优化方案高考总复习数学文科(江苏专用)课件第4章第三节
2012届高考数学(文)《优化方案》一轮复习课件：第4章第一节 平面向量的概念及线性运算(苏教版江苏专用
法则(或几何意义)
Байду номын сангаас
运算律
减法
求a与b的相 反向量－b 三角形 的和的运算 _________法则
向量 运算
定义
法则(或几何意义)
|λ||a|. (1)|λa|＝_______ (2)当λ>0时，λa与a 相同 的方向______；当 λ<0时，λa与a的方 相反 向_______；当λ＝0 0 时，λa＝___
(8)若四边形 ABCD 是平行四边形， → → → → 则AB＝DC，BC＝DA.
【思路分析】 正确理解向量的有关概念是 解决本题的关键． 【解】 (1)该命题不正确．零向量不是没有 方向，而是方向任意． (2)该命题不正确．|a|＝|b|只是说明这两个向 量的模相等，但其方向未必相同． (3)该命题不正确．单位向量只是模均为单位 长度1，而对方向没有要求． (4)该命题不正确．有向线段只是向量的一种 表示形式，不能把两者等同起来．
2．向量的线性运算
向量 运算
定义
法则(或几何意义)
运算律
加法
求两 个向 量和 的运 算
三角形 _______法则
平行四边形 _______________法则
(1)交换律：a＋b b＋a ＝_______. (2)结合律：(a＋b) ＋c＝ a＋(b＋c) ____________
向量 运算
定义
解：∵ke1＋e2 与 e1＋ke2 共线， ∴存在非零实数 λ 使 ke1＋e2＝λ(e1＋ke2)， 则(k－λ)e1＝(λk－1)e2.由于 e1 与 e2 不共线， k－λ＝0， ∴只能有 解得 k＝± 1. λk－1＝0，
方法感悟 方法技巧 1．向量是自由向量，大小和方向是向量的 两个要素．在用有向线段表示向量时，要认 识到有向线段的起点的选取是任意的．不要 误以为向量也是由起点、大小和方向三个要 素决定的．一句话，研究向量问题应具有“ 平移”意识——长度相等、方向相同的向量 都是相等向量．
优化方案高考总复习数学理科 苏教版 (江苏专用)(课件)选修系列第四节
③a>b，c>d⇒a＋c__b > ＋ d. ④a>b，c>0⇒ac__bc > ；a>b，c<0⇒ac___bc < . ⑤a>b>0，c>d>0⇒ac___bd . > ⑥a>b>0⇒an___ >bn(n∈N，且n>1)． n ⑦a>b>0⇒ n a __ > b ( n∈N，且n>1)． 2．含绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集 a>0 a＝ 0 不等式 |x|<a － a <x <a ∅ |x|>a x>a或x<－a x≠0 a<0 ∅ R
课前热身 1．(2011年无锡调研)解不等式：|2x－1|＜|x|＋1.
解：当 x＜ 0 时，原不等式可化为－2x＋ 1＜－ x＋ 1，解得 x＞0，又∵ x＜ 0，∴ x 不存在； 1 当 0≤x＜ 时， 原不等式可化为－ 2x＋ 1＜ x＋ 1， 解得 x＞ 0， 2 1 1 又∵0≤x＜ ，∴0＜ x＜ ； 2 2 1 当 x≥ 时，原不等式可化为 2x－ 1＜ x＋ 1，解得 x＜2， 2 1 1 又∵x≥ ，∴ ≤x＜2. 2 2 综上，原不等式的解集为 {x|0＜ x＜ 2}．
(3)当a＜0时，|f(x)|＜a无解． |f(x)|＞a⇔f(x)有意义． 2．含有两个绝对值的不等式的解法 (1)零点分段法 零点分段法解绝对值不等式的步骤：a.求零点；b. 划分区间、去绝对值号；c.分别解去掉绝对值的不 等式；d.取每个结果的并集，特别注意在分段时不 要漏掉区间的端点值． 注意：在利用分类讨论解决含多个绝对值的不等 式时，应做到分类不重、不漏；在某个区间上解 出不等式后，不要忘了与前提条件求交集．
2012届高考数学(文)《优化方案》一轮复习课件第4章第二节平面向量基本定理与坐标运算(苏教版江苏专用
预测在2012年的江苏高考中，本部分内容 仍将是考查的热点，要特别注意平面向量 基本定理的考查，结合坐标运算考查两个 向量的平行、垂直等位置关系．
规范解答
例 (本题满分14分)(2010年高考江苏卷)在平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 已 知 点 A( － 1 ， － 2) ， B(2,3)，C(－2，－1)． (1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条 对角线的长；
3．利用已知向量表示未知向量，实质就是 利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的 加减运算或数乘运算．
例1 如图，在平行四边形 ABCD 中，M，N 分 别为 DC，BC 的中点，已知A→M＝c，A→N＝d，试 用 c，d 表示A→B，A→D.
