2015届高考理科数学第一轮基础知识点复习教案62.doc
2015届高考理科数学第一轮总复习教案66
学案24 正弦定理和余弦定理应用举例导学目标： 能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．自主梳理1．仰角和俯角与目标视线同在一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角．(如图所示)2．方位角一般指北方向线顺时针到目标方向线的水平角，如方位角45°，是指北偏东45°，即东北方向．3．方向角：相对于某一正方向的水平角．(如图所示)①北偏东α°即由指北方向顺时针旋转α°到达目标方向．②北偏西α°即由指北方向逆时针旋转α°到达目标方向．③南偏西等其他方向角类似．4．坡角坡面与水平面的夹角．(如图所示)5．坡比 坡面的铅直高度与水平宽度之比，即i ＝h l ＝tan α(i 为坡比，α为坡角)．6．解题的基本思路运用正、余弦定理处理实际测量中的距离、高度、角度等问题，实质是数学知识在生活中的应用，要解决好，就要把握如何把实际问题数学化，也就是如何把握一个抽象、概括的问题，即建立数学模型．自我检测1．从A 处望B 处的仰角为α，从B 处望A 处的俯角为β，则α，β之间的关系是 ( )A ．α>βB ．α＝βC ．α＋β＝90°D ．α＋β＝180°2．(2011·承德模拟)如图所示，已知两座灯塔A 和B 与海洋观察站C 的距离相等，灯塔A 在观察站C 的北偏东40°，灯塔B 在观察站C 的南偏东60°，则灯塔A 在灯塔B 的 )A ．北偏东10°B ．北偏西10°C ．南偏东10°D ．南偏西10°3．如图所示，为了测量某障碍物两侧A 、B 间的距离，给定下列四组数据，不能确定A 、B 间距离的是( )A ．α，a ，bB ．α，β，aC ．a ，b ，γD ．α，β，b4．在200 m 高的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别是30°、60°，则塔高为________m.5．(2010·全国Ⅱ)△ABC 中，D 为边BC 上的一点，BD ＝33，sinB ＝513，cos ∠ADC ＝35，求AD .探究点一与距离有关的问题例1(2010·陕西)如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋3)海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距203海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时，该救援船到达D点需要多长时间？变式迁移1某观测站C在目标A的南偏西25°方向，从A出发有一条南偏东35°走向的公路，在C处测得与C相距31千米的公路上B处有一人正沿此公路向A走去，走20千米到达D，此时测得CD 为21千米，求此人在D处距A还有多少千米？探究点二测量高度问题例2如图所示，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，现测得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD＝s，并在点C测得塔顶A的仰角为θ，求塔高AB.变式迁移2某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40米后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔高．探究点三三角形中最值问题例3(2010·江苏)某兴趣小组要测量电视塔AE的高度H(单位：m)，示意图如图所示，垂直放置的标杆BC的高度h＝4 m，仰角∠ABE＝α，∠ADE＝β.(1)该小组已测得一组α、β的值，算出了tan α＝1.24，tan β＝1.20，请据此算出H的值；(2)该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d(单位：m)，使α与β之差较大，可以提高测量精度．若电视塔实际高度为125 m，试问d为多少时，α－β最大？变式迁移3(2011·宜昌模拟)如图所示，已知半圆的直径AB＝2，点C在AB的延长线上，BC＝1，点P为半圆上的一个动点，以DC 为边作等边△PCD，且点D与圆心O分别在PC的两侧，求四边形OPDC面积的最大值．1．解三角形的一般步骤(1)分析题意，准确理解题意．分清已知与所求，尤其要理解应用题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、方位角等．(2)根据题意画出示意图．(3)将需求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解．演算过程中，要算法简练，计算正确，并作答．(4)检验解出的答案是否具有实际意义，对解进行取舍．2．应用举例中常见几种题型测量距离问题、测量高度问题、测量角度问题、计算面积问题、航海问题、物理问题等．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为 ( )A.518B.34C.32D.782．(2011·揭阳模拟)如图，设A 、B 两点在河的两岸，一测量者在A 的同侧，在所在的河岸边选定一点C ，测出AC 的距离为50 m ，∠ACB ＝45°，∠CAB ＝105°后，就可以计算出A 、B 两点的距离为( )A ．50 2 mB ．50 3 mC ．25 2 m D.2522 m 3．△ABC 的两边长分别为2,3，其夹角的余弦值为13，则其外接圆的半径为 ( )A.922B.924C.928 D ．9 24．(2011·沧州模拟)某人向正东方向走x km 后，向右转150°，然后朝新方向走3 km ，结果他离出发点恰好是 3 km ，那么x 的值为( )A. 3 B．2 3C.3或2 3 D．35．一船向正北航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这只船的速度是每小时()A．5海里B．53海里6．一船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________．7．(2011·台州模拟)某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为106米(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上．若国歌长度约为50秒，升旗手应以________米/秒的速度匀速升旗．8．(2011·宜昌模拟)线段AB外有一点C，∠ABC＝60°，AB＝200 km，汽车以80 km/h的速度由A向B行驶，同时摩托车以50 km/h 的速度由B向C行驶，则运动开始________h后，两车的距离最小．三、解答题(共38分)9．(12分)(2009·辽宁)如图，A、B、C、D都在同一个与水平面垂直的平面内，B、D为两岛上的两座灯塔的塔顶．测量船于水面A 处测得B点和D点的仰角分别为75°、30°，于水面C处测得B点和D点的仰角均为60°，AC＝0.1 km.试探究图中B、D间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B、D的距离(计算结果精确到0.01 km，2≈1.414，6≈2.449)．10．(12分)如图所示，甲船以每小时302海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处，此时两船相距20海里．当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距102海里．问乙船每小时航行多少海里？11．(14分)(2009·福建)如图，某市拟在长为8 km的道路OP的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数y＝A sin ωx(A>0，ω>0)，x∈[0,4]的图象，且图象的最高点为S(3,23)；赛道的后一部分为折线段MNP，为保证参赛运动员的安全，限定∠MNP＝120°.(1)求A，ω的值和M，P两点间的距离；(2)应如何设计，才能使折线段赛道MNP最长？答案 自我检测1．B 2.B 3.A4.40035．解 由cos ∠ADC ＝35＞0知B ＜π2，由已知得cos B ＝1213，sin ∠ADC ＝45，从而sin ∠BAD ＝sin(∠ADC －B )＝sin ∠ADC cos B －cos ∠ADC sin B＝45×1213－35×513＝3365.由正弦定理得，AD sin B ＝BD sin ∠BAD， 所以AD ＝BD ·sin B sin ∠BAD＝33×5133365＝25. 课堂活动区例1 解题导引 这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．注意：①基线的选取要恰当准确；②选取的三角形及正、余弦定理要恰当．解 由题意知AB ＝5(3＋3)海里，∠DBA ＝90°－60°＝30°，∠DAB ＝90°－45°＝45°，∴∠ADB ＝180°－(45°＋30°)＝105°.在△DAB 中，由正弦定理，得DB sin ∠DAB ＝AB sin ∠ADB， ∴DB ＝AB ·sin ∠DAB sin ∠ADB ＝5(3＋3)·sin 45°sin 105° ＝5(3＋3)·sin 45°sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°＝103(海里)． 又∠DBC ＝∠DBA ＋∠ABC ＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC ＝203(海里)，在△DBC 中，由余弦定理，得CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC ·cos ∠DBC ＝300＋1 200－2×103×203×12＝900，∴CD ＝30(海里)，∴需要的时间t ＝3030＝1(小时)．故救援船到达D 点需要1小时．变式迁移1解如图所示，易知∠CAD ＝25°＋35°＝60°，在△BCD 中，cos B ＝312＋202－2122×31×20＝2331， 所以sin B ＝12331.在△ABC 中，AC ＝BC ·sin B sin A ＝24，由BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos A ，得AB 2－24AB －385＝0，解得AB ＝35，AB ＝－11(舍)，所以AD ＝AB －BD ＝15.故此人在D 处距A 还有15千米．例2 解题导引 在测量高度时，要正确理解仰角、俯角的概念，画出准确的示意图，恰当地选取相关的三角形和正、余弦定理逐步进行求解．注意综合应用方程和平面几何、立体几何等知识．解 在△BCD 中，∠CBD ＝π－α－β.由正弦定理得BC sin ∠BDC ＝CD sin ∠CBD， 所以BC ＝CD ·sin ∠BDC sin ∠CBD ＝s ·sin βsin (α＋β)， 在Rt △ABC 中，AB ＝BC tan ∠ACB ＝s ·tan θsin βsin (α＋β). 变式迁移2解由题意可知，在△BCD 中，CD ＝40，∠BCD ＝30°，∠DBC ＝135°，由正弦定理得，CD sin ∠DBC＝BD sin ∠BCD， ∴BD ＝40sin 30°sin 135°＝20 2.过B 作BE ⊥CD 于E ，显然当人在E 处时，测得塔的仰角最大，有∠BEA ＝30°.在Rt △BED 中，又∵∠BDE ＝180°－135°－30°＝15°.∴BE ＝DB ·sin 15°＝202×6－24＝10(3－1)．在Rt △ABE 中，AB ＝BE ·tan 30°＝103(3－3)(米)． 故所求的塔高为103(3－3)米．例3 解题导引 平面几何图形中研究或求有关长度、角度、面积的最值、优化设计等问题．而这些几何问题通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之．若研究最值，常使用函数思想．