2017-2018学年高中数学北师大版选修4-1配套案第二章 §1 & §2 截面欣赏直线与球、平面与球的位置关系

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§3圆与四边形[对应学生用书P26][自主学习]1．圆内接四边形的性质定理2．四点共圆的判定定理[合作探究]由圆内接四边形的性质定理知，圆的内接平行四边形、菱形、梯形分别是什么图形？提示：矩形、正方形、等腰梯形[对应学生用书P27][例1] 如图所示，在△ABC 中，AB ＝AC ，延长CA 到P ，再延长AB 到Q ，使得AP ＝BQ .求证：△ABC 的外心O 与A ，P ，Q 四点共圆．[思路点拨] 本题主要考查四点共圆的判断．解题时，先连接OA ，OC ，OP ，OQ ，PQ .要证O ，A ，P ，Q 四点共圆，只需证∠CAO ＝∠OQP 即可，为此只要证△CPO ≌△AQO 即可．[精解详析] 如图，连接OA ，OC ，OP ，OQ ，PQ .在△OCP 和△OAQ 中，OC ＝OA ， ∴∠OCP ＝∠OAC .由已知CA ＝AB ，AP ＝BQ ， ∴CP ＝AQ .又O 是等腰△ABC 的外心且AB ＝AC ， ∴∠OAC ＝∠OAQ ， ∴∠OCP ＝∠OAQ .∴△OCP ≌△OAQ .∴∠APO ＝∠AQO ，OP ＝OQ . ∴∠OPQ ＝∠OQP . ∴∠CAO ＝12∠BAC＝12(∠APQ ＋∠PQA ) ＝12(∠OPQ ＋∠APO ＋∠OQP －∠AQO ) ＝12×2∠OQP ＝∠OQP . ∴O ，A ，P ，Q 四点共圆．判定四点共圆的方法：(1)如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆．(2)如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．(3)如果一个四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆． (4)如果两个直角三角形有公共的斜边，那么这两个三角形的四个顶点共圆．(因为四个顶点与斜边中点距离相等)1．在锐角三角形ABC 中，AD 是BC 边上的高，DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，E ，F 是垂足．求证：E ，B ，C ，F 四点共圆．证明：如图，连接EF.∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴A，E，D，F四点共圆．∴∠1＝∠2.∴∠1＋∠C＝∠2＋∠C＝90°.∴∠BEF＋∠C＝180°.∴B，E，F，C四点共圆.[例2]EF垂直BA的延长线于点F.求证：∠DEA＝∠DF A.[思路点拨]本题主要考查圆内接四边形判定及性质的应用．解题时，只需证A，D，E，F四点共圆后可得结论．[精解详析]连接AD，因为AB为圆的直径，所以∠ADB＝90°.又EF⊥AB，∠EF A＝90°，所以A，D，E，F四点共圆．所以∠DEA＝∠DF A.利用圆内接四边形的判定或性质定理，证明线段相等或角相等时，可构造全等或相似三角形，以达到证题的目的．2．(新课标全国卷Ⅰ)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.[例3]E为圆周上一点，CE 交AB延长线于点D，求证：(1)AC＝BC；(2)BC2＝CD·CE.[思路点拨]本题主要考查利用圆内接四边形性质定理及相似三角形知识证明比例式问题．解题时，先利用弦切角定理推证(1)，再由A，B，E，C四点共圆得出∠BED＝∠BAC，后证△BCE∽△DCB.可得结论．[精解详析](1)∵AB∥CF，∴∠FCA＝∠BAC.∵CF是⊙O的切线，∴∠FCA＝∠ABC.∴∠BAC ＝∠ABC .∴AC ＝BC . (2)∠BEC ＝180°－∠BED ，∵A ，B ，E ，C 四点共圆，∴∠BED ＝∠BAC . ∴∠BEC ＝180°－∠BAC . 由(1)得∠BAC ＝∠ABC ，∵∠DBC ＝180°－∠ABC ，∴∠BEC ＝∠DBC . 又∵∠BCE ＝∠DCB ，∴△BCE ∽△DCB . ∴BC DC ＝CECB，即BC 2＝CD ·CE .证明比例式问题常用三角形相似．而寻找角的等量关系，圆内接四边形的性质定理往往起到关键性的作用．注意结合图形进行判断，同时注意等量代换的使用．3．在△ABC 中，AB ＝AC ，过点A 的直线与其外接圆交于点P ，交BC 延长线于点D .(1)求证：PC AC ＝PD BD；(2)若AC ＝3，求AP ·AD 的值．解：(1)证明：∵∠CPD ＝∠ABC ，∠D ＝∠D ， ∴△DPC ∽△DBA ，∴PC BA ＝PD BD .又∵AB ＝AC ，∴PC AC ＝PDBD.(2)∵∠ACD ＝∠APC ，∠CAP ＝∠CAP ， ∴△APC ∽△ACD ，∴AP AC ＝ACAD ，∴AC 2＝AP ·AD ＝9.本课时常考查圆内接四边形的判定定理及性质定理的应用．该定理在角相等、线段相等及比例式的证明中有广泛的应用．属中低档题．[考题印证]如图，D ，E 分别为△ABC 的边AB ，AC 上的点，且不与△ABC 的顶点重合．已知AE 的长为m ，AC 的长为n ，AD ，AB 的长是关于x 的方程x 2－14x ＋mn ＝0的两个根．(1)证明：C ，B ，D ，E 四点共圆；(2)若∠A ＝90°，且m ＝4，n ＝6，求C ，B ，D ，E 所在圆的半径． [命题立意]本题主要考查圆内接四边形的判定定理的应用以及分析问题、解决问题的能力． [自主尝试] (1)证明：连接DE ，根据题意在△ADE 和△ACB 中，AD ·AB ＝mn ＝AE ·AC ，即AD AC ＝AEAB. 又∠DAE ＝∠CAB ，从而△ADE ∽△ACB . 因此∠ADE ＝∠ACB . 所以C ，B ，D ，E 四点共圆．(2)m ＝4，n ＝6时，方程x 2－14x ＋mn ＝0的两根为x 1＝2，x 2＝12. 故AD ＝2，AB ＝12.取CE 的中点G ，DB 的中点F ，分别过G ，F 作AC ，AB 的垂线，两垂线相交于H 点，连接DH .因为C ，B ，D ，E 四点共圆，所以C ，B ，D ，E 四点所在圆的圆心为H ，半径为DH .由于∠A ＝90°，故GH ∥AB ，HF ∥AC . 从而HF ＝AG ＝5，DF ＝12×(12－2)＝5.故C ，B ，D ，E 四点所在圆的半径为5 2.[对应学生用书P29]一、选择题1．四边形ABCD 的一个内角∠C ＝36°，E 是BA 延长线上一点，若∠DAE ＝36°，则四边形ABCD ( )A ．一定有一个外接圆B ．四个顶点不在同一个圆上C ．一定有内切圆D ．四个顶点是否共圆不能确定解析：选A 因为∠C ＝36°，∠DAE ＝36°，所以∠C 与∠BAD 的一个外角相等，由圆内接四边形判定定理的推论知，该四边形有外接圆，故选A.2．圆内接四边形ABCD 中，若∠A ∶∠B ∶∠C ＝1∶2∶5，则∠D 等于( ) A ．60° B ．120° C ．140°D ．150°解析：选B 因为四边形ABCD 为圆内接四边形，所以∠A ∶∠B ∶∠C ∶∠D ＝1∶2∶5∶4，所以∠D ＝180°×46＝120°.3．如图，四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，E 为AB 的延长线上一点，∠CBE ＝40°，则∠AOC ＝( )A ．20°B ．40°C ．80°D ．100°解析：选C ∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，且∠CBE ＝40°，由圆内接四边形的性质知∠D ＝∠CBE ＝40°，又由圆周角定理知：∠AOC ＝2∠D ＝80°.4.如图，ABCD 是⊙O 的内接四边形，延长BC 到E ，已知∠BCD ∶∠ECD ＝3∶2，那么∠BOD ＝( )A ．120°B ．136°C ．144°D ．150°解析：选C 由圆内接四边形性质知∠A ＝∠DCE ，而∠BCD ∶∠ECD ＝3∶2，且∠BCD ＋∠ECD ＝180°，∠ECD ＝72°.又由圆周角定理知∠BOD ＝2∠A ＝144°. 二、填空题5．(陕西高考)如图，△ABC 中，BC ＝6，以BC 为直径的半圆分别交AB ，AC 于点E ，F ，若AC ＝2AE ，则EF ＝ .解析：∵B ，C ，F ，E 四点在同一个圆上，∴∠AEF ＝∠ACB ，又∠A ＝∠A ，∴△AEF ∽△ACB ，∴AE AC ＝EF BC，即12＝EF6，∴EF ＝3. 答案：36.如图，已知P A ，PB 是圆O 的切线，A ，B 分别为切点，C 为圆O 上不与A ，B 重合的另一点．若∠ACB ＝120°，则∠APB ＝ .解析：连接OA ，OB ，∠P AO ＝∠PBO ＝90°， ∵∠ACB ＝120°，∴∠AOB ＝120°. 又P ，A ，O ，B 四点共圆，故∠APB ＝60°.答案：60°7．如图，AB ＝10，BC ＝8，CD 平分∠ACB ，则AC ＝，BD ＝ .解析：∠ACB ＝90°，∠ADB ＝90°. 在Rt △ABC 中，AB ＝10，BC ＝8， ∴AC ＝AB 2－BC 2＝6. 又∵CD 平分∠ACB .即∠ACD ＝∠BCD ，∴AD ＝BD ， ∴BD ＝AB 22＝5 2. 答案：6 5 28．如图，在圆内接四边形ABCD 中，AB ＝AD ，AC ＝1，∠ACD ＝60°，则四边形ABCD 的面积为．解析：过A 作AE ⊥BC 于E ，AF ⊥CD 于F .因为∠ADF ＋∠ABC ＝180°(圆的内接四边形对角之和为180°)，∠ABE ＋∠ABC ＝180°，所以∠ABE ＝∠ADF ，又AB ＝AD ，∠AEB ＝∠AFD ＝90°，所以△AEB ≌△AFD ，所以S 四边形ABCD ＝S 四边形AECF ，AE ＝AF . 又因为∠E ＝∠AFC ＝90°，AC ＝AC ，所以Rt △AEC ≌Rt △AFC . 因为∠ACD ＝60°，∠AFC ＝90°，所以∠CAF ＝30°，因为AC ＝1，所以CF ＝12，AF ＝32，所以S 四边形ABCD ＝2S △ACF ＝2×12CF ×AF ＝34. 答案：34三、解答题9．如图，圆内接四边形ABCD ，过C 点作对角线BD 的平行线交AD 的延长线于E 点．求证：DE ·AB ＝BC ·CD .证明：连接AC ，则∠BAC ＝∠BDC ，因为CE ∥BD ，所以∠DCE ＝∠BDC ，所以∠DCE ＝∠BAC ，因为ABCD 是圆内接四边形，所以∠CDE ＝∠ABC ，所以△CDE ∽△ABC ，所以DE BC ＝CD AB ，即DE ·AB ＝BC ·CD .10.如图所示，圆O 是△ABC 的外接圆，∠BAC 与∠ABC 的平分线相交于点I ，延长AI 交圆O 于点D ，连接BD ，DC .(1)求证：BD ＝DC ＝DI .(2)若圆O 的半径为10 cm ，∠BAC ＝120°，求△BCD 的面积．解：(1)证明：因为AI 平分∠BAC ，所以∠BAD ＝∠DAC ，所以BD ＝DC ，所以BD ＝DC .因为BI 平分∠ABC ，所以∠ABI ＝∠CBI . 因为∠BAD ＝∠DAC ，∠DBC ＝∠DAC ，所以∠BAD ＝∠DBC .又因为∠DBI ＝∠DBC ＋∠CBI ， ∠DIB ＝∠ABI ＋∠BAD ，所以∠DBI ＝∠DIB ，所以△BDI 为等腰三角形，所以BD ＝ID ，所以BD ＝DC ＝DI .(2)当∠BAC ＝120°时，△ABC 为钝角三角形，所以圆心O 在△ABC 外．连接OB ，OD ，OC ，则∠DOC ＝∠BOD ＝2∠BAD ＝120°，所以∠DBC ＝∠DCB ＝60°，所以△BDC 为正三角形．所以OB 是∠DBC 的平分线，延长CO 交BD 于点E ，则OE ⊥BD ，所以BE ＝12BD .又因为OB ＝10，所以BC ＝BD ＝2OB cos 30°＝2×10×32＝103，所以CE ＝BC ·sin 60°＝103×32＝15，所以S △BCD ＝12BD ·CE ＝12×103×15＝75 3.所以△BCD 的面积为75 3.11．(新课标全国卷Ⅰ)如图，直线AB 为圆的切线，切点为B ，点C 在圆上，∠ABC 的角平分线BE 交圆于点E ，DB 垂直BE 交圆于点D .(1)证明：DB ＝DC ；(2)设圆的半径为1，BC ＝3，延长CE 交AB 于点F ，求△BCF 外接圆的半径．解：(1)证明：连接DE ，交BC 于点G .由弦切角定理得， ∠ABE ＝∠BCE . 而∠ABE ＝∠CBE ，故∠CBE ＝∠BCE ， BE ＝CE .又DB ⊥BE ，所以DE 为直径，则∠DCE ＝90°，由勾股定理可得DB ＝DC .(2)由(1)知，∠CDE ＝∠BDE ，DB ＝DC ，故DG 是BC 的中垂线，所以BG ＝32. 设DE 的中点为O ，连接BO ，则∠BOG ＝60°. 从而∠ABE ＝∠BCE ＝∠CBE ＝30°，所以CF ⊥BF ，故Rt △BCF 外接圆的半径等于32.。