【思路分析】 直接用 c，d 表示A→B，A→D有难 度，可换一个角度，由A→B，A→D表示A→N，A→M， 进而解方程组可求A→B，A→D.
考点三 平面向量共线的坐标表示
a∥b的充要条件有两种表达形式： (1)a∥b(b≠0)⇔a＝λb(λ∈R)； (2) 设 a ＝ (x1 ， y1) ， b ＝ (x2 ， y2) ， 则 a∥b⇔x1y2－x2y1＝0. 两种充要条件的表达形式不同，第(1)种 是用线性关系的形式表示的，而且有前提 条件b≠0.而第(2)种是用坐标形式表示的， 且没有b≠0的限制．
从而 5t＝－11，所以 t＝－151.14 分
第二节 平面向量基本定理与坐标运算
第 二 节
平
双基研习·面对高考
面
向
量
考点探究·挑战高考
基
本
定
理 与
考向瞭望·把脉高考
坐
标
运
算
双基研习·面对高考
基础梳理
【优化方案】江苏省高考数学总复习 第4章第四节课件 理 苏教
6．在进行复数的运算时，不能把实数集的 某些法则和性质照搬到复数集中来，如下面
的结论，当 z∈C 时不总是成立的：(1)(zm)n ＝zmn(m，n 为分数)；(2)zm＝zn⇒m＝n(z≠1)； (3)z21＋z22＝0⇔z1＝z2＝0. 7．解答复数问题，要学会从整体的角度出发去 分析和求解(整体思想贯穿整个复数内容)．如 果遇到复数就设z＝a＋bi(a，b∈R)，则有时会 给问题的解答带来不必要的运算上的困难，如 能把握住复数的整体性质，充分运用整体思想 求解，则能事半功倍．
＋bi(a，b∈R，i 是虚数单位)的形式，则 a
＋b＝________.
解
析
：
复
数
2＋i 1－2i
＝
2＋i1＋2i 1－2i1＋2i
＝
2＋i＋54i－2＝i，则 a＋b＝1.
答案：1
考点探究·挑战高考
考点突破
考点一 复数的有关概念
1 ． 复 数 的 分 类 (a ＋ bi)(a 、 b ∈
实数b＝0
(2)复数的乘法 ①设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)是 任意两个复数，那么它们的积(a＋bi)(c＋di) ＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i. ②复数的乘法满足交换律、结合律以及乘法
对加法的分配律，即对任意z1，z2，z3∈C， 有 ： z1·z2 ＝ z2·z1 ； (z1·z2)·z3 ＝ z1·(z2·z3) ； z1·(z2 ＋z3)＝__z1_z_2_＋__z1_z_3._____
例3 计算：
(1)(11＋ －ii)6＋
2＋ 3－
3i； 2i
(2)(12＋ 23i)4.
