2020年高考数学理科一轮复习讲义：第12章 选修4系列 第3讲 Word版含解析
2020学年高考数学理一轮复习精选新题和好题归纳总结讲义：第12章 选修4系列 第2讲 Word版含解析
第2讲参数方程[考纲解读]了解参数方程及参数的意义，掌握直线、圆及椭圆的参数方程，并能利用参数方程解决问题．(重点、难点)[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个必考点. 预测2020年将会考查：参数方程与普通方程的互化及直线与椭圆参数方程的应用.1．曲线的参数方程一般地，在平面直角坐标系中，如果曲线上任意一点的坐标x，y都是某个，并且对于t的每一个允许值，由这个方程组所确变数t的函数□01⎩⎨⎧x＝f(t)，y＝g(t)定的点M(x，y)都在这条曲线上，那么这个方程组就叫做这条曲线的参数方程，联系变数x，y的变数t叫做参变数，简称参数．2．常见曲线的参数方程和普通方程提醒：直线的参数方程中，参数t的系数的平方和为1时，t才有几何意义且几何意义为：|t|是直线上任一点M(x，y)到M0(x0，y0)的距离．1．概念辨析(1)直线⎩⎨⎧x ＝－2＋t cos30°，y ＝1＋t sin150°(t 为参数)的倾斜角α为30°.( )(2)过点M 0(x 0，y 0)，倾斜角为α的直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t为参数)．参数t 的几何意义表示：直线l 上以定点M 0为起点，任一点M (x ，y )为终点的有向线段M 0M →的数量．( )(3)方程⎩⎨⎧x ＝2cos θ，y ＝1＋2sin θ表示以点(0,1)为圆心，以2为半径的圆．( )(4)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 3.( )答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)×2．小题热身(1)若直线的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋2t ，y ＝2－3t (t 为参数)，则直线的斜率为________．答案 －32解析 因为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2－3t ，所以3x ＋2y ＝7，此直线的斜率为－32. (2)椭圆⎩⎨⎧x ＝5cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)的离心率为________．答案 45解析 将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos θ，y ＝3sin θ消去参数θ，得椭圆x 225＋y 29＝1.所以a 2＝25，b 2＝9，c 2＝a 2－b 2＝16，所以a ＝5，b ＝3，c ＝4，所以离心率e ＝c a ＝45.(3)曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝sin θ，y ＝cos2θ＋1(θ为参数)，则曲线C 的普通方程为________．答案 y ＝2－2x 2(－1≤x ≤1)解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ，y ＝cos2θ＋1(θ为参数)消去参数θ，得y ＝2－2x 2(－1≤x ≤1)．题型 一 参数方程与普通方程的互化1．求直线⎩⎨⎧ 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．解 将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝－1－t 消去参数t 得直线x ＋y －1＝0；将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos α，y ＝3sin α消去参数α，得圆x 2＋y 2＝9. 又圆心(0,0)到直线x ＋y －1＝0的距离d ＝22<3. 因此直线与圆相交，故直线与曲线有2个交点．2．如图，以过原点的直线的倾斜角θ为参数，求圆x 2＋y 2－x ＝0的参数方程．解 如图，圆的半径为12， 记圆心为C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，连接CP ，则∠PCx ＝2θ，故x P ＝12＋12cos2θ＝cos 2θ， y P ＝12sin2θ＝sin θcos θ(θ为参数)．所以圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θcos θ(θ为参数)．条件探究 把举例说明1中“曲线⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝3sin α(α为参数)”改为“⎩⎨⎧x ＝1－sin2θ，y ＝sin θ＋cos θ.”其他条件不变，求两条曲线交点的坐标． 解 由(sin θ＋cos θ)2＝1＋sin2θ＝2－(1－sin2θ)，得 y 2＝2－x .又因为x ＝1－sin2θ∈[0,2]，所以所求普通方程为y 2＝2－x ，x ∈[0,2]．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1＝0，y 2＝2－x ，得⎩⎨⎧x ＝1＋52，y ＝1－52或⎩⎨⎧x ＝1－52，y ＝1＋52，又因为x ∈[0,2]，所以交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，1－52.1．参数方程化为普通方程基本思路是消去参数，常用的消参方法有：①代入消元法；②加减消元法；③恒等式(三角的或代数的)消元法；④平方后再加减消元法等．其中代入消元法、加减消元法一般是利用解方程组的技巧，三角恒等式消元法常利用公式sin 2θ＋cos 2θ＝1等．2．普通方程化为参数方程 (1)选择参数的一般原则曲线上任意一点的坐标与参数的关系比较明显且关系相对简单；当参数取某一值时，可以唯一确定x ，y 的值．(2)解题的一般步骤第一步，引入参数，但要选定合适的参数t ；第二步，确定参数t 与变量x 或y 的一个关系式x ＝f (t )(或y ＝φ(t ))； 第三步，把确定的参数与一个变量的关系式代入普通方程F (x ，y )＝0，求得另一关系y ＝g (t )(或x ＝φ(t ))，问题得解．在平面直角坐标系xOy 中，直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t ，y ＝45t(t 为参数)，与曲线C ：⎩⎨⎧x ＝4k 2，y ＝4k (k 为参数)交于A ，B 两点，求线段AB 的长． 解 将直线l 的参数方程化为普通方程，得4x －3y ＝4，将曲线C 的参数方程化为普通方程，得y 2＝4x ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧4x －3y ＝4，y 2＝4x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝4或⎩⎨⎧x ＝14，y ＝－1.所以A (4,4)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1或A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1，B (4,4)．所以AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4－142＋(4＋1)2＝254.题型 二 参数方程的应用角度1 利用参数方程解最值问题1．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos θ，y ＝3sin θ(θ∈[0,2π])，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋t cos 2π3，y ＝t sin 2π3(t 为参数)．(1)求曲线C 1，C 2的普通方程；(2)求曲线C 1上一点P 到曲线C 2的距离的最大值． 解 (1)由题意知，曲线C 1的普通方程为x 2＋y 29＝1，曲线C 2的普通方程为3x ＋y ＋23＝0.(2)设点P 的坐标为(cos α，3sin α)，则点P 到直线C 2的距离 d ＝|3cos α＋3sin α＋23|2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＋232，所以当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝1，即α＝π3时，d max ＝23， 即点P 到曲线C 2的距离的最大值为2 3. 角度2 参数几何意义的应用2．(2018·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)．(1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为(1,2)，求l 的斜率． 解 (1)曲线C 的直角坐标方程为x 24＋y 216＝1.当cos α≠0时，l 的直角坐标方程为y ＝tan α·x ＋2－tan α，当cos α＝0时，l 的直角坐标方程为x ＝1.(2)将l 的参数方程代入C 的直角坐标方程，整理得关于t 的方程(1＋3cos 2α)t 2＋4(2cos α＋sin α)t －8＝0.①因为曲线C 截直线l 所得线段的中点(1,2)在C 内，所以①有两个解，设为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝0.又由①得t 1＋t 2＝－4(2cos α＋sin α)1＋3cos 2α， 故2cos α＋sin α＝0，于是直线l 的斜率k ＝tan α＝－2.1．设直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)，直线的参数方程在交点问题中的应用(1)若M 1，M 2是直线l 上的两个点，对应的参数分别为t 1，t 2，则|M 0M 1→||M 0M 2→|＝|t 1t 2|，|M 1M 2→|＝|t 2－t 1|＝(t 2＋t 1)2－4t 1t 2.(2)若线段M 1M 2的中点为M 3，点M 1，M 2，M 3对应的参数分别为t 1，t 2，t 3，则t 3＝t 1＋t 22.(3)若直线l 上的线段M 1M 2的中点为M 0(x 0，y 0)，则t 1＋t 2＝0，t 1t 2<0. 2．圆和圆锥曲线参数方程的应用有关圆或圆锥曲线上的动点距离的最大值、最小值以及取值范围的问题，通常利用它们的参数方程转化为三角函数的最大值、最小值求解．提醒：对于形如⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋at ，y ＝y 0＋bt (t 为参数)，当a 2＋b 2≠1时，应先化为标准形式后才能利用t 的几何意义解题．1．已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝2，在以极点为直角坐标系的原点O ，极轴为x 轴的正半轴建立的平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22t ，y ＝35＋22t(t 为参数)．(1)写出直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程；(2)已知曲线W ：⎩⎨⎧x ＝cos α，y ＝2sin α(α为参数)，若M 为曲线W 上任意一点，求点M 到直线l 的最小距离．解(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22t ，y ＝35＋22t(t 为参数)消去参数t ，得y ＝x ＋3 5.即直线l 的普通方程为x －y ＋35＝0. 因为ρ2＝x 2＋y 2，所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4. (2)由已知可设M (cos α，2sin α)(α为参数)， 则点M 到直线l 的距离 d ＝|cos α－2sin α＋35|2＝|5cos (α＋β)＋35|2(其中tan β＝2)， 所以点M 到直线l 的距离的最小值为35－52＝10.2．(2018·河北“五个一名校联盟”二模)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1过点P (a,1)，其参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋22t ，y ＝1＋22t(t 为参数，a ∈R )．以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＋4cos θ－ρ＝0.(1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)已知曲线C 1与曲线C 2交于A ，B 两点，且|AB |＝8，求实数a 的值．解(1)∵曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋22t ，y ＝1＋22t(t 为参数，a ∈R )，∴曲线C 1的普通方程为x －y －a ＋1＝0.∵曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ＋4cos θ－ρ＝0， ∴ρ2cos 2θ＋4ρcos θ－ρ2＝0，∴x 2＋4x －x 2－y 2＝0， 即曲线C 2的直角坐标方程为y 2＝4x . (2)设A ，B 两点所对应的参数分别为t 1，t 2，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝a ＋22t ，y ＝1＋22t得t 2－22t ＋2－8a ＝0.Δ＝(－22)2－4(2－8a )>0，即a >0，∴⎩⎪⎨⎪⎧t 1＋t 2＝22，t 1t 2＝2－8a ，根据参数方程中参数的几何意义可知 |AB |＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝8－8(1－4a )＝32a ＝8，∴a ＝2.题型三 极坐标方程和参数方程的综合应用(2019·贵州联考)已知在一个极坐标系中，点C 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3.(1)求出以C 为圆心，半径长为2的圆的极坐标方程(写出解题过程)； (2)在直角坐标系中，以圆C 所在极坐标系的极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系，点P 是圆C 上任意一点，Q (5，－3)，M 是线段PQ 的中点，当点P 在圆C 上运动时，求点M 的轨迹的普通方程．解 (1)如图，设圆C 上任意一点 A (ρ，θ)，则∠AOC ＝θ－π3或π3－θ. 由余弦定理得， 4＋ρ2－4ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝4，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3.(2)在直角坐标系中，点C 的坐标为(1，3)，可设圆C 上任意一点P (1＋2cos α，3＋2sin α)，又令M (x ，y )，由Q (5，－3)，M 是线段PQ 的中点，得点M 的轨迹的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6＋2cos α2，y ＝2sin α2(α为参数)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos α，y ＝sin α(α为参数)，∴点M 的轨迹的普通方程为(x －3)2＋y 2＝1.极坐标方程与参数方程综合问题的解题策略(1)求交点坐标、距离、线段长．可先求出直角坐标方程，然后求解． (2)判断位置关系．先转化为平面直角坐标方程，然后再作出判断． (3)求参数方程与极坐标方程综合的问题．一般是先将方程化为直角坐标方程，利用直角坐标方程来研究问题．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy 中，直线l 1的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝2＋t ，y ＝kt (t 为参数)，直线l 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2＋m ，y ＝m k (m 为参数)．设l 1与l 2的交点为P ，当k 变化时，P 的轨迹为曲线C .(1)写出C 的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l 3：ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0，M 为l 3与C 的交点，求M 的极径．解 (1)消去参数t 得l 1的普通方程l 1：y ＝k (x －2)；消去参数m 得l 2的普通方程l 2：y ＝1k (x ＋2)． 设P (x ，y )，由题设得⎩⎨⎧ y ＝k (x －2)，y ＝1k (x ＋2)，消去k 得x 2－y 2＝4(y ≠0)， 所以C 的普通方程为x 2－y 2＝4(y ≠0)．(2)C 的极坐标方程为ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4(0＜θ＜2π，θ≠π)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4，ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0得 cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)．故tan θ＝－13，从而cos 2θ＝910，sin 2θ＝110.代入ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4得ρ2＝5，所以交点M 的极径为 5.。
