ＝1时，31＝3>1＝12，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，3k >k 2成立，则有3k ≥k 2＋1. 对n ＝k ＋1，3k ＋1＝3·3k ＝3k ＋2·3k >k 2＋2(k 2＋1)>3k 2＋1.∵(3k 2＋1)－(k ＋1)2＝2k 2－2k ＝2k (k －1)≥0，∴3k ＋1>(k ＋1)2，∴对n ＝k ＋1，命题成立．由上知，当t ＝3时，对一切n ∈N ＋，命题都成立．再用数学归纳法证明： n (n ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·n )．当n ＝1时，1·(1＋1)·lg 34＝lg 32>0＝lg 1，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时， k (k ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·k )成立．当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)·lg 34＝k (k ＋1)·lg 34＋2(k ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·k )＋12lg 3k ＋1>lg(1·2·3·…·k )＋12lg(k ＋1)2＝lg[1·2·3·…·k ·(k ＋1)]．命题成立．由上可知，对一切正整数n ，命题成立．本课时考点常与数列问题相结合以解答题的形式考查数学归纳法的应用．全国卷将数列、数学归纳法与直线方程相结合考查，是高考命题的一个新亮点．[考题印证](大纲全国卷)函数f (x )＝x 2－2x －3.定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过两点P (4，5)、Q n (x n ，f (x n ))的直线PQ n 与x 轴交点的横坐标．(1)证明：2≤x n ＜x n ＋1＜3； (2)求数列{x n }的通项公式．[命题立意] 本题考查数学归纳法证明不等式问题，考查学生推理论证的能力． [解] (1)用数学归纳法证明：2≤x n ＜x n ＋1＜3. ①当n ＝1时，x 1＝2，直线PQ 1的方程为 y －5＝f （2）－52－4(x －4)，令y ＝0，解得x 2＝114，所以2≤x 1＜x 2＜3.②假设当n ＝k 时，结论成立，即2≤x k ＜x k ＋1＜3. 直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f （x k ＋1）－5x k ＋1－4(x －4)，令y ＝0，解得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1.由归纳假设知 x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1＜4－52＋3＝3；x k ＋2－x k ＋1＝（3－x k ＋1）（1＋x k ＋1）2＋x k ＋1＞0，即x k ＋1＜x k ＋2.所以2≤x k ＋1＜x k ＋2＜3，即当n ＝k ＋1时，结论成立．由①、②知对任意的正整数n ，2≤x n ＜x n ＋1＜3. (2)由(1)及题意得x n ＋1＝3＋4x n2＋x n .设b n ＝x n －3，则1b n ＋1＝5b n ＋1，1b n ＋1＋14＝5⎝⎛⎭⎫1b n ＋14，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ＋14是首项为－34，公比为5的等比数列．因此1b n ＋14＝－34·5n －1，即b n ＝－43·5n －1＋1，所以数列{x n }的通项公式为x n ＝3－43·5n －1＋1.一、选择题1．用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n 3<2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋123<2－12B ．1＋123＋133<2－13C ．1＋123<2－13D ．1＋123＋133<2－14解析：选A n 0＝2时，首项为1，末项为123.2．如果命题P (n )对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2也成立．又若P (n )对n ＝2成立．则下列结论正确的是( )A ．P (n )对所有n ∈N ＋成立B ．P (n )对所有正偶数成立C ．P (n )对所有正奇数成立D ．P (n )对所有大于1的正整数成立解析：选B ∵在上面的证明方法中，n 的第一个值为2，且递推的依据是当n ＝k 时，命题正确，则当n ＝k ＋2时，命题也正确．∴P (n )是对所有的正偶数成立．3．用数学归纳法证明“凸n 边形的内角和S ＝(n －2)π对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：选B n 边形的最少边数为3，则n 0＝3.4．用数学归纳法证明不等式“1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >1324(n >2，n ∈N ＋)”时的过程中，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，不等式的左边( )A ．增加了一项12（k ＋1）B ．增加了两项12k ＋1，12（k ＋1）C ．增加了两项12k ＋1，12（k ＋1），又减少了一项1k ＋1D ．增加了一项12（k ＋1），又减少了一项1k ＋1解析：选C 当n ＝k 时，左边＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k .当n ＝k ＋1时，左边＝1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋12（k ＋1）＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2.故由n ＝k 到n ＝k ＋1时，不等式的左边增加了两项，又减少了一项．二、填空题5．证明n ＋22<1＋12＋13＋…＋12n <n ＋1(n >1)，当n ＝2时，要证明的式子为________．解析：当n ＝2时，要证明的式子为2<1＋12＋13＋14<3.答案：2<1＋12＋13＋14<36．用数学归纳法证明：当n ∈N ＋，1＋2＋22＋23＋ (25)－1是31的倍数时，当n ＝1时原式为________，从k 到k ＋1时需增添的项是________．解析：当n ＝1时，原式为1＋2＋22＋23＋25－1＝1＋2＋22＋23＋24. 从k 到k ＋1时需增添的项是25k ＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋4. 答案：1＋2＋22＋23＋24 25k ＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋47．利用数学归纳法证明“3×5×…×（2n －1）2×4×…×（2n －2）<2n －1”时，n 的最小取值n 0应为________．解析：n 0＝1时不成立，n 0＝2时，32<3，再用数学归纳法证明，故n 0＝2.答案：28．