【思路分析】 利用复数的乘法、除法等
运算法则运算．
优化方案高考数学(文)总复习(人教A版)第4章第1课时
【误区警示】 在本例的(1)中向量共线并不 能等同于表示两向量的起点和终点一定在同 一直线上，还需确定有一公共点．在(2)中要 合理应用两个向量共线的条件．
方法感悟
方法技巧 1．向量的数乘运算 (1)向量数乘的特殊情况：当λ＝0时，λa＝0；当a ＝0时，也有λa＝0. (2)实数和向量可以求积，但不能求和、求差． (3)熟练掌握向量线性运算的运算规律是正确化简 向量算式的关键，要正确区分向量数量积与向量 数乘的运算律．
例2 如图所示，已知O→A＝a，O→B＝b， O→C＝c，O→D＝d，O→E＝e，O→F＝f，试用 a，b， c，d，e，f 表示：
(1)A→D－A→B；(2)A→B＋C→F.
【思路分析】 由图示及已知 ―→ 分别表示A→D，A→B，C→F
―→ 向量加减法运算 ―→ 得结果
【解】 (1)A→D－A→B＝O→D－O→B＝d－b. (2)A→B＋C→F＝O→B－O→A＋C→O＋O→F＝b－a－c＋f.
(3)运算律：设λ，μ∈R，则：
①λ(μa)＝__(λ_μ__)a_____； ②(λ＋μ)a＝__λ_a_＋__μ__a___； ③λ(a＋b)＝__λ_a_＋__λ_b_____.
4．两个向量共线定理 向量 b 与非零向量 a 共线的充要条件是有且只 有一个实数 λ，使得__b_＝__λ_a___.
2．向量的加法与减法 (1)加法 ①法则：服从三角形法则和平行四边形法则． ②性质：a＋b＝b＋a(交换律)； (a＋b)＋c＝a＋(b＋c)(结合律)； a＋0 ＝ 0 ＋ a＝a. (2)减法：减法与加法互为逆运算，服从三角形 法则．
3．实数与向量的积 (1)|λa|＝_|λ_|_|a_| (2)当_λ_＞__0__时，λa与a的方向相同；当_λ_＜__0___时， λa与a的方向相反；当λ＝0时，λa＝0.
2020优化方案高考总复习文科数学学案及练习选修4
理解坐标系的作用．了解参数方程，了解参数的意义．1．坐标系 (1)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(λx ，μy )，称φ为平面直角坐标系中的伸缩变换．(2)极坐标系在平面内取一个定点O ，叫做极点；自极点O 引一条射线Ox ，叫做极轴；再选一个长度单位，一个角度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向)，这样就建立了一个极坐标系．设M 是平面内一点，极点O 与点M 的距离|OM |叫做点M 的极径，记为ρ；以极轴Ox 为始边，射线OM 为终边的角xOM 叫做点M 的极角，记为θ，有序数对(ρ，θ)叫做点M 的极坐标，记为M (ρ，θ)．2．直角坐标与极坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，x 轴的正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．设M 是平面内任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x ，y )和(ρ，θ)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx （x ≠0）Ｗ. 3．直线的极坐标方程若直线过点M (ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．几个特殊位置的直线的极坐标方程： (1)直线过极点：θ＝θ0和θ＝π＋θ0.(2)直线过点M (a ，0)且垂直于极轴：ρcos__θ＝a ． (3)直线过点M ⎝⎛⎭⎫b ，π2且平行于极轴：ρsin__θ＝b ．4．圆的极坐标方程若圆心为M (ρ0，θ0)，半径为r ，则该圆的方程为：ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ20－r 2＝0.几个特殊位置的圆的极坐标方程： (1)当圆心位于极点，半径为r ：ρ＝r .(2)当圆心位于M (a ，0)，半径为a ：ρ＝2a cos__θ． (3)当圆心位于M ⎝⎛⎭⎫a ，π2，半径为a ：ρ＝2a sin__θ．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)平面直角坐标系内的点与坐标能建立一一对应关系，在极坐标系中点与坐标也是一一对应关系．( )(2)在极坐标系中，曲线的极坐标方程不是唯一的．( ) (3)极坐标方程θ＝π(ρ≥0)表示的曲线是一条直线．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)×圆心C 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，π4，且圆C 经过极点．求圆C 的极坐标方程．解：圆心C 的直角坐标为(2，2)，则设圆C 的直角坐标方程为(x －2)2＋(y －2)2＝r 2，依题意可知r 2＝(0－2)2＋(0－2)2＝4，故圆C 的直角坐标方程为(x －2)2＋(y －2)2＝4，化为极坐标方程为ρ2－22ρ(sin θ＋cos θ)＝0，即ρ＝22(sin θ＋cos θ)．确定极坐标方程ρ2cos 2θ－2ρcos θ＝1表示的曲线． 