高考新创新一轮复习理数江苏专版教师用书：第十二章+选修4系列
第十二章 选修4系列(1)[a 11 a 12] ⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 11b 21＝[a 11×b 11＋a 12×b 21]．(2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11 a 12a 21 a 22⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11×x 0＋a 12×y 0a 21×x 0＋a 22×y 0. (3)对于矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11 a 12a 21 a 22，N ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 11 b 12b 21 b 22， 则MN ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11 a 12a 21 a 22⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 11 b 12b 21 b 22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 11b 11＋a 12b 21 a 11b 12＋a 12b 22a 21b 11＋a 22b 21 a 21b 12＋a 22b 22. 2．矩阵的变换 (1)矩阵变换的概念：一般地，对于平面上的任意一个点(向量)(x ，y )，按照对应法则T ，总能对应唯一的一个平面点(向量)(x ′，y ′)，则称T 为一个变换，简记为T ：(x ，y )→(x ′，y ′)，或T ：⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y →⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′.(2)几种常见的平面变换：恒等变换、伸压变换、反射变换、旋转变换、投影变换、切变变换．[例1] (1)已知A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 0，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 1，C ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －1，计算AB ，AC . (2)已知A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1000，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤000 1，计算AB .(3)已知A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12 1212 12，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 1－1 －1，计算A 2，B 2.[解] (1)AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 00 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 00 0， AC ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 000⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 00 －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 00 0. (2)AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤0001＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1×0＋0×0 1×0＋0×10×0＋0×0 0×0＋0×1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 00 0. (3)A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12 1212 12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12 1212 12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12 1212 12.B 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 1－1 －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 1－1 －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 000.[方法技巧]矩阵运算的规律(1)一般情况下，AB ≠BA ，即矩阵的乘法不满足交换律． (2)矩阵的乘法满足结合律，即(AB )C ＝A (BC )． (3)矩阵的乘法不满足消去律．矩阵的变换[例2] (2017·南京、盐城二模)设a ，b ∈R ，若直线l ：ax ＋y －7＝0在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤30－1b对应的变换作用下，得到的直线为l ′：9x ＋y －91＝0，求实数a ，b 的值．[解] 设矩阵A 对应的变换把直线l 上的任意点P (x ，y )变成直线l ′上的点P 1(x 1，y 1)，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 30－1b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 1y 1，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝x 1，－x ＋by ＝y 1. 因为9x 1＋y 1－91＝0，所以27x ＋(－x ＋by )－91＝0，即26x ＋by －91＝0. 因为直线l 的方程也为ax ＋y －7＝0，所以26a ＝b 1＝－91－7，解得a ＝2，b ＝13.[方法技巧] 1．变换的复合在数学中，一一对应的平面几何变换常可以看做是伸压、反射、旋转、切变变换的一次或多次复合，而伸压、反射、切变等变换通常叫做初等变换；对应的矩阵叫做初等变换矩阵．2．矩阵乘法MN 的几何意义对向量α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y 连续实施的两次几何变换(先T N 后T M )的复合变换． 能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]已知矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，β＝⎣⎢⎦⎥－3，求M (2α＋4β)．解：2α＋4β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤24＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 0－12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 2－8，则M (2α＋4β)＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 234⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 2－8＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14－26. 2.[考点二]曲线C 1：x 2＋2y 2＝1在矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 20 1的作用下变换为曲线C 2，求C 2的方程．解：设P (x ，y )为曲线C 2上任意一点，P ′(x ′，y ′)为曲线x 2＋2y 2＝1上与P 对应的点，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 201⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝x ′＋2y ′，y ＝y ′则⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x －2y ，y ′＝y . 因为P ′是曲线C 1上的点，则有(x －2y 2)＋y 2＝1，所以C 2的方程为(x －2y )2＋2y 2＝1，即x 2－4xy ＋6y 2＝1.3.[考点二](2018·徐州市高三期中)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 012，若直线y ＝kx ＋1在矩阵A 对应的变换作用下得到的直线过点P (2,6)，求实数k 的值．解：矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 01 2，得A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤ 1 0－12 12， 所以A －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤26＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤ 1 0－1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤26＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，将点(2,2)代入直线y ＝kx ＋1得k ＝12.4.[考点一、二]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 011，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 23 2.(1)求满足条件AM ＝B 的矩阵M ；(2)矩阵M 对应的变换将曲线C ：x 2＋y 2＝1变换为曲线C ′，求曲线C ′的方程．解：(1)设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ，AM ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 01 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ a b a ＋c b ＋d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0232，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，a ＋c ＝3，b ＝2，b ＋d ＝2，∴a ＝0，b ＝2，c ＝3，d ＝0.∴M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 23 0. (2)设曲线C 上任意一点P (x ，y )在矩阵M 对应的变换作用下变为点P ′(x ′，y ′)，则M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 230⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2y 3x ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝x ′，3x ＝y ′，即⎩⎨⎧y ＝x ′2，x ＝y ′3，代入曲线C ：x 2＋y 2＝1，得⎝⎛⎭⎫x ′22＋⎝⎛⎭⎫y ′32＝1.∴曲线C ′的方程是x 24＋y 29＝1.突破点(二) 矩阵的逆矩阵、特征值与特征向量对于二阶矩阵A ，B ，若有AB ＝BA ＝E ，则称A 是可逆的，B 称为A 的逆矩阵． 2．二阶行列式 我们把⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d 称为二阶行列式，它的运算结果是一个数值(或多项式)，记为det(A )＝ad －bc .3．特征值与特征向量(1)设A 是一个二阶矩阵，如果对于实数λ，存在一个非零向量α，使得Aα＝λα，那么λ称为A 的一个特征值，而α称为A 的属于特征值λ的一个特征向量．(2)从几何上看，特征向量的方向经变换矩阵A 的作用后，与原向量保持在同一条直线上，这时特征向量或者方向不变(λ＞0)，或者方向相反(λ＜0)．特别地，当λ＝0时，特征向量就被变换成零向量．[例1] 已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 2，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 6，求矩阵A －1B .[解] 设矩阵A 的逆矩阵为⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab c d ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 00 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1001，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a －b 2c 2d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 1， 故a ＝－1，b ＝0，c ＝0，d ＝12，从而A 的逆矩阵为A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－1 00 12，所以A －1B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－1 00 12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1206＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 －20 3. [方法技巧]1．求逆矩阵的三种常用方法：(1)待定系数法：设A 是一个二阶可逆矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ，则AA －1＝A －1A ＝E (E 为单位矩阵)．(2)公式法：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，记为det A ，有A －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤d det A －b det A －c det A a det A ，当且仅当detA ＝ad －bc ≠0.(3)从几何变换的角度求解二阶矩阵的逆矩阵． 2．对于矩阵A 和B ，若都存在逆矩阵，则 (1)若A 是B 的逆矩阵，则B 也是A 的逆矩阵； (2)可逆矩阵的逆矩阵唯一； (3)(A －1)－1＝A ；(4)E －1＝E ；(5)(AB )－1＝B －1A －1；(6)若A 是可逆矩阵，B 、C 是任意矩阵，则由AB ＝AC 可得B ＝C .特征值与特征向量[例2] 已知矩阵A 的逆矩阵A －1＝⎣⎢⎦⎥12.(1)求矩阵A ； (2)求矩阵A－1的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量．[解] (1)因为矩阵A 是矩阵A－1的逆矩阵，且|A －1|＝2×2－1×1＝3≠0，所以A ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －1－1 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 23 －13－13 23.