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章末复习课[对应学生用书P30][对应学生用书P30]换的特点：即图形的位置、形状、大小会发生如何变化，从而解决与之相关的问题．[例1] 如图，正方形ABCD 的顶点坐标分别为A (8，8)，B (4,0)，C (12，－4)，D (16,4)，画出它以原点O 为位似中心、相似比为12的位似图形，并确定其对应点的坐标．[解] A 、B 、C 、D 的对应点的坐标分别为A ′(4,4)，B ′(2,0)，C ′(6，－2)，D ′(8,2)和A ″(－4，－4)，B ″(－2,0)，C ″(－6,2)，D ″(－8，－2)．通常涉及这四类角，因此圆周角定理，圆心角定理，弦切角定理是解决此类问题的知识基础，通常利用圆周角、弦切角、圆心角与弧的关系转化，借助于圆内接四边形的对角互补和圆的切线垂直于经过切点的半径(获得直角)来解决．[例2] (1)已知⊙O 是∠ABC 的外接圆，⊙I 是△ABC 的内切圆，∠A ＝80°，则∠BOC ＝，∠BIC ＝ .(2)如图，过点P 作⊙O 的割线P AB 与切线PE ，E 为切点，连接AE ，BE ，∠APE 的平分线分别与AE ，BE 相交于点C ，D .若∠AEB ＝30°，则∠PCE ＝ .[解析] (1)如图，∵∠A ＝80°，由一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得∠BOC ＝2∠A ＝160°.又∵在△ABC 中，∠A ＝80°，∴∠ABC ＋∠ACB ＝180°－80°＝100°. 又∵∠IBC ＝12∠ABC ，∠ICB ＝12∠ACB ，∴∠IBC ＋∠ICB ＝12(∠ABC ＋∠ACB )＝12×100°＝50°.∴在△IBC 中，∠BIC ＝180°－50°＝130°.(2)由圆的切割线定理可得PE 2＝PB ·P A ⇒PE PB ＝P APE ，∴△PEB ∽△P AE ，设∠P AE ＝α，则∠PEB ＝α，∠PBE ＝α＋30°，∠APE ＝150°－2α， ∴△PCE 中，∠EPC ＝75°－α，∠PEC ＝30°＋α， ∴∠PCE ＝75°.[答案] (1)160° 130° (2)75°切割线定理和弦切角定理，从而获得成比例线段，再结合相似三角形进行等比代换或等线代换加以证明，或列出方程解得线段的长．[例3]如图，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆于F，G两点．若CF∥AB，证明：(1)CD＝BC；(2)△BCD∽△GBD.[证明](1)因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四边形BCFD是平行四边形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，连接AF，所以四边形ADCF是平行四边形，故CD＝AF.因为CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD.而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD.[例4]如图，四边形ABCD是边长为a的正方形，以D为圆心，DA为半径的圆弧与以BC为直径的⊙O交于点F，连接CF并延长CF交AB于E.(1)求证：E是AB的中点；(2)求线段BF的长．[解](1)证明：连接OD，OF，DF.∵四边形ABCD是边长为a的正方形，∴BC＝CD，∠EBC＝∠OCD＝90°，∵OF＝OC，DF＝DC，OD＝OD，∴△OFD≌△OCD，∴∠ODC＝∠ODF，∠ECB ＝12∠FDC ＝∠ODC ，∴△EBC ≌△OCD ，∴EB ＝OC ＝12AB ，即E 是AB 的中点．(2)由BC 为⊙O 的直径易得BF ⊥CE ， ∴S △BEC ＝12BF ·CE ＝12CB ·BE ，∴BF BE ＝CB CE ，∴BF ＝55a .[对应学生用书P31]一、选择题1．如图，已知DE ∥BC ，EF ∥AB ，现得到下列式子：①AE EC ＝BF FC ；②AD BF ＝AB BC ； ③EF AB ＝DE BC ；④CE CF ＝EA BF. 其中，正确式子的个数有( ) A ．4个 B ．3个 C ．2个D ．1个解析：选B 由DE ∥BC ，EF ∥AB 知①②④正确，③错误． 2．如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝3，BC ＝9，AB ＝6，CD＝4，若EF ∥BC ，且梯形AEFD 与梯形EBCF 的周长相等，则EF 的长为( )A ．457B ．335C ．395D ．152解析：选C过A 作AG ∥DC ，交EF 于H ，交BC 于G ，设AE ＝x ，DF ＝y ，由AB ＝BG ＝6，可得AE ＝EH ＝x . 由题意知x ∶6＝y ∶4. 所以2x ＝3y .①又梯形AEFD 与梯形EBCF 的周长相等，所以3＋x ＋3＋x ＋y ＝6－x ＋9＋4－y ＋3＋x . 所以x ＋y ＝8.②由①②解得x ＝245，所以EF ＝245＋3＝395.3. 如图，在⊙O 中，弦AB 与半径OC 相交于点M ，且OM ＝MC ，AM＝1.5，BM ＝4，则OC ＝( )A ．2 6B ． 6C ．2 3D ．2 2解析：选D 延长CO 交⊙O 于D ，则DM ＝3CM ，CM ·MD ＝MA ·MB ，所以1.5×4＝3CM 2，CM ＝2，OC ＝2 2.4.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC .①若∠A ＝90°，AB ＋CD ＝BC ，则以AD 为直径的圆与BC 相切； ②若∠A ＝90°，当以AD 为直径的圆与BC 相切时，则以BC 为直径的圆也与AD 相切；③若以AD 为直径的圆与BC 相切，则AB ＋CD ＝BC ；④若以AD 为直径的圆与BC 相切，则以BC 为直径的圆与AD 相切．以上判断正确的个数有( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C (1)过AD 的中点E ，作EG ⊥BC 于点G ，过E 作AB 的平行线EF ，则EF 是梯形ABCD 的中位线．所以EF ＝12(AB ＋CD )＝12BC ＝CF .所以∠CEF ＝∠ECF ，因为EF ∥CD ，所以∠DCE ＝∠CEF ，所以∠DCE ＝∠ECF . 因为在△DCE 和△GCE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠DCE ＝∠ECG ，∠D ＝∠CGE ，EC ＝EC ，所以△DCE ≌△GCE (AAS)，所以EG ＝DE ＝12AD ，则以AD 为直径的圆与BC 相切．故命题①正确；(2)若∠A ＝90°，当以AD 为直径的圆与BC 相切时，设以AD 为直径的圆的圆心是E ，则E 是AD 的中点，设圆与BC 相切于点G ，则连接EG ，则EG ⊥BC ，且EG ＝ED .因为在Rt △DCE 和Rt △GCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧EG ＝ED ，EC ＝EC ，所以Rt △DCE ≌Rt △GCE (HL)，所以CD ＝CG ，同理，BG ＝AB ，所以AB ＋CD ＝BC ，故③正确；取BC 的中点F ，连接EF ，则EF 是梯形ABCD 的中位线， EF ＝12(AB ＋CD )＝12BC ，又因为若∠A ＝90°，则EF ⊥AD ，所以以BC 为直径的圆也与AD 相切．故②正确；(3)若以AD 为直径的圆与BC 相切，则以BC 为直径的圆与AD 相切，根据(2)可以得到当中位线EF 是F 到AD 的垂线段时，以BC 为直径的圆与AD 相切，否则就不相切．故④错误．故正确的是①②③.故选C. 二、填空题5.如图，⊙O 的两条弦AB ，CD 交于点P ，已知AP ＝4，BP ＝6，CP ＝3，则CD ＝ .解析：因为⊙O 的弦AB ，CD 相交于点P ，所以AP ·PB ＝CP ·PD ，因为AP ＝4，BP ＝6，CP ＝3，所以PD ＝AP ·PB CP ＝8，所以CD ＝CP ＋PD ＝3＋8＝11. 即CD 的长是11. 答案：116.(天津高考)如图， △ABC 为圆的内接三角形， BD 为圆的弦，且BD ∥AC . 过点A 作圆的切线与DB 的延长线交于点E ，AD 与BC 交于点F .若AB ＝AC ，AE ＝6，BD ＝5，则线段CF 的长为．解析：因为AE 是圆的切线，且AE ＝6，BD ＝5，由切割线定理可得EA 2＝EB ·ED ，即36＝EB ·(EB ＋5)，解得EB ＝4.又∠BAE ＝∠ADB ＝∠ACB ＝∠ABC ，所以AE ∥BC .又AC ∥BD ，所以四边形AEBC 是平行四边形，所以AE ＝BC ＝6，AC ＝EB ＝4.又由题意可得△CAF ∽△CBA ，所以CA CB ＝CF CA ，CF ＝CA 2CB ＝166＝83.答案：837.(广东高考)如图，AB 是圆O 的直径，点C 在圆O 上．延长BC 到D使BC ＝CD ，过C 作圆O 的切线交AD 于E .若AB ＝6，ED ＝2，则BC ＝ .解析：因为AB 为圆O 的直径，所以AC ⊥BC .又BC ＝CD ，所以△ABD 是等腰三角形，所以AD ＝AB ＝6，∠DAC ＝∠BAC .因为CE 切圆O于点C ，所以∠ECA ＝∠ABC .又因为∠BAC ＋∠ABC ＝90°，所以∠DAC ＋∠ECA ＝90°，故CE ⊥AD .故CD 2＝DE ·DA ＝2×6＝12，所以BC ＝CD ＝2 3.答案：2 38.如图，P A ，PB 分别切⊙O 于A ，B 两点，在劣弧AB 上任取一点C ，过C 作⊙O 的切线分别交P A ，PB 于D ，E 两点．(1)若P A ＝5，则△PDE 的周长为； (2)若∠APB ＝50°，则∠DOE ＝ . 解析：(1)由切线长定理得DC ＝DA ， EC ＝EB ，P A ＝PB ，∴△PDE 的周长为PD ＋PE ＋DE ＝PD ＋DC ＋PE ＋CE ＝PD ＋DA ＋PE ＋EB ＝P A ＋PB ＝2P A ＝10.(2)连接OP .∵P A 、DC 均为切线，∴∠P AO ＝90°.由切线长定理得 ∠APO ＝12∠APB ＝25°，∴∠AOP ＝65°.又C 在PO 上，且∠DOC ＝∠AOD ， ∴∠COD ＝65°2，∴∠DOE ＝2∠COD ＝65°.答案：10 65° 三、解答题9.如图，已知BC 是⊙O 的直径，AH ⊥BC ，垂足为D ，点A 为BF 的中点，BF 交AD 于点E ，且BE ·EF ＝32，AD ＝6.(1)求证：AE ＝BE . (2)求DE 的长． (3)求BD 的长．解：(1)证明：连接AF ，AB ，AC . 因为A 是BF 的中点，所以∠ABE ＝∠AFB . 又∠AFB ＝∠ACB ，所以∠ABE ＝∠ACB . 因为BC 为直径，所以∠BAC ＝90°.因为AH ⊥BC . 所以∠BAE ＝∠ACB . 所以∠ABE ＝∠BAE . 所以AE ＝BE .(2)设DE ＝x (x >0)，由AD ＝6，BE ·EF ＝32， AE ·EH ＝BE ·EF ，则(6－x )(6＋x )＝32，解得x ＝2，即DE 的长为2.(3)由(1)，(2)知：BE ＝AE ＝6－2＝4，在Rt △BDE 中，BD ＝42－22＝2 3.10．(辽宁高考)如图，AB 为⊙O 的直径，直线CD 与⊙O 相切于E ，AD 垂直CD 于D ，BC 垂直CD 于C ，EF 垂直AB 于F ，连接AE ，BE .证明：(1)∠FEB ＝∠CEB ； (2)EF 2＝AD ·BC .证明：(1)由直线CD 与⊙O 相切，得∠CEB ＝∠EAB . 由AB 为⊙O 的直径，得AE ⊥EB ，从而∠EAB ＋∠EBF ＝π2；又EF ⊥AB ，得∠FEB ＋∠EBF ＝π2，从而∠FEB ＝∠EAB .故∠FEB ＝∠CEB .(2)由BC ⊥CE ，EF ⊥AB ，∠FEB ＝∠CEB ，BE 是公共边，得Rt △BCE ≌Rt △BFE ，所以BC ＝BF . 类似可证，Rt △ADE ≌Rt △AFE ，得AD ＝AF . 又在Rt △AEB 中，EF ⊥AB ，故EF 2＝AF ·BF ，所以EF 2＝AD ·BC .。

2018-2019学年北师大版高中数学选修4-4同步配套(课件+练习)：2.1

S随堂演练 UITANGYANLIAN
【做一做 2】
已知 P(x,y)是曲线
��
= =
2sin+��cos��,(��为参数)
上任意一点, 求 (��-5)2 + (�� + 4)2的最大值.
解:由题意,设 d2=(x-5)2+(y+4)2=(2+cos α-5)2+(sin α+4)2=8sin α-6cos α+26=10sin(α-φ)+26,其中 φ 为锐角,tan φ= 34.
【做一做 1】
已知参数方程
��
= =
22csions��,(��为参数,
��∈[0,2π)).判
断点 A(1, 3)和��(2,1)是否在方程的曲线上.
分析:把A,B两点的坐标分别代入方程验证即可.
解:把 A,B 两点的坐标分别代入方程,
题型一题型二题型三
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IANLITOUXI
S随堂演练 UITANGYANLIAN
解:设点M的坐标为(x,y),∠AOP=θ.
因为点P在圆x2+y2=16上,过点P分别作x轴、y轴的垂线可得点P
的坐标为(4cos θ,4sin θ),又A(12,0),所以由中点坐标公式得点M的坐
(2)试求当 t=-3 时,曲线 C 上的点的坐标.
分析:将坐标分别代入参数方程进行判断.
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2018学年高中数学北师大版选修4-4学案：第2章章末分

章末分层突破[自我校对]①圆的参数方程②椭圆的参数方程③代数法④平摆线的参数方程⑤渐开线的参数方程迹曲线的方程.求轨迹方程是解析几何的主要问题之一，大致分为直接法和间接法两种方法.其中，参数法求轨迹方程是常用的间接法.如图2-1，正方形ABCD 的边长为1，P ，Q 分别为BC ，CD 上的点，△CPQ 的周长为2，图2-1(1)求∠P AQ 的大小；(2)建立恰当的直角坐标系，试求△APQ 的重心的轨迹.【精彩点拨】 (1)利用平面图形的性质，先求tan P AQ 再求角；(2)建系后把重心坐标用参数θ(θ＝∠BOP )表示，消参即得轨迹方程.【规范解答】 (1)设BP ＝p ，DQ ＝q ，∠BAP ＝α， ∠DAQ ＝β，其中0＜p ＜1,0＜q ＜1， α，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，则tan α＝p ，tan β＝q ，∴tan(α＋β)＝p ＋q1－pq，又(1－p )＋(1－q )＋(1－p )2＋(1－q )2＝2， ∴(1－p )2＋(1－q )2＝(p ＋q )2， ∴1－pq ＝p ＋q ，∴tan(α＋β)＝1. 又0＜α＋β＜π2，∴α＋β＝π4，∴∠P AQ ＝π4.(2)以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，建立直角坐标系，如图. 设∠BOP ＝θ，由(1)得，∠BOQ ＝π4＋θ，其中0＜θ＜π4.∴P 点的坐标为(1，tan θ)，Q 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，1，又设△APQ 的重心为G (x ，y )，由重心坐标公式得：⎩⎨⎧x ＝13⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋1tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝23(1＋tan θ)，y ＝13(1＋tan θ)(θ为参数)，消去参数θ，得y ＝29x .又0＜θ＜π4，∴0＜tan θ＜1，∴13＜x ＜23，13＜y ＜23，∴△APQ 的重心G 的轨迹是双曲线xy ＝29在第一象限内的一部分. [再练一题]1.已知动点P ，Q 都在曲线C ：⎩⎨⎧x ＝2cos β，y ＝2sin β(β为参数)上，对应参数分别为β＝α与β＝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 点到坐标顶点的距离 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.题.在解决这类问题时，应用直线的参数方程，利用直线参数方程中参数t 的几何意义，可以避免通过解方程组求交点等繁琐运算，使问题得到简化，由于直线的参数方程有多种形式，只有标准形式中的参数才具有明显的几何意义.已知点P (3,2)平分抛物线y 2＝4x 的一条弦AB ，求弦AB 的长. 【精彩点拨】利用直线参数方程中参数的几何意义求解.【规范解答】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 2 α＋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，因为|AB |＝|t 1－t 2| ＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2 ＝4·8sin 2 π4＝8.[再练一题]2.在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3－22t ，y ＝5＋22t(t 为参数).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，圆C 的方程ρ＝25sin θ.(1)求圆C 的直角坐标方程；(2)设圆C 与直线l 交于A ，B .若点P 的坐标为(3，5)，求|P A |＋|PB |. 【解】 (1)由ρ＝25sin θ，得x 2＋y 2－25y ＝0，即x 2＋(y －5)2＝5. (2)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得⎝ ⎛⎭⎪⎫3－22t 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22t 2＝5，即t 2－32t ＋4＝0.由于Δ＝(32)2－4×4＝2>0，故可设t 1，t 2是上述方程的两实根，所以⎩⎨⎧t 1＋t 2＝32，t 1·t 2＝4.又直线l 过点P (3，5)，故由上式及t 的几何意义得|P A |＋|PB |＝|t 1|＋|t 2|＝t 1＋t 2＝3 2.a ，b 的几何意义以及离心角φ的意义，要分清椭圆上一点的离心角φ和这点与坐标原点连线倾斜角θ的关系，双曲线的参数方程中，要注意参数的取值范围，且它们的参数方程都有多种形式.椭圆x 216＋y 24＝1上有P ，Q 两点，O 为椭圆中心，OP ，OQ 的斜率分别为k OP ，k OQ ，且k OP ·k OQ ＝－14.(1)求|OP |2＋|OQ |2的值； (2)求线段PQ 中点的轨迹方程.【精彩点拨】利用椭圆的参数方程设点P (4cos θ1,2sin θ1)，Q (4cos θ1,2sin θ2)，充分利用已知条件建立方程求解.【规范解答】 (1)设P 点的坐标为(4cos θ1,2sin θ1)，Q 点的坐标为(4cos θ2,2sin θ2).∵k OP ·k OQ ＝－14，∴2sin θ14cos θ1·2sin θ24cos θ2＝－14，∴cos(θ1－θ2)＝0， ∴θ1－θ2＝k π＋π2(k ∈Z )， ∴sin 2θ1＝cos 2θ2，cos 2θ1＝sin 2θ2，∴|OP |2＋|OQ |2＝16cos 2θ1＋4sin 2θ1＋16cos 2θ2＋4sin 2θ2＝20，即|OP |2＋|OQ |2＝20.(2)设PQ 的中点为(x ，y )，则⎩⎨⎧x ＝2(cos θ1＋cos θ2)，y ＝sin θ1＋sin θ2，∴x 24＋y 2＝(cos θ1＋cos θ2)2＋(sin θ1＋sin θ2)2＝2＋2cos(θ1－θ2)＝2， ∴PQ 中点的轨迹方程为x 28＋y 22＝1. [再练一题]3.在平面直角坐标系xOy 中，设P (x ，y )是椭圆x 23＋y 2＝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.的坐标x ，y 的另一种曲线方程的形式，它体现了x ，y 之间的一种关系，这种关系借助于中间桥梁——参数.有些参数具有物理或几何意义，在解决问题时，要注意参数的取值范围.在求轨迹方程问题时，参数的选择十分重要，参数必须与曲线上每一点都有密切关系，其次是能用参数较简捷地表示出x ，y .在参数方程与普通方程的互化中，要注意参数方程与普通方程应是等价的，即它们所表示的应是同一条曲线.判断参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋4t ＋t 21＋t 2，y ＝6＋2t 21＋t 2(t 为参数)表示的曲线形状.【精彩点拨】根据参数方程的特点，可采用代数法消参，要注意自变量的范围.【规范解答】⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋4t ＋t 21＋t 2＝1＋4t 1＋t 2， ①y ＝6＋2t 21＋t 2＝2＋41＋t 2， ②由①得x －1＝4t1＋t 2， ③ 由②得y －2＝41＋t 2， ④ ③÷④得x －1y －2＝t ，代入④，得 (x －1)2＋(y －4)2＝4. ⑤ 由④知41＋t 2＞0，所以y ＞2，所以参数方程的普通方程为 (x －1)2＋(y －4)2＝4(2＜y ≤6).可见，方程的曲线是以(1,4)为圆心，以2为半径的圆，不包括点(1,2). [再练一题]4.已知曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t －1t，y ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t (t 为参数，t >0)，求曲线C 的普通方程.【导学号：12990035】【解】因为x 2＝t ＋1t －2，所以x 2＋2＝t ＋1t ＝y 3，故曲线C 的普通方程为3x 2－y ＋6＝0..若能引入参数作桥梁，沟通变量之间的联系，既有利于揭示运动变化的本质规律，还能把多个变量统一体现在一个参变量上.直线l 过点P 0(－4,0)，它的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－4＋32t ，y ＝12t(t 为参数)与圆x 2＋y 2＝7相交于A ，B 两点.(1)求弦长|AB |；(2)过P 0作圆的切线，求切线的长； (3)求|P 0A |和|P 0B |的长； (4)求交点A ，B 的坐标.【精彩点拨】充分利用参数思想，即参数的几何意义解决问题.【规范解答】将直线l 的参数方程代入圆的方程，得⎝ ⎛⎭⎪⎫－4＋32t 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12t 2＝7，整理得t 2－43t ＋9＝0.(1)设A 和B 两点对应的参数分别为t 1和t 2，由根与系数的关系得t 1＋t 2＝43，t 1·t 2＝9，所以|AB |＝|t 2－t 1|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝2 3. (2)设圆过P 0的切线为P 0T ，T 在圆上，则 |P 0T |2＝|P 0A |·|P 0B |＝|t 1t 2|＝9，所以切线长|P 0T |＝3.(3)解方程t 2－43t ＋9＝0，得t 1＝33，t 2＝3，所以|P 0A |＝33，|P 0B |＝ 3. (4)将t 1＝33，t 2＝3代入直线的参数方程，得点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，332，点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，32. [再练一题]5.在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝4cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数，且0≤θ＜2π)，点M 是曲线C 1上的动点.(1)求线段OM 的中点P 的轨迹的直角坐标方程；(2)以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若直线l 的极坐标方程为ρcos θ－ρsin θ＋1＝0(ρ＞0)，求点P 到直线l 距离的最大值.【解】 (1)曲线C 1上的动点M 的坐标为(4cos θ，4sin θ)，坐标原点O (0,0)，设P 点的坐标为(x ，y )，则由中点坐标公式得x ＝12(0＋4cos θ)＝2cos θ，y ＝12(0＋4sin θ)＝2sin θ，所以点P 的坐标为(2cos θ，2sin θ)，因此点P 的轨迹的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数，且0≤θ＜2π)，消去参数θ得点P 轨迹的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4. (2)由直角坐标与极坐标关系⎩⎨⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ得直线l 的直角坐标方程为x －y ＋1＝0.又由(1)知，点P 的轨迹为以原点为圆心，以2为半径的圆，因为原点(0,0)到直线x －y ＋1＝0的距离为|0－0＋1|12＋(－1)2＝12＝22，所以点P 到直线l 距离的最大值为2＋22.1.(广东高考)在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.曲线C 1的极坐标方程为ρ(cos θ＋sin θ)＝－2，曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t 2，y ＝22t (t 为参数)，则C 1与C 2交点的直角坐标为________.【解析】由ρ(cos θ＋sin θ)＝－2得x ＋y ＝－2.法一：由⎩⎨⎧x ＝t 2，y ＝22t ，得y 2＝8x ，联立⎩⎨⎧ x ＋y ＝－2，y 2＝8x ，得⎩⎨⎧x ＝2，y ＝－4，即交点坐标为(2，－4).法二：把⎩⎨⎧x ＝t 2，y ＝22t代入x ＋y ＋2＝0得t 2＋22t ＋2＝0，解得t ＝－2，∴⎩⎨⎧x ＝2，y ＝－4，即交点坐标为(2，－4). 【答案】 (2，－4)2.(陕西高考)如图2-2，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________.图2-2【解析】将x 2＋y 2－x ＝0配方，得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋y 2＝14，∴圆的直径为1.设P (x ，y )，则x ＝|OP |cos θ＝1×cos θ×cos θ＝cos 2θ，y ＝|OP |sin θ＝1×cos θ×sin θ＝sin θcos θ， ∴圆x 2＋y 2－x ＝0的参数方程为⎩⎨⎧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.(陕西高考)在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋12t ，y ＝32t(t 为参数).以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，⊙C 的极坐标方程为ρ＝23sin θ.(1)写出⊙C 的直角坐标方程；(2)P 为直线l 上一动点，当P 到圆心C 的距离最小时，求P 的直角坐标.【解】 (1)由ρ＝23sin θ得ρ2＝23ρsin θ，从而有x 2＋y 2＝23y ，所以x 2＋(y －3)2＝3.(2)设P ⎝⎛⎭⎪⎫3＋12t ，32t ，又C (0，3)，则|PC |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋12t 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32t －32＝t 2＋12，故当t ＝0时，|PC |取得最小值，此时，点P 的直角坐标为(3,0).4.(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255.5.(全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝sin α(α为参数).以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2 2. (1)写出C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程；(2)设点P 在C 1上，点Q 在C 2上，求|PQ |的最小值及此时P 的直角坐标.【解】 (1)C 1的普通方程为x 23＋y 2＝1，C 2的直角坐标方程为x ＋y －4＝0.(2)由题意，可设点P 的直角坐标为(3cos α，sin α). 因为C 2是直线，所以|PQ |的最小值即为P 到C 2的距离d (α)的最小值， d (α)＝|3cos α＋sin α－4|2＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3－2，当且仅当α＝2k π＋π6(k ∈Z )时，d (α)取得最小值，最小值为2，此时P 的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12.。