解(1)由AB ＝H tan α，BD ＝h tan β，AD ＝H tan β及AB ＋BD ＝AD ，得H tan α＋h tan β＝H tan β，解得H ＝h tan αtan α－tan β＝4×1.241.24－1.20＝124(m)． 因此，算出的电视塔的高度H 是124 m.(2)由题设知d ＝AB ，得tan α＝H d .由AB ＝AD －BD ＝H tan β－h tan β，得tan β＝H －h d .所以tan(α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β＝h d ＋H (H －h )d ≤h 2H (H －h )， 当且仅当d ＝H (H －h )d， 即d ＝H (H －h )＝125×(125－4)＝555时，上式取等号，所以当d ＝555时，tan(α－β)最大．因为0<β<α<π2，则0<α－β<π2，所以当d ＝555时，α－β最大．变式迁移3 解 设∠POB ＝θ，四边形面积为y ，则在△POC 中，由余弦定理得PC 2＝OP 2＋OC 2－2OP ·OC cos θ＝5－4cos θ.∴y ＝S △OPC ＋S △PCD ＝12×1×2sin θ＋34(5－4cos θ)＝2sin(θ－π3)＋534.∴当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时，y max ＝2＋534.所以四边形OPDC 面积的最大值为2＋534.课后练习区1．D 2.A 3.C 4.C 5.C6．30 2 km 7.0.68.7043解析如图所示：设t h后，汽车由A行驶到D，摩托车由B行驶到E，则AD＝80t，BE＝50t.因为AB＝200，所以BD＝200－80t，问题就是求DE最小时t的值．由余弦定理得，DE2＝BD2＋BE2－2BD·BE cos 60°＝(200－80t)2＋2500t2－(200－80t)·50t＝12900t2－42000t＋40000.∴当t＝7043时，DE最小．9．解在△ACD中，∠DAC＝30°，∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，所以CD＝AC＝0.1.………………………………………………………………………(2分)又∠BCD＝180°－60°－60°＝60°，所以△ABC≌△CBD，所以BA＝BD.……………………………………………………………………………(6分)在△ABC中，ABsin∠BCA＝ACsin∠ABC，即AB＝AC·sin 60°sin 15°＝32＋620，…………………………………………………………(10分)所以BD＝32＋620≈0.33(km)．故B、D的距离约为0.33 km.……………………………………………………………(12分) 10．解如图，连接A 1B 2，由题意知，A 1B 1＝20，A 2B 2＝102，A 1A 2＝2060×302＝102(海里)．…………………………………………………………(2分)又∵∠B 2A 2A 1＝180°－120°＝60°，∴△A 1A 2B 2是等边三角形，∠B 1A 1B 2＝105°－60°＝45°.……………………………………………………………(6分)在△A 1B 2B 1中，由余弦定理得B 1B 22＝A 1B 21＋A 1B 22－2A 1B 1·A 1B 2cos 45° ＝202＋(102)2－2×20×102×22＝200，∴B 1B 2＝102(海里)．…………………………………………………………………(10分)因此乙船的速度大小为10220×60＝302(海里/小时)．…………………………………………………………(12分)11．解方法一 (1)依题意，有A ＝23，T 4＝3，又T ＝2πω，∴ω＝π6.∴y ＝23sin π6x .(3分)当x ＝4时，y ＝23sin 2π3＝3，∴M (4,3)．又P (8,0)，∴MP ＝42＋32＝5.…………………………………………………………(5分)(2)如图，连接MP ，在△MNP 中，∠MNP ＝120°，MP ＝5. 设∠PMN ＝θ，则0°<θ<60°.由正弦定理得MP sin 120°＝NP sin θ＝MN sin (60°－θ)， ∴NP ＝1033sin θ，MN ＝1033sin(60°－θ)，…………………………………………(8分)∴NP ＋MN ＝1033sin θ＋1033sin(60°－θ) ＝1033⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ＋32cos θ＝1033sin(θ＋60°)．…………………………………………(12分)∵0°<θ<60°，∴当θ＝30°时，折线段赛道MNP 最长．即将∠PMN 设计为30°时，折线段赛道MNP 最长．…………………………………………………………………(14分)方法二 (1)同方法一．(2)连结MP .在△MNP 中，∠MNP ＝120°.MP ＝5，由余弦定理得，MN 2＋NP 2－2MN ·NP ·cos ∠MNP ＝MP 2.………………………………(8分)即MN 2＋NP 2＋MN ·NP ＝25.故(MN ＋NP )2－25＝MN ·NP ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫MN ＋NP 22， ……………………………………………………………………………………………(10分)从而34(MN ＋NP )2≤25，即MN ＋NP ≤1033.当且仅当MN ＝NP 时等号成立．即设计为MN ＝NP 时，折线段赛道MNP 最长．…………………………………………………………………(14分)。
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第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入第一节平面向量的概念及其线性运算(1)向量：既有大小，又有方向的量叫向量；向量的大小叫做向量的模．(2)零向量：长度为0的向量，其方向是任意的．(3)单位向量：长度等于1个单位的向量．(4)平行向量：方向相同或相反的非零向量，又叫共线向量，规定：0与任一向量共线．(5)相等向量：长度相等且方向相同的向量．(6)相反向量：长度相等且方向相反的向量．2．向量的线性运算平行四边形法则3．共线向量定理向量a(a≠0)与b共线的充要条件是存在唯一一个实数λ，使得b＝λa.1．作两个向量的差时，要注意向量的方向是指向被减向量的终点；2．在向量共线的重要条件中易忽视“a≠0”，否则λ可能不存在，也可能有无数个；3．要注意向量共线与三点共线的区别与联系．[试一试]1．若向量a与b不相等，则a与b一定()A．有不相等的模B．不共线C．不可能都是零向量D．不可能都是单位向量答案：C2．若菱形ABCD的边长为2，则|AB－CB＋CD|＝________.解析：|AB－CB＋CD|＝|AB＋BC＋CD|＝|AD|＝2.答案：21．向量的中线公式若P为线段AB的中点，O为平面内一点，则OP OP＝12(OA＋OB)．2．三点共线等价关系A，P，B三点共线⇔AP＝λAB(λ≠0)⇔OP＝(1－t)·OA＋t OB(O为平面内异于A，P，B的任一点，t∈R)⇔OP＝x OA＋y OB(O为平面内异于A，P，B的任一点，x∈R，y∈R，x＋y＝1)．[练一练]1．D是△ABC的边AB上的中点，则向量CD等于()A．－BC＋12BA B．－BC－12BAC ．BC －12BAD ．BC ＋12BA答案：A2．已知a 与b 是两个不共线向量，且向量a ＋λb 与－(b －3a )共线，则λ＝________.解析：由题意知a ＋λb ＝k [－(b －3a )]， 所以⎩⎨⎧λ＝－k ，1＝3k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝13，λ＝－13.答案：－131.给出下列命题： ①若|a |＝|b |，则a ＝b ；②若A ，B ，C ，D 是不共线的四点，则AB ＝DC 是四边形ABCD 为平行四边形的充要条件；③若a ＝b ，b ＝c ，则a ＝c ； ④a ＝b 的充要条件是|a |＝|b |且a ∥b ； ⑤若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c . 其中正确命题的序号是( )A ．②③B ．①②C ．③④D ．④⑤ 解析：选A ①不正确．两个向量的长度相等，但它们的方向不一定相同． ②正确．∵AB ＝DC ，∴|AB |＝|DC |且AB ∥DC ， 又A ，B ，C ，D 是不共线的四点， ∴四边形ABCD 为平行四边形； 反之，若四边形ABCD 为平行四边形，则AB∥DC且|AB|＝|DC|，因此，AB＝DC.③正确．∵a＝b，∴a，b的长度相等且方向相同，又b＝c，∴b，c的长度相等且方向相同，∴a，c的长度相等且方向相同，故a＝c.④不正确．当a∥b且方向相反时，即使|a|＝|b|，也不能得到a＝b，故|a|＝|b|且a∥b不是a＝b的充要条件，而是必要不充分条件．⑤不正确．考虑b＝0这种特殊情况．综上所述，正确命题的序号是②③.故选A.2．设a0为单位向量，①若a为平面内的某个向量，则a＝|a|a0；②若a与a0平行，则a＝|a|a0；③若a与a0平行且|a|＝1，则a＝a0.上述命题中，假命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选D向量是既有大小又有方向的量，a与|a|a0的模相同，但方向不一定相同，故①是假命题；若a与a0平行，则a与a0的方向有两种情况：一是同向，二是反向，反向时a＝－|a|a0，故②③也是假命题．综上所述，假命题的个数是3.[类题通法]平面向量中常用的几个结论(1)相等向量具有传递性，非零向量的平行也具有传递性．(2)向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量．解题时不要把它与函数图像的平移混为一谈．(3)a|a|是与a同向的单位向量，a－|a|是与a反向的单位向量．[典例](1)如图，在正六边形ABCDEF中，BA＋CD＋EF ＝()A．0B．BEC．AD D．CF(2)(2013·江苏高考)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ，BE ＝23BC .若DE ＝λ1AB ＋λ2AC (λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．[解析] (1)如图，∵在正六边形ABCDEF 中，CD ＝AF ，BF ＝CE ，∴BA ＋CD ＋EF ＝BA ＋AF ＋EF ＝BF ＋EF ＝CE ＋EF ＝CF .(2)由题意DE ＝CE ＋BE ＝12AB ＋23BC ＝12AB ＋23(BA ＋AC )＝－16AB ＋23AC ，所以λ1＝－16，λ2＝23，即λ1＋λ2＝12. [答案] (1)D (2)123解析：∵CD ＝CA ＋AD ，CD ＝CB ＋BD ， ∴2CD ＝CA ＋CB ＋AD ＋BD . 又∵AD ＝2CE ， ∴2CD ＝CA ＋CB ＋13AB ＝CA ＋CB ＋13(CB －CA ) ＝23CA ＋43CB . ∴CD ＝13CA ＋23CB ，即λ＝23. 答案：23 [类题通法]在向量线性运算时，要尽可能转化到平行四边形或三角形中，运用平行四边形法则、三角形法则，利用三角形中位线、相似三角形对应边成比例等平面几何的性质，把未知向量转化为与已知向量有直接关系的向量来求解．[针对训练]若A，B，C，D是平面内任意四点，给出下列式子：①AB＋CD＝BC＋DA；②AC＋BD＝BC＋AD；③AC－BD＝DC＋AB.其中正确的有()A．0个B．1个C．2个D．3个解析：选C①式的等价式是AB－BC＝DA－CD，左边＝AB＋CB，右边＝DA＋DC，不一定相等；②式的等价式是AC－BC＝AD－BD，AC＋CB ＝AD＋CE＝AB成立；③式的等价式是AC－DC＝AB＋BD，AD＝AD成立．[典例]设两个非零向量a与b不共线，(1)若AB＝a＋b，BC＝2a＋8b，CD＝3(a－b)，求证：A，B，D三点共线．