(2)矩阵A －1的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－2 －1 －1 λ－2＝λ2－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)，令f (λ)＝0，得矩阵A－1的特征值为λ1＝1或λ2＝3，所以α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1是矩阵A －1的属于特征值λ1＝1的一个特征向量，α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11是矩阵A －1的属于特征值λ2＝3的一个特征向量．[方法技巧]矩阵A 的特征值与特征向量的求解策略(1)求矩阵A 的特征值与特征向量先确定其特征多项式f (λ)，再由f (λ)＝0求出该矩阵的特征值，然后把特征值代入矩阵A 所确定的二元一次方程组⎩⎪⎨⎪⎧(λ－a )x －by ＝0，－cx ＋(λ－d )y ＝0，即可求出特征向量．(2)根据矩阵A 的特征值与特征向量求矩阵A设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ，根据Aα＝λα构建关于a ，b ，c ，d 的方程求解．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一](2016·江苏高考)已知矩阵A ＝⎣⎡⎦⎤10 2－2，矩阵B 的逆矩阵B －1＝⎣⎢⎢⎦⎥⎥1 －120 2，求矩阵AB .解：设B ＝⎣⎡⎦⎤acb d ，则B －1B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1 －120 2⎣⎡⎦⎤a c b d ＝⎣⎡⎦⎤10 01， 即错误!＝错误!，故⎩⎪⎨⎪⎧ a －12c ＝1，b －12d ＝0，2c ＝0，2d ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝14，c ＝0，d ＝12，所以B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 140 12.因此，AB ＝⎣⎡⎦⎤10 2－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 140 12＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1 540 －1. 2.[考点二] 已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1a 1，其中a ∈R ，若点P (1,1)在矩阵A 的变换下得到点P ′(0，－3)．(1)求实数a 的值；(2)求矩阵A 的特征值及特征向量．解：(1)由题意得⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 0 a ＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0－3，所以a ＋1＝－3，所以a ＝－4.(2)由(1)知A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－4 1，令f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 1 4 λ－1＝(λ－1)2－4＝0.解得A 的特征值为λ＝－1或3.当λ＝－1时，由⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＝0，4x －2y ＝0得矩阵A 的属于特征值－1的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，当λ＝3时，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，4x ＋2y ＝0得矩阵A 的属于特征值3的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2.3.[考点二] (2018·苏北四市期末)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 2－1 4，求矩阵A 的特征值和特征向量．解：矩阵A 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1－21λ－4＝λ2－5λ＋6,由f (λ)＝0，解得λ1＝2，λ2＝3.当λ1＝2时，特征方程组为⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，x －2y ＝0，故属于特征值λ1＝2的一个特征向量α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21；当λ2＝3时，特征方程组为⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，x －y ＝0，故属于特征值λ2＝3的一个特征向量α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11.4.[考点二]已知矩阵A 将点(1,0)变换为(2,3)，且属于特征值3的一个特征向量是⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，求矩阵A .解：设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab c d ，由⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤10＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤23， 得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝3.由⎣⎢⎡⎦⎥⎤abcd ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤33， 得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝3，c ＋d ＝3.所以⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，d ＝0.所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 130.1. (2018·苏北四市摸底)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 21 x ，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 －1，向量α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2y ，若Aα＝Bα，求实数x ，y 的值．解：Aα＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2y －22＋xy ，Bα＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋y 4－y .由Aα＝Bα得⎩⎪⎨⎪⎧2y －2＝2＋y ，2＋xy ＝4－y ，得x ＝－12， y ＝4.2. (2018·南京、盐城、连云港、徐州模拟)已知a ，b 是实数，如果矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 a b －2所对应的变换T 把点(2,3)变成(3,4)．(1)求a ，b 的值；(2)若矩阵A 的逆矩阵为B ，求B 2.解： (1)由题意得⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 a b －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，所以⎩⎪⎨⎪⎧6＋3a ＝3，2b －6＝4， 所以a ＝－1，b ＝5.(2)由(1)得A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 －15 －2.由矩阵的逆矩阵公式得B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －15 －3.所以B 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－11－54.3．(2018·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)在平面直角坐标系xOy 中，设点A (－1,2)在矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 00 1对应的变换作用下得到点A ′，将点B (3,4)绕点A ′逆时针旋转90°得到点B ′，求点B ′的坐标．解：设B ′(x ，y )，依题意，由⎣⎢⎡⎦⎥⎤－100 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，得A ′(1,2)． 则A ′B ―→＝(2,2)，A ′B ′―→＝(x －1，y －2)．记旋转矩阵N ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －11 0，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －11 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －1y －2，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －1y －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝4， 所以点B ′的坐标为(－1,4)．4．(2018·南京、盐城模拟)设矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 02 1的一个特征值为2，若曲线C 在矩阵M 变换下的方程为x 2＋y 2＝1，求曲线C 的方程．解： 由题意，矩阵M 的特征多项式f (λ)＝(λ－a )·(λ－1)，因为矩阵M 有一个特征值为2，所以f (2)＝0，所以a ＝2.设曲线C 上任意一点坐标为(x ，y )，在矩阵M 变换下得到的点为(x ′，y ′)，所以M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 021⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 2x ＋y ， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝2x ＋y ， 代入方程x ′2＋y ′2＝1，得(2x )2＋(2x ＋y )2＝1，即曲线C 的方程为8x 2＋4xy ＋y 2＝1.5．(2017·江苏高考)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 110，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤100 2.(1)求AB ；(2)若曲线C 1：x 28＋y 22＝1在矩阵AB 对应的变换作用下得到另一曲线C 2，求C 2的方程．解：(1)因为A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2，所以AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 110⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 21 0. (2)设Q (x 0，y 0)为曲线C 1上的任意一点， 它在矩阵AB 对应的变换作用下变为P (x ，y )， 则⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 21 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 0＝x ，x 0＝y ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝y ，y 0＝x 2.因为点Q (x 0，y 0)在曲线C 1上，则x 208＋y 202＝1，从而y 28＋x 28＝1，即x 2＋y 2＝8.因此曲线C 1在矩阵AB 对应的变换作用下得到曲线C 2：x 2＋y 2＝8.6. (2018·盐城模拟)已知矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2m n 1的两个特征向量为α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10，α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤01，若β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，求M 2β. 解：设矩阵M 的特征向量α1对应的特征值为λ1，特征向量α2对应的特征值为λ2，则由⎩⎪⎨⎪⎧Mα1＝λ1α1，Mα2＝λ2α2，可解得m ＝n ＝0，λ1＝2，λ2＝1，又β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤01＝α1＋2α2, 所以M 2β＝M 2(α1＋2α2)＝λ21α1＋2λ22α2＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤10＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤01＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤42. 7. (2018·苏州期末)已知二阶矩阵M 有特征值λ＝3及对应的一个特征向量e 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，并且矩阵M 对应的变换将点(－1，2)变换成(9,15)，求矩阵M .解：设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b cd ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，故⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝3，c ＋d ＝3.⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 915，故⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋2b ＝9，－c ＋2d ＝15. 联立以上两方程组解得a ＝－1，b ＝4，c ＝－3，d ＝6，故M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14－36.突破点(一) 极坐标系(1)极坐标系如图所示，在平面上取一个定点O ，点O 叫做极点，自极点O 引一条射线Ox ，Ox 叫做极轴；同时确定一个长度单位和计算角度的正方向(通常取逆时针方向为正方向)，这样就建立了一个极坐标系．(2)极坐标一般地，没有特殊说明时，我们认为ρ≥0，θ可取任意实数．(3)点与极坐标的关系一般地，极坐标(ρ，θ)与(ρ，θ＋2kπ)(k∈Z)表示同一个点，特别地，极点O的坐标为(0，θ)(θ∈R)，和直角坐标不同，平面内一个点的极坐标有无数种表示．如果规定ρ＞0,0≤θ＜2π，那么除极点外，平面内的点可用唯一的极坐标(ρ，θ) 表示；同时，极坐标(ρ，θ)表示的点也是唯一确定的．2．极坐标与直角坐标的互化3.1．极坐标方程化为直角坐标方程的步骤第一步判断极坐标的极点与直角坐标系的原点是否重合，且极轴与x 轴正半轴是否重合，若上述两个都重合，则极坐标方程与直角坐标方程可以互化第二步通过极坐标方程的两边同乘ρ或同时平方构造ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，一定要注意变形过程中方程要保持同解，不要出现增解或漏解第三步根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ及ρ2＝x 2＋y 2将极坐标方程转化为直角坐标方程2．直角坐标方程化为极坐标方程或直角坐标系中点的坐标化为极坐标(1)直角坐标方程化为极坐标方程较为简单，只需将直角坐标方程中的x ，y 分别用ρcos θ，ρsin θ代替即可得到相应极坐标方程．