解：由极坐标方程ρ2cos 2θ－2ρcos θ＝1，得ρ2(cos 2θ－sin 2θ)－2ρcos θ＝1.由互化公式⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，得x 2－y 2－2x ＝1，即(x －1)2－y 2＝2.故此方程表示以(1，0)为中心，F 1(－1，0)，F 2(3，0)为焦点的等轴双曲线.极坐标与直角坐标的互化(师生共研)(1)已知直线l 的极坐标方程为2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝2，点A 的极坐标为A ⎝⎛⎭⎫22，7π4，求点A 到直线l 的距离．(2)把曲线C 1：x 2＋y 2－8x －10y ＋16＝0化为极坐标方程．【解】 (1)由2ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，得2ρ⎝⎛⎭⎫22sin θ－22cos θ＝2，所以y －x ＝1.由点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫22，7π4得点A 的直角坐标为(2，－2)，所以d ＝|2＋2＋1|2＝522.即点A 到直线l 的距离为522.(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2＋y 2－8x －10y ＋16＝0，得ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0，所以C 1的极坐标方程为ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0.极坐标方程与直角坐标方程的互化(1)直角坐标方程化为极坐标方程：将公式x ＝ρcos θ及y ＝ρsin θ直接代入直角坐标方程并化简即可．(2)极坐标方程化为直角坐标方程：通过变形，构造出形如ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，再应用公式进行代换．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技巧．1．(2018·高考江苏卷)在极坐标系中，直线l 的方程为ρsin ⎝⎛⎭⎫π6－θ＝2，曲线C 的方程为ρ＝4cos θ，求直线l 被曲线C 截得的弦长．解：因为曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ，所以曲线C 是圆心为(2，0)，直径为4的圆． 因为直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝2，则直线l 过A (4，0)，倾斜角为π6，所以A 为直线l 与圆C 的一个交点． 设另一个交点为B ，则∠OAB ＝π6.连接OB .因为OA 为直径，从而∠OBA ＝π2，所以AB ＝4cos π6＝2 3.因此，直线l 被曲线C 截得的弦长为2 3.2．已知圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝2.(1)将圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程． 解：(1)由ρ＝2知ρ2＝4， 所以x 2＋y 2＝4.因为ρ2－22ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，所以ρ2－22ρ⎝⎛⎭⎪⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＝2.所以x 2＋y 2－2x －2y －2＝0.(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x ＋y ＝1. 化为极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝1，即ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22.求曲线的极坐标方程(师生共研)(2017·高考全国卷Ⅱ改编)在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1的极坐标方程为ρcos θ＝4.M 为曲线C 1上的动点，点P 在线段OM 上，且满足|OM |·|OP |＝16，求点P 的轨迹C 2的极坐标方程．【解】 设P 的极坐标为(ρ，θ)(ρ>0)，M 的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1>0)．由题设知|OP |＝ρ，|OM |＝ρ1＝4cos θ. 由|OM |·|OP |＝16得C 2的极坐标方程为ρ＝4cos θ(ρ>0)．求曲线的极坐标方程的步骤(1)建立适当的极坐标系，设P (ρ，θ)是曲线上任意一点．(2)由曲线上的点所适合的条件，列出曲线上任意一点的极径ρ和极角θ之间的关系式． (3)将列出的关系式进行整理、化简，得出曲线的极坐标方程．1．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，过极点O 作圆C ：ρ＝8cos θ的弦ON ，交圆C 于点N .求ON 的中点M 的轨迹的极坐标方程． 解：设M (ρ，θ)，N (ρ1，θ1)．