(2)试确定实数k，使k a＋b和a＋k b共线．[解](1)证明：∵AB＝a＋b，BC＝2a＋8b，CD＝3(a－b)，∴BD＝BC＋CD＝2a＋8b＋3(a－b)＝2a＋8b＋3a－3b＝5(a＋b)＝5AB.∴AB，BD共线，又∵它们有公共点B，∴A，B，D三点共线．(2)∵k a＋b与a＋k b共线，∴存在实数λ，使k a＋b＝λ(a＋k b)，即k a＋b＝λa＋λk b.∴(k－λ)a＝(λk－1)b.∵a，b是不共线的两个非零向量，∴k－λ＝λk－1＝0，∴k 2－1＝0.∴k ＝±1. [类题通法]1．共线向量定理及其应用(1)可以利用共线向量定理证明向量共线，也可以由向量共线求参数的值． (2)若a ，b 不共线，则λa ＋μb ＝0的充要条件是λ＝μ＝0，这一结论结合待定系数法应用非常广泛．2．证明三点共线的方法若AB ＝λAC ，则A 、B 、C 三点共线． [针对训练]已知a ，b 不共线，OA ＝a ，OB ＝b ， OC ＝c ， OD ＝d ， OE ＝e ，设t ∈R ，如果3a ＝c,2b ＝d ，e ＝t (a ＋b )，是否存在实数t 使C ，D ，E 三点在一条直线上？若存在，求出实数t 的值，若不存在，请说明理由．解：由题设知，CD ＝d －c ＝2b －3a ，CE ＝e －c ＝(t －3)a ＋t b ，C ，D ，E 三点在一条直线上的充要条件是存在实数k ，使得CE ＝k CD ，即(t －3)a ＋t b ＝－3k a ＋2k b ，整理得(t －3＋3k )a ＝(2k －t )b .因为a ，b 不共线，所以有⎩⎨⎧t －3＋3k ＝0，t －2k ＝0，解之得t ＝65.故存在实数t ＝65使C ，D ，E 三点在一条直线上．第二节平面向量的基本定理及坐标表示1．平面向量基本定理如果e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.其中，不共线的向量e1，e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底．2．平面向量的坐标运算(1)向量加法、减法、数乘向量及向量的模：设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)，a－b＝(x1－x2，y1－y2)，λa＝(λx1，λy1)，|a|(2)向量坐标的求法：①若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标．②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB＝(x2－x1，y2－y1)，|AB|3．平面向量共线的坐标表示设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0.a∥b⇔x1y2－x2y1＝0.1．若a、b为非零向量，当a∥b时，a，b的夹角为0°或180°，求解时容易忽视其中一种情形而导致出错；2．要区分点的坐标与向量坐标的不同，尽管在形式上它们完全一样，但意义完全不同，向量坐标中既有方向也有大小的信息．3．若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件不能表示成x1x2＝y1y2，因为x2，y2有可能等于0，应表示为x1y2－x2y1＝0.[试一试]1．若向量BA＝(2,3)，CA＝(4,7)，则BC＝()A．(－2，－4)B．(2,4)C．(6,10) D．(－6，－10)答案：A2．(2013·石家庄模拟)已知向量a＝(1,2)，b＝(x,1)，u＝a＋2b，v＝2a－b，且u∥v，则实数x的值是________．解析：∵u＝(1＋2x,4)，v＝(2－x,3)，u∥v，∴8－4x＝3＋6x，∴x＝1 2.答案：12用基向量表示所求向量时，注意方程思想的运用． [练一练]设e 1、e 2是平面内一组基向量，且a ＝e 1＋2e 2，b ＝－e 1＋e 2，则向量e 1＋e 2可以表示为另一组基向量a ，b 的线性组合，即e 1＋e 2＝________a ＋________b .解析：由题意，设e 1＋e 2＝m a ＋n b . 因为a ＝e 1＋2e 2，b ＝－e 1＋e 2，所以e 1＋e 2＝m (e 1＋2e 2)＋n (－e 1＋e 2)＝(m －n )e 1＋(2m ＋n )·e 2. 由平面向量基本定理，得⎩⎨⎧m －n ＝1，2m ＋n ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝23，n ＝－13.答案：23 －131.(2014·昆明一中摸底)已知点M (5，－6)和向量a ＝(1，－2)，若MN ＝－3a ，则点N 的坐标为( )A ．(2,0)B ．(－3,6)C ．(6,2)D ．(－2,0)解析：选A MN ＝－3a ＝－3(1，－2)＝(－3,6)，设N (x ，y )，则MN ＝(x －5，y －(－6))＝(－3,6)，所以⎩⎨⎧ x －5＝－3，y ＋6＝6，即⎩⎨⎧x ＝2，y ＝0，选A.2．(2013·北京高考)向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图所示．若c ＝λa＋μb (λ，μ∈R )，则λμ＝________.解析：设i ，j 分别为水平方向和竖直方向上的正向单位向量，则a ＝－i ＋j ，b ＝6i ＋2j ，c ＝－i －3j ，所以－i －3j ＝λ(－i ＋j )＋μ(6i ＋2j )，根据平面向量基本定理得λ＝－2，μ＝－12，所以λμ＝4.答案：43．已知A (－2,4)，B (3，－1)，C (－3，－4)．设AB ＝a ，BC ＝b ，CA ＝c . (1)求3a ＋b －3c ；(2)求满足a ＝m b ＋n c 的实数m ，n .解：由已知得a ＝(5，－5)，b ＝(－6，－3)，c ＝(1,8)． (1)3a ＋b －3c ＝3(5，－5)＋(－6，－3)－3(1,8) ＝(15－6－3，－15－3－24) ＝(6，－42)．(2)∵m b ＋n c ＝(－6m ＋n ，－3m ＋8n )， ∴⎩⎨⎧ －6m ＋n ＝5，－3m ＋8n ＝－5，解得⎩⎨⎧m ＝－1，n ＝－1. [类题通法]1．向量的坐标运算实现了向量运算代数化，将数与形结合起来，从而可使几何问题转化为数量运算．2．两个向量相等当且仅当它们的坐标对应相同．此时注意方程(组)思想的应用．[典例] 如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，且AD ＝13BC ，E ，F 分别为线段AD 与BC 的中点．设BA ＝a ，BC ＝b ，试用a ，b 为基底表示向量EF ， DF ，CD .[解] EF ＝EA ＋AB ＋BF ＝－16b －a ＋12b ＝13b －a ，DF ＝DE ＋EF ＝－16b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13b －a ＝16b －a ， CD ＝CF ＋FD ＝－12b －⎝ ⎛⎭⎪⎫16b －a ＝a －23b . [类题通法]用平面向量基本定理解决问题的一般思路(1)先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示为向量的形式，再通过向量的运算来解决．(2)在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便．另外，要熟练运用平面几何的一些性质定理．[针对训练](2014·济南调研)如图，在△ABC 中，AN ＝13NC ，P 是BN上的一点，若AP ＝m AB ＋211AC ，则实数m 的值为________．解析：因为AP ＝AB ＋BP ＝AB ＋k BN ＝AB ＋k (AN －AB )＝AB ＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫14 AC －AB＝(1－k )AB ＋k4AC ， 且AP ＝m AB ＋211AC ， 所以1－k ＝m ，k 4＝211， 解得k ＝811，m ＝311. 答案：311[典例] 平面内给定三个向量a ＝(3,2)，b ＝(－1,2)，c ＝(4,1)． (1)求满足a ＝m b ＋n c 的实数m ，n ； (2)若(a ＋k c )∥(2b －a )，求实数k ；[解] (1)由题意得(3,2)＝m (－1,2)＋n (4,1)， 所以⎩⎨⎧－m ＋4n ＝3，2m ＋n ＝2，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝59，n ＝89.(2)a ＋k c ＝(3＋4k,2＋k )，2b －a ＝(－5,2)， 由题意得2×(3＋4k )－(－5)×(2＋k )＝0. ∴k ＝－1613.解：设由题意得⎩⎨⎧4(x －4)－2(y －1)＝0，(x －4)2＋(y －1)2＝5， 得⎩⎨⎧ x ＝3，y ＝－1或⎩⎨⎧x ＝5，y ＝3. ∴d ＝(3，－1)或(5,3)． [类题通法]1．向量共线的两种表示形式设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，①a ∥b ⇒a ＝λb (b ≠0)；②a ∥b ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0，至于使用哪种形式，应视题目的具体条件而定，一般情况涉及坐标的应用②.2．两向量共线的充要条件的作用判断两向量是否共线(平行)，可解决三点共线的问题；另外，利用两向量共线的充要条件可以列出方程(组)，求出未知数的值．[针对训练]已知A (1,1)，B (3，－1)，C (a ，b )．(1)若A ，B ，C 三点共线，求a ，b 的关系式； (2)若AC ＝2AB ，求点C 的坐标．解：(1)由已知得AB ＝(2，－2)，AC ＝(a －1，b －1)， ∵A ，B ，C 三点共线，∴AB ∥AC .∴2(b －1)＋2(a －1)＝0，即a ＋b ＝2. (2)∵AC ＝2AB ，∴(a －1，b －1)＝2(2，－2)． ∴⎩⎨⎧ a －1＝4，b －1＝－4，解得⎩⎨⎧a ＝5，b ＝－3. ∴点C 的坐标为(5，－3)．第三节平面向量的数量积与平面向量应用举例1．平面向量的数量积 平面向量数量积的定义已知两个非零向量a 和b ，它们的夹角为θ，把数量|a||b|cos θ叫做a 和b 的数量积(或内积)，记作a·b .即a·b ＝|a||b|cos θ，规定0·a ＝0.2．向量数量积的运算律 (1)a·b ＝b·a .(2)(λa )·b ＝λ(a·b )＝a·(λb ). (3)(a ＋b )·c ＝a·c ＋b·c .3．平面向量数量积的有关结论 已知非零向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)1．若a，b，c是实数，则ab＝ac⇒b＝c(a≠0)；但对于向量就没有这样的性质，即若向量a，b，c，若满足a·b＝a·c(a≠0)，则不一定有b＝c，即等式两边不能同时约去一个向量，但可以同时乘以一个向量．2．数量积运算不适合结合律，即(a·b)·c≠a·(b·c)，这是由于(a·b)·c表示一个与c共线的向量，a·(b·c)表示一个与a共线的向量，而a与c不一定共线，因此(a·b)·c与a·(b·c)不一定相等．[试一试]1．(2013·广州调研)已知向量a，b都是单位向量，且a·b＝12，则|2a－b|的值为________．解析：|2a－b|＝(2a－b)2＝4a2－4a·b＋b2＝4－2＋1＝ 3.答案： 32．(2013·山东高考)在平面直角坐标系xOy中，已知OA＝(－1，t)，OB＝(2,2)．若∠ABO＝90°，则实数t的值为________．解析：AB＝OB－OA＝(3,2－t)，由题意知OB·AB＝0，所以2×3＋2(2－t)＝0，t＝5.答案：51．明确两个结论：(1)两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b>0，反之不成立(因为夹角为0时不成立)；(2)两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立(因为夹角为π时不成立)．