(2)求直角坐标系中的点(x ，y )对应的极坐标的一般步骤：[例1] 在极坐标系下，已知圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l ：ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝22. (1)求圆O 和直线l 的直角坐标方程；(2)当θ∈(0，π)时，求直线l 与圆O 公共点的一个极坐标． [解] (1)圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ，即ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，圆O 的直角坐标方程为：x 2＋y 2＝x ＋y ，即x 2＋y 2－x －y ＝0，直线l ：ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝22，即ρsin θ－ρcos θ＝1，则直线l 的直角坐标方程为：y －x ＝1，即x －y ＋1＝0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2－x －y ＝0，x －y ＋1＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，则直线l 与圆O 公共点的一个极坐标为⎝⎛⎭⎫1，π2. [方法技巧]1．应用互化公式的三个前提条件 (1)取直角坐标系的原点为极点． (2)以x 轴的正半轴为极轴．(3)两种坐标系规定相同的长度单位．2．直角坐标化为极坐标时的两个注意点(1)根据终边相同的角的意义，角θ的表示方法具有周期性，故点M 的极坐标(ρ，θ)的形式不唯一，即一个点的极坐标有无穷多个．当限定ρ≥0，θ∈[0,2π)时，除极点外，点M 的极坐标是唯一的．(2)当把点的直角坐标化为极坐标时，求极角θ应注意判断点M 所在的象限(即角θ的终边的位置)，以便正确地求出角θ(θ∈[0,2π))的值．极坐标方程的应用[例2] (2018·福州五校联考)已知曲线C 的极坐标方程为ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4－2＝0.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xOy .(1)若直线l 过原点，且被曲线C 截得的弦长最小，求直线l 的直角坐标方程； (2)若M 是曲线C 上的动点，且点M 的直角坐标为(x ，y )，求x ＋y 的最大值． [解] (1)ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4－2＝0，即ρ2－2ρcos θ＋2ρsin θ－2＝0， 将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入得曲线C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y ＋1)2＝4， 圆心C (1，－1)，若直线l 被曲线C 截得的弦长最小，则直线l 与OC 垂直， 即k l ·k OC ＝－1，k OC ＝－1，因而k l ＝1，故直线l 的直角坐标方程为y ＝x .(2)因为M 是曲线C 上的动点，因而利用圆的参数方程可设⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos φ，y ＝－1＋2sin φ(φ为参数)，则x ＋y ＝2sin φ＋2cos φ＝22sin ⎝⎛⎭⎫φ＋π4，当sin ⎝⎛⎭⎫φ＋π4＝1时，x ＋y 取得最大值2 2. [易错提醒]用极坐标系解决问题时要注意题目中的几何关系，如果几何关系不容易通过极坐标表示时，可以先化为直角坐标方程，将不熟悉的问题转化为熟悉的问题加以解决．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一、二]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． 解：由2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝2，得2ρ⎝⎛⎭⎫22sin θ＋22cos θ＝2， 由坐标变换公式得直线l 的直角坐标方程为y ＋x ＝1， 即x ＋y －1＝0.由点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎫22，7π4得点A 的直角坐标为(2，－2)，所以点A 到直线l 的距离d ＝|2－2－1|2＝22. 2.[考点一、二](2018·洛阳统考)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，由坐标变换公式，得x 2＋y 2＝4. 因为ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝2， 所以ρ2－22ρ⎝⎛⎭⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＝2. 由坐标变换公式，得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. 3.[考点二]已知圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρ·sin θ－π4－4＝0，求圆C 的半径．解：以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O ，以极轴为x 轴的正半轴，建立直角坐标系xOy .圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρ⎝⎛⎭⎫22sin θ－22cos θ－4＝0，化简，得ρ2＋2ρsin θ－2ρcos θ－4＝0.则圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y －4＝0， 即(x －1)2＋(y ＋1)2＝6，所以圆C 的半径为 6.4.[考点一、二](2017·全国卷Ⅱ)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.(1)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的直角坐标方程；(2)设点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，π3，点B 在曲线C 2上，求△OAB 面积的最大值． 解：(1)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ρ＝4cos θ(ρ＞0)． 因此C 2的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4(x ≠0)． (2)设点B 的极坐标为(ρB ，α)(ρB ＞0)，由题设知|OA |＝2，ρB ＝4cos α，于是△OAB 的面积S ＝12|OA |·ρB ·sin ∠AOB ＝4cos α·⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫α－π3 ＝2⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫2α－π3－32≤2＋ 3.当α＝－π12时，S 取得最大值2＋ 3.所以△OAB 面积的最大值为2＋ 3.突破点(二) 参数方程一般地，在平面直角坐标系中，如果曲线C 上任意一点P 的坐标x ，y 都可以表示为某个变量t 的函数：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝f (t )，y ＝g (t )，反过来，对于t 的每一个允许值，由函数式⎩⎪⎨⎪⎧x ＝f (t )，y ＝g (t )所确定的点P (x ，y )都在这曲线C 上，那么方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝f (t )，y ＝g (t )叫做曲线C 的参数方程，变数t 是参变数，简称参数．2．直线、圆、椭圆的参数方程(1)过点M (x 0，y 0)，倾斜角为α的直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)．(2)圆心在点M 0(x 0，y 0)，半径为r 的圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋r cos θ，y ＝y 0＋r sin θ(θ为参数)．(3)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ(φ为参数).1.基本思路是消去参数，常用的消参方法有：①代入消元法；②加减消元法；③恒等式(三角的或代数的)消元法；④平方后再加减消元法等．其中代入消元法、加减消元法一般是利用解方程的技巧，三角恒等式消元法常利用公式sin 2θ＋cos 2θ＝1等．2．普通方程化为参数方程 (1)选择参数的一般原则曲线上任意一点的坐标与参数的关系比较明显且关系相对简单；当参数取某一值时，可以唯一确定x ，y 的值；(2)具体步骤第一步，引入参数，但要选定合适的参数t ；第二步，确定参数t 与变量x 或y 的一个关系式x ＝f (t )(或y ＝φ(t ));第三步，把确定的参数与一个变量的关系式代入普通方程F (x ，y )＝0，求得另一关系y ＝g (t )(或x ＝ψ(t ))，问题得解．[例1] 将下列参数方程化为普通方程．(1)⎩⎨⎧x ＝1t，y ＝1tt 2－1(t 为参数)；(2)⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋sin 2θ，y ＝－1＋cos 2θ(θ为参数)． [解] (1)∵⎝⎛⎭⎫1t 2＋⎝⎛⎭⎫1t t 2－12＝1， ∴x 2＋y 2＝1. ∵t 2－1≥0， ∴t ≥1或t ≤－1. 又x ＝1t ，∴x ≠0. 当t ≥1时，0＜x ≤1， 当t ≤－1时，－1≤x ＜0，∴所求普通方程为x 2＋y 2＝1，其中⎩⎪⎨⎪⎧ 0＜x ≤1，0≤y ＜1或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ＜0，－1＜y ≤0.(2)∵y ＝－1＋cos 2θ＝－1＋1－2sin 2θ＝－2sin 2θ，sin 2θ＝x －2， ∴y ＝－2x ＋4，∴2x ＋y －4＝0. ∵0≤sin 2θ≤1，∴0≤x －2≤1，∴2≤x ≤3，∴所求的普通方程为2x ＋y －4＝0(2≤x ≤3)． [易错提醒](1)将曲线的参数方程化为普通方程时务必要注意x ，y 的取值范围，保证消参前后的方程的一致性．(2)将参数方程化为普通方程时，要注意参数的取值范围对普通方程中x ，y 的取值范围的影响．直线与圆锥曲线的参数方程及应用1.第一步，把直线和圆锥曲线的参数方程都化为普通方程；第二步，根据直线与圆锥曲线的位置关系解决问题．2．当直线经过点P (x 0，y 0)，且直线的倾斜角为α，求直线与圆锥曲线的交点、弦长问题时，可以把直线的参数方程设成⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)，交点A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，计算时把直线的参数方程代入圆锥曲线的直角坐标方程，求出t 1＋t 2，t 1·t 2，得到|AB |＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1·t 2.[例2] (2018·无锡联考)在直角坐标系xOy 中，设倾斜角为α的直线l ：⎩⎨⎧x ＝2＋t cos α，y ＝3＋t sin α(t 为参数)与曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)相交于不同的两点A ，B .(1)若α＝π3，求线段AB 的中点M 的坐标；(2)若|PA |·|PB |＝|OP |2，其中P (2，3)，求直线l 的斜率． [解] (1)将曲线C 的参数方程化为普通方程是x 24＋y 2＝1.当α＝π3时，设点M 对应的参数为t 0.直线l 的方程为⎩⎨⎧x ＝2＋12t ，y ＝3＋32t(t 为参数)，代入曲线C 的普通方程x 24＋y 2＝1，得13t 2＋56t ＋48＝0，设直线l 上的点A ，B 对应参数分别为t 1，t 2. 则t 0＝t 1＋t 22＝－2813，所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫1213，－313. (2)将⎩⎨⎧x ＝2＋t cos α，y ＝3＋t sin α代入曲线C 的普通方程x 24＋y 2＝1，得(cos 2α＋4sin 2α)t 2＋(83sin α＋4cos α)t ＋12＝0， 因为|PA |·|PB |＝|t 1t 2|＝12cos 2α＋4sin 2α，|OP |2＝7， 所以12cos 2α＋4sin 2α＝7，得tan 2α＝516. 由于Δ＝32cos α(23sin α－cos α)＞0， 故tan α＝54.所以直线l 的斜率为54.[方法技巧]1．解决直线与圆的参数方程的应用问题时一般是先化为普通方程再根据直线与圆的位置关系来解决问题．2．对于形如⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋at ，y ＝y 0＋bt (t 为参数)的直线的参数方程，当a 2＋b 2≠1时，应先化为标准形式后才能利用t 的几何意义解题．能力练通抓应用体验的“得”与“失”(1)⎩⎨⎧x ＝3k 1＋k 2，y ＝6k21＋k2(k 为参数)；(2)⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－sin 2θ，y ＝sin θ＋cos θ(θ为参数)． 解：(1)两式相除，得k ＝y 2x ，将其代入x ＝3k1＋k2得x ＝3·y2x 1＋⎝⎛⎭⎫y 2x 2，化简得4x 2＋y 2－6y ＝0，因为y ＝6k 21＋k 2＝6－11＋k 2，所以0＜y ＜6， 所以所求的普通方程是4x 2＋y 2－6y ＝0(0＜y ＜6)． (2)由(sin θ＋cos θ)2＝1＋sin 2θ＝2－(1－sin 2θ) 得y 2＝2－x .又x ＝1－sin 2θ∈[0,2]， 得所求的普通方程为y 2＝2－x ，x ∈[0,2]．2.[考点二](2017·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－8＋t ，y ＝t 2(t 为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2s 2，y ＝22s (s 为参数)．设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值．解：直线l 的普通方程为x －2y ＋8＝0. 因为点P 在曲线C 上，设P (2s 2,22s )， 从而点P 到直线l 的距离 d ＝|2s 2－42s ＋8|12＋(－2)2＝2(s －2)2＋45.当s ＝2时，d min ＝455.因此当点P 的坐标为(4,4)时，曲线C 上点P 到直线l 的距离取到最小值455.3.[考点二](2018·郑州模拟)将曲线C 1：x 2＋y 2＝1上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得到曲线C 2，A 为C 1与x 轴正半轴的交点，直线l 经过点A 且倾斜角为30°，记l 与曲线C 1的另一个交点为B ，与曲线C 2在第一、三象限的交点分别为C ，D .(1)写出曲线C 2的普通方程及直线l 的参数方程； (2)求|AC |－|BD |.解：(1)由题意可得C 2：x 22＋y 2＝1，对曲线C 1，令y ＝0，得x ＝1，所以l ：⎩⎨⎧x ＝1＋32t ，y ＝12t (t 为参数)．(2)将⎩⎨⎧x ＝1＋3t 2，y ＝12t代入x 22＋y 2＝1，整理得5t 2＋43t －4＝0.设点C ，D 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝－435，且|AC |＝t 1，|AD |＝－t 2.又|AB |＝2|OA |cos 30°＝3，故|AC |－|BD |＝|AC |－(|AD |－|AB |)＝|AC |－|AD |＋|AB |＝t 1＋t 2＋3＝35. 4.[考点二](2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋4t ，y ＝1－t (t 为参数)．(1)若a ＝－1，求C 与l 的交点坐标； (2)若C 上的点到l 距离的最大值为17，求a . 解：(1)曲线C 的普通方程为x 29＋y 2＝1.当a ＝－1时，直线l 的普通方程为x ＋4y －3＝0， 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4y －3＝0，x 29＋y 2＝1解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝－2125，y ＝2425.从而C 与l 的交点坐标为(3,0)，⎝⎛⎭⎫－2125，2425. (2)直线l 的普通方程为x ＋4y －a －4＝0，故C 上的点(3cos θ，sin θ)到l 的距离为 d ＝|3cos θ＋4sin θ－a －4|17.当a ≥－4时，d 的最大值为a ＋917. 由题设得a ＋917＝17，解得a ＝8；当a ＜－4时，d 的最大值为－a ＋117. 由题设得－a ＋117＝17，解得a ＝－16.综上，a ＝8或a ＝－16.