2019-2020学年高中数学北师大版选修4-1同步配套教学案：第二章 §1 & §2 截面欣赏直线与球、平面与

§对应学生用书P33][自主学习]1．直线与球的位置关系有相离、相切、相交．2．从球外一点作球的切线，它们的切线长相等，所有的切点组成一个圆．3．平面与球的位置关系有相离、相切、相交．4．一个平面与球面相交，所得的交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面．[合作探究]1．用一平面去截正方体时，其截面可能是几边形？提示：三角形(锐角三角形、等腰三角形、等边三角形)四边形(长方形、正方形、梯形)五边形、六边形2．直线与球的位置关系的判定与直线与圆的位置关系判定一样吗？提示：一样．都是利用点到直线的距离与半径r的关系去判定．3．平面与球的位置关系如何判定？提示：平面α，球O，球心O到α的距离为OH，球半径为R.若OH>R，则相离；若OH＝R，则相切；若OH<R，则相交．对应学生用书P33]截面问题[例1]从一个底面半径和高都是R的圆柱中，挖去一个以圆柱上底面为底，下底面中心为顶点的圆锥，得到如图所示的几何体，如果用一个与圆柱下底面距离等于l并且平行于底面的平面去截它，求所得截面的面积(阴影部分)．[思路点拨]本题主要考查截面问题，解题时根据题意画出轴截面可直观求解．[精解详析]轴截面如图所示：被平行于下底面的平面所截的圆柱的截面圆的半径O 1C ＝R ，圆锥的截面圆的半径O 1D 设为x .∵OA ＝AB ＝R ，∴△OAB 是等腰直角三角形．又CD ∥OA ，则CD ＝BC ，故x ＝l . ∴截面面积S ＝πR 2－πl 2＝π(R 2－l 2)．解决这类问题的关键是准确分析出组合体的结构特征，发挥自己的空间想象能力，正确作出几何体的轴截面等，把立体图和截面图对照分析，找出几何体中的数量关系．把空间几何问题转化在同一平面内利用平面几何的知识解决，即用空间问题平面化的解题策略．1.一长方体木料，沿如图所示平面EFGH 截长方体，若AB ⊥CD ，那么下列四个图形中是截面的是( )解析：选A 因为AB ，MN 两条交线所在平面(侧面)互相平行，故AB ，MN 无公共点；又AB ，MN 在平面EFGH 内，故AB ∥MN .同理易知，AN ∥BM .又AB ⊥CD ，所以截面必为矩形．[2]有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点，求这三个球的表面积之比．[思路点拨] 本题主要考查平面、直线与球的位置关系的应用．解此题时分别作出三种情况的截面图，可求解．[精解详析] 设正方体的棱长为a .(1)正方形的内切球球心是正方体的中心，切点是六个面正方形的中心，经过四个切点及球心作截面如图①，所以有2r 1＝a ，r 1＝a2，所以S 1＝4πr 21＝πa 2.(2)球与正方体的各棱的切点在每条棱的中点，过球心作正方体的对角面得截面，如图②，2r 2＝2a ，r 2＝22a, 所以S 2＝4πr 2＝2πa 2.(3)正方体的各个顶点在球面上，过球心作正方体的对角面得截面，如图③，所以有2r 3＝3a ，r 3＝32a ，所以S 3＝4πr 23＝3πa 2.综上可得S 1∶S 2∶S 3＝1∶2∶3.与球有关的截面问题，为了增加图形的直观性，解题时常常画一个截面圆起衬托作用．2．棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形(正四面体的截面)的面积是( )A ．22B ．32C ．2D ．3解析：选C 由题意结合图形分析知：截面过球心，且交AB 于E 点，则E 为AB 的中点，即可得△ECD 为等腰三角形，又CD ＝2，CE ＝DE ＝3，可求得S △ECD ＝2. [例3] 如图，球O 的半径为2，圆O 1是一小圆，O 1O ＝2，A ，B 是圆O 1上两点．若∠AO 1B ＝π2，则A ，B 两点间的球面距离为．[精解详析] 如图，OB ＝OA ＝2，O 1O ＝2， ∴O 1A ＝2，∴AB ＝2，∴△OAB 为正三角形， ∴∠AOB ＝π3.∴A ，B 两点间的球面距离为π3×2＝2π3.[答案] 2π3若一平面与球面相交所得交线是一个圆，且圆心与球心的连线垂直于这一平面，该圆心与球心距离为d ，圆半径为r ，球半径为R ，则d 2＋r 2＝R 2.本例条件变为“如图，球O 的半径为2，圆O 1是一小圆，O 1O ＝2，A ，B 是圆O 1上两点．若A ，B 两点间的球面距离为2π3”，则∠AO 1B ＝ .解析：由A ，B 间的球面距离为2π3知∠AOB ＝π3，所以△AOB 为等边三角形，AB ＝2；又由球O 的半径为2，O 1O ＝2知O 1A ＝O 1B ＝2，所以△AO 1B 为等腰直角三角形，∠AO 1B ＝π2.答案：π2本课时常考查截面问题，是每年命题的热点内容之一．属中档题．[考题印证]平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( )A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π[命题立意]本题主要通过截面问题考查球的性质及球的体积公式．[自主尝试] 设球的半径为R ，由球的截面性质得R ＝错误!＝错误!，所以球的体积V ＝错误!πR 3＝4错误!π.[答案] B对应学生用书P35]一、选择题1．在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1∶3，则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为( )A ．1∶3B ．1∶9C ．1∶33D ．1∶(33－1)解析：选D 由面积比等于边长比的平方，体积比为边长比的立方可求得D 正确．2．过半径为2的球O 表面上一点A 作球O 的截面，若OA 与该截面所成的角是60°，则该截面的面积是( )A ．πB ．2πC ．3πD ．23π解析：选A 设截面的圆心为O ′，由题意得：∠OAO ′＝60°，O ′A ＝1，S ＝π·12＝π.3．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点，若截面△BC 1D 是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为( )A ．43B ．33C ．83D ．63解析：选C 由题意，设AB ＝a ，AA 1＝b ，再由12BD ·DC 1＝6可得a 2＋b24＝12.又由BC 2＋CC 21＝BC 21得a 2＋b 2＝24，可得a ＝22，b ＝4，∴V ＝34×(22)2×4＝83.4．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q ，R 分别是AB ，AD ，B 1C 1的中点，则正方体的过P ，Q ，R 的截面图形是( )A ．矩形B ．正五边形C ．正六边形D ．菱形解析：选C 如图，利用空间图形的公理作出截面，可知截面为正六边形．二、填空题5．已知OA 为球O 的半径，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M .若圆M 的面积为3π，则球O 的表面积等于．解析：记球O 的半径为R ，圆M 的半径为r ，则依题意得r 2＝3，R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22，故R 2＝4，球O 的表面积等于4πR 2＝16π.答案：16π6．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于．解析：在△ABC 中AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，可得BC ＝23，由正弦定理，可得△ABC 外接圆半径r ＝2，设此圆圆心为O ′，球心为O ，在Rt △OO ′B 中，易得球半径R ＝5，故此球的表面积为4πR 2＝20π.答案：20π7．已知点A ，B ，C 在球心为O 的球面上，△ABC 的内角A ，B ，C 所对应的边长分别为a ，b ，c ，且a 2＝b 2＋c 2－bc ，a ＝3，球心O 到截面ABC 的距离为2，则该球的表面积为．解析：由a 2＝b 2＋c 2－bc 可得A ＝π3，再由正弦定理可得球的小圆半径为r ＝1，进而可得球的半径为R＝3，该球的表面积为12π. 答案：12π8．在2π3的二面角内，放一个半径为5的球切两半平面于A ，B 两点，那么这两个切点在球面上最短距离是．解析：两切点对球心的张角为π3，∴球面距为5π3.答案：5π3三、解答题9．已知棱长为a 的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，M ，N 分别是CD ，AD 的中点，求证：MNA ′C ′是梯形．证明：如图，连接AC .∵M ，N 分别为CD ，AD 的中点， ∴MN 綊12AC .由正方体性质可知AC 綊A ′C ′， ∴MN 綊12A ′C ′，∴四边形MNA ′C ′是梯形．10．在北纬45°的纬度圈上有A ，B 两点，它们分别在东经70°与东经160°的经度圈上，设地球半径为R ，求A ，B 两点间的球面距离．解：如图，设北纬45°圈的圆心为O 1，地球中心为O ，则∠AO 1B ＝160°－70°＝90°，∠OBO 1＝45°，OB ＝R ， ∴O 1B ＝O 1A ＝22R ，AB ＝R .连接AO ，AB ，则AO ＝BO ＝AB ＝R ， ∴∠AOB ＝60°＝16·2πR ＝13πR .故A ，B 两点间的球面距离为13πR . 11．如图所示，三棱锥V －ABC 中，VA ⊥底面ABC ，∠ABC ＝90°.(1)求证：V ，A ，B ，C 四点在同一球面上．(2)过球心作一平面与底面内直线AB 垂直．求证：此平面截三棱锥所得的截面是矩形．证明：(1)取VC的中点M.∵VA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，∴BC⊥VB.在Rt△VBC中，M为斜边VC的中点，∴MB＝MC＝MV.同理，在Rt△VAC中，MA＝MV＝MC.∴MV＝MC＝MA＝MB，∴V，A，B，C四点在同一球面上，M是球心．(2)取AC，AB，VB的中点分别为N，P，Q，连接NP，PQ，QM，MN.则MNPQ就是垂直于AB的三棱锥V－ABC的截面，易证PQMN是平行四边形，又VA⊥BC，PQ∥VA，NP∥BC，∴QP⊥PN，故截面MNPQ是矩形．。

2017-2018高中数学第一章相似三角形定理与圆幂定理1.3.2圆内接四边形的性质与判定新人教B选修4-1(1)

证明比例线段或比例式通常利用三角形相似来解决，而证明三角形相似，常利用圆内接四边形的性质寻找角之间的关系．
3．试证明：在圆内接四边形 ABCD 中， AC·BD＝AD·BC＋AB·CD.
证明：如图，在 AC 上取点 E，使∠ADE＝∠1. 又∠3＝∠4，∴△ADE∽△BDC.
∴AADE＝BBDC，
(1)求证：FB＝FC； (2)求证：FB2＝FA·FD； (3)若 AB 是△ABC 外接圆的直径，∠EAC＝120°，BC＝ 6 cm，求 AD 的长．
解：(1)证明：∵AD 平分∠EAC， ∴∠EAD＝∠DAC. ∵四边形 AFBC 内接于圆，∴∠DAC＝∠FBC. ∵∠EAD＝∠FAB＝∠FCB，∴∠FBC＝∠FCB. ∴FB＝FC. (2)证明：∵∠FAB＝∠FCB＝∠FBC， ∠AFB＝∠BFD， ∴△FBA∽△FDB.∴FFDB＝FFAB，∴FB2＝FA·FD.
[精解详析] (1)连接 AE，AF，AC，AD，则∠BDA＝∠AEC，∠ACB＝∠AFD. 又∵∠DBA＝∠CBA，∴ AD＝ AE . ∴AD＝AE，∴△ACE≌△AFD. 故 CE＝DF. (2)由(1)∠BDA＝∠AEC，∠ACB＝∠AFD，又∵DF＝CE，∴△ACE≌△AFD， ∴AD＝AE，∴∠DBA＝∠CBA.
相切，切点为 A，∠MAB＝35°，则∠D＝
()
A．35° C．125°
B．90° D．150°
解析：连接 BD，则∠MAB＝∠ADB＝35°，∵BC 是⊙O 的直径，∴∠BDC＝90°，所以∠D＝∠ADB＋∠BDC＝125°.
答பைடு நூலகம்：C
2．如图，四边形 ABCD 内接于⊙O，∠DCE＝
50°，则∠BOD 等于

2017-2018学年高中数学第二章圆锥曲线章末复习课学案北师大版选修4-1

第二章圆锥曲线对应学生用书P39][自主学习]1．平面截圆锥面(1)当截面β与圆锥面的轴l 垂直时，所得交线是一个圆．(2)任取一平面β，它与圆锥面的轴l 所成的夹角为θ(β与l 平行时，记θ＝0°)，当θ>σ(σ为圆锥母线与轴交角)时，平面截圆锥面所得交线为椭圆；当θ＝σ时，交线为抛物线；当θ<σ时，交线为双曲线．2．圆锥曲线的几何性质抛物线、椭圆、双曲线都是平面上到定点的距离与到定直线的距离之比为常数e (离心率)的动点的轨迹，此时定点称为焦点，定直线称为准线．当e ＝1时，轨迹为抛物线；当0<e <1时，轨迹为椭圆；当e >1时，轨迹为双曲线．[合作探究]1．当平面β与圆锥面的轴l 所成的夹角为θ＝π2时，其交线应为什么？提示：圆2．由圆锥曲线的统一定义可知，椭圆、双曲线的准线有几条？定义e 时，定点与定直线有怎样的关系？提示：因为椭圆、双曲线各有两个焦点，故其准线有两条．定义e 时，定点与定直线是对应的．即右焦点应对应右准线、左焦点对应左准线．对应学生用书P40]圆锥曲线的探讨[例1] 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γ，若它与轴l 的交角为β(当γ与l 平行时，记β＝0)，求证：β＝α时，平面γ与圆锥的交线是抛物线．[思路点拨] 本题主要考查平面截圆锥面的曲线的讨论问题．解题时，注意利用条件，结合图形利用抛物线的定义求解．[精解详析] 如图，设平面γ与圆锥内切球相切于点F ，球与圆锥的交线为S ，过该交线的平面为γ′，γ与γ′相交于直线m .在平面γ与圆锥的截线上任取一点P ，连接PF .过点P 作PA ⊥m ，交m 于点A ，过点P 作γ′的垂线，垂足为B ，连接AB ，则AB ⊥m ，∴∠PAB 是γ与γ′所成二面角的平面角．连接点P 与圆锥的顶点，与S 相交于点Q ，连接BQ ，则∠BPQ ＝α，∠APB ＝β.在Rt △APB 中，PB ＝PA cos β. 在Rt △PBQ 中，PB ＝PQ cos α.∴PQ PA ＝cos βcos α. 又∵PQ ＝PF ，α＝β，∴PFPA＝1，即PF ＝PA ，动点P 到定点F 的距离等于它到定直线m 的距离，故当α＝β时，平面与圆锥的交线为抛物线．已知平面与圆锥面的轴的夹角为β，曲线与轴的夹角为α，当α＝β时，平面与圆锥的交线为抛物线．β<α时为双曲线，β>α时为椭圆．讨论曲线类型时注意结合图形．1．一圆锥面的母线和轴线成30°角，当用一与轴线成60°的不过顶点的平面去截圆锥面时，所截得的截线是( )A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．两条相交直线解析：选A 如图可知应为椭圆．[例2] β，焦球的半径分别为R ，r ，且α<β，R >r ，求平面γ与圆锥面交线的焦距F 1F 2，轴长G 1G 2.[思路点拨] 本题主要考查圆锥曲线的几何性质．由β>α知截线为椭圆．通过数形结合转化到相应平面中求解．[精解详析] 如图，在Rt △O 1F 1O 中，OF 1＝O 1F 1tan ∠O 1OF 1＝rtan β.在Rt △O 2F 2O 中，OF 2＝O 2F 2tan ∠O 2OF 2＝Rtan β.∴F 1F 2＝OF 1＋OF 2＝R ＋rtan β.同理，O 1O 2＝R ＋rsin β.在Rt △O 1O 2H 中，O 1H ＝O 1O 2·cos α＝R ＋rsin β·cos α.又O 1H ＝A 1A 2，由切线定理，容易验证G 1G 2＝A 1A 2，∴G 1G 2＝R ＋rsin β·cos α.已知圆锥曲线的结构特点，解决有关计算问题，通常利用圆锥曲线结构特点中的数量等式关系，列出方程来解决．2．已知圆锥母线与轴夹角为60°，平面γ与轴夹角为45°，则平面γ与圆锥交线的离心率是，该曲线的形状是．解析：e ＝cos 45°cos 60°＝ 2.∵e >1，∴曲线为双曲线．答案： 2 双曲线[例3] 已知F 的延长线交C 于点D ，且BF ＝2FD ，则C 的离心率为．[精解详析] 法一：如图，|BF |＝b 2＋c 2＝a ，作DD 1⊥y 轴于点D 1，则由BF ＝2FD ，得|OF ||DD 1|＝|BF ||BD |＝23，所以|DD 1|＝32|OF |＝32c ，即x D ＝3c 2，由椭圆的第二定义得|FD |＝e (a 2c －3c 2)＝a －3c22a .又由|BF |＝2|FD |，得a ＝2a －3c 2a ⇒e ＝33.法二：设椭圆方程为第一标准形式x 2a 2＋y 2b2＝1，设D (x 2，y 2)，F 分BD 所成的比为2，x c ＝0＋2x 21＋2⇒x 2＝32x c ＝32c ； y c ＝b ＋2y 21＋2⇒y 2＝3y c －b 2＝3×0－b 2＝－b 2，代入椭圆方程得：9c 24a 2＋14b 2b 2＝1⇒e ＝33.[答案]33由圆锥曲线的统一定义可知它沟通了焦半径与e 的关系，故涉及焦半径问题可考虑使圆锥曲线的定义进行转化．同时注意数形结合思想的应用．3．点A (x 0，y 0)在双曲线x 24－y 232＝1的右支上，若点A 到右焦点的距离等于2x 0，则x 0＝ .解析：由题知a ＝2，b ＝42，则c ＝a 2＋b 2＝6，所以右准线为x ＝a 2c ＝23，由双曲线的第二定义知2x 0d＝e ，即2x 0x 0－23＝3，所以2x 0＝3x 0－2，故x 0＝2. 答案：2本课时考点常用客观题的形式考查圆锥曲线的统一定义及几何性质，属中档题．[考题印证]过抛物线y 2＝2x 的焦点F 作直线交抛物线于A ，B 两点，若|AB |＝2512，|AF |<|BF |，则|AF |＝ .[命题立意]本题主要考查直线与抛物线的位置关系及抛物线定义的应用． [自主尝试] 设过抛物线焦点的直线为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2x ，y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，整理得k 2x 2－(k 2＋2)x ＋14k 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝k 2＋2k 2，x 1x 2＝14.|AB |＝x 1＋x 2＋1＝k 2＋2k 2＋1＝2512，得k 2＝24，代入k 2x 2－(k 2＋2)x ＋14k 2＝0得12x 2－13x ＋3＝0，解之得x 1＝13，x 2＝34，又|AF |<|BF |，故|AF |＝x 1＋12＝56.答案：56对应学生用书P41]一、选择题1．椭圆x 24＋y 23＝1的右焦点到直线y ＝3x 的距离为( )A ．12 B ．32C ．1D ． 3 解析：选B 右焦点为(1,0)，∴距离为32. 2．平面γ与圆锥的轴线平行，圆锥母线与轴线夹角为60°，则平面与圆锥面交线的离心率是( )A ．2B ．12C ．32D ．2 3解析：选A e ＝cos βcos α＝112＝2.3．平面γ与圆锥的母线平行，那么它们交线的离心率是( ) A ．1 B ．2 C ．12D ．无法确定解析：选A 由定义知交线为抛物线．4．抛物线y ＝4x 2上的一点M 到焦点的距离为1，则M 的纵坐标是( )A ．1716B ．1516C ．78D ．0解析：选B 设M 的纵坐标为y ，则y ＋116＝1，∴y ＝1516.二、填空题5．设圆锥面V 是由直线l ′绕直线l 旋转而得，l ′与l 交点为V ，l ′与l 的夹角为α(0°<α<90°)，不经过圆锥顶点V 的平面γ与圆锥面V 相交，设轴l 与平面γ所成的角为β，则当时，平面γ与圆锥面的交线为圆；当时，平面γ与圆锥面的交线为椭圆；当时，平面γ与圆锥面的交线为双曲线；当时，平面γ与圆锥面的交线为抛物线．答案：β＝90° α<β<90° β<α β＝α6．已知椭圆两准线间的距离为20，长轴长为10，则短轴长为．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝10，2a2c＝20⇒a ＝5，c ＝52.∴2b ＝2 a 2－c 2＝5 3. 答案：5 37．已知双曲线的中心在原点，焦点F 1，F 2在坐标轴上，离心率为2，且过点(4，－10)，则双曲线方程为．解析：∵e ＝2，∴可设双曲线方程为x 2－y 2＝λ. ∵过点(4，－10)，∴16－10＝λ，即λ＝6， ∴双曲线方程为x 2－y 2＝6. 答案：x 2－y 2＝68．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 是准线上一点，且PF 1⊥PF 2，|PF 1|·|PF 2|＝4ab ，则双曲线的离心率是．解析：∵PF 1⊥PF 2，∴P 在以F 1F 2为直径的圆上．∴点P (x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝c 2，x 2＝a 2c 2.解得y 2＝c 4－a 4c2.∵|PF 1|·|PF 2|＝|F 1F 2|·|y |， ∴4ab ＝2c ·c 4－a 4c 2，解得e ＝ 3. 答案： 3 三、解答题9．如图，讨论其中抛物线的准线与离心率．解：由抛物线结构特点知，抛物线上的任意一点P 到焦点的距离PF 1与到平面γ与γ′的交线m 的距离PA 相等，∴e ＝PF 1PA＝1. ∴抛物线的准线是m ，离心率e ＝1.10．已知双曲线两顶点间距离为2a ，焦距为2c ，求两准线间的距离．解：如图，l1，l 2是双曲线的准线，F 1，F 2是焦点，A 1，A 2是顶点，O 为中心．由离心率定义A 1F 1A 1H 1＝c a， ∴A 1H 1＝a cA 1F 1.又A 1F 1＝OF 1－OA 1＝c －a ， ∴A 1H 1＝a c －ac. ∴OH 1＝OA 1－A 1H 1，∴a －a c －a c ＝a 2c.由对称性，得OH 2＝a 2c，∴H 1H 2＝2a2c.11．如图，一个焦球与圆锥面的交线为圆S ，记圆S 所在的平面为γ′，设γ与γ′的交线为m .在椭圆上任取一点P ，连接PF 1，在γ中过P 作m 的垂线，垂足为A ，过P 作γ′的垂线，垂足为B ，连接AB ，AB 是PA 在平面γ′上的射影．在Rt △ABP 中，∠APB ＝β.(1)求平面γ与γ′所成二面角的大小；(2)在所截椭圆上任取一点P ，求证：|PF 1|PA为定值．解：(1)由已知PB ⊥γ′，平面γ′∩平面γ＝m . ∴m ⊥PB .又PA ⊥m ， ∴m ⊥面PAB ，∴∠PAB 是γ与γ′所成二面角的平面角．又∠APB ＝β， ∴∠PAB ＝π2－β.(2)证明：由已知PB ＝PF 1， ∴PF 1PA ＝PBPA＝sin ∠PAB ＝cos β为定值．。