因为N 点在圆ρ＝8cos θ上，所以ρ1＝8cos θ1.①因为M 是ON 的中点，所以⎩⎪⎨⎪⎧ρ1＝2ρ，θ1＝θ，代入①式得2ρ＝8cos θ，故点M 的轨迹的极坐标方程是ρ＝4cos θ.2．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)，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 2的极坐标方程为ρcos 2θ＝sin θ(ρ≥0，0≤θ<π)．写出曲线C 1的极坐标方程，并求C 1与C 2交点的极坐标．解：由题意可得曲线C 1的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，把x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入，得曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4sin θ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝4sin θ，ρcos 2θ＝sin θ，得4sin θcos 2θ＝sin θ，此时0≤θ<π，①当sin θ＝0时，θ＝0，ρ＝0，得交点的极坐标为(0，0)；②当sin θ≠0时，cos 2θ＝14，当cos θ＝12时，θ＝π3，ρ＝23，得交点的极坐标为⎝⎛⎭⎫23，π3， 当cos θ＝－12时，θ＝2π3，ρ＝23，得交点的极坐标为⎝⎛⎭⎫23，2π3， 所以C 1与C 2交点的极坐标为(0，0)，⎝⎛⎭⎫23，π3，⎝⎛⎭⎫23，2π3.曲线极坐标方程的应用(师生共研)(2019·福州四校联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos α，y ＝2＋sin α(α为参数)，直线C 2的方程为y ＝3x .以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 1和直线C 2的极坐标方程；(2)若直线C 2与曲线C 1交于A ，B 两点，求1|OA |＋1|OB |.【解】 (1)由曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos α，y ＝2＋sin α(α为参数)，得曲线C 1的普通方程为(x －2)2＋(y －2)2＝1，则C 1的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋7＝0，由于直线C 2过原点，且倾斜角为π3，故其极坐标方程为θ＝π3(ρ∈R )(tan θ＝3)．(2)由⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋7＝0，θ＝π3得ρ2－(23＋2)ρ＋7＝0，设A ，B 对应的极径分别为ρ1，ρ2，则ρ1＋ρ2＝23＋2，ρ1ρ2＝7，所以1|OA |＋1|OB |＝|OA |＋|OB ||OA |·|OB |＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2＝23＋27.在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长、面积等几何问题时，如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决．1．(2019·湖北省八校联考)在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos φ，y ＝1＋sin φ(其中φ为参数)．以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求圆C 的极坐标方程；(2)设直线l 的极坐标方程是ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3＝2，射线OM ：θ＝π6与圆C 的交点为P ，与直线l 的交点为Q ，求线段PQ 的长．解：(1)圆C 的普通方程为x 2＋(y －1)2＝1，又x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(2)把θ＝π6代入圆的极坐标方程可得ρP ＝1，把θ＝π6代入直线l 的极坐标方程可得ρQ ＝2，所以|PQ |＝|ρP －ρQ |＝1.2．(2019·开封高三定位考试)在直角坐标系xOy 中，直线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，圆C 2：(x －2)2＋y 2＝4，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的极坐标方程和交点A 的极坐标；(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B (非坐标原点)，求△OAB的最大面积．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)得曲线C 1的普通方程为y ＝x tan α，故曲线C 1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R )．