突破点(三) 参数方程与极坐标方程的综合问题将极坐标方程与参数方程、普通方程交织在一起，考查极坐标方程与参数方程的综合应用.将各类方程相互转化是求解该类问题的前提.,解决问题时要注意：,(1)解题时，易将直线与圆的极坐标方程混淆.要熟练掌握特殊直线、圆的极坐标方程的形式.,(2)应用解析法解决实际问题时，要注意是选取直角坐标系还是极坐标系，建立极坐标系要注意选择极点、极轴的位置，注意“点和极坐标”的“一对多”特性.(3)求曲线方程，常设曲线上任意一点P (ρ，θ)，利用解三角形的知识，列出等量关系式，特别是正弦、余弦定理的应用．圆的参数方程常和三角恒等变换结合在一起，解决取值范围或最值问题．(4)参数方程和普通方程表示同一个曲线时，要注意其中x ，y 的取值范围，即注意两者的等价性.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”参数方程与极坐标方程的综合问题[典例] 1参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋cos α，y ＝sin α(α为参数)，以原点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(cos θ＋k sin θ)＝－2(k 为实数)．(1)判断曲线C 1与直线l 的位置关系，并说明理由；(2)若曲线C 1和直线l 相交于A ，B 两点，且|AB |＝2，求直线l 的斜率．[解] (1)由曲线C 1的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋cos α，y ＝sin α可得其普通方程为(x ＋1)2＋y 2＝1.由ρ(cos θ＋k sin θ)＝－2可得直线l 的直角坐标方程为x ＋ky ＋2＝0.因为圆心(－1,0)到直线l 的距离d ＝11＋k 2≤1，所以直线与圆相交或相切， 当k ＝0时，d ＝1，直线l 与曲线C 1相切； 当k ≠0时，d ＜1，直线l 与曲线C 1相交．(2)由于曲线C 1和直线l 相交于A ，B 两点，且|AB |＝2，故圆心到直线l 的距离d ＝11＋k 2＝ 1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 解得k ＝±1，所以直线l 的斜率为±1. [方法技巧]处理极坐标、参数方程综合问题的方法(1)涉及参数方程和极坐标方程的综合题，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解．当然，还要结合题目本身特点，确定选择何种方程．(2)数形结合的应用，即充分利用参数方程中参数的几何意义，或者利用ρ和θ的几何意义，直接求解，能达到化繁为简的解题目的．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．已知曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋10cos α，y ＝1＋10sin α(α为参数)，以直角坐标系原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 的极坐标方程，并说明其表示什么轨迹；(2)若直线的极坐标方程为sin θ－cos θ＝1ρ，求直线被曲线C 截得的弦长．解：(1)∵曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋10cos α，y ＝1＋10sin α(α为参数)，∴曲线C 的普通方程为(x －3)2＋(y －1)2＝10，① 曲线C 表示以(3,1)为圆心，10为半径的圆．将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入①并化简， 得ρ＝6cos θ＋2sin θ，即曲线C 的极坐标方程为ρ＝6cos θ＋2sin θ. (2)∵直线的直角坐标方程为y －x ＝1， ∴圆心C 到直线的距离为d ＝322， ∴弦长为210－92＝22.2．在极坐标系中，圆C 的方程为ρ＝2a cos θ(a ≠0)，以极点为坐标原点，极轴为x 轴正半轴建立平面直角坐标系，设直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3t ＋1，y ＝4t ＋3(t 为参数)．(1)求圆C 的标准方程和直线l 的普通方程；(2)若直线l 与圆C 恒有公共点，求实数a 的取值范围． 解：(1)由ρ＝2a cos θ，ρ2＝2aρcos θ， 又ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x ，所以圆C 的标准方程为(x －a )2＋y 2＝a 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3t ＋1，y ＝4t ＋3，得⎩⎨⎧x －13＝t ，y －34＝t ，因此x －13＝y －34，所以直线l 的普通方程为4x －3y ＋5＝0. (2)因为直线l 与圆C 恒有公共点， 所以|4a ＋5|42＋(－3)2≤|a |，两边平方得9a 2－40a －25≥0，所以(9a ＋5)(a －5)≥0，解得a ≤－59或a ≥5，所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－59∪[)5，＋∞. 3．(2016·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⎝⎛⎭⎫32，12.1. (2018·南通模拟)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α＋3，y ＝2sin α(α为参数)，以原点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θ＝π6.若直线l 与曲线C 交于A ，B ，求线段AB 的长． 解：曲线C 的普通方程为(x －3)2＋y 2＝4，表示以(3，0)为圆心，2为半径的圆， 直线l 的直角坐标方程为y ＝33x ，所以圆心到直线的距离为32，所以线段AB 的长为24－⎝⎛⎭⎫322＝13.2．在直角坐标系xOy 中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，t ≠0)，其中0≤α＜π.在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝2sin θ，C 3：ρ＝23cos θ.(1)求C 2与C 3交点的直角坐标；(2)若C 1与C 2相交于点A ，C 1与C 3相交于点B ，求|AB |的最大值． 解：(1)曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0， 曲线C 3的直角坐标方程为x 2＋y 2－23x ＝0.联立⎩⎨⎧ x 2＋y 2－2y ＝0，x 2＋y 2－23x ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝32，y ＝32.所以C 2与C 3交点的直角坐标为(0,0)和⎝⎛⎭⎫32，32. (2)曲线C 1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R ，ρ≠0)，其中0≤α＜π. 因此A 的极坐标为(2sin α，α)，B 的极坐标为(23cos α，α)．所以|AB |＝|2sin α－23cos α|＝4⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫α－π3. 当α＝5π6时，|AB |取得最大值，最大值为4. 3. (2018·南京模拟)设极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x 轴的正半轴重合．已知椭圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎫1，π2.若P 是椭圆C 上任意一点，试求PM 的最大值，并求出此时点P 的直角坐标．解：M 的极坐标为⎝⎛⎭⎫1，π2，故直角坐标为M (0,1)，且P (2cos θ，sin θ)，所以PM ＝(2cos θ)2＋(sin θ－1)2 ＝－3sin 2θ－2sin θ＋5 ＝－3⎝⎛⎭⎫sin θ＋132＋163，sin θ∈[－1,1]． 所以当sin θ＝－13时，PM max ＝433，此时cos θ＝±223.所以，PM 的最大值是433，此时点P 的坐标是⎝⎛⎭⎫±423，－13.4．(2018·盐城模拟)已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t 2，y ＝t ，曲线C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ，试判断直线l 与曲线C 的位置关系．解：直线l 的普通方程为2x －y －2＝0；曲线C 的直角坐标方程为：x 2＋(y －2)2＝4，它表示以(0,2)为圆心，半径是2的圆． 由圆心到直线l 的距离d ＝|0－2－2|22＋12＝45＝455＜2，得直线l 与曲线C 相交． 5．(2018·泰州期中)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|PA |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|PA |＝d sin 30°＝255|5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且tan α＝43.当sin(θ＋α)＝－1时，|PA |取得最大值，最大值为2255.当sin(θ＋α)＝1时，|PA |取得最小值，最小值为255.6．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy 中，直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝kt (t 为参数)，直线l 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋m ，y ＝m k (m 为参数)．设l 1与l 2的交点为P ，当k 变化时，P的轨迹为曲线C .(1)写出C 的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l 3：ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0，M 为l 3与C 的交点，求M 的极径．解：(1)消去参数t 得l 1的普通方程l 1：y ＝k (x －2)； 消去参数m 得l 2的普通方程l 2：y ＝1k (x ＋2)． 设P (x ，y )，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y ＝1k (x ＋2).消去k 得x 2－y 2＝4(y ≠0)．所以C 的普通方程为x 2－y 2＝4(y ≠0)．(2)C 的极坐标方程为ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4(0＜θ＜2π，θ≠π)．联立⎩⎨⎧ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4，ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0得cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)．故tan θ＝－13，从而cos 2θ＝910，sin 2θ＝110.代入ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4得ρ2＝5， 所以交点M 的极径为 5.7．(2018· 扬州期初)已知曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋5cos t ，y ＝5＋5sin t ，(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，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(1)把C 1的参数方程化为极坐标方程； (2)求C 1与C 2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ＜2π)．解：(1)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋5cos t ，y ＝5＋5sin t消去参数t ，化为普通方程(x －4)2＋(y －5)2＝25，即C 1∶x 2＋y 2－8x －10y ＋16＝0.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. (2)C 2的普通方程为x 2＋y 2－2y ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2－8x －10y ＋16＝0，x 2＋y 2－2y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝2. 所以C 1与C 2交点的极坐标分别为⎝⎛⎭⎫2，π4，⎝⎛⎭⎫2，π2.突破点(一) 绝对值不等式1．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：(2)|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c (c ＞0)型不等式的解法： ①|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ； ②|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c .(3)|x －a |＋|x －b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法： ①利用绝对值不等式的几何意义求解． ②利用零点分段法求解．③构造函数，利用函数的图象求解． 2．绝对值不等式的性质(1)性质1：|a |＋|b |≥|a ＋b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立． (2)性质2：|a |－|b |≤|a ＋b |. (3)性质3：|a |－|b |≤|a －b |≤|a |＋|b |.(4)推论：|a －b |≤|a －c |＋|b －c |，当且仅当(a －c )(b －c )≤0时，等号成立.绝对值不等式的解法[例1] (1)|2x ＋1|－2|x －1|＞0. (2)|x ＋3|－|2x －1|＜x2＋1.[解] (1)法一：原不等式可化为|2x ＋1|＞2|x －1|，两边平方得4x 2＋4x ＋1＞4(x 2－2x ＋1)，解得x ＞14，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＞14.法二：原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－12，－(2x ＋1)＋2(x －1)＞0或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤1，(2x ＋1)＋2(x －1)＞0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，(2x ＋1)－2(x －1)＞0.解得x ＞14，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＞14.(2)①当x ＜－3时，原不等式化为－(x ＋3)－(1－2x )＜x2＋1，解得x ＜10，∴x ＜－3.②当－3≤x ＜12时，原不等式化为(x ＋3)－(1－2x )＜x2＋1，解得x ＜－25，∴－3≤x ＜－25.③当x ≥12时，原不等式化为(x ＋3)＋(1－2x )＜x 2＋1，解得x ＞2，∴x ＞2.综上可知，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＜－25或x ＞2.[方法技巧]绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法对a ∈R ＋，|x |＜a ⇔－a ＜x ＜a ， |x |＞a ⇔x ＜－a 或x ＞a . (2)平方法两边平方去掉绝对值符号． (3)零点分区间法含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．证明绝对值不等式[例2] 已知x ，y ∈R ，且|x ＋y |≤16，|x －y |≤14，求证：|x ＋5y |≤1.[证明] ∵|x ＋5y |＝|3(x ＋y )－2(x －y )|.∴由绝对值不等式的性质，得|x ＋5y |＝|3(x ＋y )－2(x －y )|≤|3(x ＋y )|＋|2(x －y )|＝3|x ＋y |＋2|x －y |≤3×16＋2×14＝1.即|x ＋5y |≤1.[方法技巧]证明绝对值不等式的三种主要方法(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明． (2)利用三角不等式||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |进行证明． (3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明．绝对值不等式的恒成立问题[例3] (1)当a ＝2 017时，求函数f (x )的值域；(2)若g (x )＝|x ＋1|，求不等式g (x )－2＞x －f (x )恒成立时a 的取值范围． [解] (1)由题意得，当a ＝2 017时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2 017，x ≥2 017，2 017，x ＜2 017.因为f (x )在[2 017，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )的值域为[2 017，＋∞)． (2)由g (x )＝|x ＋1|，不等式g (x )－2＞x －f (x )恒成立，知|x ＋1|＋|x －a |＞2恒成立， 即(|x ＋1|＋|x －a |)min ＞2.而|x ＋1|＋|x －a |≥|(x ＋1)－(x －a )|＝|1＋a |， 所以|1＋a |＞2，解得a ＞1或a ＜－3. 故a 的取值范围为(－∞，－3)∪(1，＋∞).能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[解：不等式|x －1|－|x －5|＜2等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜1，－(x －1)＋(x －5)＜2或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤5，x －1＋x －5＜2。