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2．3弦切角定理[对应学生用书P19][自主学习]1．弦切角的定义顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫弦切角．2．弦切角定理弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角；弦切角的度数等于它所夹弧的度数的一半．[合作探究]弦切角的三要素是什么？提示：(1)顶点在圆上；(2)一边与圆相交；(3)一边与圆相切．[对应学生用书P20][例1]如图，AB CD于点C，若∠CAD ＝25°，求∠C.[思路点拨]本题主要考查弦切角定义及定理的应用．解此题时，需连接BD，创设弦切角∠CDB，然后求∠C.[精解详析]连接BD.∵AB为直径，则∠BDA＝90°.又CD为⊙O的切线，切点为D，∴∠BDC为弦切角．∴∠BDC＝∠CAD＝25°.∴∠CDA＝90°＋25°＝115°.在△ACD中，∠C＝180°－∠A－∠CDA＝40°.利用定义确定弦切角时要紧扣定义中的三要素．确定大小时，要区分弦切角所夹的弧对应的是圆心角还是圆周角．1.如图，CD是⊙O的切线，T为切点，A是 TB上的一点，若∠TAB＝100°，则∠BTD的度数为()A．20°B．40°C．60°D．80°解析：选D如图，作四边形ABET，因为四边形ABET是圆内接四边形，所以∠E＝180°－∠A＝80°，又CD是⊙O的切线，T为切点，所以∠BTD＝∠E＝80°.[例2]如图，BD⊥DC于D，PQ⊥AB于Q.求证：PQ2＝AC·BD.[思路点拨]本题主要考查弦切角定理的应用，解题时连接P A、PB证明△ACP∽△PQB，△BDP∽△PQA后可证PQ2＝AC·BD.[精解详析]连接P A，PB，如图所示．∵CD切⊙O于P，∴∠1＝∠2.∵AC⊥CD于C，PQ⊥AB于Q，∴∠ACP＝∠PQB＝90°.∴△ACP∽△PQB.∴AC∶PQ＝P A∶BP.同理，△BDP∽△PQA，∴PQ∶BD＝P A∶BP.∴AC∶PQ＝PQ∶BD，即PQ2＝AC·BD.利用弦切角定理证明问题的关键是根据条件创设弦切角，从而寻找角的等量关系．2．如图，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB，P是OA上任一点，BP的延长线交⊙O于点Q，过点Q的⊙O的切线交OA延长线于点R.求证：RP＝RQ.证明：作直径BC ，连接CQ ，因为BC 是⊙O 的直径，所以∠B ＋∠C ＝90°，因为OA ⊥OB ，所以∠B ＋∠BPO ＝90°. 所以∠C ＝∠BPO . 又∠BPO ＝∠RPQ ，所以∠C ＝∠RPQ . 又因为RQ 为⊙O 的切线，所以∠PQR ＝∠C . 所以∠PQR ＝∠RPQ . 所以RP ＝RQ .[例3] 如图，圆O 的直径AB ＝8，C 为圆周上一点，BC ＝4，过C 作圆的切线l ，过A 作直线l 的垂线AD ，D 为垂足，AD 与圆O 交于点E ，求线段AE 的长．[思路点拨] 本题考查利用弦切角定理进行计算问题．解此题时，连接BE ，AC ，OC .可知△AEB 为直角三角形，利用角的关系确定∠EBA ＝30°可求AE .[精解详析] 连接OC ，BE ，AC ，则BE ⊥AE . ∵BC ＝4，∴OB ＝OC ＝BC ＝4，即△OBC 为正三角形， ∴∠CBO ＝∠COB ＝60°. 又直线l 切⊙O 于C ， ∴∠DCA ＝∠CBO ＝60°，∵AD ⊥l ，∴∠DAC ＝90°－60°＝30°，而∠OAC ＝∠ACO ＝12∠COB ＝30°，∴∠EAB ＝60°.在Rt △BAE 中，∠EBA ＝30°，∴AE ＝12AB ＝4.弦切角是沟通圆内已知和未知的桥梁，利用弦切角定理时，注意结合条件添加适当的辅助线以构造弦切角．3.如图，P A ，PB 是⊙O 的切线，点C 在AB 上，CD ⊥AB ，CE ⊥P A ，CF ⊥PB ，垂足分别为D ，E ，F .求证：CD 2＝CE ·CF . 证明：连接CA ，CB .因为P A ，PB 是⊙O 的切线，所以∠CAP ＝∠CBA ， ∠CBP ＝∠CAB .又因为CD ⊥AB ，CE ⊥P A ，CF ⊥PB ，所以Rt △CAE ∽Rt △CBD ， Rt △CBF ∽Rt △CAD ，所以CA CB ＝CE CD ，CB CA ＝CFCD ，所以CE CD ＝CDCF，即CD 2＝CE ·CF .本课时常考查弦切角定理及应用，题目难度中等．[考题印证]如图，⊙O 和⊙O ′相交于A ，B 两点，过A 作两圆的切线分别交两圆于C ，D 两点，连接DB 并延长交⊙O 于点E .证明：(1)AC ·BD ＝AD ·AB ； (2)AC ＝AE . [命题立意]本题考查平面几何中的弦切角定理及相似三角形的判定与性质．[自主尝试] (1)由AC 与⊙O ′相切于A ，得∠CAB ＝∠ADB ，同理∠ACB ＝∠DAB ，所以△ACB ∽△DAB . 从而AC DA ＝AB DB ，即AC ·BD ＝AD ·AB .(2)由AD 与⊙O 相切于A ，得∠AED ＝∠BAD ，又∠ADE ＝∠BDA ，得△EAD ∽△ABD . 从而AE BA ＝AD BD ，即AE ·BD ＝AD ·AB . 结合(1)的结论，AC ＝AE .[对应学生用书P21]一、选择题1．如图，AB 是⊙O 的直径，DB ，DC 分别切⊙O 于B ，C 两点，若∠ACE ＝25°，则∠D 为( )A ．50°B ．55°C ．60°D ．65°解析：选A 连接BC ，根据弦切角定理，得∠ACE ＝∠ABC ＝25°. 又因为AB ⊥BD ，所以∠CBD ＝90°－∠ABC ＝65°. 因为DC ，DB 是圆的切线，所以∠CBD ＝∠DCB ＝65°，所以∠D ＝180°－2×65°＝50°.2．过圆内接△ABC 的顶点A 引⊙O 的切线交BC 的延长线于点D ，若∠B ＝35°，∠ACB ＝80°，则∠D 为( )A ．45°B ．50°C ．55°D ．60°解析：选A 如图，∵AD 为⊙O 的切线，∴∠DAC ＝∠B ＝35°.又∠ACB ＝80°， ∴∠D ＝∠ACB －∠DAC ＝80°－35°＝45°.3．如图，AB 是⊙O 的直径，EF 切⊙O 于点C ，AD ⊥EF 于点D ，AD ＝2，AB ＝6，则AC 的长为( )A ．2B ．3C ．23D ．4 解析：选C 连接BC ，如图所示，∵EF 是⊙O 的切线， ∴∠ACD ＝∠ABC .又AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°. 又AD ⊥EF ，∴∠ACB ＝∠ADC . ∴△ADC ∽△ACB .∴AB AC ＝AC AD .∴AC 2＝AD ·AB ＝2×6＝12.∴AC ＝2 3.4.已知如图，E 是两相交圆⊙M 和⊙N 的一个交点，且ME ⊥NE ，AB 为外公切线，切点分别为A ，B ，连接AE ，BE ，则∠AEB 的度数为( )A ．145°B ．140°C ．135°D ．130°解析：选C 连接AM ，BN ，因为∠BAE ＝12∠AME ，∠ABE ＝12∠BNE ，所以∠BAE ＋∠ABE ＝12(∠AME ＋∠BNE )，因为MA ⊥AB ，NB ⊥AB ，所以MA ∥NB ，所以∠AMN ＋∠BNM ＝180°. 因为∠MEN ＝90°，所以∠EMN ＋∠ENM ＝90°，所以∠AME ＋∠BNE ＝180°－90°＝90 °，所以∠BAE ＋∠ABE ＝12×90°＝45°，所以∠AEB ＝180°－45°＝135°. 二、填空题5.如图，过圆O 外一点P 分别作圆的切线和割线交圆于A ，B ，且PB ＝7，C 是圆上一点使得BC ＝5，∠BAC ＝∠APB ，则AB ＝ .解析：由P A 为⊙O 的切线，BA 为弦，得∠P AB ＝∠BCA ，又∠BAC ＝∠APB ，于是△APB ∽△CAB ，所以PB AB ＝ABCB ，而PB ＝7，BC ＝5，故AB 2＝PB ·BC ＝7×5＝35，即AB ＝35. 答案：356．如图所示，直线PB 与圆O 相切于点B ，D 是弦AC 上的点，∠PBA ＝∠DBA .若AD ＝m ，AC ＝n ，则AB ＝ .解析：因为直线PB 是圆O 的切线，所以∠ABP ＝∠C ，又因为∠ABP ＝∠ABD ，所以∠ABD ＝∠C ，又因为∠A ＝∠A ，所以△ABD ∽△ACB ，所以AD AB ＝AB AC ，所以AB ＝AD ·AC ＝mn .答案：mn7.如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，AB ＝BC .AT 是⊙O 的切线，∠BAT ＝55°，则∠D 等于．解析：如图，连接AC ，由弦切角定理知∠ACB ＝∠BAT ＝55°，因为AB ＝BC ，所以∠ACB ＝∠CAB ＝55°，所以∠B ＝180°－2∠ACB ＝70°，所以∠D ＝180°－∠B ＝110°. 答案：110°8．如图，P A 切⊙O 于点A ，割线PBC 经过圆心O ，OB ＝PB ＝1，OA 绕点O 逆时针旋转60°到OD ，则PD 的长为．解析：过点D 作DE ⊥PC ，垂足为E .∵∠POD ＝120°， ∴∠DOC ＝60°.可得OE ＝12，DE ＝32，在Rt △PED 中，∴PD ＝PE 2＋DE 2＝254＋34＝7. 答案：7 三、解答题9．过⊙O 外一点P 作⊙O 的切线P A ，切点为A ，连接OP 与⊙O 交于点C ，过C 作AP的垂线，垂足为D .若P A ＝12 cm ，PC ＝6 cm.求CD 的长．证明：连接AO ，P A 为圆的切线，∴△P AO 为直角三角形，设⊙O 的半径为r ，则122＋r 2＝(r ＋6)2， ∴r ＝9.又CD ⊥P A ，于是PC PO ＝CDAO. ∴CD ＝185(cm)．10.如图，已知AB 是⊙O 的直径，AB ＝AC ，BC 交⊙O 于点D ，DE ⊥AC ，E 为垂足．(1)求证：∠ADE ＝∠B .(2)过点O 作OF ∥AD ，与ED 的延长线相交于点F ，求证：FD ·DA ＝FO ·DE .证明：(1)连接OD ，因为OA ＝OD ，所以∠OAD ＝∠ODA . 因为AB 是⊙O 的直径，所以∠ADB ＝90°，即AD ⊥BC . 又因为AB ＝AC ，所以AD 平分∠BAC ，即∠OAD ＝∠CAD .所以∠ODA ＝∠DAE ＝∠OAD . 因为∠ADE ＋∠DAE ＝90°，所以∠ADE ＋∠ODA ＝90°，即∠ODE ＝90°，OD ⊥EF . 因为OD 是⊙O 的半径，所以EF 是⊙O 的切线．所以∠ADE ＝∠B . (2)因为OF ∥AD ，所以∠F ＝∠ADE .又因为∠DEA ＝∠FDO ＝90°，所以△FDO ∽△DEA .所以FD DE ＝FODA，即FD ·DA ＝FO ·DE .11．如图，⊙O 是以AB 为直径的△ABC 的外接圆，点D 是劣弧BC的中点，连接AD 并延长，与过C 点的切线交于P ，OD 与BC 相交于点E .求证：(1)OE ＝12AC ；(2)PD P A ＝BD 2AC2. 证明：(1)因为AB 为⊙O 的直径，所以∠ACB ＝90°，即AC ⊥BC . 因为D 是弧 BC 的中点，由垂径定理得OD ⊥BC ，因此OD ∥AC ，又因为点O 为AB 的中点，所以点E 为BC 的中点，所以OE ＝12AC .(2)连接CD ，因为PC 是⊙O 的切线，所以∠PCD ＝∠P AC .又∠P 是公共角，所以△PCD ∽△P AC . 得PC P A ＝PD PC ＝CD AC ，得PD P A ＝CD 2AC 2，因为D 是弧 BC的中点，所以CD ＝BD ，因此PD P A ＝BD 2AC 2.。