2．利用向量垂直或平行的条件构造方程或函数是求参数或最值问题常用的方法与技巧．[练一练]1．已知向量a，b均为非零向量，(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，则a，b的夹角为()A.π6 B.π3C.2π3 D.5π6解析：选B(a－2b)·a＝|a|2－2a·b＝0，(b－2a)·b＝|b|2－2a·b＝0，所以|a|2＝|b|2，即|a|＝|b|，故|a|2－2a·b＝|a|2－2|a|2a，b＝0，可得a，b＝1 2，又因为0≤a，b≤π，所以a，b＝π3.2．(2013·福建高考)在四边形ABCD中，AC＝(1,2)，BD＝(－4,2)，则该四边形的面积为()A. 5 B．2 5C．5 D．10解析：选C依题意得，AC·BD＝1×(－4)＋2×2＝0，∴AC⊥BD，∴四边形ABCD的面积为12|AC|·|BD|＝12×5×20＝5.11＝(x2，y2)，若|＝2，|b|＝3，a·b＝－6.则x1＋y1x2＋y2的值为()A.23B．－23C.56D．－56解析：选B由已知得，向量a＝(x1，y1)与b＝(x2，y2)反向，3a＋2b＝0，即3(x1，y1)＋2(x2，y2)＝(0,0)，得x1＝－23x2，y1＝－23y2，故x1＋y1x2＋y2＝－23.2．(2014·温州适应性测试)在△ABC中，若∠A＝120°，AB·AC＝－1，则|BC|的最小值是()A. 2 B ．2 C. 6D ．6解析：选C ∵AB ·AC ＝－1，∴|AB |·|AC |cos 120°＝－1，即|AB |·|AC |＝2，∴|BC |2＝|AC －AB |2＝AC 2－2AB ·AC ＋AB 2≥2|AB |·|AC |－2AB ·AC ＝6，∴|BC |min ＝ 6.3．(2013·南昌模拟)已知向量e 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π4，sin π6，e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin π4，4cos π3，则e 1·e 2＝________.解析：由向量数量积公式得e 1·e 2＝cos π4×2sin π4＋sin π6×4cos π3＝22×2＋12×2＝2.答案：24．(2013·全国卷Ⅱ)已知正方形ABCD 的边长为2，E 为CD 的中点，则AE ·BD ＝________.解析：因为AE ＝AD ＋12AB ，BD ＝AD －AB ，所以AE ·BD ＝(AD ＋12AB )·(AD －AB )＝AD 2－12AD ·AB －12AB 2＝2. 答案：2 [类题通法]向量数量积的两种运算方法(1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a ·b ＝|a ||b |cos a ，b．(2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2.运用两向量的数量积可解决长度、夹角、垂直等问题，解题时应灵活选择相应公式求解．角度一 平面向量的模1．(2013·天津高考)在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60° , E 为CD的中点．若AC ·BE ＝1 , 则AB 的长为________． 解析：由已知得AC ＝AD ＋AB ，BE ＝AD －12AB ，∴AC ·BE ＝AD 2－12AB ·AD ＋AB ·AD －12AB 2＝1＋12AB ·AD －12|AB |2＝1＋12|AB |·|AD |cos 60°－12|AB |2＝1，∴|AB |＝12. 答案：12角度二 平面向量的夹角2．(1)已知平面向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝3，且|2a ＋b |＝7，则向量a 与a ＋b 的夹角为( )A.π2 B.π3 C.π6D ．π解析：选B ∵|2a ＋b |2＝4|a |2＋4a ·b ＋|b |2＝7，|a |＝1，|b |＝3，∴4＋4a ·b ＋3＝7，∴a ·b ＝0，∴a ⊥b .如图所示，a 与a ＋b 的夹角为∠COA .∵tan ∠COA ＝|CA ||OA |＝|b ||a |＝3，∴∠COA ＝π3，即a 与a ＋b 的夹角为π3. (2)(2014·云南第一次检测)若平面向量a 与平面向量b 的夹角等于π3，|a |＝2，|b |＝3，则2a －b 与a ＋2b 的夹角的余弦值等于( )A.126 B ．－126 C.112D ．－112解析：选B 记向量2a －b 与a ＋2b 的夹角为θ，又(2a －b )2＝4×22＋32－4×2×3×cos π3＝13，(a ＋2b )2＝22＋4×32＋4×2×3×cos π3＝52，(2a －b )·(a ＋2b )＝2a 2－2b 2＋3a ·b ＝8－18＋9＝－1，故cos θ＝(2a －b )·(a ＋2b )|2a －b |·|a ＋2b |＝－126，即向量2a －b 与a ＋2b 的夹角的余弦值是－126，因此选B.角度三 平面向量的垂直3．(1)(2013·荆州高中毕业班质量检查Ⅰ)已知向量a 与b 的夹角是2π3，且|a |＝1，|b |＝4，若(2a ＋λb )⊥a ，则实数λ＝________.解析：若a ⊥(2a ＋λb )，则a ·(2a ＋λb )＝0，即2|a |2＋λ·|a ||b |·cos 2π3＝0，∴2＋λ×1×4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0.∴λ＝1.答案：1(2)在直角三角形ABC 中，已知AB ＝(2,3)，AC ＝(1，k )，则k 的值为________． 解析：①当A ＝90°时， ∵AB ⊥AC ，∴AB ·AC ＝0. ∴2×1＋3k ＝0，解得k ＝－23. ②当B ＝90°时，∵AB ⊥BC ，又BC ＝AC －AB ＝(1，k )－(2,3)＝(－1，k －3)，∴AB ·BC ＝2×(－1)＋3×(k －3)＝0， 解得k ＝113. ③当C ＝90°时，∵AC ⊥BC ，∴1×(－1)＋k (k －3)＝0，即k 2－3k －1＝0.∴k ＝3±132.答案：－23或113或3±132. [类题通法]1．求两非零向量的夹角时要注意： (1)向量的数量积不满足结合律；(2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不能共线时两向量的夹角就是钝角．2．利用数量积求解长度问题的处理方法 (1)a 2＝a ·a ＝|a |2或|a |＝a ·a . (2)|a ±b |＝(a ±b )2＝a 2±2a ·b ＋b 2. (3)若a ＝(x ，y )，则|a |＝x 2＋y 2.[典例sin α)，b ＝(cos sin β)，0<β<α<π.(1)若|a －b |＝2，求证：a ⊥b ；(2)设c ＝(0,1)，若a ＋b ＝c ，求α，β的值． [解] (1)证明：由题意得|a －b |2＝2， 即(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝2. 又因为a 2＝b 2＝|a |2＝|b |2＝1， 所以2－2a ·b ＝2，即a ·b ＝0，故a ⊥b .(2)因为a ＋b ＝(cos α＋cos β，sin α＋sin β)＝(0,1)， 所以⎩⎨⎧cos α＋cos β＝0，sin α＋sin β＝1.由此得，cos α＝cos (π－β)，由0<β<π，得0<π－β<π. 又0<α<π，故α＝π－β.代入sin α＋sin β＝1， 得sin α＝sin β＝12，而α>β，所以α＝5π6，β＝π6. [类题通法]平面向量与三角函数的综合问题的解题思路(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．[针对训练]已知向量a ＝(sin θ，cos θ－2sin θ)，b ＝(1,2)． (1)若a ∥b ，求tan θ的值； (2)若|a |＝|b |,0<θ<π，求θ的值．解：(1)因为a ∥b ，所以2sin θ＝cos θ－2sin θ， 于是4sin θ＝cos θ，故tan θ＝14.(2)由|a |＝|b |，知sin 2θ＋(cos θ－2sin θ)2＝5， 所以1－2sin 2θ＋4sin 2θ＝5.从而－2sin 2θ＋2(1－cos 2θ)＝4，即sin 2θ＋cos 2θ＝－1， 于是sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝－22. 又由0<θ<π，知π4<2θ＋π4<9π4， 所以2θ＋π4＝5π4或2θ＋π4＝7π4. 因此θ＝π2或θ＝3π4.第四节数系的扩充与复数的引入1．复数的有关概念 (1)复数的概念：形如a＋b i(a，b∈R)的数叫复数，其中a，b分别是它的实部和虚部．若b ＝0，则a＋b i为实数；若b≠0，则a＋b i为虚数；若a＝0且b≠0，则a＋b i为纯虚数．(2)复数相等：a＋b i＝c＋d i⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．(3)共轭复数：a＋b i与c＋d i共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．(4)复数的模：向量OZ―→的模r叫做复数z＝a＋b i(a，b∈R)的模，记作|z|或|a＋b i|，即|z|＝|a＋b i|＝a2＋b2.2．复数的几何意义(1)复数z＝a＋b i复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．(2)复数z＝a＋b i(a，b∈R)平面向量OZ.3．复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则设z1＝a＋b i，z2＝c＋d i(a，b，c，d∈R)，则①加法：z1＋z2＝(a＋b i)＋(c＋d i)＝(a＋c)＋(b＋d)i；②减法：z1－z2＝(a＋b i)－(c＋d i)＝(a－c)＋(b－d)i；③乘法：z1·z2＝(a＋b i)·(c＋d i)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；④除法：z1z2＝a＋b ic＋d i＝(a＋b i)(c－d i)(c＋d i)(c－d i)＝ac＋bd c2＋d2＋bc－adc2＋d2i(c＋d i≠0)．(2)复数加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．1．判定复数是实数，仅注重虚部等于0是不够的，还需考虑它的实部是否有意义．2．利用复数相等a＋b i＝c＋d i列方程时，注意a，b，c，d∈R的前提条件．3．z2<0在复数范围内有可能成立，例如：当z＝3i时z2＝－9<0.[试一试]1．(2014·惠州调研)i 是虚数单位，若z (i ＋1)＝i ，则|z |等于( ) A ．1 B.32 C.22D.12解析：选C 由题意知z ＝i i ＋1＝i (1－i )(i ＋1)(1－i )＝1＋i 2，|z |＝22，故选C.2．(2013·天津高考)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位．若(a ＋i)·(1＋i)＝b i ，则a ＋b i ＝________.解析：因为(a ＋i)(1＋i)＝a －1＋(a ＋1)i ＝b i ，a ，b ∈R ，所以⎩⎨⎧a －1＝0，a ＋1＝b ，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝2，所以a ＋b i ＝1＋2i. 答案：1＋2i1．把握复数的运算技巧(1)设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，利用复数相等和相关性质将复数问题实数化是解决复数问题的常用方法．