将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入(x －2)2＋y 2＝4，得C 2的极坐标方程为ρ＝4cos θ.故交点A 的坐标为(4cos α，α)．(2)由题意知，B 的极坐标为⎝⎛⎭⎫22，π4. 所以S △OAB ＝⎪⎪⎪⎪12×22×4cos α×sin ⎝⎛⎭⎫π4－α＝ ⎪⎪⎪⎪22sin ⎝⎛⎭⎫2α－π4－2，故△OAB 的最大面积是22＋2.[基础题组练]1．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝12x ，y ′＝13y后，曲线C ：x 2＋y 2＝36变为何种曲线，并求曲线的焦点坐标．解：设圆x 2＋y 2＝36上任一点为P (x ，y )，伸缩变换后对应的点的坐标为P ′(x ′，y ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′，y ＝3y ′，所以4x ′2＋9y ′2＝36，即x ′29＋y ′24＝1.所以曲线C 在伸缩变换后得椭圆x 29＋y 24＝1，其焦点坐标为(±5，0)．2．在直角坐标系xOy 中，以O 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，并求点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，从而曲线C 的直角坐标方程为12x ＋32y ＝1，即x ＋3y ＝2.θ＝0时，ρ＝2，所以M (2，0)． θ＝π2时，ρ＝233，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，π2. (2)由(1)得点M 的直角坐标为(2，0)，点N 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫0，233.所以点P 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫1，33， 则点P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫233，π6，所以直线OP 的极坐标方程为θ＝π6，ρ∈(－∞，＋∞)．3．在极坐标系中，圆C 是以点C ⎝⎛⎭⎫2，－π6为圆心，2为半径的圆．(1)求圆C 的极坐标方程；(2)求圆C 被直线l ：θ＝－5π12(ρ∈R )所截得的弦长．解：法一：(1)设所求圆上任意一点M (ρ，θ)，如图，在Rt △OAM 中，∠OMA ＝90°， ∠AOM ＝2π－θ－π6，|OA |＝4.因为cos ∠AOM ＝|OM ||OA |，所以|OM |＝|OA |·cos ∠AOM ，即ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π－θ－π6＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6，验证可知，极点O 与A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，－π6的极坐标也满足方程，故ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6为所求．(2)设l ：θ＝－5π12(ρ∈R )交圆C 于点P ，在Rt △OAP 中，∠OP A ＝90°， 易得∠AOP ＝π4，所以|OP |＝|OA |cos ∠AOP ＝2 2.法二：(1)圆C 是将圆ρ＝4cos θ绕极点按顺时针方向旋转π6而得到的圆，所以圆C 的极坐标方程是ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6.(2)将θ＝－5π12代入圆C 的极坐标方程ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6，得ρ＝22，所以圆C 被直线l ：θ＝－5π12(ρ∈R )所截得的弦长为2 2.4．(2019·南昌市第一次模拟测试卷)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos t ，y ＝2sin t ＋2(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系． (1)求曲线C 的极坐标方程；(2)若直线l 1，l 2的极坐标方程分别为θ1＝π6(ρ1∈R )，θ2＝2π3(ρ2∈R )，设直线l 1，l 2与曲线C 的交点分别为O ，M 和O ，N ，求△OMN 的面积．解：(1)由参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos t ，y ＝2sin t ＋2得普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2＋(y －2)2＝4，得ρ2－4ρsin θ＝0. 所以曲线C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ.(2)由直线l 1：θ1＝π6(ρ1∈R )与曲线C 的交点为O ，M ，得|OM |＝4sin π6＝2.由直线l 2：θ2＝2π3(ρ2∈R )与曲线C 的交点为O ，N ，得|ON |＝4sin 2π3＝2 3. 