2017-2018学年北师大版高中数学选修4-4全册同步配套教学案

2017-2018学年高中数学北师大版选修4-4全册同步配套教学案目录第一章§1 平面直角坐标系第一章§2 2.1、2.2 极坐标系的概念点的极坐标与直角坐标的互化第一章§2 2.3 直线和圆的极坐标方程第一章§2 2.4、2.5曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化圆锥曲线统一的极坐标方程第一章§3 柱坐标系和球坐标系第一章章末复习课第二章§1 参数方程的概念第二章§2 2.1 直线的参数方程第二章§2 2.2、2.3、2.4 圆的参数方程椭圆的参数方程双曲线的参数方程第二章§3 参数方程化成普通方程第二章§4 平摆线和渐开线第二章章末复习课§1平面直角坐标系[对应学生用书P1][自主学习]1．平面直角坐标系与曲线方程(1)平面直角坐标系中点和有序实数对的关系：在平面直角坐标系中，点和有序实数对是一一对应的． (2)平面直角坐标系中曲线与方程的关系：曲线可看作是满足某些条件的点的集合或轨迹，在平面直角坐标系中，如果某曲线C 上的点与一个二元方程f (x ，y )＝0的实数解建立了如下的关系：①曲线C 上的点的坐标都是方程f (x ，y )＝0的解； ②以方程f (x ，y )＝0的解为坐标的点都在曲线C 上．那么，方程f (x ，y )＝0叫作曲线C 的方程，曲线C 叫作方程f (x ，y )＝0的曲线． (3)一些常见曲线的方程： ①直线的方程：ax ＋by ＋c ＝0；②圆的方程：圆心为(a ，b )，半径为r 的圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2；③椭圆的方程：中心在原点，焦点在x 轴上，长轴长为2a ，短轴长为2b 的椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1；④双曲线的方程：中心在原点，焦点在x 轴上，实轴长为2a ，虚轴长为2b 的双曲线方程为x 2a 2－y 2b 2＝1；⑤抛物线的方程：顶点在原点，以x 轴为对称轴，开口向右，焦点到顶点距离为p2的抛物线方程为y 2＝2px .2．平面直角坐标系中的伸缩变换1．如何根据题设条件建立适当的平面直角坐标系？提示：①如果图形有对称中心，选对称中心为坐标原点； ②如果图形有对称轴，选对称轴为坐标轴； ③使图形上的特殊点尽可能多的在坐标轴上；④如果是圆锥曲线，所建立的平面直角坐标系应使曲线方程为标准方程． 2．平面直角坐标系中的伸缩变换可以改变图形的形状，那平移变换呢？提示：平移变换仅改变图形的位置，不改变它的形状、大小．[对应学生用书P1]的距离之和为12，求椭圆G 的方程．(2)在边长为2的正△ABC 中，若P 为△ABC 内一点，且|P A |2＝|PB |2＋|PC |2，求点P 的轨迹方程，并画出方程所表示的曲线．[思路点拨] 本题是曲线方程的确定与应用问题，考查建立平面直角坐标系、数形结合思想、曲线方程的求法及分析推理、计算化简技能、技巧等．解答此题中(1)需要根据已知条件用待定系数法求解；(2)需要先建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，用直接法求解，再根据方程判定曲线类型画出其表示的曲线．[精解详析] (1)由已知设椭圆方程为 x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则2a ＝12，知a ＝6.又离心率e ＝c a ＝32，故c ＝3 3.∴b 2＝a 2－c 2＝36－27＝9. ∴椭圆的标准方程为x 236＋y 29＝1.(2)以BC 所在直线为x 轴，BC 的中点为原点，BC 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系，设P (x ，y )是轨迹上任意一点，又|BC |＝2，∴B (－1,0)，C (1,0)，则A (0，3)；∵|P A |2＝|PB |2＋|PC |2，∴x 2＋(y －3)2＝(x ＋1)2＋y 2＋(x －1)2＋y 2. 化简得x 2＋(y ＋3)2＝4. 又∵P 在△ABC 内，∴y >0.∴P 点的轨迹方程为x 2＋(y ＋3)2＝4(y >0)．其曲线如上图所示为以(0，－3)为圆心，半径为2的圆在x 轴上半部分圆孤．1．求曲线方程的方法：(1)已知曲线类型求方程一般用待定系数法； (2)求动点轨迹方程常用的方法有：①直接法：如果题目中的条件有明显的等量关系或者可以推出某个等量关系，即可直接求曲线的方程，步骤如下：a ．建立适当的平面直角坐标系，并用(x ，y )表示曲线上任意一点M 的坐标；b ．写出适合条件P 的点M 的集合P ＝{M |P (M )}；c ．用坐标表示条件P (M )，写出方程f (x ，y )＝0；d ．化简方程f (x ，y )＝0；e ．检验或证明d 中以方程的解为坐标的点都在曲线上，若方程的变形过程是等价的，则e 可以省略． ②定义法：如果动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可依定义写出轨迹方程．③代入法(相关点法)：如果动点P (x ，y )依赖于另一动点Q (x 1，y 1)，而Q (x 1，y 1)又在某已知曲线上，则可先列出关于x ，y ，x 1，y 1的方程组，利用x ，y 表示x 1，y 1，把x 1，y 1代入已知曲线方程即为所求．④参数法：动点P (x ，y )的横坐标、纵坐标用一个或几个参数来表示，消去参数即得其轨迹方程． 2．根据曲线的方程画曲线时，关键根据方程判定曲线的类型，是我们熟知的哪种曲线，但要注意是曲线的全部还是局部．1．在△ABC 中，底边BC ＝12，其他两边AB 和AC 上中线CE 和BD 的和为30，建立适当的坐标系，求此三角形重心G 的轨迹方程．解：以BC 所在直线为x 轴，BC 边中点为原点，过原点且与BC 垂直的直线为y 轴建立平面直角坐标系，则B (6,0)，C (－6,0)，|BD |＋|CE |＝30，可知|GB |＋|GC |＝23(|BD |＋|CE |)＝20，∴重心G 的轨迹是以(－6,0)，(6,0)为焦点，2a ＝20的椭圆，且y ≠0，其轨迹方程为：x 2100＋y 264＝1(x ≠±10)．[例2] 如图，以Rt △ABC 的两条直角边AB ，和正方形BCFG ，连接EC ，AF ，且EC ，AF 交于点M ，连接BM .求证：BM ⊥AC .[思路点拨] 本题考查坐标法在解决平面几何中垂直、平行、线段相等、平分等问题中的应用，解答此题需要先建立适当的平面直角坐标系，设出相关点的坐标，求出相关线的方程，求出k BM ，k AC ，证明k BM ·k AC ＝－1，即可．形BCFG 的边长分别为a ，b ，则A (0，a )，B (0,0)，C (b,0)，E (－a ，a )，F (b ，－b )．直线AF ：y ＋b a ＋b ＝x －b0－b ，即(a ＋b )x ＋by －ab ＝0；直线EC ：y －0a －0＝x －b－a －b ，即ax ＋(a ＋b )y －ab ＝0.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧(a ＋b )x ＋by －ab ＝0，ax ＋(a ＋b )y －ab ＝0，得⎩⎨⎧x ＝a 2ba 2＋ab ＋b 2，y ＝ab2a 2＋ab ＋b 2.即M 点的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2b a 2＋ab ＋b 2，ab2a 2＋ab ＋b 2.故k BM ＝b a .又k AC ＝0－a b －0＝－ab ，∴k BM ·k AC ＝－1， ∴BM ⊥AC .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．已知正△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，建立如图所示的平面直角坐标系，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， ∴所求最小值为a 2，此时P 点坐标为P ⎝⎛⎭⎫0，36a ，它是正△ABC 的中心．[例3] 在下列平面直角坐标系中，分别作出x 25＋y 9＝1的图形．(1)x 轴与y 轴具有相同的单位长度；(2)x 轴上的单位长度为y 轴上单位长度的2倍； (3)x 轴上的单位长度为y 轴上单位长度的12倍．[思路点拨] 本题考查平面直角坐标系中的伸缩变换对图形的影响及数形结合思想，解决此题只需根据坐标轴的伸缩变换找出变换后x 轴、y 轴单位长度的变化情况，再作出图形即可．[精解详析] (1)建立平面直角坐标系使x 轴与y 轴具有相同的单位长度，则x 225＋y 29＝1的图形如图①.(2)如果x 轴上的单位长度保持不变，y 轴上的单位长度缩小为原来的12，则x 225＋y 29＝1的图形如图②.(3)如果y 轴上的单位长度不变，x 轴上的单位长度缩小为原来的12，则x 225＋y 29＝1的图形如图③.一般地，在平面直角坐标系xOy 中：(1)使x 轴上的单位长度为y 轴上单位长度的k 倍(k >0)，则当k ＝1时，x 轴与y 轴具有相同的单位长度；即为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x ，y ′＝y 的伸缩变换，当k >1时，相当于x 轴上的单位长度保持不变，y 轴上的单位长度缩小为原来的1k ，即为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x ，y ′＝1k y 的伸缩变换，当0<k <1时，相当于y 轴上的单位长度保持不变，x 轴上的单位长度缩小为原来的k 倍，即为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝kx ，y ′＝y 的伸缩变换．(2)在平面经过伸缩变换，直线伸缩后仍为直线；圆伸缩后可能是圆或椭圆；椭圆伸缩后可能是椭圆或圆；双曲线伸缩后仍为双曲线；抛物线伸缩后仍为抛物线.本例中若x 轴的单位长度为y 轴上单位长度的35，则椭圆x 225＋y 29＝1的图形如何？解：如果y 轴上的单位长度不变，x 轴的单位长度缩小为原来的35，即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝35x ，y ′＝y ，则x 225＋y 29＝1的图形变为圆．本课时主要考查平面直角坐标系中曲线的求解，常与平面几何知识结合．[考题印证]满足BQ＝设λ>0，点A 的坐标为(1,1)，点B 在抛物线y ＝x 2上运动，点Q λQA ，经过点Q 与x 轴垂直的直线交抛物线于点M ，点P 满足QM ＝λMP ，求点P 的轨迹方程．[命题立意] 本题考查直线和抛物线的方程、平面向量的概念、性质与运算、动点的轨迹方程等基本知识，考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力，全面考核综合数学素养．[自主尝试] 由QM ＝λMP知Q ，M ，P 三点在同一条垂直于x 轴的直线上，故可设P (x ，y )，Q (x ，y 0)，M (x ，x 2)，则x 2－y 0＝λ(y －x 2)，即 y 0＝(1＋λ)x 2－λy .①再设B (x 1，y 1)，由BQ ＝λQA，即(x －x 1，y 0－y 1)＝λ(1－x,1－y 0)，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝(1＋λ)x －λ，y 1＝(1＋λ)y 0－λ.②将①式代入②式，消去y 0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝(1＋λ)x －λ，y 1＝(1＋λ)2x 2－λ(1＋λ)y －λ.③ 又点B 在抛物线y ＝x 2上，所以y 1＝x 21，再将③式代入y 1＝x 21，得(1＋λ)2x 2－λ(1＋λ)y －λ＝[(1＋λ)x －λ]2， (1＋λ)2x 2－λ(1＋λ)y －λ＝(1＋λ)2x 2－2λ(1＋λ)x ＋λ2， 2λ(1＋λ)x －λ(1＋λ)y －λ(1＋λ)＝0.因λ>0，两边同除以λ(1＋λ)，得2x －y －1＝0. 故所求点P 的轨迹方程为y ＝2x －1.[对应学生用书P4]一、选择题1．方程x 2＋xy ＝0的曲线是( ) A ．一个点 B ．一条直线C ．两条直线D ．一个点和一条直线解析：选C 方程变形为x (x ＋y )＝0，∴x ＝0或x ＋y ＝0，而方程x ＝0，x ＋y ＝0表示的是直线，∴C 正确．2．已知△ABC 的底边BC 长为12，且底边固定，顶点A 是动点，且sin B －sin C ＝12sin A ，若以底边BC 为x 轴、底边BC 的中点为原点建立平面直角坐标系，则点A 的轨迹方程是( )A.x 29－y 227＝1 B.x 29－y 227＝1(x ＜－3) C.x 227－y 29＝1 D.x 227－y 29＝1(x ＜－3) 解析：选B 由题意知，B (－6,0)，C (6,0) 由sin B －sin C ＝12sin A 得b －c ＝12a ＝6，即|AC |－|AB |＝6.所以点A 的轨迹是以B (－6,0)，C (6,0)为焦点，2a ＝6的双曲线的左支且y ≠0.其方程为 x 29－y 227＝1(x <－3)． 3．已知一椭圆的方程为x 216＋y 24＝1，如果x 轴上的单位长度为y 轴上单位长度的12，则该椭圆的形状为( )解析：选B 如果y 轴上的单位长度保持不变，x 轴上的单位长度缩小为原来的12，则该椭圆的形状为选项B 中所示．4．平面内有一条固定线段AB ，|AB |＝4，动点P 满足|P A |－|PB |＝3，O 为AB 的中点，则|OP |的最小值是( )A.32B.12 C ．2D ．3解析：选A 以AB 的中点O 为原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，∴a ＝32.如图，则点P 的轨迹是以A ，B 为焦点的双曲线的一部分.2c ＝4，c ＝2,2a ＝3，∴b 2＝c 2－a 2＝4－94＝74.∴点P 的轨迹方程为x 294－y 274＝1(x ≥32)．由图可知，点P 为双曲线与x 轴的右交点时，|OP |最小，|OP |的最小值是32.二、填空题5．已知点A (－2,0)，B (－3,0)，动点P (x ，y )满足PA ·PB＝x 2＋1，则点P 的轨迹方程是________．解析：由题意得PA ＝(－2－x ，－y )，PB＝(－3－x ，－y )． ∴PA ·PB＝(－2－x )(－3－x )＋(－y )2＝x 2＋1. 即y 2＋5x ＋5＝0. 答案：y 2＋5x ＋5＝06．在平面直角坐标系中，O 为原点，已知两点A (4,1)，B (－1,3)，若点C 满足OC ＝m OA ＋n OB，其中m ，n ∈[0,1]，且m ＋n ＝1，则点C 的轨迹方程为________．解析：由题意知，A ，B ，C 三点共线且C 在线段AB 上，点A ，B 所在的直线方程为2x ＋5y －13＝0，且点C 的轨迹为线段AB ，所以，点C 的轨迹方程为2x ＋5y －13＝0，x ∈[－1,4]．答案：2x ＋5y －13＝0(－1≤x ≤4)7．在平面直角坐标系中，设点P (x ，y )，定义|OP |＝|x |＋|y |，其中O 为坐标原点，对以下结论： ①符合|OP |＝1的点P 的轨迹围成图形面积为2；②设P 为直线5x ＋2y －2＝0上任意一点，则|OP |的最小值为1；③设P 为直线y ＝kx ＋b (k ，b ∈R )上任意一点，则“使|OP |最小的点P 有无数个”的必要不充分条件是“k ＝±1”．其中正确的结论有________．(填序号) 解析：在①中，由于|OP |＝1 ⇔⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋1，0≤x ≤1，y ＝－x －1，－1≤x ≤0，y ＝x ＋1，－1≤x ≤0，y ＝x －1，0≤x ≤1，其图像如图故其面积为2×⎝⎛⎭⎫12×2×1＝2. 故①正确．在②中，当P ⎝⎛⎭⎫255，0时，|OP |＝|x |＋|y |＝255＜1， ∴|OP |的最小值不为1，故②错误．在③中，∵|x |＋|y |≥|x ＋y |＝|(k ＋1)x ＋b |，当k ＝－1时，|x |＋|y |≥|b |满足题意，即|x |＋|y |≥|x －y |＝|(k －1)x －b |，当k ＝1时，|x |＋|y |≥|b |满足题意，故③正确．答案：①③8．曲线C 是平面内与两个定点F 1(－1,0)和F 2(1,0)的距离的积等于常数a 2(a ＞1)的点的轨迹．给出下列三个结论：①曲线C 过坐标原点； ②曲线C 关于坐标原点对称；③若点P 在曲线C 上，则△F 1PF 2的面积不大于12a 2.其中，所有正确结论的序号是________．解析：因为原点O 到两个定点F 1(－1,0)，F 2(1,0)的距离的积是1，而a ＞1，所以曲线C 不过原点，即①错误；因为F 1(－1,0)，F 2(1,0)关于原点对称，所以|PF 1||PF 2|＝a 2对应的轨迹关于原点对称，即②正确；因为S △F 1PF 2＝12|PF 1||PF 2|sin ∠F 1PF 2≤12|PF 1||PF 2|＝12a2，即面积不大于12a 2，所以③正确．答案：②③ 三、解答题9.如图所示，△ABC 中，角A ，B ，C 所对三边分别为a ，b ，c ，且B (－1，0)，C (1,0)．(1)求满足b >a >c ，b ，a ，c 成等差数列时，顶点A 的轨迹方程． (2)在x 轴上的单位长度为y 轴上单位长度的12倍的平面直角坐标系中作出(1)中轨迹．解：(1)∵b ，a ，c 成等差数列， ∴b ＋c ＝2a ＝2×2＝4.即|AB |＋|AC |＝4>|BC |＝2符合椭圆定义条件．动点A (x ，y )的轨迹是椭圆，且⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＝4，2c ＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝1，∴A 点的轨迹方程是x 24＋y 23＝1.由于b >c ，即|AC |>|AB |，可知A 点轨迹是椭圆左半部分，还必须除去点(0，－3)，(0，3)． ∵A ，B ，C 构成三角形，∴必须除去点(－2,0)． ∴所求轨迹方程为x 24＋y 23＝1 (－2<x <0)．(2)如果y 轴上的单位长度不变，x 轴上的单位长度缩小为原来的12，x 24＋y 23＝1(－2<x <0)的图形为图示．10．我海军某部发现，一艘敌舰从离小岛O 正东方向80 n mile 的B 处，沿东西方向向O 岛驶来，指挥部立即命令在岛屿O 正北方向40 n mile 的A 处的我军舰沿直线前往拦截，以东西方向为x 轴，南北方向为y 轴，岛屿O 为原点，建立平面直角坐标系并标出A ，B 两点，若敌我两舰行驶的速度相同，在上述坐标系中标出我军舰最快拦住敌舰的位置，并求出该点的坐标．解：A ，B 两点如图所示，A (0,40)，B (80,0)，∴OA ＝40(n mile)，OB ＝80(n mile)．我军舰直行到点C 与敌舰相遇，设C (x,0)，∴OC ＝x ，BC ＝OB －OC ＝80－x . ∵敌我两舰速度相同， ∴AC ＝BC ＝80－x .在Rt △AOC 中，OA 2＋OC 2＝AC 2，即402＋x 2＝(80－x )2，解得x ＝30. ∴点C 的坐标为(30,0)．11.如图，椭圆C 0：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0，a ，b 为常数)，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 21，b <t 1<a .点A 1，A 2分别为C 0的左、右顶点，C 1与C 0相交于A ，B ，C ，D 四点．(1)求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程；(2)设动圆C 2：x 2＋y 2＝t 22与C 0相交于A ′，B ′，C ′，D ′四点，其中b <t 2<a ，t 1≠t 2.若矩形ABCD 与矩形A ′B ′C ′D ′的面积相等，证明：t 21＋t 22为定值．解：(1)设 A (x 1，y 1)，B (x 1，－y 1)，又知A 1(－a,0)，A 2(a,0)，则直线A 1A 的方程为y ＝y 1x 1＋a (x ＋a )，①直线A 2B 的方程为y ＝－y 1x 1－a (x －a )．②由①②得y 2＝－y 21x 21－a2(x 2－a 2)．③ 由点A (x 1，y 1)在椭圆C 0上，故x 21a 2＋y 21b 2＝1.从而y 21＝b 2⎝⎛⎭⎫1－x 21a 2，代入③得x 2a 2－y 2b2＝1(x <－a ，y <0)．(2)设A ′(x 2，y 2)，由矩形ABCD 与矩形A ′B ′C ′D ′的面积相等，得4|x 1||y 1|＝4|x 2||y 2|，故x 21y 21＝x 22y 22.因为点A ，A ′均在椭圆上，所以 b 2x 21⎝⎛⎭⎫1－x 21a 2＝b 2x 22⎝⎛⎭⎫1－x 22a 2. 由t 1≠t 2，知x 1≠x 2，所以x 21＋x 22＝a 2.从而y 21＋y 22＝b 2，因此t 21＋t 22＝a 2＋b 2为定值．§2极_坐_标_系2．1&2.2 极坐标系的概念点的极坐标与直角坐标的互化[对应学生用书P5][自主学习]1．极坐标系的概念 (1)极坐标系：在平面内取一个定点O ，叫作极点，自极点O 引一条射线Ox ，叫作极轴；选定一个单位长度和角的正方向(通常取逆时针方向)，这样就建立了一个极坐标系．(2)点的极坐标：对于平面上任意一点M ，用ρ表示线段OM 的长，用θ表示以Ox 为始边，OM 为终边的角度，ρ叫作点M 的极径，θ叫作点M 的极角，有序实数对(ρ，θ)就叫作点M 的极坐标，记作M (ρ，θ)．①特别地，当点M 在极点时，它的极径ρ＝0，极角θ可以取任意值；②点与极坐标的关系：平面内一点的极坐标可以有无数对，当k ∈Z 时，(ρ，θ)，(ρ，θ＋2k π)，(－ρ，θ＋(2k ＋1)π)表示同一个点，如果规定ρ>0,0≤θ<2π或者－π<θ≤π，那么除极点外，平面内的点和极坐标就一一对应了．2．点的极坐标与直角坐标的互化 (1)互化的前提条件：①极坐标系中的极点与直角坐标系中的原点重合； ②极轴与x 轴的正半轴重合； ③两种坐标系取相同的长度单位． (2)极坐标与直角坐标的互化：①将点M 的极坐标(ρ，θ)化为直角坐标(x ，y )的关系式为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ.②将点的直角坐标(x [合作探究]，y )化为极坐标(ρ，θ)的关系式为⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx (x ≠0).1．极坐标系与平面直角坐标系有什么区别和联系？提示：区别：平面直角坐标系以互相垂直的两条数轴为几何背景，而极坐标以角和距离为背景．联系：二者都是平面坐标系，用来研究平面内点与距离等有关问题．2．点M (ρ，θ)关于极轴、极点以及过极点且垂直于极轴的直线的对称点的坐标各为什么？提示：(ρ，2π－θ)，(ρ，π＋θ)，(ρ，π－θ)．3．把直角坐标转化为极坐标时，表示方法唯一吗？提示：通常有不同的表示法．(极角相差2π的整数倍)[对应学生用书P6][例1] 在极坐标系中，画出点A ⎝⎭⎫1，π4，B ⎝⎭⎫2，3π2，C ⎝⎭⎫3，－π4，D ⎝⎭⎫4，9π4. [思路点拨] 本题考查极坐标系以及极坐标的概念，同时考查数形结合思想，解答此题需要先建立极坐标系，再作出极角的终边，然后以极点O 为圆心，极径为半径分别画弧，从而得到点的位置．[精解详析] 在极坐标系中先作出π4线，再在π4线上截取|OA |＝1，这样可得到点A ⎝⎛⎭⎫1，π4.同样可作出点B ⎝⎛⎭⎫2，3π2，C ⎝⎛⎭⎫3，－π4，D ⎝⎛⎭⎫4，9π4，如图所示．由极坐标确定点的位置的步骤 (1)取定极点O ；(2)作方向为水平向右的射线Ox 为极轴；(3)以极点O 为顶点，以极轴Ox 为始边，通常按逆时针方向旋转极轴Ox 确定出极角的终边； (4)以极点O 为圆心，以极径为半径画弧，弧与极角终边的交点即是所求点的位置．1．在极坐标系中，作出以下各点：A (4,0)，B ⎝⎛⎭⎫3，π4，C ⎝⎛⎭⎫2，π2，D ⎝⎛⎭⎫3，7π4；结合图形判断点B ，D 的位置是否具有对称性；并求出B ，D 关于极点的对称点的极坐标．(限定ρ≥0，θ∈[0,2π))解：如图，A ，B ，C ，D 四个点分别是唯一确定的．由图形知B ，D 两点关于极轴对称，且B ，D 关于极点的对称点的极坐标分别为⎝⎛⎭⎫3，5π4，⎝⎛⎭⎫3，3π4.[例2] 已知A ⎝⎭⎫3，－π3，B ⎝⎭⎫1，2π3，将A ，B 坐标化为直角坐标，并求A ，B 两点间的距离． [思路点拨] 本题考查如何将极坐标化为直角坐标，解答此题需要利用互化公式先将极坐标化为直角坐标，再由两点间的距离公式得结果．[精解详析] 将A ⎝⎛⎭⎫3，－π3，B ⎝⎛⎭⎫1，2π3由极坐标化为直角坐标，对于点A ，有x ＝3cos ⎝⎛⎭⎫－π3＝32， y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫－π3＝－332，∴A ⎝⎛⎭⎫32，－332. 对于点B ，有x ＝1×cos 2π3＝－12，y ＝1×sin 2π3＝32，∴B (－12，32)．∴|AB |＝⎝⎛⎭⎫32＋122＋⎝⎛⎭⎫－332－322 ＝4＋12＝4.1．将极坐标M (ρ，θ)化为直角坐标(x ，y )，只需根据公式：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ即可得到；2．利用两种坐标的互化，可以把不熟悉的极坐标问题转化为熟悉的直角坐标问题求解．本例中如何由极坐标直接求A ，B 两点间的距离？解：根据M (ρ1，θ1)，N (ρ2，θ2)，则由余弦定理得：|MN |＝ρ21＋ρ22－2ρ1ρ2cos (θ1－θ2)，所以|AB |＝32＋12－2×3×1×cos ⎣⎡⎦⎤2π3－⎝⎛⎭⎫－π3＝4.[例3] 分别将下列点的直角坐标化为极坐标(ρ>0，(1)(－1,1)，(2)(－3，－1)．[思路点拨] 本题考查如何将直角坐标化为极坐标，同时考查三角函数中由值求角问题，解答此题利用互化公式即可，但要注意点所在象限．[精解详析] (1)∵ρ＝(－1)2＋12＝2，tan θ＝－1，θ∈[0,2π)，又点(－1,1)在第二象限，∴θ＝3π4.∴直角坐标(－1,1)化为极坐标为⎝⎛⎭⎫2，3π4. (2)ρ＝(－3)2＋(－1)2＝2， tan θ＝－1－3＝33，θ∈[0,2π)，∵点(－3，－1)在第三象限， ∴θ＝76π.∴直角坐标(－3，－1)化为极坐标为⎝⎛⎭⎫2，7π6.将点的直角坐标(x ，y )化为极坐标(ρ，θ)时，运用公式⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝x 2＋y 2，tan θ＝yx (x ≠0)即可，在[0,2π)范围内，由tan θ＝yx (x ≠0)求θ时，要根据直角坐标的符号特征，判断出点所在象限，如果允许θ∈R ，再根据终边相同的角的意义，表示为θ＋2k π，k ∈Z 即可．2．将下列各点由直角坐标化为极径ρ是正值，极角在0到2π之间的极坐标． (1)(3，3)；(2)(－2，－23)．解：(1)ρ＝32＋(3)2＝23，tan θ＝y x ＝33，又点(3，3)在第一象限，所以θ＝π6.所以点(3，3)的极坐标为23，π6.(2)ρ＝(－2)2＋(－23)2＝4， tan θ＝y x ＝－23－2＝3，又点(－2，－23)在第三象限，所以θ＝4π3.所以点(－2，－23)的极坐标为⎝⎛⎭⎫4，4π3.本课时常考查极坐标的确定及点的直角坐标与极坐标的互化，特别是直角坐标化为极坐标常与三角知识交汇命题，更成为命题专家的新宠．点P 的直角坐标为(1，－3)，则点P 的极坐标为( ) A.⎝⎛⎭⎫2，π3 B.⎝⎛⎭⎫2，4π3 C.⎝⎛⎭⎫2，－π3 D.⎝⎛⎭⎫2，－4π3 [命题立意] 本题主要考查点的极坐标与直角坐标的互化，同时还考查了三角知识及运算解题能力． [自主尝试]ρ＝12＋(－3)2＝2，tan θ＝－31＝－3，又点(1，－3)在第四象限，所以OP 与x 轴所成的角为5π3，故点P 的一个极坐标为⎝⎛⎭⎫2，5π3，排除A ，B 选项．又－43π＋2π＝23π，所以极坐标⎝⎛⎭⎫2，－4π3所表示的点在第二象限，故D 不正确，而－π3＋2π＝53π. [答案] C[对应学生用书P8]一、选择题1．点P 的直角坐标为(－2，2)，那么它的极坐标可表示为( ) A.⎝⎛⎭⎫2，π4 B.⎝⎛⎭⎫2，3π4 C.⎝⎛⎭⎫2，5π4 D.⎝⎛⎭⎫2，7π4 解析：选B ρ＝(－2)2＋(2)2＝2， tan θ＝2－2＝－1，∵点P 在第二象限， ∴最小正角θ＝3π4.2．在极坐标系中与点A ⎝⎛⎭⎫3，－π3关于极轴所在的直线对称的点的极坐标是( ) A.⎝⎛⎭⎫3，2π3 B.⎝⎛⎭⎫3，π3 C.⎝⎛⎭⎫3，4π3 D.⎝⎛⎭⎫3，5π6 解析：选B 与点A ⎝⎛⎭⎫3，－π3关于极轴所在直线的对称的点的极坐标可以表示为⎝⎛⎭⎫3，2k π＋π3(k ∈Z )，这时只有选项B 满足条件．3．在极坐标系中，若等边△ABC 的两个顶点是A ⎝⎛⎭⎫2，π4，B ⎝⎛⎭⎫2，5π4，那么可能是顶点C 的坐标的是( )A.⎝⎛⎭⎫4，3π4B.⎝⎛⎭⎫23，3π4 C.()23，πD.()3，π解析：选B 如图，由题设，可知A ，B 两点关于极点O 对称，即O 是AB 的中点．又|AB |＝4，△ABC 为正三角形，∴|OC |＝23，∠AOC ＝π2，点C 的极角θ＝π4＋π2＝3π4或5π4＋π2＝7π4，即点C 的极坐标为⎝⎛⎭⎫23，3π4或⎝⎛⎭⎫23，7π4. 4．若ρ1＋ρ2＝0，θ1＋θ2＝π，则点M 1(ρ1，θ1)与点M 2(ρ2，θ2)的位置关系是( ) A ．关于极轴所在直线对称 B ．关于极点对称C ．关于过极点垂直于极轴的直线对称D ．两点重合解析：选A 因为点(ρ，θ)关于极轴所在直线对称的点为(－ρ，π－θ)．由此可知点(ρ1，θ1)和(ρ2，θ2)满足ρ1＋ρ2＝0，θ1＋θ2＝π，是关于极轴所在直线对称．二、填空题5．将极轴Ox 绕极点顺时针方向旋转π6得到射线OP ，在OP 上取点M ，使|OM |＝2，则ρ>0，θ∈[0,2π)时点M 的极坐标为________，它关于极轴的对称点的极坐标为________(ρ>0，θ∈[0,2π))．解析：ρ＝|OM |＝2，与OP 终边相同的角为－π6＋2k π(k ∈Z )．∵θ∈[0,2π)，∴k ＝1，θ＝11π6.∴M ⎝⎛⎭⎫2，11π6. ∴M 关于极轴的对称点为(2，π6)．答案：⎝⎛⎭⎫2，11π6 ⎝⎛⎭⎫2，π6 6．点A ⎝⎛⎭⎫5，π3在条件： (1)ρ>0，θ∈(－2π，0)下的极坐标是________； (2)ρ<0，θ∈(2π，4π)下的极坐标是________．解析：(1)当ρ>0时，点A 的极坐标形式为⎝⎛⎭⎫5，2k π＋π3(k ∈Z )， ∵θ∈(－2π，0)．令k ＝－1，点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎫5，－5π3，符合题意． (2)当ρ<0时，⎝⎛⎭⎫5，π3的极坐标的一般形式是⎝⎛⎭⎫－5，(2k ＋1)π＋π3(k ∈Z )．∵θ∈(2π，4π)，当k ＝1时，点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎫－5，10π3，符合题意．答案：⎝⎛⎭⎫5，－5π3 (2)⎝⎛⎭⎫－5，10π3 7．直线l 过点A ⎝⎛⎭⎫7，π3，B ⎝⎛⎭⎫7，π6，则直线l 与极轴所在直线的夹角等于________．解析：如图所示，先在图形中找到直线l 与极轴夹角(要注意夹角是个锐角)，然后根据点A ，B 的位置分析夹角大小．因为|AO |＝|BO |＝7，∠AOB ＝π3－π6＝π6，所以∠OAB ＝π－π62＝5π12.所以∠ACO ＝π－π3－5π12＝π4.答案：π48．已知两点的极坐标是A ⎝⎛⎭⎫3，π12，B ⎝⎛⎭⎫－8，π12，则AB 中点的一个极坐标是________．解析：画出示意图，A ，B 与极点O 共线，∴ρ＝12(3－8)＝－52，θ＝π12. 故AB 中点的一个极坐标为⎝⎛⎭⎫－52，π12. 答案：⎝⎛⎭⎫－52，π12 三、解答题9．设有一颗彗星，围绕地球沿一抛物线轨道运行，地球恰好位于该抛物线的焦点处，当此彗星离地球30万千米时，经过地球和彗星的直线与抛物线对称轴的夹角为30°，试建立适当的极坐标系，写出彗星此时的极坐标．解：如图所示，建立极坐标系，使极点O 位于抛物线的焦点处，极轴Ox 过抛物线的对称轴，由题设可得下列4种情形：①当θ＝30°时，ρ＝30(万千米)； ②当θ＝150°时，ρ＝30(万千米)； ③当θ＝210°时，ρ＝30(万千米)； ④当θ＝330°时，ρ＝30(万千米)．∴彗星此时的极坐标有4种情形：(30,30°)，(30,150°)，(30,210°)，(30,330°)． 10．在极坐标系中，点A 和点B 的极坐标分别为⎝⎛⎭⎫2，π3和(3,0)，O 为极点． (1)求|AB |；(2)求S △AOB .解：|AB |＝ρ21＋ρ22－2ρ1ρ2cos (θ1－θ2)＝22＋32－2×2×3×cos ⎝⎛⎭⎫π3－0＝4＋9－6＝7.S △AOB ＝12|OA |·|OB |·sin ∠AOB＝12×2×3×sin ⎝⎛⎭⎫π3－0 ＝332. 11．在极坐标系中，如果A ⎝⎛⎭⎫2，π4，B ⎝⎛⎭⎫2，5π4为等边三角形ABC 的两个顶点，求顶点C 的极坐标．解：法一：对于A ⎝⎛⎭⎫2，π4有ρ＝2，θ＝π4， ∴x ＝ρcos θ＝2cos π4＝2，y ＝ρsin θ＝2sin π4＝ 2.∴A (2，2)．对于B ⎝⎛⎭⎫2，5π4有ρ＝2，θ＝54π. ∴x ＝2cos 5π4＝－2，y ＝2sin 5π4＝－ 2.∴B (－2，－2)．设C 点的坐标为(x ，y )，由于△ABC 为等边三角形，故有|AB |＝|BC |＝|AC |. ∴有(x ＋2)2＋(y ＋2)2＝(x －2)2＋(y －2)2 ＝(2＋2)2＋(2＋2)2.∴有⎩⎨⎧(x －2)2＋(y －2)2＝16，(x ＋2)2＋(y ＋2)2＝16.解之得⎩⎨⎧ x ＝6，y ＝－6，或⎩⎨⎧x ＝－6，y ＝ 6.∴C 点的坐标为(6，－6)或(－6，6)．∴θ＝7π4或θ＝3π4.∴点C 的极坐标为⎝⎛⎭⎫23，7π4或⎝⎛⎭⎫23，3π4. 法二：设C 点的极坐标为(ρ，θ)(0≤θ<2π，ρ>0)．则有|AB |＝|BC |＝|AC |.∴⎩⎨⎧ρ2＋22－2×2ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝22＋22－2×2×2cos π，ρ2＋22－2×2ρ cos ⎝⎛⎭⎫θ－5π4＝22＋22－2×22cos π.解之得⎩⎪⎨⎪⎧ ρ＝23，θ＝3π4或⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝23，θ＝7π4.∴点C 的极坐标为⎝⎛⎭⎫23，3π4，⎝⎛⎭⎫23，7π4.2．3直线和圆的极坐标方程[对应学生用书P9][自主学习]1．曲线的极坐标方程(1)意义：在极坐标系中，如果曲线C上的点与一个二元方程φ(ρ，θ)＝0建立了如下的关系：①曲线C上的每个点的极坐标中至少有一组(ρ，θ)满足方程φ(ρ，θ)＝0；②极坐标满足方程φ(ρ，θ)＝0的点都在曲线C上．那么方程φ(ρ，θ)＝0叫作曲线C的极坐标方程，曲线C叫作极坐标方程φ(ρ，θ)＝0的曲线．(2)求极坐标方程的步骤：求曲线的极坐标方程通常有以下五个步骤：①建立适当的极坐标系；②在曲线上任取一点M(ρ，θ)；③根据曲线上的点所满足的条件写出等式；④用极坐标ρ，θ表示上述等式，并化简得曲线的极坐标方程；⑤证明所得的方程是曲线的极坐标方程．通常第⑤步不必写出，只要对特殊点的坐标加以检验即可．2．常见直线和圆的极坐标方程[合作探究]1．曲线的极坐标方程与直角坐标方程有何异同？提示：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与直角坐标方程也有不同之处．一条曲线上点的极坐标有多组表示形式，这里要求至少有一组满足极坐标方程．有些表示形式可能不满足方程．例如，对极坐标方程ρ＝θ，点M ⎝⎛⎭⎫π4，π4可以表示为⎝⎛⎭⎫π4，π4＋2π或⎝⎛⎭⎫π4，π4－2π等多种形式，其中只有⎝⎛⎭⎫π4，π4的形式满足方程，而其他表示形式都不满足方程．2．在极坐标系中，θ＝－π4与tan θ＝－1表示同一条直线吗？提示：表示同一条直线．3．在极坐标系中，ρ＝1或ρ＝－1表示同一个圆吗？提示：表示同一个圆．[对应学生用书P9][例1] 求：(1)过点A ⎝⎭⎫2，π4平行于极轴的直线的极坐标方程． (2)过点A ⎝⎛⎭⎫3，π3且和极轴成3π4角的直线的极坐标方程． [思路点拨] 本例主要考查直线的极坐标方程以及正弦定理等三角、平面几何知识，同时亦考查了数形结合思想，解答此题需要先设待求直线上任一点M (ρ，θ)，寻找到ρ，θ满足的几何等式，建立关于ρ，θ的方程，再化简即可．[精解详析] (1)法一：如图在直线l 上任取一点M (ρ，θ)，在△OAM 中|OA |＝2，|OM |＝ρ， ∠OAM ＝π－π4⎝⎛⎭⎫或π4， ∠OMA ＝θ(或π－θ)．在△OAM 中，由正弦定理得2sin θ＝ρsin π4， ∴ρsin θ＝ 2.点A ⎝⎛⎭⎫2，π4也满足上述方程．因此过点A ⎝⎛⎭⎫2，π4平行于极轴的直线的极坐标方程为ρsin θ＝ 2. 法二：如图，在直线l 上任取一点M (ρ，θ)，过M 作MH ⊥极轴于H 点．∵A 点坐标为⎝⎛⎭⎫2，π4， ∴|MH |＝2·sin π4＝ 2.在直角三角形MHO 中，点A ⎝⎛⎭⎫2，π4也满足此方程． ∴过点A ⎝⎛⎭⎫2，π4平行于极轴的直线的极坐标方程为ρsin θ＝ 2. (2)如图，设M (ρ，θ)为直线l 上一点．已知A ⎝⎛⎭⎫3，π3，故|OA |＝3. ∠AOB ＝π3，又已知∠MBx ＝3π4，∴∠OAB ＝3π4－π3＝5π12.又∠OMA ＝π－⎝⎛⎭⎫3π4－θ＝π4＋θ，在△MOA 中，根据正弦定理得3sin ⎝⎛⎭⎫π4＋θ＝ρsin 5π12，又sin 5π12＝sin 7π12＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋π3＝6＋24，将sin ⎝⎛⎭⎫π4＋θ展开化简代入可得 ρ(sin θ＋cos θ)＝332＋32，又点A ⎝⎛⎭⎫3，π3也满足上述方程，所以过点A ⎝⎛⎭⎫3，π3且和极轴成3π4角的直线的极坐标方程为：ρ(sin θ＋cos θ)＝332＋32.在极坐标系中，求直线的极坐标方程的一般思路：在直线上设M (ρ，θ)为任意一点，连接OM ；构造出含OM 的三角形，再利用正弦定理求OM ，即把OM 用θ表示，即为直线的极坐标方程．若将本例(2)中点A 变为(2,0)，3π4变为π6，则直线的极坐标方程如何？解：设M (ρ，θ)为直线上除A 点以外的任意一点，连接OM ，则在△AOM 中，∠AOM ＝θ，∠AMO ＝π6－θ，∠OAM ＝π－π6，OM ＝ρ，由正弦定理可得|OA |sin ⎝⎛⎭⎫π6－θ＝|OM |sin ⎝⎛⎭⎫π－π6.∴ρsin ⎝⎛⎭⎫π－π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫π6－θ. ∴ρ＝1sin ⎝⎛⎭⎫π6－θ.∴ρsin π6cos θ－ρcos π6sin θ＝1.化简得：ρcos θ－3ρsin θ＝2. 经检验点(2,0)的坐标适合上述方程，所以满足条件的直线的极坐标方程为 ρ(cos θ－3sin θ)＝2，其中，0≤θ<π6(ρ≥0)和7π6≤θ<2π(ρ≥0).[例2] 求圆心在A ⎝⎛⎭⎫2，3π2处并且过极点的圆的极坐标方程，并判断点⎝⎭⎫－2，sin 5π6是否在这个圆上． [思路点拨] 本题考查圆的极坐标方程及解三角形的知识，解答此题需要先设圆上任意一点M (ρ，θ)，建立等式转化为ρ，θ的方程，化简即可．[精解详析] 由题意知，圆经过极点O ，OA 为其一条直径，设M (ρ，θ)为圆上除点O ，A 以外的任意一点，则|OA |＝2r ，连接AM ，则OM ⊥MA ，在Rt △OAM中，|OM |＝|OA |cos ∠AOM ，即ρ＝2r cos ⎝⎛⎭⎫3π2－θ，∴ρ＝－4sin θ.经验证，点O (0,0)，A ⎝⎛⎭⎫4，3π2的坐标满足上式．所以满足条件的圆的极坐标方程为ρ＝－4sin θ. ∵sin5π6＝12，∴ρ＝－4sin θ＝－4sin 5π6＝－2， ∴点⎝⎛⎭⎫－2，sin 5π6在此圆上．在极坐标系中，求圆的极坐标方程的一般思路：在圆上设M (ρ，θ)为任意一点，连接OM ，构造出含OM 的三角形，再利用解直角三角形或解斜三角形的正弦、余弦定理求OM ，即把OM 用θ表示，从而得到圆的极坐标方程．1．求半径为1，圆心在点C ⎝⎛⎭⎫3，π4的圆的极坐标方程．解：设圆C 上的任意一点为M (ρ，θ)，且O ，C ，M 三点不共线，不妨设如图所示情况，在△OCM 中，由余弦定理得：。