(2)在复数代数形式的四则运算中，加、减、乘运算按多项式运算法则进行，除法则需分母实数化．2．掌握复数代数运算中常用的几个结论在进行复数的代数运算时，记住以下结论，可提高计算速度． (1)(1±i)2＝±2i ；1＋i 1－i ＝i ；1－i 1＋i＝－i ；(2)－b ＋a i ＝i(a ＋b i)；(3)i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i ，i 4n ＋i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＝0，n ∈N *.[练一练](2013·安徽联考)已知i 是虚数单位，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 2 2 013在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选C ∵⎝⎛⎭⎪⎫1＋i 22＝2i2＝i ， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 2 2 013＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 2 2 0121＋i 2＝i 1 006·1＋i 2＝i 2·1＋i 2＝－22－22i.∴其对应点位于第三象限，故选C.1.(2014·湖北八校联考)设x ∈R ，则“x ＝1”是“复数z ＝(x 2－1)＋(x ＋1)i 为纯虚数”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 由纯虚数的定义知：⎩⎨⎧x 2－1＝0，x ＋1≠0，⇒x ＝1，选C.2．(2014·安徽“江南十校”联考)若a ＋b i ＝51＋2i(i 是虚数单位，a ，b ∈R )，则ab ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选A a ＋b i ＝51＋2i＝1－2i ，所以a ＝1，b ＝－2，ab ＝－2. 3．(2013·安徽高考)设i 是虚数单位，若复数a －103－i(a ∈R )是纯虚数，则a 的值为( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3解析：选D 复数a －103－i ＝a －10(3＋i )(3－i )(3＋i )＝(a －3)－i 为纯虚数，则a －3＝0，即a ＝3.4．(2013·洛阳统考)设复数z ＝－1－i(i 为虚数单位)，z 的共轭复数为z ，则|(1－z )·z －|＝( )A.10 B ．2 C. 2D ．1解析：选A 依题意得(1－z )·z －＝(2＋i)(－1＋i)＝－3＋i ，|(1－z )·z －|＝|－3＋i|＝(－3)2＋12＝10.选A.[类题通法]解决复数概念问题的方法及注意事项(1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．(2)解题时一定要先看复数是否为a ＋bi (a ，b ∈R )的形式，以确定实部和虚部．[典例] (1)(2013·四川高考)如图，在复平面内，点A 表示复数z ，则图中表示z 的共轭复数的点是( )A ．AB ．BC ．CD ．D(2)(2014·郑州质量预测)复数z 1＝3＋i ，z 2＝1－i ，则z ＝z 1z 2的共轭复数在复平面内的对应点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限[解析] (1)设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，且a <0，b >0，则z 的共轭复数为a －b i ，其中a <0，－b <0，故应为B 点．(2)依题意得，z ＝3＋i 1－i ＝(3＋i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝2＋4i 2＝1＋2i ，因此复数z ＝z 1z 2的共轭复数1－2i 在复平面内的对应点的坐标是(1，－2)，该点位于第四象限，选D.[答案] (1)B (2)D [类题通法]对复数几何意义的理解及应用(1)复数z 、复平面上的点Z 及向量OZ 相互联系，即z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )⇔Z (a ，b )⇔ OZ(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．[针对训练]1．(2013·湖北八校联考)已知i 是虚数单位，z ＝1＋i ，z －为z 的共轭复数，则复数z 2z－在复平面上对应的点的坐标为________．解析：z ＝1＋i ，则z 2z －＝(1＋i )21－i ＝2i 1－i ＝2i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－1＋i ，则复数z 2z－在复平面上对应的点的坐标为(－1,1)．答案：(－1,1)2．已知复数z 1＝－1＋2i ，z 2＝1－i ，z 3＝3－4i ，它们在复平面上对应的点分别为A ，B ，C ，若OC ＝λOA ＋μOB ，(λ，μ∈R )，则λ＋μ的值是________．解析：由条件得OC ＝(3，－4)，OA ＝(－1,2)，OB ＝(1，－1)， 根据OC ＝λOA ＋μOB 得(3，－4)＝λ(－1,2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)， ∴⎩⎨⎧ －λ＋μ＝3，2λ－μ＝－4，解得⎩⎨⎧λ＝－1，μ＝2. ∴λ＋μ＝1. 答案：1[典例] (1)若复数z 满足z (2－i)＝11＋7i(i 为虚数单位)，则z 为( ) A ．3＋5i B ．3－5i C ．－3＋5iD ．－3－5i(2)(2013·长春调研)已知复数z ＝1＋a i(a ∈R ，i 是虚数单位)，z －z ＝－35＋45i ，则a ＝( )A ．2B ．－2C ．±2D ．－12[解析] (1)z ＝11＋7i 2－i ＝(11＋7i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝15＋25i5＝3＋5i.(2)由题意可知：1－a i 1＋a i ＝(1－a i )2(1＋a i )(1－a i )＝1－2a i －a 21＋a 2＝1－a 21＋a 2－2a 1＋a 2i ＝－35＋45i ，因此1－a 21＋a 2＝－35，化简得5a 2－5＝3a 2＋3，a 2＝4，则a ＝±2，由－2a 1＋a 2＝45可知a <0，仅有a ＝－2满足，故选B.[答案] (1)A (2)B解：∵z ＝3＋5i ，∴z －＝3－5i∴(1＋z )·z －＝(4＋5i)(3－5i)＝12－20i ＋15i ＋25＝37－5i. [类题通法]复数四则运算的解答策略复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式的运算，除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i 的幂写成最简形式．[针对训练]1．(2013·山东高考)复数z 满足(z －3)(2－i)＝5(i 为虚数单位)，则z 的共轭复数z为()A．2＋i B．2－i C．5＋i D．5－i解析：选D由(z－3)(2－i)＝5，得z＝3＋52－i＝3＋5(2＋i)(2－i)(2＋i)＝3＋2＋i＝5＋i，所以z＝5－i.2．设复数z的共轭复数为z，若z＝1－i(i为虚数单位)，则zz＋z2的值为()A．－3i B．－2i C．i D．－i解析：选D依题意得zz＋z2＝1＋i1－i＋(1－i)2＝－i2＋i1－i－2i＝i－2i＝－i.。
2015届高考数学第一轮基础知识复习教案63
【课本导读】1．等差数列的基本概念(1)定义： ．(2)通项公式：a n ＝ .a n ＝a m ＋ .(3)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n n －12d ＝a 1＋a n n 2. (4)a 、b 的等差中项为a ＋b 2. 2．等差数列常用性质：等差数列{a n }中(1)若m 1＋m 2＋…＋m k ＝n 1＋n 2＋…＋n k ，则am 1＋am 2＋…＋am k ＝an 1＋an 2＋…＋an k .特别地，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝ .(2)n 为奇数时，S n ＝na 中，S 奇＝n ＋12a 中，S 偶＝n －12a 中， ∴S 奇－S 偶＝ ．(3)n 为偶数时，S 偶－S 奇＝nd 2. (4)若公差为d ，依次k 项和S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 成等差数列，新公差d ′＝ .(5){S n n }为等差数列．【教材回归】1．(课本习题改编)若一个数列的通项公式是a n ＝kn ＋b (k ，b 为常数)，则下列说法中正确的是( )A ．数列{a n }一定不是等差数列B ．数列{a n }是公差为k 的等差数列C ．数列{a n }是公差为b 的等差数列D ．数列{a n }不一定是等差数列2．设a ≠b ，且数列a ，x 1，x 2，b 和a ，y 1，y 2，y 3，y 4，b 分别是等差数列，则y 4－y 3x 2－x 1＝__________. 3．已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，若a 1＝12，S 2＝a 3，则a 2＝________；S n ＝________. 4．在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则a 2＋a 10＝( )A ．12B ．16C ．20D ．245．等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．46．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )A ．－6B ．－4C ．－2D ．2【授人以渔】题型一 等差数列的基本量例1 (1)等差数列{a n }的前n 项和记为S n .已知a 10＝30，a 20＝50.求通项a n ； ②若S n ＝242，求n .(2)设{a n }为等差数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 7＝7，S 15＝75，T n 为数列{S n n}的前n 项和，求T n .思考题1 (1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( )A ．8B ．7C ．6D ．5(2)在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．题型二 等差数列的性质例2 (1)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________.(2)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝( )A ．58B ．88C ．143D ．176思考题2 (1)等差数列{a n }共有63项，且S 63＝36，求S 奇和S 偶．(2)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 012的值等于( ) A ．－2 011 B ．－2 012 C ．－2 010 D ．－2 013题型三 等差数列的证明例3已知数列{a n }，a n ∈N *，S n ＝18(a n ＋2)2.求证：{a n }是等差数列．思考题3 已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n ＝a n ＋1.求证：{a n }是等差数列，并求a n .．题型四等差数列的综合应用例4 等差数列{a n}中，a1＜0，S9＝S12，该数列前多少项的和最小？