易知∠MON ＝π2，所以S △OMN ＝12|OM |×|ON |＝12×2×23＝2 3. [综合题组练]1．(2019·沈阳质量检测(一))在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos t ，y ＝1＋sin t (t 为参数)，曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4.以平面直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l 的极坐标方程为θ＝α，0<α<π.(1)求曲线C 1，C 2的极坐标方程；(2)设A ，B 分别为射线l 与曲线C 1，C 2除原点之外的交点，求|AB |的最大值．解：(1)由曲线C 1的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos t ，y ＝1＋sin t(t 为参数)，消去参数t 得x 2＋(y －1)2＝1，即x 2＋y 2－2y ＝0，所以曲线C 1的极坐标方程为ρ＝2sin θ.由曲线C 2的直角坐标方程x 2＋(y －2)2＝4，得x 2＋y 2－4y ＝0，所以曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sin θ.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧θ＝α，ρ＝2sin θ，得A (2sin α，α)，所以|OA |＝2sin α， 联立⎩⎪⎨⎪⎧θ＝α，ρ＝4sin θ，得B (4sin α，α)，所以|OB |＝4sin α， 所以|AB |＝|OB |－|OA |＝2sin α，因为0<α<π，所以当α＝π2时，|AB |有最大值，最大值为2. 2．(2019·湖北八校联考)已知曲线C 的极坐标方程为ρ2＝9cos 2θ＋9sin 2θ，以极点为平面直角坐标系的原点O ，极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系．(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)A ，B 为曲线C 上两点，若OA ⊥OB ，求1|OA |2＋1|OB |2的值． 解：(1)由ρ2＝9cos 2θ＋9sin 2θ得ρ2cos 2θ＋9ρ2sin 2θ＝9，将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入得到曲线C 的直角坐标方程是x 29＋y 2＝1. (2)因为ρ2＝9cos 2θ＋9sin 2θ，所以1ρ2＝cos 2θ9＋sin 2θ， 由OA ⊥OB ，设A (ρ1，α)，则点B 的坐标可设为⎝⎛⎫ρ2，α±π2， 所以1|OA |2＋1|OB |2＝1ρ21＋1ρ22＝cos 2α9＋sin 2α＋sin 2α9＋cos 2α＝19＋1＝109. 3．(综合型)(2019·河南名校联盟4月联考)在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的直角坐标方程为x 2＋(y －1)2＝1.以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρ(3cos θ＋sin θ)＝5.(1)求圆C 的极坐标方程和直线l 的直角坐标方程；(2)在圆上找一点A ，使它到直线l 的距离最小，并求点A 的极坐标．解：(1)x 2＋(y －1)2＝1即x 2＋y 2－2y ＝0，因为ρ＝x 2＋y 2，ρsin θ＝y ，所以圆C 的极坐标方程为ρ2＝2ρsin θ，即ρ＝2sin θ.ρ(3cos θ＋sin θ)＝5即3ρcos θ＋ρsin θ＝5，因为ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，所以直线l 的直角坐标方程为y ＝－3x ＋5.(2)曲线C ：x 2＋(y －1)2＝1是以C (0，1)为圆心，1为半径的圆．设圆上点A (x 0，y 0)到直线l ：y ＝－3x ＋5的距离最短，所以圆C 在点A 处的切线与直线l ：y ＝－3x ＋5平行．即直线CA 与l 的斜率的乘积等于－1，即y 0－1x 0×(－3)＝－1.① 因为点A 在圆上，所以x 20＋(y 0－1)2＝1，②联立①②可解得x 0＝－32，y 0＝12或x 0＝32，y 0＝32. 所以点A 的坐标为⎝⎛⎭⎫－32，12或⎝⎛⎭⎫32，32. 又由于圆上点A 到直线l ：y ＝－3x ＋5的距离最小，所以点A 的坐标为⎝⎛⎭⎫32，32，点A 的极径为 ⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫322＝3，极角θ满足tan θ＝3且θ为第一象限角，则可取θ＝π3. 所以点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎫3，π3. 4．(2018·高考全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为y ＝k |x |＋2.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－3＝0.(1)求C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程．