2018-2019学年高中数学北师大版选修4-1同步配套课件：第二章章末复习课

答案：D
3．圆锥面的母线与轴线成 α 角，不过顶点的平面和轴线成 β 角，且与圆锥面的交线是椭圆，则 β 和 α 的大小关系为 A．β>α C．β＝α
解析：由概念可知 β>α.
(
)
B．β<α D．无法确定
答案：A
4．一个平面和圆柱面的轴成 α 角(0° <α<90° )，则同时与圆柱面和该平面都相切的球的个数为 A．0 个 C．2 个 B． 1 个 D．由 α 的不同而定 ( )
答案：C
1 2．已知圆柱的底面半径为 2，平面 γ 与圆柱斜截口的离心率为， 2 则椭圆的长半轴是 A．2 16 C． 3 B． 4 4 3 D． 3 ( )
解析：设椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为 2a,2b,2c. a2－b2 1 c 由题意知 b＝2，a＝ a ＝， 2 a2－4 1 4 3 ∴ a ＝，解得 a＝ . 2 3
且与 OA 成 45° 角的平面截球 O 的表面得到圆 C.若圆 C 的面 7π 积等于，则球 O 的表面积等于 4 ．
[解析] 设球 O 的半径 OA＝R，圆 C 的圆心为 C，半径为 r，则 OC 垂直于截面，∠OMC 就是直线 OA 与截面所成的角， 7π 7 2 ∴∠OMC＝45° ，∵πr ＝，∴r ＝ .在 Rt△OCM 中，易得 OC 4 4
2
2 ＝ R，取圆 C 上一点 D，连接 CD，OD，则在 Rt△OCD 中， 4 R ＝r
2 2
＋
2 R2，得 R2＝2，故球 O 的表面积等于 4πR2＝8π. 4
[答案]
8π
(2)一个圆锥轴截面的顶角为 120° ，母线长为 1，过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积为 1 A． 2 3 C． 5 1 B． 3 3 D． 4 ( )