思考题4 (1)设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当S n取最小值时，n等于( )A．6 B．7 C．8 D．9(2)已知等差数列{a n}中，S n是它的前n项和，若S16＞0，且S17＜0，则当S n最大时n的值为( )A．16 B．8 C．9 D．10【本课总结】1．深刻理解等差数列的定义，紧扣从“第二项起”和“差是同一常数”这两点．2．等差数列中，已知五个元素a1，a n，n，d，S n中的任意三个，便可求出其余两个．3．证明数列{a n}是等差数列的两种基本方法是：(1)利用定义，证明a n－a n－1(n≥2)为常数；(2)利用等差中项，即证明2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)．4．等差数列{a n}中，当a1<0，d>0时，数列{a n}为递增数列，S n有最小值；当a1>0，d<0时，数列{a n}为递减数列，S n有最大值；当d＝0时，{a n}为常数列．【自助餐】1．由下列各表达式给出的数列{a n}：①S n＝a1＋a2＋…＋a n＝n2；②S n＝a1＋a2＋…＋a n＝n2－1；③a2n＋1＝a n·a n＋2；④2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)．其中表示等差数列的是()A．①④B．②④C．①②④D．①③④2．若S n是等差数列{a n}的前n项和，a2＋a10＝4，则S11的值为()A．12 B．18 C．22 D．443．设{a n}是公差为－2的等差数列，如果a1＋a4＋a7＝50，那么a6＋a9＋a12＝() A．40 B．30 C．20 D．104．在Rt△ABC中，∠C＝90°，它的三边成等差数列，则sin A＋sin B＝________.5．已知函数f (x )＝cos x ，x ∈(0,2π)有两个不同的零点x 1，x 2，且方程f (x )＝m 有两个不同的实根x 3，x 4，若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m ＝( )A.12 B ．－12 C.32 D ．－326．(2013·课标全国Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．67．(2013·课标全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S m ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．8．将等差数列3,8,13,18，…按顺序抄在练习本上，已知每行抄13个数，每页抄21行．求数33 333所在的页和行．。
2015届高考理科数学第一轮总复习教案60
学案18 同角三角函数的基本关系式及诱导公式导学目标： 1.能利用单位圆中的三角函数线推导出π2±α，π±α的正弦、余弦、正切的诱导公式.2.理解同角三角函数的基本关系式：sin 2x＋cos 2x ＝1，sin x cos x ＝tan x .自主梳理1．同角三角函数的基本关系(1)平方关系：____________________.(2)商数关系：______________________________. 2．诱导公式(1)sin(α＋2k π)＝________，cos(α＋2k π)＝__________，tan(α＋2k π)＝__________，k ∈Z .(2)sin(π＋α)＝________，cos(π＋α)＝________，tan(π＋α)＝________.(3)sin(－α)＝________，cos(－α)＝__________，tan(－α)＝________.(4)sin(π－α)＝__________，cos(π－α)＝__________，tan(π－α)＝________.(5)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝________，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝________. (6)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝__________，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝____________________________________.3．诱导公式的作用是把任意角的三角函数转化为锐角三角函数，一般步骤为：上述过程体现了化归的思想方法． 自我检测 1．(2010·全国Ⅰ)cos 300°等于( )A ．－32B ．－12C.12D.322．(2009·陕西)若3sin α＋cos α＝0，则1cos 2α＋sin 2α的值为( )A.103B.53C.23 D ．－2 3．(2010·福建龙岩一中高三第三次月考)α是第一象限角，tan α＝34，则sin α等于( )A.45B.35C ．－45D ．－354．cos(－174π)－sin(－174π)的值是 ( )A. 2 B ．－ 2C ．0 D.225．(2011·清远月考)已知cos(π6－α)＝23，则sin(α－2π3)＝________.探究点一 利用同角三角函数基本关系式化简、求值例1 已知－π2<x <0，sin x ＋cos x ＝15. (1)求sin 2x －cos 2x 的值；(2)求tan x2sin x ＋cos x 的值．变式迁移1 已知sin(3π＋α)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋α，求下列各式的值．(1)sin α－4cos α5sin α＋2cos α；(2)sin 2α＋sin 2α.探究点二 利用诱导公式化简、求值例2 (2011·合肥模拟)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＝－55，α∈(0，π)．(1)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π2－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋αsin (π－α)＋cos (3π＋α)的值；(2)求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－3π4的值．变式迁移2 设f (α)＝2sin (π＋α)cos (π－α)－cos (π＋α)1＋sin 2α＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋α－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α (1＋2sin α≠0)，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23π6＝________.探究点三 综合应用例3 在△ABC 中，若sin(2π－A )＝－2sin(π－B )，3cos A ＝－2cos(π－B )，求△ABC 的三个内角．变式迁移3 (2011·安阳模拟)已知△ABC 中，sin A ＋cos A ＝15， (1)求sin A ·cos A ；(2)判断△ABC 是锐角三角形还是钝角三角形； (3)求tan A 的值．转化与化归思想的应用例 (12分)已知α是三角形的内角，且sin α＋cos α＝15. (1)求tan α的值；(2)把1cos 2α－sin 2α用tan α表示出来，并求其值．多角度审题 由sin α＋cos α＝15应联想到隐含条件sin 2α＋cos 2α＝1，要求tan α，应当切化弦，所以只要求出sin α，cos α即可．【答题模板】 解 (1)联立方程⎩⎨⎧sin α＋cos α＝15， ① sin 2α＋cos 2α＝1， ②由①得cos α＝15－sin α，将其代入②，整理得25sin 2α－5sin α－12＝0.[2分]∵α是三角形的内角，∴⎩⎨⎧sin α＝45 cos α＝－35，[4分] ∴tan α＝－43.[6分](2)1cos α－sin α＝sin 2α＋cos 2αcos α－sin α＝sin 2α＋cos 2αcos 2αcos α－sin αcos 2α＝tan 2α＋11－tan α，[8分] ∵tan α＝－43，∴1cos 2α－sin 2α＝tan 2α＋11－tan 2α[10分]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝－257.[12分] 【突破思维障碍】由sin α＋cos α＝15及sin 2α＋cos 2α＝1联立方程组，利用角α的范围，应先求sin α再求cos α.(1)问切化弦即可求．(2)问应弦化切，这时应注意“1”的活用．【易错点剖析】在求解sin α，cos α的过程中，若消去cos α得到关于sin α的方程，则求得两解，然后应根据α角的范围舍去一个解，若不注意，则误认为有两解．1．由一个角的三角函数值求其他三角函数值时，要注意讨论角的范围．2．注意公式的变形使用，弦切互换、三角代换、消元是三角代换的重要思想，要尽量少开方运算，慎重确定符号．注意“1”的灵活代换．3．应用诱导公式，重点是“函数名称”与“正负号”的正确判断．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2011·荆州模拟)已知△ABC 中，cos A sin A ＝－125，则cos A 等于 ( )A.1213B.513C ．－513D ．－12132．已知tan α＝－512，且α为第二象限角，则sin α的值等于 ( )A.15 B ．－115 C.513 D ．－5133．(2011·许昌月考)已知f (α)＝sin (π－α)cos (2π－α)cos (－π－α)tan α，则f (－313π)的值为 ( )A.12 B ．－13 C ．－12 D.13 4．设f (x )＝a sin(πx ＋α)＋b cos(πx ＋β)，其中a 、b 、α、β都是非零实数，若f (2 002)＝－1，则f (2 003)等于 ( )A ．－1B ．0C ．1D ．2 5．(2010·全国Ⅰ)记cos(－80°)＝k ，那么tan 100°等于 ( )A.1－k 2k B ．－1－k 2k6．(2010·全国Ⅱ)已知α是第二象限的角，tan α＝－12，则cos α＝________.7．sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°＝________. 8．(2010·东北育才学校高三第一次模拟考试)若tan α＝2，则sin α＋cos αsin α－cos α＋cos 2α＝________.三、解答题(共38分)9．(12分)已知f (α)＝sin (π－α)cos (2π－α)tan (－α＋π)－tan (－α－π)sin (－π－α).(1)化简f (α)；(2)若α是第三象限角，且cos(α－3π2)＝15，求f (α)的值．10．(12分)化简：sin (k π－α)·cos[(k －1)π－α]sin[(k ＋1)π＋α]·cos (k π＋α)(k ∈Z )．11．(14分)(2011·秦皇岛模拟)已知sin θ，cos θ是关于x 的方程x 2－ax ＋a ＝0(a ∈R )的两个根．(1)求cos 3(π2－θ)＋sin 3(π2－θ)的值；(2)求tan(π－θ)－1tan θ的值．答案 自主梳理1．(1)sin 2α＋cos 2α＝1 (2)sin αcos α＝tan α 2.(1)sin α cos α tan α(2)－sin α －cos α tan α (3)－sin α cos α －tan α (4)sin α －cos α －tan α (5)cos α sin α (6)cos α －sin α自我检测1．C [cos 300°＝cos(360°－60°)＝cos 60°＝12.] 2．