2020高考数学一轮复习 第12章 选考部分章末总结分层演练 文-精装版
教学资料范本2020高考数学一轮复习第12章选考部分章末总结分层演练文-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考数学一轮复习第12章选考部分章末总结分层演练文章末总结知识点考纲展示坐标系❶理解坐标系的作用．❷了解在平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化情况．❸能在极坐标系中用极坐标表示点的位置，理解在极坐标系和平面直角坐标系中表示点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化．❹能在极坐标系中给出简单图形的方程，通过比较这些图形在极坐标系和平面直角坐标系中的方程，理解用方程表示平面图形时选择适当坐标系的意义．❺了解柱坐标系、球坐标系中表示空间中点的位置的方法，并与空间直角坐标系中表示点的位置的方法相比较，了解它们的区别．参数方程❶了解参数方程，了解参数的意义．❷能选择适当的参数写出直线、圆和圆锥曲线的参数方程．❸了解平摆线、渐开线的生成过程，并能推导出它们的参数方程．❹了解其他摆线的生成过程，了解摆线在实际中的应用，了解摆线在表示行星运动轨道中的作用．绝对值不等式理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：(1)|a＋b|≤|a|＋|b|．(2)|a－b|≤|a－c|＋|c－b|．(3)会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c．不等式的证明❶了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题．❷会用数学归纳法证明贝努利不等式：(1＋x)n>1＋nx(x>－1，x≠0，n为大于1的正整数)．了解当n为大于1的实数时贝努利不等式也成立．❸会用上述不等式证明一些简单问题．能够利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值．❹了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法．柯西不等式与排序不等式❶了解下列柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明．(1)柯西不等式的向量形式：|α|·|β|≥|α·β|．(2)(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2．(3)（x1－x2）2＋（y1－y2）2＋（x2－x3）2＋（y2－y3）2≥（x1－x3）2＋（y1－y3）2．(此不等式通常称为平面三角不等式)❷会用参数配方法讨论柯西不等式的一般情形：❸会用向量递归方法讨论排序不等式．一、点在纲上，源在本里考点考题考源坐标系与参数方程(20xx·高考全国卷Ⅲ，T23，10分)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为⎩⎨⎧x＝3cos αy＝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C2的极坐标方程为ρsin⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22．(1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；(2)设点P在C1上，点Q在C2上，求|PQ|的最小值及此时点P的直角坐标．选修44 P15习题1．3 T5、P26习题2．1T4(4)、P28例1(20xx·高考全国卷Ⅰ，T22，10分)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为⎩⎨⎧x＝3cos θ，y＝sin θ，(θ为参数)，直线l的参数方程为⎩⎨⎧x＝a＋4t，y＝1－t，(t为参数)．(1)若a＝－1，求C与l的交点坐标；(2)若C上的点到l距离的最大值为17，求a．选修44P26习题2．1T4(1)绝对值不等式(20xx·高考全国卷Ⅱ，T24，10分)已知函数f(x)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x－12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x＋12，M为不等式f(x)＜2的解集．(1)求M；(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＜|1＋ab|．选修45 P20习题1．2 T8(3)、P26习题2．2 T9(20xx·高考全国卷Ⅲ，T23，10分)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|．(1)求不等式f(x)≥1的解集；(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．选修45 P20习题1．2 T9二、根置教材，考在变中1．(选修44 P8习题1．1 T5、P15习题1．3 T5改编)圆C：x2＋y2＝1经过伸缩变换得到曲线C1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos＝．(1)写出C1的参数方程和l的直角坐标方程；(2)设点M(1，0)，直线l与曲线C1交于A，B两点，求|MA|·|MB|与|AB|．解：(1)由已知得＋＝1，即＋＝1，即C1：＋＝1．即C1的参数方程为(α为参数)．由ρcos＝得1ρcos θ －ρsin θ＝．2则l的直角坐标方程为x－y－1＝0．(2)点M(1，0)在直线l：x－y－1＝0上，直线l的倾斜角为．所以l的参数方程为(t为参数)．代入C1：＋＝1得5t2＋4t－12＝0，所以t1t2＝－，t1＋t2＝－，所以|MA|·|MB|＝|t1|·|t2|＝|t1t2|＝．|AB|＝|t1－t2|＝（t1＋t2）2－4t1t2＝＝，所以|MA|·|MB|＝，|AB|＝．2．(选修44 P36例1改编)已知直线l的参数方程为(t为参数，α为l的倾斜角)，以原点为极点，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ρ＝．(1)写出l 的普通方程与C 的直角坐标方程；(2)设点M 的极坐标为(1，0)，直线l 与C 相交于A ，B 两点，求＋的值．解：(1)l 的普通方程为xsin α－ycos α－sin α＝0，C 的直角坐标方程为y2＝4x ．(2)点M 的极坐标为(1，0)，即M 的直角坐标为(cos 0，sin 0)＝(1，0)，显然M 在l 上．将(t 为参数)，代入y2＝4x 得 (sin2α)t2－(4cos α)t－4＝0．Δ＝16>0．所以t1＋t2＝，t1t2＝－，所以＋＝|t1|＋|t2||t1|·|t2|＝（t1＋t2）2＋2|t1t2|－2t1t2|t1t2|＝＝1． 所以＋＝1．3．(选修44 P15习题1．3 T4(4)、P37例3改编)曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ－4sin θ，过点M(1，0)的直线l 的参数方程为(t 为参数，α为直线l 的倾斜角)，直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点．(1)求证：|MA|·|MB|为定值；(2)D 是曲线C 上一点，当α＝45°时，求△DAB 面积的最大值． 解：(1)证明：C 的直角坐标方程为x2＋y2－2x ＋4y ＝0．① 将直线l ：(t 为参数)代入①得t2＋(4sin α)t －1＝0．②所以|MA|·|MB|＝|t1t2|＝|－1|＝1．即|MA|·|MB|为定值1．(2)当α＝45°时，②式即为t2＋2t－1＝0，t1＋t2＝－2，t1t2＝－1，所以|AB|＝|t1－t2|＝（t1＋t2）2－4t1t2＝＝2．由①得(x－1)2＋(y＋2)2＝5，所以曲线C的参数方程为(r为参数)．可设点D的坐标为(1＋cos r，－2＋sin r)，直线l的普通方程为x－y－1＝0，点D到l的距离d＝|1＋5cos r＋2－5sin r－1|2＝．所以dmax＝＋．所以△DAB面积的最大值为Smax＝|AB|·dmax＝×2(＋)＝＋．4．(选修44 P28例1改编)在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l与椭圆C的极坐标方程分别为ρcos θ＋2ρsin θ＋3＝0，ρ2＝．(1)求直线l与椭圆C的直角坐标方程；(2)若P是直线l上的动点，Q是椭圆C上的动点，求|PQ|的最小值，并求此时Q点的坐标．解：(1)ρcos θ＋2ρsin θ＋3＝0⇒x＋2y＋3＝0，即直线l的直角坐标方程为x＋2y＋3＝0．ρ2＝⇒ρ2cos2θ＋4ρ2sin2θ＝4⇒x2＋4y2＝4，即椭圆C 的直角坐标方程为＋y2＝1．(2)因为椭圆C ：＋y2＝1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos αy ＝sin α(α为参数)，所以可设Q(2cos α，sin α)． 因此点Q 到直线l 的距离d ＝＝，所以当α＝2k π＋，k∈Z 时，d 取得最小值， 所以|PQ|的最小值为． 此时点Q 的坐标为，k∈Z， 即Q 的坐标为．5．(选修45 P16例3、P35例3改编)已知函数f(x)＝|3x －1|．(1)设f(x)≤2的解集为M ，记集合M 中的最大元素为amax ，最小元素为amin ，求amax －amin ；(2)若a ，b∈R＋，且a ＋b ＝amax ，求＋的最小值． 解：(1)f(x)≤2，即为 |3x －1|≤2，所以－2≤3x－1≤2，即－≤x≤1． 所以M ＝．即amax ＝1，amin ＝－，amax －amin ＝1－＝． (2)由(1)知，a ＋b ＝1，且a ，b∈R＋， 所以(a ＋b)＝2＋＋≥2＋2 ＝4． 当且仅当a ＝b ＝时取等号， 即＋≥4，所以＋的最小值为4．6．(选修45 P20习题1．2 T9、P37习题3．1 T8改编)(1)若关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|≤a 的解集不是空集，求a 的取值范围；(2)若g(x)＝，且p>0，q>0，p ＋q ＝1，求证：pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)(x1，x2∈[0，＋∞))．解：(1)法一：|x －3|＋|x －4|≥|(x－3)－(x －4)|＝1． 即|x －3|＋|x －4|的最小值为1．所以|x －3|＋|x －4|≤a 的解集不是空集时，a≥1．法二：设f(x)＝|x －3|＋|x －4|＝⎩⎨⎧－2x ＋7，x ＜3，1，3≤x≤4，2x －7，x>4.函数f(x)的图象为所以f(x)min ＝1．则f(x)≤a 的解集不是空集时，a≥1． (2)证明：由p>0，q>0，p ＋q ＝1，要证不等式pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)成立，即为证明p ＋q≤ 成立．(*)法一：(分解法)要证(*)式成立，即证 (p ＋q)2≤()2成立．即证：p2x1＋2pq ＋q2x2≤px1＋qx2， 即证px1(1－p)＋qx2(1－q)－2pq≥0． 因为p ＋q ＝1．只需证pqx1＋pqx2－2pq≥0成立． 即证(－)2≥0．因为(－)2≥0显然成立．所以原不等式成立． 法二：(柯西不等式法)因为(p ＋q)2＝(·＋·)2 ≤[()2＋()2][()2＋()2]＝(p＋q)(px1＋qx2)．又因为p＋q＝1．所以(p＋q)2≤(px1＋qx2)．所以p＋q≤ ．即pg(x1)＋qg(x2)≤g(px1＋qx2)．7．(选修45 P17例5、P26习题2．2 T9改编)已知函数f(x)＝|x＋1|．(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．解：(1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；②当－1<x<－时，原不等式可化为x＋1<－2x－2，解得x<－1，此时原不等式无解；③当x≥－时，原不等式可化为x＋1<2x，解得x>1．综上，M＝{x|x<－1或x>1}．(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以，要证f(ab)>f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|>|a＋b|，即证|ab＋1|2>|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0．因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1，所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立．8．(选修45 P41习题3．2 T2、T4改编)设a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝3．(1)求＋＋的最小值；(2)求证：a2＋b2＋c2≥3，且ab ＋bc ＋ca≤3．解：(1)因为a ，b ，c∈R＋，且a ＋b ＋c ＝3．所以(a ＋b)＋(b ＋c)＋(c ＋a)＝6．由柯西不等式得[(a ＋b)＋(b ＋c)＋(c ＋a)]⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ·1a ＋b ＋b ＋c ·1b ＋c ＋c ＋a ·1c ＋a 2 ＝9，即6≥9．所以＋＋≥，即＋＋的最小值为．(2)证明：因为a ＋b ＋c ＝3，所以(a ＋b ＋c)2＝9，①9＝a2＋b2＋c2＋2ab ＋2bc ＋2ca ，9≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2，即3(a2＋b2＋c2)≥9，所以a2＋b2＋c2≥3．②9＝a2＋b2＋c2＋2ab ＋2bc ＋2ca＝＋＋＋2ab ＋2bc ＋2ca≥ab ＋bc ＋ca ＋2ab ＋2bc ＋2ca ．即3(ab ＋bc ＋ca)≤9，所以ab ＋bc ＋ca≤3．综上a2＋b2＋c2≥3且ab＋bc＋ca≤3成立．。
2020届高考数学总复习第十二章选修四12_1坐标系课件文新人教A版
所以 x2＋y2－2x－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
π
ρsinθ＋
4
＝
2 2.
考点二 求曲线的极坐标方程 【例2】 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 C1 的 极 坐 标 方 程 为 ρcos θ＝4.M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满 足|OM|·|OP|＝16，求点P的轨迹C2的极坐标方程．
3.
π
所以 A4＋3
3，
6
.
把 θ＝π3 代入 ρ＝6cos θ＋8sin θ，得 ρ2＝3＋4 3，
π
所以 B3＋4
3，
3
.
所以 S△AOB＝21ρ1ρ2sin∠AOB
＝21(4＋3
3)(3＋4
π π
3)sin
3
－
6
＝12＋254
3 .
【解析】 (1)将曲线 C 的参数方程化为普通方程为(x－3)2＋
(y－4)2＝25，
即 x2＋y2－6x－8y＝0.
所以曲线 C 的极坐标方程为 ρ＝6cos θ＋8sin θ.
π
π
(2)设
Aρ1，
6
，Bρ2，
3
.