2017_2018学年高中数学第二章参数方程本章整合课件北师大版选修4_4

因为 kOP· kOQ=− , 所以
1 4
所以 cos(θ1-θ2)=0. π 所以 θ1-θ2=kπ+ (�� ∈ Z).
2
2sin ��1 2sin ��2 · 4cos ��1 4cos ��2
=− .
1 4
所以 sin2θ1= cos2θ2,cos2θ1=sin2θ2. 所以 |OP|2+|OQ| 2=16cos2θ1+4sin2θ1+16cos2θ2+4sin2θ2=20, 即 |OP|2+|OQ|2= 20.
2
�� sin 2
2
=1+sin θ=2y.
�� 2
2sin
+4 ,
π
0<θ<2π, 所以 0≤x≤ 2. 所以普通方程为 x2 =2y(0≤x≤ 2), 它表示抛物线的一部分.
专题二曲线参数方程的应用曲线的参数方程通过参数反映坐标变量x,y之间的间接关系,其中的参数一般具有相应的几何意义或物理意义.利用参数来表示曲线的方程时,要充分注意参数的合理选择,用参数方程可以求轨迹,解决最值问题,也可以证明恒等式.
第二章参数方程
本章整合
参数方程的概念直线的参数方程直线和圆锥曲线的参数方程圆的参数方程椭圆的参数方程双曲线的参数方程参数方程参数方程与普通方程的互化平摆线平摆线和渐开线渐开线参数方程化成普通方程普通方程化成参数方程
平摆线的概念平摆线的参数方程渐开线的概念渐开线的参数方程
�� = �� =
4 3 , 3 所以�� 2 3 , 3
-

2017-2018学年高中数学第一章相似三角形定理与圆幂定理 1.1.4 锐角三角函数与射影定理新人教B版选修4-1

知，斜边上的高为
4×16
＝8，所以直角三角形的面积为
1 2
×20×8＝80.
答案：80
6．已知：在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，BC ＝ 15 cm，BD＝3 cm，则AD的长是________．解析：∵BC2＝BD·AB， ∴15＝3AB，∴AB＝5(cm)． ∴AD＝AB－BD＝5－3＝2(cm)．答案：2 cm
三角比)为：
α的对边
α的邻边
对边
sinα＝斜边，cosα＝斜边，tanα＝邻边 .
2．射影定理 (1)定理的内容：直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项；斜边上的高是两条直角边在斜边上的射影的比例中项． (2)符号语言表示：如图若 CD 是 Rt△ABC 的斜边 AB 上的高，则： ①AC2＝ AD·AB ②BC2＝ BD·AB ③CD2＝ AD·BD
[小问题·大思维] 1．线段的正射影还是线段吗？提示：不一定．当该线段所在的直线与已知直线垂直时，线段的正射影为一个点． 2．如何用勾股定理证明射影定理？提示：如图，在 Rt△ABC 中， ∵AB2＝AC2＋BC2， ∴(AD＋DB)2＝AC2＋BC2， ∴AD2＋2·AD·DB＋DB2 ＝AC2＋BC2，
利用射影定理解决证明问题
[例 2] 如图所示，在△ABC 中，∠CAB ＝90°，AD⊥BC 于 D，BE 是∠ABC 的平分线，交 AD 于 F.
求证：DAFF＝EACE. [思路点拨] 本题考查射影定理的应用，利用三角形的内角平分线定理及射影定理可证得．
[精解详析] 由三角形的内角平分线定理得，
AC2＝CD·CB，AB2＝BD·BC，

2017-2018学年高中数学北师大版选修4-4教师用书：第1章章末分层突破含答案精品

章末分层突破①极坐标②柱坐标③空间直角坐标系④球坐标1.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).2.坐标系的建立，要尽量使我们研究的曲线的方程简单.设△ABC的周长为18，|AB|＝8，求顶点C的轨迹方程.【精彩点拨】建立适当的平面直角坐标系，利用如周长为18，即AC＋BC＝10这个条件.【规范解答】以AB所在直线为x轴，以AB的垂直平分线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，则A (－4,0)，B (4,0)，设点坐标为(x ，y )，由此得：|CA |＋|CB |＝10，又10＞|AB |，所以C 点轨迹是中心在原点，以A ，B 为焦点的椭圆，但应扣除其与x 轴的交点，设其方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，由此得：a ＝5，c ＝4，∴b ＝a 2－c 2＝52－42＝3，故所求轨迹方程为x 225＋y 29＝1(x ≠±5).1.如图11，圆O 1和圆O 2的半径都是1，|O 1O 2|＝4，过动点P 分别作圆O 1和圆O 2的切线PM ，PN (M ，N 分别为切点)使得|PM |＝2|PN |，试建立适当的坐标系，并求动点P 的轨迹方程.图11【解】如图，以直线O 1O 2为x 轴，线段O 1O 2的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系，则两圆心的坐标分别为O 1(－2,0)，O 2(2,0).设P (x ，y )，则|PM |2＝|PO 1|2－|MO 1|2＝(x ＋2)2＋y 2－1. 同理，|PN |2＝(x －2)2＋y 2－1. ∵|PM |＝2|PN |，即|PM |2＝2|PN |2，即(x ＋2)2＋y 2－1＝2，即x 2－12x ＋y 2＋3＝0，即动点P 的轨迹方程为(x －6)2＋y 2＝33.在给定的平面上的极坐标系下，有一个二元方程φ(ρ，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φ(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.求曲线的极坐标的方法和步骤，和求直角坐标方程类似，就是把曲线看作适合某种条件的点的集合或轨迹，将已知条件用曲线上的极坐标ρ，θ的关系式f (ρ，θ)表示出来，就得到曲线的极坐标方程.已知Rt△ABO 的直角顶点A 在直线ρcos θ＝9上移动(O 为原点)，又∠AOB＝30°，求顶点B 的轨迹的极坐标方程.【精彩点拨】设B (ρ，θ)，利用直角三角形中的三角函数建立ρ与θ的关系，化简即可求解.【规范解答】如图①，设B (ρ，θ)，A (ρ1，θ1). 则ρcos 30°＝ρ1，即ρ1＝32ρ. 又∵ρ1cos θ1＝9，而θ1＝θ－30°，∴ρcos 30°cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝9，即ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6＝6 3.若点B 的位置如图②所示，同理得点B 的轨迹方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝6 3.综上所述，点B 的轨迹方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ±π6＝6 3.2.求圆心为C ⎝⎛⎭⎪⎫3，π6，半径为3的圆的极坐标方程.【解】法一：设圆心C 的直角坐标为(x 0，y 0)，则x 0＝3cos π6＝332，y 0＝3sin π6＝32.所以圆的方程为⎝⎛⎭⎪⎫x －3322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝9，即x 2＋y 2－33x －3y ＝0，所以ρ2＝33ρcos θ＋3ρsin θ，即ρ＝6cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6.法二：如图，设圆上任一点为P (ρ，θ)，则|OP |＝ρ，∠POA ＝θ－π6，|OA |＝2×3＝6.在Rt△POA 中， |OP |＝|OA |cos∠POA ，则ρ＝6cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6，即圆的极坐标方程为ρ＝6cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6.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.把下列极坐标方程化为直角坐标方程. (1)ρ＝2a cos θ(a >0)； (2)ρ＝9(sin θ＋cos θ)； (3)ρ＝4；(4)2ρcos θ－3ρsin θ＝5.【精彩点拨】利用转化公式x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ. 【规范解答】 (1)ρ＝2a cos θ，两边同时乘以ρ，得ρ2＝2a ρcos 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，以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 －922＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －922＝812，是以⎝ ⎛⎭⎪⎫92，92为圆心，以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，以4为半径的圆.(4)2ρcos θ－3ρsin θ＝5，即2x －3y ＝5，是一条直线.3.已知曲线C 1，C 2的极坐标方程分别为ρcos θ＝3，ρ＝4cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ≥0，0≤θ＜π2，则曲线C 1与C 2交点的直角坐标为________.【导学号：12990018】【解析】 ∵⎩⎪⎨⎪⎧ρcos θ＝3，ρ＝4cos θ，∴4cos 2θ＝3，∴cos θ＝±32. ∵0≤θ<π2，∴cos θ＝32，∴θ＝π6. 将θ＝π6代入ρ＝4cos θ，得ρ＝23，∴C 1与C 2交点的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫23，π6. 化为直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫23cos π6，23sin π6，即(3，3).【答案】 (3，3).坐标系的建立，使直观的几何图形用数量运算得以完美实现.某海滨城市附近海面出现台风.据监测，当前台风中心位于城市O (如图12)的东偏南θ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ＝210方向300 km 的海面P 处，并以20 km/h 的速度向西偏北45°方向移动.台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60 km ，并以10 km/h 的速度不断增大.问：几小时后该城市开始受到台风的侵袭？受到侵袭持续多长时间？图12【精彩点拨】建立平面直角坐标系，利用坐标法解决.【规范解答】法一(坐标法)：以O 为原点，正东方向为x 轴正方向，建立平面直角坐标系，如图所示.在时刻t (h)台风中心P ′(x ，y )的坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝300×210－20×22t ，y ＝－300×7210＋20×22t ，此时台风侵袭的区域是(x －x )2＋(y －y )2≤2，其中r (t )＝10t ＋60. 若在t 时刻城市O 受到台风的侵袭，则有 (0－x )2＋(0－y )2≤(10t ＋60)2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫300×210－20×22t 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－300×7210＋20×22t 2≤(10t ＋60)2. 化简整理得t 2－36t ＋288≤0，解得12≤t ≤24.所以12小时后该城市开始受到台风的侵袭，持续时间为12小时. 法二(解三角形法)：假设经过t 小时后，台风中心位置从P 处转移到P ′处，由于∠OPB ＝θ，且cos θ＝210＜cos 45°＝22，所以θ＞45°，连结OP ′，在△OPP ′中，OP ＝300，PP ′＝20t ， cos∠OPP ′＝cos(θ－45°) ＝cos θcos 45°＋sin θsin 45° ＝210×22＋7210×22＝45. 由余弦定理，得OP ′2＝3002＋(20t )2－2×300×20t ×45.若在t 时刻城市O 受到台风的侵袭，则有OP ′2≤(60＋10t )2，即3002＋(20t )2－2×300×20t ×45≤(60＋10t )2.化简，得t 2－36t ＋288≤0，即(t －12)(t －24)≤0，解得12≤t ≤24.答：12小时后该城市开始受到台风的侵袭，持续时间为12小时.4.已知正三角形ABC 的边长为a ，在平面上求一点P ，使|PA |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|PA |2＋|PB |2＋|PC |2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －32a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋y2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫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.如本章中直角坐标与极坐标，直角坐标方程与极坐标方程，空间直角坐标与柱坐标、球坐标的互化等都是这种思想的体现.求经过极点O (0,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，π2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫62，9π4三点的圆的极坐标方程.【精彩点拨】首先把三点的极坐标转化为直角坐标，写出圆的直角坐标方程后，再转化为极坐标方程.【规范解答】将点O ，A ，B 的极坐标化为直角坐标，分别为(0,0)，(0,6)，(6,6)，故△OAB 是以OB 为斜边的等腰直角三角形，所以过这三点的圆的圆心为(3,3)，半径为32，所以圆的直角坐标方程为(x －3)2＋(y －3)2＝18，即x 2＋y 2－6x －6y ＝0. 将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入上述方程，得ρ2－6ρ(cos θ＋sin θ)＝0，即ρ＝62cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4.5.已知极坐标方程C 1：ρ＝10，C 2：ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3＝6，(1)化C 1，C 2的极坐标方程为直角坐标方程，并分别判断曲线形状； (2)求C 1，C 2交点间的距离.【解】 (1)由C 1：ρ＝10，得ρ2＝100，∴x 2＋y 2＝100，所以C 1为圆心在(0,0)，半径等于10的圆. 由C 2：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝6，得ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ－32cos θ＝6. ∴y －3x ＝12，即3x －y ＋12＝0. 所以C 2表示直线.(2)由于圆心(0,0)到直线3x －y ＋12＝0的距离为d ＝1232＋－2＝6<r ＝10，所以直线C 2被圆截得的弦长为 2r 2－d 2＝2102－62＝16.1.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__________.【解析】 ∵ρ＝2sin θ，∴ρ2＝2ρsin θ，∴x 2＋y 2＝2y ，即x 2＋y 2－2y ＝0. 【答案】 x 2＋y 2－2y ＝02.在极坐标系中，直线ρcos θ－3ρsin θ－1＝0与圆ρ＝2cos θ交于A ，B 两点，则|AB |＝________.【解析】 ∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， ∴直线的直角坐标方程为x －3y －1＝0.∵ρ＝2cos θ，∴ρ2(sin 2θ＋cos 2θ)＝2ρcos θ， ∴x 2＋y 2＝2x .∴圆的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1.∵圆心(1,0)在直线x －3y －1＝0上， ∴AB 为圆的直径，∴|AB |＝2. 【答案】 23.在极坐标系中，曲线C 1与C 2的方程分别为2ρcos 2θ＝sin θ与ρcos θ＝1，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，则曲线C 1与C 2交点的直角坐标为________.【解析】曲线C 1普通方程2x 2＝y ；曲线C 2普通方程x ＝1.联立曲线C 1与曲线C 2，可得⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＝y ，x ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，因此两曲线的交点坐标为(1,2).【答案】 (1,2)4.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，可得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 ＝1.5.在直角坐标系xOy 中，直线C 1：x ＝－2，圆C 2：(x －1)2＋(y －2)2＝1，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求C 1，C 2的极坐标方程；(2)若直线C 3的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，设C 2与C 3的交点为M ，N ，求△C 2MN 的面积.【解】 (1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以C 1的极坐标方程为ρcos θ＝－2，C 2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0.(2)将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得ρ2－32ρ＋4＝0，解得ρ1＝22，ρ2＝ 2. 故ρ1－ρ2＝2，即|MN |＝ 2.由于C 2的半径为1，所以△C 2MN 的面积为12.。

2017-2018学年高中数学第一章直线、多边形、圆 1 第二课时平行线分线段成比例定理北师大版选修4-1

．
解析：过点 D 作 DM∥AF 交 BC 于点 M，
∵点 E 是 BD 的中点，
∴在△BDM 中，BF＝FM.
∵点 D 是 AC 的中点，
∴在△CAF 中，CM＝MF.
∴BFFC＝FMB＋FMC＝12. 答案：12
三、解答题 9．已知线段 OA⊥OB，点 C 为 OB 中点，D 为线
段 OA 上一点．连接 AC，BD 交于点 P.如图，当 OA＝OB，且 D 为 OA 中点时，求APCP的值．解：过 D 作 DE∥CO 交 AC 于 E，因为 D 为 OA 中点，所以 AE＝CE＝12AC，DCOE＝12，因为点 C 为 OB 中点，所以 BC＝CO，DBCE＝12，
对于 C，根据平行线分线段成比例定理得，此结论正确；
对于 D，由平行四边形性质知，正确．
答案：B
4．如图，在△ABC 中，AE∶EB＝1∶3，BD∶
DC＝2∶1，AD 与 CE 相交于 F，则FECF＋
FADF的值为
A．12
B．1
C．32
D．2
()
解析：过点 D 作 DG∥AB 交 EC 于 G，则DBEG＝CBDC＝CEGC＝13，而BAEE＝13，即ABEE＝DBEG.∴AE＝DG. ∴AF＝DF，EF＝FG＝CG. ∴FECF＋FADF＝2EEFF＋AAFF＝12＋1＝32. 答案：C
3．如图，在平行四边形 ABCD 中，E 是 AD 上一
点，连接 CE 并延长交 BA 的延长线于点 F，则
下列结论中错误的是
()
A．∠AEF＝∠DEC
B．FA∶CD＝AE∶BC
C．FA∶AB＝FE∶EC
D．AB＝DC
解析：对于 A，根据对顶角相等，此结论正确；

2017-2018学年高中数学北师大版选修4-5教学案：第二章§2排序不等式

§2排序不等式[对应学生用书P39］错误!1．顺序和、乱序和、逆序和的概念设有两个有序实数组a1≥a2≥…≥a n及b1≥b2≥…≥b n,bj1,bj2,…，bj n(其中j1，j2，…，j n是1，2，…，n的任一排列方式）,为b1，b2，…，b n的任一排列方式．则s1＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n称为顺序和；s2＝a1bj1＋a2bj2＋…＋a n bj n称为乱序和；s3＝a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1称为逆序（倒序)和．2．排序不等式(1）定理1：设a，b和c，d都是实数,如果a≥b,c≥d,那么ac＋bd≥ad＋bc。

此式当且仅当a＝b（或c＝d）时取“＝”号．(2）定理2：（排序不等式）设有两个有序实数组a1≥a2≥…≥a n及b1≥b2≥…≥b n.则（顺序和)a1b1＋a2b2＋…＋a n b n≥(乱序和)a1bj1＋a2bj2＋…＋a n bj n≥（逆序和）a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1。