A [∵3sin α＋cos α＝0，sin 2α＋cos 2α＝1，∴sin 2α＝110，∴1cos 2α＋sin 2α＝1cos 2α＋2sin α·(－3sin α)＝11－7sin 2α＝103.] 3．B4．A [cos(－174π)－sin(－174π)＝cos(－4π－π4)－sin(－4π－π4)＝cos(－π4)－sin(－π4)＝cos π4＋sin π4＝ 2.]5．－23解析 sin(α－2π3)＝－sin(2π3－α)＝－sin[(π6－α)＋π2]＝－cos(π6－α)＝－23. 课堂活动区例1 解题导引 学会利用方程思想解三角函数题，对于sin α＋cos α，sin αcos α，sin α－cos α这三个式子，已知其中一个式子的值，就可以求出其余二式的值，但要注意对符号的判断．解 由sin x ＋cos x ＝15得，1＋2sin x cos x ＝125，则2sin x cos x ＝－2425.∵－π2<x <0，∴sin x <0，cos x >0， 即sin x －cos x <0. 则sin x －cos x＝－sin 2x －2sin x cos x ＋cos 2x＝－1＋2425＝－75.(1)sin 2x －cos 2x ＝(sin x ＋cos x )(sin x －cos x ) ＝15×⎝ ⎛⎭⎪⎫－75＝－725. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧sin x ＋cos x ＝15sin x －cos x ＝－75，得⎩⎪⎨⎪⎧sin x ＝－35cos x ＝45，则tan x ＝－34.即tan x 2sin x ＋cos x＝－34－65＋45＝158. 变式迁移1 解 ∵sin(3π＋α)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋α，∴－sin α＝－2cos α.∴sin α＝2cos α，即tan α＝2. 方法一 (直接代入法)：(1)原式＝2cos α－4cos α5×2cos α＋2cos α＝－16.(2)原式＝sin 2α＋2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝sin 2α＋sin 2αsin 2α＋14sin 2α＝85. 方法二 (同除转化法)：(1)原式＝tan α－45tan α＋2＝2－45×2＋2＝－16.(2)原式＝sin 2α＋2sin αcos α＝sin 2α＋2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝tan 2α＋2tan αtan 2α＋1＝85.例2 解题导引 三角诱导公式记忆有一定规律：⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2π＋α的本质是：奇变偶不变(对k 而言，指k 取奇数或偶数)，符号看象限(看原函数，同时可把α看成是锐角)．诱导公式的应用是求任意角的三角函数值，其一般步骤：(1)负角变正角，再写成2k π＋α，0≤α<2π；(2)转化为锐角三角函数．解 (1)∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＝－55，α∈(0，π)，∴cos α＝－55，sin α＝255.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π2－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋αsin (π－α)＋cos (3π＋α)＝－cos α－sin αsin α－cos α＝－13. (2)∵cos α＝－55，sin α＝255，∴sin 2α＝－45，cos 2α＝－35，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－3π4＝－22cos 2α＋22sin 2α＝－210. 变式迁移2 3解析 ∵f (α)＝(－2sin α)(－cos α)＋cos α1＋sin 2α＋sin α－cos 2α＝2sin αcos α＋cos α2sin 2α＋sin α＝cos α(1＋2sin α)sin α(1＋2sin α)＝1tan α，∴f ⎝⎛⎭⎪⎫－23π6＝1tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23π6 ＝1tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4π＋π6＝1tan π6＝ 3. 例3 解题导引 先利用诱导公式化简已知条件，再利用平方关系求得cos A ．求角时，一般先求出该角的某一三角函数值，再确定该角的范围，最后求角．诱导公式在三角形中常用结论有：A ＋B ＝π－C ；A 2＋B 2＋C 2＝π2.解 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧sin A ＝2sin B ， ①3cos A ＝2cos B ， ②①2＋②2得2cos 2A ＝1，即cos A ＝±22.(1)当cos A ＝22时，cos B ＝32， 又A 、B 是三角形的内角，∴A ＝π4，B ＝π6，∴C ＝π－(A ＋B )＝712π.(2)当cos A ＝－22时，cos B ＝－32. 又A 、B 是三角形的内角，∴A ＝34π，B ＝56π，不合题意．综上知，A ＝π4，B ＝π6，C ＝712π.变式迁移3 解 (1)∵sin A ＋cos A ＝15，①∴两边平方得1＋2sin A cos A ＝125，∴sin A ·cos A ＝－1225.(2)由(1)sin A ·cos A ＝－1225<0，且0<A <π， 可知cos A <0，∴A 为钝角， ∴△ABC 为钝角三角形．(3)∵(sin A －cos A )2＝1－2sin A ·cos A ＝4925， 又sin A >0，cos A <0，∴sin A －cos A >0，∴sin A －cos A ＝75，②∴由①，②得sin A ＝45，cos A ＝－35，∴tan A ＝sin A cos A ＝－43. 课后练习区1．D [∵A 为△ABC 中的角，cos A sin A ＝－125，∴sin A ＝－512cos A ，A 为钝角，∴cos A <0.代入sin 2A ＋cos 2A ＝1，求得cos A ＝－1213.]2．C [已知tan α＝－512，且α为第二象限角，有cos α＝－11＋tan 2α＝－1213，所以sin α＝513.] 3．C [∵f (α)＝sin αcos α－cos αtan α＝－cos α，∴f (－313π)＝－cos(－313π)＝－cos(10π＋π3)＝－cos π3＝－12.]4．C [∵f (2 002)＝a sin(2 002π＋α)＋b cos(2 002π＋β) ＝a sin α＋b cos β＝－1，∴f (2 003)＝a sin(2 003π＋α)＋b cos(2 003π＋β)＝a sin [2 002π＋(π＋α)]＋b cos [2 002π＋(π＋β)]＝a sin(π＋α)＋b cos(π＋β)＝－(a sin α＋b cos β)＝1.]5．B [∵cos(－80°)＝cos 80°＝k ，sin 80°＝1－cos 280°＝1－k 2.∴tan 100°＝－tan 80°＝－1－k 2k .]6．－255解析 ∵tan α＝－12，∴sin αcos α＝－12，又∵sin 2α＋cos 2α＝1，α是第二象限的角，∴cos α＝－255.7.892解析 sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 289°＝sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 245°＋…＋sin 2(90°－2°)＋sin 2(90°－1°)＝sin 21°＋sin 22°＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋…＋cos 22°＋cos 21° ＝(sin 21°＋cos 21°)＋(sin 22°＋cos 22°)＋…＋(sin 244°＋cos 244°)＋12＝44＋12＝892.8.165 解析 原式＝tan α＋1tan α－1＋cos 2αsin 2α＋cos 2α＝3＋1tan 2α＋1＝3＋15＝165. 9．解 (1)f (α)＝sin (π－α)cos (2π－α)tan (－α＋π)－tan (－α－π)sin (－π－α)＝sin αcos α(－tan α)tan αsin α＝－cos α.…………………………………………………………(5分)(2)∵α是第三象限角，且cos(α－3π2)＝－sin α＝15，∴sin α＝－15，……………………………………………………………………………(8分)∴cos α＝－1－sin 2α＝－1－(－15)2＝－265，∴f (α)＝－cos α＝265.…………………………………………………………………(12分)10．解 当k 为偶数2n (n ∈Z )时，原式＝sin (2n π－α)·cos[(2n －1)π－α]sin[(2n ＋1)π＋α]·cos (2n π＋α)＝sin (－α)·cos (－π－α)sin (π＋α)·cos α＝－sin α·cos (π＋α)－sin α·cos α＝－cos αcos α＝－1；……………………………………………………(6分)当k 为奇数2n ＋1 (n ∈Z )时，原式＝sin[(2n ＋1)π－α]·cos (2n π－α)sin[(2n ＋2)π＋α]·cos[(2n ＋1)π＋α]＝sin (π－α)·cos (－α)sin (2π＋α)·cos (π＋α)＝sin α·cos αsin α·(－cos α)＝－1. ∴当k ∈Z 时，原式＝－1.………………………………………………………………(12分)11．解 由已知原方程的判别式Δ≥0，即(－a )2－4a ≥0，∴a ≥4或a ≤0.………………………………………………………(3分)又⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＋cos θ＝a sin θcos θ＝a ，(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ，则a 2－2a －1＝0，(6分)从而a ＝1－2或a ＝1＋2(舍去)，因此sin θ＋cos θ＝sin θcos θ＝1－2.…………………………………………………(8分)(1)cos 3(π2－θ)＋sin 3(π2－θ)＝sin 3θ＋cos 3θ＝(sin θ＋cos θ)(sin2θ－sin θcos θ＋cos2θ)＝(1－2)[1－(1－2)]＝2－2.………(11分)(2)tan(π－θ)－1tan θ＝－tan θ－1tan θ＝－(sin θcos θ＋cos θsin θ)＝－1sin θcos θ＝－11－2＝1＋ 2.……………………………………………………………………………………………(14分)。
高考数学第一轮总复习 62经典实用学案课件
第二十页，共45页。
[答案(dáàn)] C
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[总结评述] 由重要不等式及推论知一些常用(chánɡ
yònɡ)的变形不等式，如：
有其广泛的
应用，应注意推导和掌握．
第二十二页，共45页。
解析(jiě xī)：因为a>b>1，所以lga>lgb>0，
所以R>Q.故P<Q<R.
＝1，求x＋y
的最小值．
第二十五页，共45页。
[解答] (1)因为4x－5＜0，所以首先要“调整”符号，
又(4x－2)·
不是常数(chángshù)，所以对4x－2要进行
拆、凑项，
∵x＜ ，∴5－4x＞0，
∴y＝4x－2＋ ＝－(5－4x＋ )＋3≤－2＋3＝1.
当且仅当5－4x＝
，
即x＝1时，上式等号成立，故当x＝1时，ymax＝1.