π 把 θ＝ 6 代入 ρ＝6cos
θ＋8sin
θ，得 ρ1＝4＋3
θ， θ 代入
x2＋y2－8x－10y＋16＝0，
得 ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0，
高三理科数学第一轮复习选修4-4§2：参数方程、渐开线与摆线
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选修4-4：坐标系与参数方程 §2：参数方程、渐开线与摆线
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选修4-4：坐标系与参数方程 §2：参数方2：参数方程、渐开线与摆线
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2020学年高考数学理一轮复习精选新题和好题归纳总结讲义：第12章 选修4系列 第1讲 Word版含解析
第1讲 坐标系[考纲解读] 1.了解坐标系的作用，掌握平面直角坐标系中的伸缩变换．2.了解极坐标的基本概念，能在极坐标系中用极坐标表示点的位置，能进行极坐标和直角坐标的互化．(重点)3.能在极坐标系中给出简单图形(如过极点的直线、过极点或圆心为极点的圆)的方程．(难点)[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的必考内容. 预测2020年将会考查：极坐标与直角坐标的转化，极坐标方程化为直角坐标方程，要特别注意图象的伸缩变换. 题型为解答题，属中、低档题型.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：□01⎩⎨⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (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．2．极坐标一般地，不作特殊说明时，我们认为ρ≥0，θ可取任意实数． 3．极坐标与直角坐标的互化设M 是平面内任意一点，它的直角坐标是(x ，y )，极坐标是(ρ，θ)，则它们之间的关系为：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝□01ρcos θ，y ＝□02ρsin θ；⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝□03x 2＋y 2，tan θ＝□04y x (x ≠0).1．概念辨析(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)点P 的直角坐标为(－2，2)，那么它的极坐标可表示为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π4.( )(3)过极点作倾斜角为α的直线的极坐标方程可表示为θ＝α或θ＝π＋α.( )(4)圆心在极轴上的点(a,0)处，且过极点O 的圆的极坐标方程为ρ＝2a sin θ.( )答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)× 2．小题热身(1)设平面内伸缩变换的坐标表达式为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝3y ，则在这一坐标变换下正弦曲线y ＝sin x 的方程变为( )A ．y ＝13sin2x B ．y ＝3sin 12x C ．y ＝13sin x2 D ．y ＝3sin2x答案 D解析由已知得⎩⎨⎧x ＝2x ′，y ＝13y ′代入y ＝sin x ，得13y ′＝sin2x ′，即y ′＝3sin2x ′，所以y ＝sin x 的方程变为y ＝3sin2x .(2)在极坐标系中A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π3，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，2π3两点间的距离为________． 答案 6解析 解法一：(数形结合)在极坐标系中，A ，B 两点如图所示， |AB |＝|OA |＋|OB |＝6.解法二：∵A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π3，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，2π3的直角坐标为A (1，－3)，B (－2,23)，∴|AB |＝(－2－1)2＋(23＋3)2＝6.(3)曲线C 1：θ＝π6与曲线C 2：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝32的交点坐标为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π6解析 将θ＝π6代入ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝32，得ρsin π3＝32，所以ρ＝1，所以曲线C 1与曲线C 2的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π6.(4)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，则点A 到直线l 的距离为________． 答案522解析 由2ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2得2ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin θ－22cos θ＝2，ρsin θ－ρcos θ＝1，化为直角坐标方程得y －x ＝1即x －y ＋1＝0，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，7π4的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22cos 7π4，22sin 7π4，即(2，－2)，所以点A 到直线l 的距离为|2－(－2)＋1|12＋(－1)2＝522.题型 一 平面直角坐标系中的伸缩变换在同一平面直角坐标系中，求一个伸缩变换，使得圆x 2＋y 2＝1变换为椭圆x 29＋y 24＝1.解 设伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)，由题知λ2x 29＋μ2y 24＝1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λ32x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫μ22y 2＝1.与x 2＋y 2＝1比较系数，得⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫λ32＝1，⎝ ⎛⎭⎪⎫μ22＝1，故⎩⎪⎨⎪⎧λ＝3，μ＝2，所以伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝2y ，即先使圆x 2＋y 2＝1上的点的纵坐标不变，将圆上的点的横坐标伸长到原来的3倍，得到椭圆x 29＋y 2＝1，再将该椭圆上点的横坐标不变，纵坐标伸长到原来的2倍，得到椭圆x 29＋y 24＝1.伸缩变换后方程的求法平面上的曲线y ＝f (x )在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)的作用下的变换方程的求法是将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′λ，y ＝y ′μ代入y ＝f (x )，得y ′μ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ′λ，整理之后得到y ′＝h (x ′)，即为所求变换之后的方程．见举例说明．提醒：应用伸缩变换时，要分清变换前的点的坐标(x ，y )与变换后的坐标(x ′，y ′).若函数y ＝f (x )的图象在伸缩变换φ：⎩⎨⎧x ′＝2x ，y ′＝3y 的作用下得到曲线的方程为y ′＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ′＋π6，求函数y ＝f (x )的最小正周期．解 由题意，把变换公式代入曲线y ′＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ′＋π6得3y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，整理得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，故f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.所以y ＝f (x )的最小正周期为2π2＝π.题型 二 极坐标与直角坐标的互化(2018·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，曲线C 1的方程为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0.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，l2与C2有两个公共点．当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以|k＋2|k2＋1＝2，故k＝0或k＝43.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝43时，l2与C2没有公共点.综上，所求C1的方程为y＝－43|x|＋2.条件探究把举列说明中曲线C1的极坐标方程改为“θ＝α(0≤α≤2π)”，曲线C2的极坐标方程改为“ρ2－2ρcosθ－23ρsinθ＋3＝0”，若C1与C2有且仅有两个公共点，求α的取值范围．解由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－23y ＋3＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝1，由题意知α≠π2，可设曲线C1的直角坐标方程为y＝kx，k＝tanα，当曲线C1与曲线C2相切时，|k－3|k2＋12＝1，解得k＝33，即tanα＝33，又0≤α≤2π，所以α＝π6.结合图形可知，若C1与C2有且仅有两个公共点，则α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2.1．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．2．极角的确定由tan θ确定角θ时，应根据点P 所在象限取最小正角． (1)当x ≠0时，θ角才能由tan θ＝yx 按上述方法确定．(2)当x ＝0时，tan θ没有意义，这时可分三种情况处理：当x ＝0，y ＝0时，θ可取任何值；当x ＝0，y >0时，可取θ＝π2；当x ＝0，y <0时，可取θ＝3π2.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)把圆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，所以圆O 1的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4.因为ρ2－22ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，所以ρ2－22ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＝2，所以圆O 2的直角坐标方程为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.题型 三 极坐标方程的应用角度1 极径几何意义的应用1．(2018·日照一模)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝4cos α＋2，y ＝4sin α(α为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )．(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)设直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求|AB |的值．解 (1)将方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α＋2，y ＝4sin α，消去参数α得x 2＋y 2－4x －12＝0，∴曲线C 的普通方程为x 2＋y 2－4x －12＝0，将x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ代入上式可得ρ2－4ρcos θ＝12，∴曲线C 的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ＝12.(2)设A ，B 两点的极坐标方程分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ1，π6，⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，π6，由⎩⎨⎧ρ2－4ρcos θ＝12，θ＝π6，消去θ得ρ2－23ρ－12＝0，根据题意可得ρ1，ρ2是方程ρ2－23ρ－12＝0的两根，∴ρ1＋ρ2＝23，ρ1ρ2＝－12，∴|AB |＝|ρ1－ρ2|＝(ρ1＋ρ2)2－4ρ1ρ2＝215.角度2 用极坐标解最值和取值范围问题2．(2018·南平二模)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的方程为x 22＋y 2＝1.曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos φ，y ＝1＋sin φ (φ为参数)，曲线C 3的方程为y ＝x tan α⎝ ⎛⎭⎪⎫0<α<π2，x >0，曲线C 3与曲线C 1，C 2分别交于P ，Q 两点．(1)求曲线C 1，C 2的极坐标方程； (2)求|OP |2·|OQ |2的取值范围．解 (1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以曲线C 1的极坐标方程为ρ2cos 2θ2＋ρ2sin 2θ＝1，即ρ2＝21＋sin 2θ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos φ，y ＝1＋sin φ(φ为参数)，消去φ， 即得曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋(y －1)2＝1； 将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，代入化简， 可得曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(2)曲线C 3的极坐标方程为θ＝α⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ>0，0<α<π2，由(1)得|OP |2＝21＋sin 2α；|OQ |2＝4sin 2α， 即|OP |2·|OQ |2＝8sin 2α1＋sin 2α＝81sin 2α＋1，因为0<α<π2，所以0<sin α<1， 所以|OP |2·|OQ |2∈(0,4)．极坐标方程及其应用的类型及解题策略(1)求极坐标方程．可在平面直角坐标系中，求出曲线的方程，然后再转化为极坐标方程．(2)求点到直线的距离．先将极坐标系下点的坐标、直线方程转化为平面直角坐标系下点的坐标、直线方程，然后利用直角坐标系中点到直线的距离公式求解．(3)求线段的长度．先将极坐标系下的点的坐标、曲线方程转化为平面直角坐标系下的点的坐标、曲线方程，然后再求线段的长度．1．(2018·南宁模拟)已知曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos θ，y ＝1＋sin θ(θ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，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3，直线l 的直角坐标方程为y ＝33x .(1)求曲线C 1和直线l 的极坐标方程；(2)已知直线l 分别与曲线C 1，曲线C 2相交于异于极点的A ，B 两点，若A ，B 的极径分别为ρ1，ρ2，求|ρ2－ρ1|的值．解 (1)曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝1＋sin θ(θ为参数)，其普通方程为x 2＋(y－1)2＝1，极坐标方程为ρ＝2sin θ.因为直线l 的直角坐标方程为y ＝33x ， 故直线l 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )． (2)曲线C 1的极坐标方程为ρ＝2sin θ， 直线l 的极坐标方程为θ＝π6，将θ＝π6代入C 1的极坐标方程得ρ1＝1， 将θ＝π6代入C 2的极坐标方程得ρ2＝4， ∴|ρ2－ρ1|＝3.2．(2017·全国卷Ⅱ)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.(1)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的直角坐标方程；(2)设点A 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，点B 在曲线C 2上，求△OAB 面积的最大值． 解 (1)设点P 的极坐标为(ρ，θ)(ρ>0)，点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)．因此C 2的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4(x ≠0)．(2)设点B 的极坐标为(ρB ，α)(ρB >0)．由题设知|OA |＝2，ρB ＝4cos α，于是△OAB 的面积S ＝12|OA |·ρB ·sin ∠AOB ＝4cos α·⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3 ＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3－32≤2＋ 3. 当α＝－π12时，S 取得最大值2＋ 3.所以△OAB 面积的最大值为2＋ 3.。
高考理科数学(新课标)一轮复习课件：第12章 选考部分 选修4-1第1讲
选考部分
选修4－1 几何证明选讲
第十二章
选考部分
知识点
考纲展示 1.理解相似三角形的定义与性质，了解平行截割定理．
几何证
明选讲
2．会证明和应用以下定理：①直角三角形射影定理； ②圆周角定理；③圆的切线判定定理与性质定理； ④相交弦定理；⑤圆内接四边形的性质定理与判定定
理；⑥切割线定理.