其中j1,j2，…，j n是1,2，…，n的任一排列方式，上式当且仅当a1＝a2＝…＝a n(或b1＝b2＝…＝b n)时取“＝”号．错误!1．定理2中哪个和最大？哪个和最小?提示：顺序和最大，逆序和最小．2．设a1≤a2≤…≤a n，b1≤b2≤…≤b n为两组数，c1，c2，…，c n是b1，b2，…，b n的任一排列，那么，它们的顺序和、乱序和、逆序和大小关系如何？提示：a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1≤a1c1＋a2c2＋…＋a n c n≤a1b1＋a2b2＋…＋a n b n.［对应学生用书P39］利用排序不等式证明所证不等式中所给字母的大小顺序已确定的情况［例1］已知a，b，c为正数，a≥b≥c，求证：(1)错误!≥错误!≥错误!；(2)错误!＋错误!＋错误!≥错误!＋错误!＋错误!.［思路点拨］本题考查排序不等式及不等式的性质、证明不等式等基本知识，考查推理论证能力．解答此题只需根据a≥b≥c，直接构造两个数组，利用排序不等式证明即可．［精解详析］（1）∵a≥b>0，于是1a≤错误!,又c〉0,∴错误!>0，从而错误!≥错误!。

高中数学第一章直线、多边形、圆1.2圆与直线1.2.4切割线定理学案北师大版选修4-1

1.2．4 切割线定理课标解读1.掌握切割线定理及其推论．2．会用切割线定理及推论解决问题.1．切割线定理(1)文字叙述过圆外一点作圆的一条切线和一条割线，切线长是割线上从这点到两个交点的线段长的比例中项．(2)图形表示图1－2－60如图1－2－60，⊙O的切线PA，切点为A，割线PBC，则有PA2＝PB·PC.2．切割线定理的推论(1)文字叙述过圆外一点作圆的两条割线，在一条割线上从这点到两个交点的线段长的积，等于另一条割线上对应线段长的积．(2)图形表示如图1－2－61，PAB与PCD是⊙O的两条割线，则有PA·PB＝PC·PD.图1－2－613．切割线定理的逆定理(1)文字叙述给定⊙O外一点P，若割线PAB交⊙O于A，B两点，点T在⊙O上，且PT2＝PA·PB，则PT是⊙O的切线．(2)图形表示图1－2－62如图1－2－62，PAB是⊙O的割线，点T在⊙O上，若PT2＝PA·PB，则PT是⊙O的切线．1．应用切割线定理及其推论的前提条件是什么？【提示】只有从圆外一点才可能产生切割线定理或其推论，切割线定理是指一条切线和一条割线，而其推论则是指两条割线，只有弄清前提，才能正确运用定理．2．应用切割线定理应注意什么？【提示】应用切割线定理应记清关系式，防止做题时出错．(1)如图所示，把PC2＝PA·PB错写成PC2＝PO·PB；(2)如图所示，把关系式PT2＝PB·PA错写成PT2＝PB·BA，把关系式PB·PA＝PD·PC 错写成PB·BA＝PD·DC.切割线定理图1－2－63如图1－2－63，设△ABC的外接圆的切线AE与BC的延长线交于点E，∠BAC的平分线与BC交于点D.求证：ED2＝EC·EB.【思路探究】由于EA2＝EC·EB，故只需证ED＝EA.【自主解答】如题图，∵AE是圆的切线，∴∠ABC＝∠CAE.又∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD＝∠CAD，从而∠ABC＋∠BAD＝∠CAE＋∠CAD.∵∠ADE＝∠ABC＋∠BAD，∠DAE ＝∠CAE ＋∠CAD ， ∴∠ADE ＝∠DAE ，故EA ＝ED .∵EA 是圆的切线，∴由切割线定理知，EA 2＝EC ·EB .而EA ＝ED ， ∴ED 2＝EC ·EB .切割线定理给出线段之间的关系，在计算与证明有关线段关系时，应注意灵活运用．图1－2－64(2012·衡阳六校联考)如图1－2－64，圆O 是△ABC 的外接圆，过点C 的切线交AB 的延长线于点D ，CD ＝27，AB ＝BC ＝3，则AC 的长为________．【解析】由切割线定理知CD 2＝BD ·AD ＝BD ·(3＋BD )，即(27)2＝BD 2＋3BD ，解得BD ＝4或BD ＝－7(舍去)．∵∠BDC ＝∠ADC ，∠DCB ＝∠CAD ， ∴△CAD ∽△BCD ，∴CD BD ＝AC BC ，即274＝AC 3，解得AC ＝372.【答案】 372切割线定理的推论图1－2－65如图1－2－65，PAB 和PCD 为圆的两条割线，交圆于A ，B 和C ，D 各点，若PA ＝5，AB ＝7，CD ＝11.求AC ∶BD .【思路探究】线段AC 、BD 分别在△PAC 和△PBD 中，可考虑它们的相似关系．【自主解答】由切割线定理的推论知，PA ·PB ＝PC ·PD ①即PA PD ＝PC PB，又∠P 为公共角， ∴△PAC ∽△PDB . ∴AC BD ＝PA PD.②又∵PA ＝5，AB ＝7，CD ＝11，∴PB ＝12. 由①知5×12＝PC (PC ＋11)， ∴PC ＝4或PC ＝－15(舍去)， ∴PD ＝PC ＋CD ＝4＋11＝15.由②得AC BD ＝515＝13，即AC ∶BD ＝1∶3.1．本题求解的关键是证明△PAC ∽△PDB ，而证明的依据是切割线定理的推论． 2．切割线定理的推论在证明、求值等方面有着广泛的应用，在证明三角形相似以及利用相似解决问题中起重要作用．图1－2－66(2012·湖南高考)如图1－2－66所示，过点P的直线与⊙O相交于A，B两点．若PA ＝1，AB＝2，PO＝3，则⊙O的半径等于________．【解析】设⊙O的半径为r(r>0)，∵PA＝1，AB＝2，∴PB＝PA＋AB＝3.延长PO交⊙O于点C，则PC＝PO＋r＝3＋r.设PO交⊙O于点D，则PD＝3－r.由圆的切割线定理的推论知，PA·PB＝PD·PC，∴1×3＝(3－r)(3＋r)，∴9－r2＝3，∴r＝ 6.【答案】 6定理的综合应用图1－2－67如图1－2－67，P 是⊙O 的直径CB 的延长线上一点，PA 和⊙O 相切于A ，若PA ＝15，PB ＝5.(1)求tan ∠ABC 的值；(2)弦AD 使∠BAD ＝∠P ，求AD 的长．【思路探究】求tan ∠ABC 可利用△ABC 中边角关系求出；而AD 的长，可综合利用切割线定理和图形中的相似三角形，建立边长关系求出．【自主解答】 (1)如图，连接AC ，AB ， ∵BC 为⊙O 的直径， ∴∠BAC ＝90°. 又∵PA 是⊙O 的切线， ∴∠BAP ＝∠C .又∵∠P ＝∠P ，∴△PAB ∽△PCA ， ∴AP BP ＝AC AB ＝155＝3.∴在Rt △ABC 中，tan ∠ABC ＝AC AB＝3. (2)由切割线定理，得PA 2＝PB ·PC ，即PA 2＝PB (PB ＋BC )．又PA ＝15，PB ＝5，∴BC ＝40. 设AB ＝x ，则AC ＝3x .由勾股定理，AC 2＋AB 2＝BC 2，即x 2＋(3x )2＝402，得x ＝410，x ＝－410(舍去)．如图，连接BD ，在△PAB 和△ADB 中，∠PAB ＝∠D ，∠P ＝∠BAD ， ∴△PAB ∽△ADB . ∴AD AP ＝AB PB， ∴AD ＝AP ·AB PB ＝15×4105＝1210.1．在本题求解过程中，每一小题都用到了利用三角形相似寻找线段之间的关系． 2．综合应用切割线定理及推论，利用三角形之间的关系，是解决直线与圆关系中的基本思路．图1－2－68如图1－2－68，已知AC 切⊙O 于C 点，CP 为⊙O 的直径，AB 切⊙O 于D ，与CP 的延长线交于点B，若AC＝PC，求证：BD＝2BP.【证明】如图，连接OD.∵AB切⊙O于D，AC切⊙O于C，∴OD⊥AB，AC⊥BC，∴△BOD∽△BAC，∴ODBD＝ACBC，∴RBD＝2RBC，∴BC＝2BD.∵BPC为割线，∴BD2＝BP·BC＝2BD·BP，∴BD＝2BP.图1－2－69(教材第21页练习1－2A组第5题)如图1－2－69，已知Rt△ABC的两条直角边AC，BC的长分别为3 cm,4 cm，以AC为直径作圆与斜边AB交于点D.求BD的长．图1－2－70(2013·重庆高考)如图1－2－70，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝20，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为________．【命题意图】本题主要考查圆的几何性质、解直角三角形以及切割线定理等知识．【解析】在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，∴∠ABC＝30°.∵AB＝20，∴AC＝10，BC＝10 3.∵CD为切线，∴∠BCD＝∠A＝60°.∵∠BDC＝90°，∴BD＝15，CD＝5 3.由切割线定理得DC2＝DE·DB，即(53)2＝15DE，∴DE＝5.【答案】 51．PAB为过圆心O的割线，且PA＝OA＝4，PCD为⊙O的另一条割线，且PC＝CD，则PC 长为( )A．4 B. 6C．24 D．2 6【解析】由题意知PA·PB＝PC·PD，设PC＝x，则PD＝2x，∴2x·x＝4×12，∴x＝26，即PC＝2 6.【答案】 D图1－2－712．如图1－2－71所示，已知PA是⊙O的切线，切点为A，PA＝2，AC是⊙O的直径，PC与⊙O交于点B，PB＝1，则⊙O的半径R＝________.【解析】由切割线定理知PA2＝PB·PC，即22＝PC，∴PC＝4，∴AC2＝PC2－PA2＝42－22＝12，∴AC＝23，∴⊙O的半径R＝ 3.【答案】 33．PA为⊙O的切线，A为切点，PO交⊙O于B，PB＝4，PO＝8.5，则PA＝________.【解析】∵PB＝4，PO＝8.5，∴OB＝4.5.由切割线定理知，PA2＝4×13＝52，∴PA＝213.【答案】213图1－2－724．如图1－2－72所示，从⊙O外一点A引圆的切线AD和割线ABC，已知AD＝23，AC ＝6，⊙O的半径为3，则圆心O到AC的距离为________．【解析】由切割线定理知，AD2＝AB·AC，即(23)2＝6AB，∴AB＝2，∴BC＝AC－AB＝4，∴圆心到AC的距离d＝32－22＝ 5.【答案】 5一、选择题1.图1－2－73如图1－2－73，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G.给出下列三个结论：①AD＋AE＝AB＋BC＋CA；②AF·AG＝AD·AE；③△AFB∽△ADG.其中正确结论的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①③ D ．①②③【解析】 ∵CF ＝CE ，BF ＝BD ， ∴BC ＝CE ＋BD .∴AB ＋BC ＋CA ＝(AB ＋BD )＋(AC ＋CE )＝AD ＋AE ，故结论①正确．连接DF ，则∠FDA ＝∠DGA . 又∵∠A ＝∠A ， ∴△ADF ∽△AGD . ∴AD AG ＝AF AD. ∴AD 2＝AF ·AG . 又AE ＝AD ， ∴AD ·AE ＝AF ·AG .故结论②正确，容易判断结论③不正确，故选A. 【答案】 A2．PT 切⊙O 于点T ，割线PAB 经过O 点交⊙O 于A 、B ，若PT ＝4，PA ＝2，则cos ∠BPT ＝( )A.45B.12C.38D.34【解析】如图所示，连接OT ，根据切割线定理，可得PT 2＝PA ·PB ，即42＝2×PB ，∴PB ＝8，∴AB ＝PB －PA ＝6， ∴OT ＝r ＝3，PO ＝PA ＋r ＝5，∴cos ∠BPT ＝PT PO ＝45.【答案】 A图1－2－743．如图1－2－74，点P 在⊙O 直径AB 的延长线上，且PB ＝OB ＝2，PC 切⊙O 于C 点，CD ⊥AB 于D 点，则CD ＝( )A ．2 3 B. 3 C ．2 D ．4【解析】如题图，连接OC ，由切割线定理知，PC 2＝PA ·PB ，∴PC 2＝(2＋4)×2＝12， ∴PC ＝23， ∴PO ＝PC 2＋OC 2＝4. 又OC ⊥PC ， ∴CD ＝PC ·OC PO ＝23×24＝ 3. 【答案】 B图1－2－754．如图1－2－75，△ABC 中，∠C ＝90°，⊙O 的直径CE 在BC 上，且与AB 相切于D 点，若CO ∶OB ＝1∶3，AD ＝2，则BE 等于( )A. 3 B ．2 2 C ．2 D ．1【解析】连接OD ，则OD ⊥BD ，∴Rt △BOD ∽Rt △BAC ， ∴OD AC ＝BD BC，设⊙O 的半径为a ，∵OC ∶OB ＝1∶3，OE ＝OC ， ∴BE ＝EC ＝2a ，BO ＝3a ，BD ＝22a ， BC ＝4a ，由题知AD 、AC 均为⊙O 的切线， ∵AD ＝2，∴AC ＝2.∴a 2＝22a 4a，即a ＝2， ∴BE ＝2 2. 【答案】 B 二、填空题5．(2013·北京高考)图1－2－76如图1－2－76，AB 为圆O 的直径，PA 为圆O 的切线，PB 与圆O 相交于D ，若PA ＝3，PD ∶DB ＝9∶16，则PD ＝________，AB ＝________.【解析】由于PD ∶DB ＝9∶16，设PD ＝9a ，则DB ＝16a . 根据切割线定理有PA 2＝PD ·PB .又PA ＝3，PB ＝25a ， ∴9＝9a ·25a ，∴a ＝15，∴PD ＝95，PB ＝5.在Rt △PAB 中，AB 2＝PB 2－AP 2＝25－9＝16，故AB ＝4. 【答案】 954图1－2－776．(2013·周口模拟)如图1－2－77，直线PQ 与⊙O 相切于点A ，AB 是⊙O 的弦，∠PAB 的平分线AC 交⊙O 于点C ，连接CB ，并延长与PQ 相交于Q 点，若AQ ＝6，AC ＝5，则弦AB 的长是________．【解析】 ∵PQ 为切线，∴∠PAC ＝∠ABC . ∵AC 是∠PAB 的平分线， ∴∠BAC ＝∠PAC . ∴∠ABC ＝∠BAC ， ∴AC ＝BC ＝5，由切割线定理，可得AQ 2＝QB ·QC ， ∴62＝QB ·(QB ＋5)，解得QB ＝4. ∵∠QAB ＝∠QCA ， ∴△QAB ∽△QCA ， ∴AB AC ＝QA QC，∴AB 5＝64＋5，解得AB ＝103.【答案】103三、解答题图1－2－787．已知如图1－2－78所示，AD 为⊙O 的直径，AB 为⊙O 的切线，割线BMN 交AD 的延长线于点C ，且BM ＝MN ＝NC ，若AB ＝2，求：(1)BC 的长； (2)⊙O 的半径r .【解】 (1)不妨设BM ＝MN ＝NC ＝x . 根据切割线定理，得AB 2＝BM ·BN ，即22＝x (x ＋x )．解得x ＝2， ∴BC ＝3x ＝3 2.(2)在Rt △ABC 中，AC ＝BC 2－AB 2＝14，由割线定理，得CD ·AC ＝CN ·CM ，∴CD ＝CN ·CM AC ＝2147， ∴r ＝12(AC －CD )＝12(14－2147)＝51414.8．如图1－2－79，自圆O 外一点P 引切线与圆切于点A ，M 为PA 中点，过M 引割线交圆于B 、C 两点．求证：∠MCP ＝∠MPB .图1－2－79【证明】 ∵PA 与圆相切于A ， ∴MA 2＝MB ·MC . ∵M 为PA 中点， ∴PM ＝MA ， ∴PM 2＝MB ·MC ， ∴PM MC ＝MB PM. ∵∠BMP ＝∠PMC ， ∴△BMP ∽△PMC ， ∴∠MCP ＝∠MPB .图1－2－809．如图1－2－80，在△ABC 和△ACD 中，∠ACB ＝∠ADC ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ，⊙O 是以AB 为直径的圆，DC 的延长线与AB 的延长线交于点E .(1)求证：DC 是⊙O 的切线；(2)若EB ＝6，EC ＝62，求BC 的长．【解】 (1)证明 ∵AB 是⊙O 的直径，∠ACB ＝90°，∴点C 在⊙O 上．连接OC ，可得∠OCA ＝∠OAC ＝∠DAC ，∴OC∥AD.又∵AD⊥DC，∴DC⊥OC.∵OC为半径，∴DC是⊙O的切线．(2)∵DC是⊙O的切线，∴EC2＝EB·EA. 又∵EB＝6，EC＝62，∴EA＝12，AB＝6. 又∠ECB＝∠EAC，∠CEB＝∠AEC，∴△ECB∽△EAC，∴BCAC＝ECEA＝22，即AC＝2BC.又∵AC2＋BC2＝AB2＝36，∴BC＝2 3.10．如图所示，两圆内切于点T，大圆的弦AB切小圆于点C，TA、TB与小圆分别相交于点E、F，FE的延长线交两圆的公切线TP于点P.求证：(1)CE＝CF；(2)AC·PF＝BC·PT.【证明】(1)设小圆的圆心为点O，连接OC.∵AB切小圆于点C，∴OC⊥AB.∵∠1＝∠3＝∠2，∴EF∥AB，∴OC⊥EF，∴CE＝CF.(2)∵EF∥AB，∴AEBF＝ATBT＝TETF.∵AB切小圆于点C，∴AC2＝AE·AT，BC2＝BF·BT，∴AC2BC2＝AE·ATBF·BT＝TE2TF2，ACBC＝TETF.∵PT是公切线，∴∠PTF＝90°，∵TF是⊙O的直径，∴TE⊥PF，△PTF∽△TEF，∴PTPF＝TETF，∴ACBC＝PTPF，∴AC·PF＝BC·PT.。

高中数学第一章直线、多边形、圆2.4切割线定理2.5相交弦定理学案北师大版选修4-1(2021学年)

２0１7-20１8学年高中数学第一章直线、多边形、圆2．4 切割线定理2.5 相交弦定理学案北师大版选修4-1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望（201７－2018学年高中数学第一章直线、多边形、圆 2.4 切割线定理 2.５相交弦定理学案北师大版选修４-1)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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２．4&2。

５切割线定理相交弦定理[对应学生用书P23]错误!1.切割线定理（1)文字语言:过圆外一点作圆的一条切线和一条割线,切线长是割线上从这点到两个交点的线段长的比例中项.(2)符号语言:从⊙O外一点P引圆的切线PT和割线PAB,T是切点，则ＰT2=ＰA·PB.（３)图形语言：如图所示.推论:过圆外一点作圆的两条割线,在一条割线上从这点到两个交点的线段长的积,等于另一条割线上对应线段长的积(割线定理).2．相交弦定理（１)文字语言:圆内的两条相交弦,被交点分成的两条线段长的积相等.（2)符号语言:⊙Ｏ的两条弦AＢ和CD相交于圆内的一点Ｐ，则PA·PB=PC·ＰD．(3）图形语言：如图所示.错误!1．由相交弦定理知,垂直于弦的直径平分弦.那么,直径被弦分成的两条线段与弦有何关系?提示：弦的一半是直径被弦分成的两条线段的比例中项.２.如图，圆外一点P引圆的两条割线能否有PＡ·AB＝PC·CＤ？提示：只有ＰＡ＝PC时才有PA·PB＝PＣ·CＤ成立.[对应学生用书Ｐ２３］切割线定理的应用［例１] 如图所示，⊙O1与⊙O2相交于A,B两点，AＢ是⊙O2的直径,过Ａ点作⊙O1的切线交⊙O2于点E,并与BＯ１的延长线交于点P。

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