设a 0为常数，且a n ＝3n －1－2a n －1(n ∈N ＋)，若对一切n ∈N ＋，有a n >a n －1，则a 0的取值范围是________．解析：取n ＝1，2，则a 1－a 0＝1－3a 0>0，a 2－a 1＝6a 0>0，∴0<a 0<13.答案：⎝⎛⎭⎫0，13 三、解答题9．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ≥2，n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．(2)假设当n ＝k 时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k ，当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1k （k ＋1）＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立．由(1)、(2)知原不等式在n ≥2时均成立．10．试比较2n ＋2与n 2的大小(n ∈N ＋)，并用数学归纳法证明你的结论．解：当n ＝1、n ＝2、n ＝3时都有2n ＋2>n 2成立，所以归纳猜想2n ＋2>n 2成立．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边，所以原不等式成立；当n ＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边；当n ＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边．②假设n ＝k 时(k ≥3且k ∈N ＋)时，不等式成立，即2k ＋2>k 2.那么n ＝k ＋1时2k ＋1＋2＝2·2k ＋2＝2(2k ＋2)－2>2·k 2－2.又因为2k 2－2－(k ＋1)2＝k 2－2k －3＝(k －3)(k ＋1)≥0，即2k ＋1＋2>(k ＋1)2成立．根据①和②可知，2n ＋2>n 2对于任何n ∈N ＋都成立．11．已知等比数列{a n }的首项a 1＝2，公比q ＝3，S n 是它的前n 项和．求证：S n ＋1S n ≤3n ＋1n. 证明：由已知，得S n ＝3n －1，S n ＋1S n ≤3n ＋1n 等价于3n ＋1－13n －1≤3n ＋1n ，即3n ≥2n ＋1.(*)法一：用数学归纳法证明上面不等式成立．①当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．②假设当n ＝k 时，(*)成立，即3k ≥2k ＋1，那么当n ＝k ＋1时，3k ＋1＝3×3k ≥3(2k ＋1)＝6k ＋3≥2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，(*)成立．综合①②，得3n ≥2n ＋1成立．所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n. 法二：当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．当n ≥2时，3n ＝(1＋2)n ＝C 0n ＋C 1n ×2＋C 2n ×22＋…＋C n n ×2n ＝1＋2n ＋…>1＋2n ，所以(*)成立．所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n.。

配套K122018-2019学年高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案：第三讲第2节一般形式的柯西

[核心必知]1．三维形式的柯西不等式设a1，a2，a3，b1，b2，b3是实数，则(a21＋a22＋a23)(b21＋b22＋b23)≥(a1b1＋a2b2＋a3b3)2，当且仅当b i＝0(i＝1，2，3)或存在一个数k，使得a i＝kb i(i＝1，2，3)时，等号成立．2．一般形式的柯西不等式设a1，a2，a3，…，a n，b1，b2，b3，…，b n是实数，则(a21＋a22＋…＋a2n)(b21＋b22＋…＋b2n)≥(a1b1＋…＋a n b n)2，当且仅当b i＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得a i＝kb i(i＝1，2，…，n)时，等号成立．[问题思考]1．在一般形式的柯西不等式的右端中，表达式写成a i·b i(i＝1，2，3，…，n)，可以吗？提示：不可以，a i·b i的顺序要与左侧a i，b i的顺序一致．2．在一般形式的柯西不等式中，等号成立的条件记为a i＝kb i(i＝1，2，3，…，n)，可以吗？提示：不可以．若b i＝0而a i≠0，则k不存在．设a ，b ，c 为正数，且不全相等．求证：2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a >9a ＋b ＋c. [精讲详析] 本题考查三维形式的柯西不等式的应用．解答本题需要构造两组数据a ＋b ，b ＋c ，c ＋a ；1a ＋b ，1b ＋c ，1c ＋a，然后利用柯西不等式解决．构造两组数a ＋b ，b ＋c ， c ＋a ；1a ＋b，1b ＋c ，1c ＋a ，则由柯西不等式得(a ＋b ＋b ＋c ＋c ＋a )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥(1＋1＋1)2，①即2(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a ≥9，于是2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a ≥9a ＋b ＋c .由柯西不等式知， ①中有等号成立⇔a ＋b1a ＋b＝b ＋c1b ＋c＝c ＋a1c ＋a⇔a ＋b ＝b ＋c ＝c ＋a ⇔a ＝b ＝c . 因题设，a ，b ，c 不全相等，故①中等号不成立，于是2a ＋b ＋2b ＋c ＋2c ＋a >9a ＋b ＋c .柯西不等式的结构特征可以记为(a 1＋a 2＋…＋a n )·(b 1＋b 2＋…＋b n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，其中a i ，b i ∈R ＋(i ＝1，2，…，n )，在使用柯西不等式时(要注意从整体上把握柯西不等式的结构特征)，准确地构造公式左侧的两个数组是解决问题的关键．1．设a ，b ，c 为正数，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .证明：∵⎝⎛⎭⎫a 2b ＋b 2c ＋c 2a ()a ＋b ＋c＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a b 2＋⎝⎛⎭⎫b c 2＋⎝⎛⎭⎫c a 2·[(b )2＋(c )2＋(a )2] ≥⎝⎛⎭⎫a b ·b ＋b c ·c ＋c a ·a 2＝(a ＋b ＋c )2，即⎝⎛⎭⎫a 2b ＋b 2c ＋c 2a (a ＋b ＋c )≥(a ＋b ＋c )2，又a ，b ，c ∈R ＋， ∴a ＋b ＋c >0，∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c ，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立。