解：(1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ得C 2的直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝4.(2)由(1)知C 2是圆心为A (－1，0)，半径为2的圆．由题设知，C 1是过点B (0，2)且关于y 轴对称的两条射线．记y 轴右边的射线为l 1，y 轴左边的射线为l 2.由于B 在圆C 2的外面，故C 1与C 2有且仅有三个公共点等价于l 1与C 2只有一个公共点且l 2与C 2有两个公共点，或l 2与C 2只有一个公共点且l 1与C 2有两个公共点．当l 1与C 2只有一个公共点时，A 到l 1所在直线的距离为2，所以|－k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝－43或k ＝0.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝－43时，l 1与C 2只有一个公共点，l 2与C 2有两个公共点；当l 2与C 2只有一个公共点时，A 到l 2所在直线的距离为2，所以|k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝0或k ＝43.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝43时，l 2与C 2没有公共点．综上，所求C 1的方程为y ＝－43|x |＋2.。
高考数学文优化方案一轮复习第4第二平面向量基本定理与坐标运算苏教江苏专用PPT课件
c＝b＋12a，
因而
d＝a＋12b，
a＝232d－c，
⇒
b＝322c－d，
所以A→B＝23(2d－c)，A→D＝23(2c－d)．
【名师点评】 选择一组基底，运用平面 向量基本定理将条件和结论表示成向量的 形式，再通过向量的运算来求解或证明．
考点二 向量的坐标表示及运算
首先区分清楚向量的坐标与点的坐标之间 的区别及联系，其次要熟练掌握向量加法、 减法与数乘的坐标运算规则
(_2_)_(若x_2_A－_(_xy_11，_，_y_y12_)－_，_y_B1_)(．_x_2，y2)，则 A B ＝ (3)若a＝(x，y)，λ∈R，则λa＝_(_λx_，__λ_y_)_．
思考感悟
任意两个向量可否作为一组基底？
提示：零向量不能作基底，两个非零向量共线 时不能作基底，平面内任意两个不共线的向量 都可以作基底，一旦选择了一组基底，则定向 量沿基底的分解是惟一的．
第二节 平面向量基本定理与坐标运算
优化方案系列丛书
概况一
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第4章 平面向量与复数
整体概述
概况二
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双
基
研
习
·
面
对
高
考
概况三 考
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点 探
点击此处输入相关文本内容 究
·
挑
战
高
考
考 向 瞭 望 · 把 脉 高 考
∴(xM，yM)－(3,2)＝3[(1，－2)－(3,2)]＝(－6，－ 12)． ∴xM＝－3，yM＝－10，∴M(－3，－10)． 又C→N＝－2B→C，∴(xN，yN)－(3,2)＝－2(1,1)，
优化方案高考总复习数学文科 苏教版 (江苏专用)(课件)第2章高考导航
4．理解指数和对数函数的概念性质，会画函数图象；了解 函数模型的实际案例，会用函数模型解决简单的实际问题； 了解指数函数y＝ax与对数函数y＝logax互为反函数(a＞0， a≠1)(不要求一般地讨论反函数的定义，不要求求已知函数 的反函数)． 5．了解幂函数的概念，结合函数y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝， y＝x的图象，了解幂函数的图象变化情况． 6．了解二次函数的零点与相应的一元二次方程根的 联系；了解用二分法求方程近似解的过程，能借助计算器 求形如x3＋ax＋b＝0，ax＋bx＋c＝0，lgx＋bx＋c＝0的方 程的近似解． 7．了解指数函数、对数函数、幂函数、分段函数等函数模 型的意义，并能进行简单应用．
Hale Waihona Puke 第 2章函数与导数
2012高考导航 江苏考纲解读
1．理解函数的有关概念，了解构成函数的要素(定义域、 值域、对应法则)，会求一些简单函数的定义域和值域； 了解映射的概念． 2．理解函数的单调性及其几何意义，会判断一些简单 函数的单调性；理解函数最大(小)值的概念及其几何意 义；了解函数奇偶性的含义． 3．理解指数和对数的概念及其运算性质，能熟练进行 指数和对数运算．
8．了解导数的概念． 9．理解导数的几何意义，通过函数图象直观地理解导 数的几何意义． 10．理解导数的运算，能根据导数的定义，求函数y＝c， y＝x，y＝x2，y＝的导数；能利用导数公式和导数的四 则运算法则求简单函数的导数． 11．理解导数在研究函数中的应用；能利用导数研究函 数的单调性；会求不超过三次的多项式函数的单调区间； 会求不超过三次的多项式函数的极大(小)值，以及在指 定区间上不超过三次的多项式函数的最大(小)值． 12．理解导数在实际问题中的应用．