第十二章
2．相似三角形的判定与性质 (1)判定定理 内 容 判定定理 1 两角对应相等的两个三角形相似 判定定理 2 两边对应成比例， 并且夹角相等的两个 三角形相似
判定定理 3 三边对应成比例的两个三角形相似
(2)性质定理 内 容 性质定理 1 相似三角形对应边上的高、中线和角平分 线以及它们周长的比都等于相似比
．ห้องสมุดไป่ตู้
1．要特别重视相似三角形对应边和对应角的关系．并注意“公 共边”往往是等比中项．
2．直角三角形中常用的四个定理：(1)两锐角和等于 90° ；(2)勾 股定理；(3)斜边上的中线等于斜边的一半；(4)射影定理．
1．(选修 4－1 P7 例 1 改编)如图，△ABC 中，DE∥BC，DF∥AC， AD 2 若 AC＝18，BC＝24， AB＝ ，则 BF＝( 3
[解 ]
过点 A 作 AH∥CD 分别交 EF，BC 于点 G，H(图略)．
AE 1 AE 1 (1)证明：因为EB＝ ，所以AB＝ ， 2 3 EG AE 1 又 EG∥BH，所以BH＝AB＝ ，即 3EG＝BH. 3 又 EG＋GF＝EG＋AD＝EF， 1 从而 EF＝ (BC－HC)＋AD， 3 1 2 所以 EF＝ BC＋ AD，即 3EF＝BC＋2AD. 3 3
成比例
判定定理 2
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第1章 集合与常用逻辑用语 第一节 集 合 第二节 命题及其关系、充分条件与必要条件 第三节 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
第2章 函数、导数及其应用 第一节 函数及其表示 第二节 函数的单调性与最值 第三节 函数的奇偶性与周期性 第四节 二次函数与幂函数 第五节 指数与指数函数 第六节 对数与对数函数 第七节 函数的图象
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
23 答案
2 ． ( 教 材 改 编 ) 若 集 合 A ＝ D [由题意知 A＝{0,1,2}，由 a＝ {x∈N|x≤2 2}，a＝ 2，则下列结 2，知 a∉A.] 论正确的是( ) A．{a}⊆A B．a⊆A C．{a}∈A D．a∉A
解2析4 答案
22
[基础自测] 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打 “×”) (1)任何一个集合都至少有两个子集．( ) (2){x|y＝x2}＝{y|y＝x2}＝{(x，y)|y＝x2}．( ) (3)若{x2,1}＝{0,1}，则 x＝0,1.( ) (4)直线 y＝x＋3 与 y＝－2x＋6 的交点组成的集合是{1,4}．( )
第8章 平面解析几何 第一节 直线的倾斜角与斜率、直线的方程 第二节 两条直线的位置关系 第三节 圆的方程 第四节 直线与圆、圆与圆的位置关系 第五节 椭 圆
第1课时 椭圆的定义、标准方程及其性质 第2课时 直线与椭圆的位置关系
第六节 双曲线 第七节 抛物线 第八节 曲线与方程 第九节 圆锥曲线中的定点、定值、范围、最值问题 高考大题增分课(五) 平面解析几何中的高考热点问题
第9章 算法初步、统计与统计案例 第一节 算法与程序框图 第二节 随机抽样 第三节 用样本估计总体 第四节 变量间的相关关系与统计案例
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第3讲绝对值不等式[考纲解读] 1.理解绝对值意义及几何意义，能利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式．(重点)2.掌握|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法．(难点)[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲是高考的必考内容. 预测2020年将会考查：①绝对值不等式的解法；②绝对值性质的应用及最值；③根据不等式恒成立求参数的取值范围. 以解答题的形式呈现，属中档题型.1．绝对值不等式(1)定理如果a，b是实数，那么|a＋b|≤□01|a|＋|b|，当且仅当□02ab≥0时，等号成立．(2)如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|.当且仅当□03(a－b)(b－c)≥0时，等号成立，即b落在a，c之间．(3)由绝对值不等式定理还可以推得以下几个不等式①|a1＋a2＋…＋a n|≤|a1|＋|a2|＋…＋|a n|.②||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.2．绝对值不等式的解法(1)形如|ax＋b|≥|cx＋d|的不等式，可以利用两边平方的形式转化为二次不等式求解．(2)①绝对值不等式|x|>a与|x|<a的解集．②|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法．|ax＋b|≤c⇔□03－c≤ax＋b≤c(c>0)，|ax＋b|≥c⇔□04ax＋b≤－c或ax＋b≥c(c>0)．1．概念辨析(1)不等式|x－1|＋|x＋2|<2的解集为∅.()(2)若|x|>c的解集为R，则c≤0.()(3)|ax＋b|≤c(c≥0)的解集，等价于－c≤ax＋b≤c.()(4)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．()答案(1)√(2)×(3)√(4)√2．小题热身(1)设a，b为满足ab<0的实数，那么()A．|a＋b|>|a－b| B．|a＋b|<|a－b|C．|a－b|<||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b|答案 B解析∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.(2)若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.答案 2解析由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6.∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.(3)函数y＝|x－3|＋|x＋3|的最小值为________．答案 6解析因为|x－3|＋|x＋3|≥|(x－3)－(x＋3)|＝6，当－3≤x≤3时，|x－3|＋|x ＋3|＝6，所以函数y＝|x－3|＋|x＋3|的最小值为6.(4)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是________．答案(－∞，4)解析|x－1|－|x－5|表示数轴上对应的点x到1和5的距离之差．而数轴上满足|x－1|－|x－5|＝2的点的数是4，结合数轴可知，满足|x－1|－|x－5|<2的解集是(－∞，4)．题型一解绝对值不等式设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.(1)解不等式f(x)>2；(2)求函数y＝f(x)的最小值．解(1)解法一：令2x＋1＝0，x－4＝0分别得x＝－1 2，x＝4.原不等式可化为：⎩⎪⎨⎪⎧x<－12，－x－5>2或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x<4，3x－3>2或⎩⎨⎧x≥4，x＋5>2.∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x⎪⎪⎪x<－7或x>53.解法二：f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x－5，x<－12，3x－3，－12≤x<4，x＋5，x≥4.画出f(x)的图象，如图所示．求得y＝2与f(x)图象的交点为(－7,2)，⎝⎛⎭⎪⎫53，2.由图象知f(x)>2的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x⎪⎪⎪x<－7或x>53.(2)由(1)的解法二知，f(x)min＝－92.条件探究把举例说明中函数改为“f(x)＝|x＋1|－|2x－3|”，解不等式|f(x)|>1.解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1<x≤32，－x ＋4，x >32，y ＝f (x )的图象如图所示．由f (x )的表达式及图象，当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3； 当f (x )＝－1时，可得x ＝13或x ＝5，故f (x )>1的解集为{x |1<x <3}；f (x )<－1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <13或x >5.所以|f (x )|>1的解集为{|x x <13或1<x <3或x >5.解|x －a |＋|x －b |≥c 或|x －a |＋|x －b |≤c 的一般步骤 (1)零点分段法①令每个含绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；②将这些根按从小到大排序并以这些根为端点把实数集分为若干个区间； ③由所分区间去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这些不等式，求出解集； ④取各个不等式解集的并集求得原不等式的解集． (2)利用|x －a |＋|x －b |的几何意义数轴上到点x 1＝a 和x 2＝b 的距离之和大于c 的全体，|x －a |＋|x －b |≥|x －a －(x －b )|＝|a －b |.(3)图象法：作出函数y 1＝|x －a |＋|x －b |和y 2＝c 的图象，结合图象求解．见举例说明．提醒：易出现解集不全的错误．对于含绝对值的不等式，不论是分段去绝对值号还是利用几何意义，都要不重不漏．1．求不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集．解 当x <－2时，不等式等价于－(x －1)－(x ＋2)≥5，解得x ≤－3； 当－2≤x <1时，不等式等价于－(x －1)＋(x ＋2)≥5，即3≥5，无解； 当x ≥1时，不等式等价于x －1＋x ＋2≥5，解得x ≥2. 综上，不等式的解集为{x |x ≤－3或x ≥2}．2．若关于x 的不等式|ax －2|<3的解集为{|x －53<x <13，求a 的值． 解 ∵|ax －2|<3，∴－1<ax <5. 当a >0时，－1a <x <5a ，－1a ＝－53， 且5a ＝13无解；当a ＝0时，x ∈R ，与已知条件不符； 当a <0时，5a <x <－1a ，5a ＝－53，且－1a ＝13， 解得a ＝－3.题型 二 绝对值不等式性质的应用角度1 用绝对值不等式的性质求最值 1．设函数f (x )＝|2x －3|.(1)求不等式f (x )>5－|x ＋2|的解集；(2)若g (x )＝f (x ＋m )＋f (x －m )的最小值为4，求实数m 的值． 解 (1)∵f (x )>5－|x ＋2|可化为|2x －3|＋|x ＋2|>5，∴当x ≥32时，原不等式化为(2x －3)＋(x ＋2)>5，解得x >2， ∴x >2；当－2<x <32时，原不等式化为(3－2x )＋(x ＋2)>5，解得x <0， ∴－2<x <0；当x≤－2时，原不等式化为(3－2x)－(x＋2)>5，解得x<－4 3，∴x≤－2.综上，不等式f(x)>5－|x＋2|的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)．(2)∵f(x)＝|2x－3|，∴g(x)＝f(x＋m)＋f(x－m)＝|2x＋2m－3|＋|2x－2m－3|≥|(2x＋2m－3)－(2x －2m－3)|＝|4m|，∴依题意有4|m|＝4，解得m＝±1.角度2用绝对值不等式的性质证明不等式(多维探究)2．设a>0，|x－1|<a3，|y－2|<a3，求证：|2x＋y－4|<a.证明因为|x－1|<a3，|y－2|<a3，所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|<2×a3＋a3＝a.即|2x＋y－4|<a.结论探究举例说明条件不变，求证：|x－2y＋1|<a＋2. 证明|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|<|x－1|＋|2(y－1)|＝|x－1|＋|2(y－2)＋2|<|x－1|＋2|y－2|＋2a3＋2·a3＋2＝a＋2.1．证明绝对值不等式的三种主要方法(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．(2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．(3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明．2．用绝对值不等式的性质求最值的方法利用不等式|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)和|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R)，通过确定适当的a，b，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以求最值．(2018·江西南昌模拟)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|. (1)若不等式f (x )≤2－|x －1|有解，求实数a 的取值范围； (2)当a <2时，函数f (x )的最小值为3，求实数a 的值． 解 (1)由题意f (x )≤2－|x －1|，即为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≤1.而由绝对值的几何意义知⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－1，由不等式f (x )≤2－|x －1|有解， ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－1≤1，即0≤a ≤4. ∴实数a 的取值范围是[0,4]．(2)由2x －a ＝0得x ＝a 2， 由x －1＝0得x ＝1， 由a <2知a2<1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫x <a 2，x －a ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2≤x ≤1，3x －a －1(x >1).函数的图象如图所示．∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 2＋1＝3，解得a ＝－4.题型 三 与绝对值不等式有关的参数范围问题(2018·全国卷Ⅰ)已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若x ∈(0,1)时不等式f (x )>x 成立，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|，即f (x )＝⎩⎨⎧－2，x ≤－1，2x ，－1<x <1，2，x ≥1.故不等式f (x )>1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >12. (2)当x ∈(0,1)时|x ＋1|－|ax －1|>x 成立等价于当x ∈(0,1)时|ax －1|<1成立． 若a ≤0，则当x ∈(0,1)时，|ax －1|≥1，不符合题意；若a >0，|ax －1|<1的解集为0<x <2a ，所以2a ≥1，故0<a ≤2.综上，a 的取值范围为(0,2]．条件探究 把举例说明函数改为“f (x )＝|2x －1|－|x －a |”，若x ∈(－1,0)时，f (x )>1有解，求a 的取值范围．解 当x ∈(－1,0)时，f (x )>1有解⇔|x －a |<－2x 有解⇔2x <x －a <－2x 有解⇔3x <a <－x 有解，∵3x >－3，－x <1，∴－3<a <1，即实数a 的取值范围是(－3,1)．两招解不等式问题中的含参问题(1)第一招是转化．①把存在性问题转化为求最值问题；②不等式的解集为R 是指不等式的恒成立问题；③不等式的解集为∅的对立面也是不等式的恒成立问题，此类问题都可转化为最值问题，即f (x )<a 恒成立⇔a >f (x )max ，f (x )>a 恒成立⇔a <f (x )min .(2)第二招是求最值．求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种：①利用绝对值的几何意义；②利用绝对值三角不等式，即|a |＋|b |≥|a ±b |≥||a |－|b ||；③利用零点分区间法．已知f (x )＝|x －a |，a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )＋|2x －5|≥6的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )－|x －3|的值域为A ，且[－1,2]⊆A ，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，不等式为|x －1|＋|2x －5|≥6.当x ≤1时，不等式可化为－(x －1)－(2x －5)≥6， 解得x ≤0，所以x ≤0；当1<x <52时，不等式可化为(x －1)－(2x －5)≥6， 解得x ≤－2，所以x ∈∅；当x ≥52时，不等式可化为(x －1)＋(2x －5)≥6， 解得x ≥4，所以x ≥4.综上所述，原不等式的解集为{x |x ≤0或x ≥4}． (2)因为|g (x )|＝||x －a |－|x －3|| ≤|x －a －(x －3)|＝|a －3|， 所以g (x )∈[－|a －3|，|a －3|]，所以函数g (x )的值域A ＝[－|a －3|，|a －3|]， 因为[－1,2]⊆A ，所以⎩⎨⎧－|a －3|≤－1，|a －3|≥2，解得a ≤1或a ≥5.所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[5，＋∞)．。