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三、均值不等式求最值忽视(hūshì)等号成立条件致误
答案：5 6．函数f(x)＝
的最小值为____________．
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●回归(huíguī)教材 1 ． (2009· 湖 南 ， 10) 若 x ＞ 0 ， 则 x ＋ ________．
的最小值为
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第七页，共45页。
2．已知0＜x＜1，则函数(hánshù)y＝2＋log2x＋ __________值为__________．
答案：大 2－2
有最
第八页，共45页。
二、均值不等式求最值忽视(hūshì)积(或和)为定值致误 3．函数f(x)＝x(5－2x)，x∈(0，)的最大值为__________； 答案：－2
2015届高考理科数学第一轮总复习教案7
第九章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m ＋n种不同方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．1．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．2．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．[试一试]1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A．30 B．20C．10 D．6解析：选D从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6种．2．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有()A．30个B．42个C．36个D．35个解析：选C∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．1．应用两种原理解题(1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；(3)有无特殊条件的限制；(4)检验是否有重漏．2．混合问题一般是先分类再分步，分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．[练一练]1．(2013·郑州模拟)在2012年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24(种)．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)．答案：2 8802．(2014·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校一联)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1、2、…、9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1、5、9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．解析：把区域分为三部分，第一部分1、5、9，有3种涂法．第二部分4、7、8，当5、7同色时，4、8各有2种涂法，共4种涂法；当5、7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．答案：108分类加法计数原理()A．50个B．45个C．36个D．35个解析：选C利用分类加法计数原理：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．2．五名篮球运动员比赛前将外衣放在休息室，比赛后都回到休息室取衣服．由于灯光暗淡，看不清自己的外衣，则至少有两人拿对自己的外衣的情况有()A．30种B．31种C．35种D．40种解析：选B分类：第一类，两人拿对：2×C2 5＝20种；第二类，三人拿对：C3 5＝10种；第三类，四人拿对与五人拿对一样，所以有1种．故共有20＋10＋1＝31种．3．(2013·三门峡模拟)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种解析：选B设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)．[类题通法]利用分类加法计数原理解题时应注意(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；(2)分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理[典例](2014·本溪模拟)如图所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．[解析]先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12种不同的涂法．[答案]12[类题通法]利用分步乘法计数原理解决问题时应注意(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．[针对训练]在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有()A．24种B．48种C．96种D．144种解析：选C第一步安排A有2种方法；第二步在剩余的5个位置选取相邻的两个排B，C，有4种排法，而B，C位置互换有2种方法；第三步安排剩余的3个程序，有A33种排法，共有2×4×2×A33＝96种．[典例](2014·黄冈质检)设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择集合I的两个非空子集A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有()A．50种B．49种C．48种D．47种[解析]从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C25＝10种选择方法；从5个元素中选出3个元素，有C35＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C45＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C55＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4＝4种选择方法．根据分类加法计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．故选B.[答案] B本例中条件若变为“A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}现从中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合”，则可以组成多少个集合？解：(1)选集合A，B，有C14C13＝12；(2)选集合A，C，有C14C12＝8；(3)选集合B，C，有C13C12＝6；故可以组成12＋8＋6＝26个集合．[类题通法]在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．[针对训练]上海某区政府召集5家企业的负责人开年终总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上推选3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为________．解析：若3人中有一人来自甲企业，则共有C12C24种情况，若3人中没有甲企业的，则共有C34种情况，由分类加法计数原理可得，这3人来自3家不同企业的可能情况共有C12C24＋C34＝16(种)．答案：16第二节排列与组合1．排列与排列数(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．2．计算A m n时易错算为n(n－1)(n－2)…(n－m)．3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．[试一试]1．电视台在直播2012伦敦奥运会时要连续插播5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连播．则不同的播放方式有()A．120B．48C．36 D．18解析：选C有C12C13A33＝36(种)．2．2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答)解析：将2件必须相邻的书法作品看作一个整体，同1件建筑设计展品全排列，再将2件不能相邻的绘画作品插空，故共有A22A22A23＝24(种)不同的展出方案．答案：241．排列问题与组合问题的识别方法：当m＞n2时，通常将计算Cmn转化为计算C n－mn.二是列等式，由C x n＝C y n可得x＝y或x＋y＝n.性质(3)主要用于恒等变形简化运算．[练一练]1．(2013·河北教学质量监测)有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A，B两位学生去问成绩，老师对A说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为() A．6 B．18C．20 D．24解析：选B由题意知，名次排列的种数为C13A33＝18.2．5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有________种．(用数字作答)解析：先排甲、乙之外的3人，有A33种排法，然后将甲、乙两人插入形成的4个空中，有A24种排法，故共有A33·A24＝72(种)排法．答案：72排列问题1．数列{a n足上述条件的数列{a n}共有()A．30个B．31个C．60个D．61个解析：选A在数列的六项中，只要考虑两个非1的项的位置，即得不同数列，共有A26＝30个不同的数列．2．(2013·东北三校联考)在数字1,2,3与符号“＋”，“－”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有()A．6种B．12种C．18种D．24种解析：选B本题主要考查某些元素不相邻的问题，先排符号“＋”，“－”，有A22种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A33种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有A22A33＝12种．3．(2013·西安检测)8名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道，若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如：5,6,7)，则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有()A．360种B．4 320种C．720种D．2 160种解析：选B法一：先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法，将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上，剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上，共有6A33A55＝4 320种安排方式．法二：先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列，有A33种排法，然后把他们捆绑在一起当作一名运动员，再与剩余5名运动员全排列，有A66种排法，故共有A33A66＝4 320种安排方式．[类题通法]求解排列应用题的主要方法组合问题[典例](2013·重庆高考)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．[解析]直接法分类，3名骨科，内科、脑外科各1名；3名脑外科，骨科、内科各1名；3名内科，骨科、脑外科各1名；内科、脑外科各2名，骨科1名；骨科、内科各2名，脑外科1名；骨科、脑外科各2名，内科1名．所以选派种数为C33·C14·C15＋C34·C13·C15＋C35·C13·C14＋C24·C25·C13＋C23·C25·C14＋C23·C24·C15＝590.[答案]590[类题通法]组合两类问题的解法(1)“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”、“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．[针对训练](2013·四平质检)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有()A．70种B．80种C．100种D．140种解析：选A法一(间接法)：当选择的3名医生都是男医生或都是女医生时，共有C35＋C34＝14种组队方案．当从9名医生中选择3名医生时，共有C39＝84种组队方案，所以男、女医生都有的组队方案共有84－14＝70种．法二(直接法)：当小分队中有1名女医生时，有C14C25＝40种组队方案；当小分队中有2名女医生时，有C24C15＝30种组队方案，故共有70种不同的组队方案．分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合应用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配。
2015届高考理科数学第一轮总复习教案10
选修4－4 坐标系与参数方程第一节坐标系1．平面直角坐标系中的坐标伸缩变换设点P (x ，y )是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x ，(λ＞0)，y ′＝μ·y ，(μ＞0)的作用下，点P (x ，y )对应到点P ′(x ′，y ′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．2．极坐标系与极坐标 (1)极坐标系：如图所示，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；再选定一个长度单位，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．(2)极坐标：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)．一般地，不做特殊说明时，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 是坐标系平面内任意一点，它的直角坐标是(x ，y )，极坐标是(ρ，θ)(ρ≥0)，于是极坐标与直角坐标的互化公式如下表：1．在将直角坐标化为极坐标求极角θ时，易忽视判断点所在的象限(即角θ的终边的位置)．2．在极坐标系下，点的极坐标不惟一性易忽视．注意极坐标(ρ，θ)(ρ，θ＋2k π)，(－ρ，π＋θ＋2k π)(k ∈Z )表示同一点的坐标．[试一试]1．点P 的直角坐标为(1，－3)，则点P 的极坐标为________． 解析：因为点P (1，－3)在第四象限，与原点的距离为2，且OP 与x 轴所成的角为－π3.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π3 2．极坐标方程ρ＝sin θ＋2cos θ能表示的曲线的直角坐标方程为________．解析：由ρ＝sin θ＋2cos θ，得ρ2＝ρsin θ＋2ρcos θ， ∴x 2＋y 2－2x －y ＝0. 答案：x 2＋y 2－2x －y ＝01．确定极坐标方程的四要素极点、极轴、长度单位、角度单位及其正方向，四者缺一不可． 2．直角坐标(x ，y )化为极坐标(ρ，θ)的步骤 (1)运用ρ＝x 2＋y 2，tan θ＝yx (x ≠0)(2)在[0,2π)内由tan θ＝yx (x ≠0)求θ时，由直角坐标的符号特征判断点所在的象限．[练一练]1．在极坐标系中，圆心在(2，π)且过极点的圆的方程为解析：如图，O 为极点，OB 为直径，A (ρ，θ)，则∠ABO ＝θ－90°，OB ＝22＝ρsin (θ－90°)，化简得ρ＝－22cos θ. 答案：ρ＝－22cos θ2．已知直线的极坐标方程为ρsin (θ＋π4)＝22，则极点到该直线的距离是________．解析：极点的直角坐标为O (0,0)，ρsin(θ＋π4)＝ρ22sin θ＋22cos θ＝22，∴ρsin θ＋ρcos θ＝1，化为直角坐标方程为x ＋y －1＝0. ∴点O (0,0)到直线x ＋y －1＝0的距离为d ＝12＝22，即极点到直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22的距离为22.答案：22拟)设平表达式为⎩⎨⎧x ′＝12x ，y ′＝3y ，则在这一坐标变换下正弦曲线y ＝sin x 的方程变为解析：∵⎩⎨⎧x ′＝12x ，y ′＝3y ，∴⎩⎨⎧x ＝2x ′，y ＝13y ′.代入y ＝sin x 得y ′＝3sin 2x ′. 答案：y ′＝3sin 2x ′2．函数y ＝sin(2x ＋π4)经伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝2x ，y ′＝12y后的解析式为________．解析：由⎩⎨⎧x ′＝2x ，y ′＝12y ，得⎩⎨⎧x ＝12x ′，y ＝2y ′.①将①代入y ＝sin(2x ＋π4)，得2y ′＝sin(2·12x ′＋π4)， 即y ′＝12sin(x ′＋π4)． 答案：y ′＝12sin(x ′＋π4)3．双曲线C ：x 2－y 264＝1经过φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y 变换后所得曲线C ′的焦点坐标为________．解析：设曲线C ′上任意一点P ′(x ′，y ′)，由上述可知，将⎩⎨⎧x ＝13x ′，y ＝2y ′，代入x 2－y264＝1得x ′29－4y ′264＝1，化简得x ′29－y ′216＝1，即x 29－y 216＝1为曲线C ′的方程，可见仍是双曲线，则焦点F 1(－5,0)，F 2(5,0)为所求．答案：(－5,0)或(5,0) [类题通法]平面图形的伸缩变换可以用坐标伸缩变换来表示．在伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x ，(λ>0)y ′＝μ·y ，(μ>0)下，直线仍然变成直线，抛物线仍然变成抛物线，双曲线仍然变成双曲线，圆可以变成椭圆，椭圆也可以变成圆．极坐标与直角坐标的互化[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3ρ2＝12ρcos θ－10(ρ>0)．(1)求曲线C 1的直角坐标方程；(2)曲线C 2的方程为x 216＋y 24＝1，设P ，Q 分别为曲线C 1与曲线C 2上的任意一点，求|PQ |的最小值．[解] (1)曲线C 1的方程可化为3(x 2＋y 2)＝12x －10， 即(x －2)2＋y 2＝23.(2)依题意可设Q (4cos θ，2sin θ)，由(1)知圆C 1的圆心坐标为C 1(2,0)．故|QC 1|＝(4cos θ－2)2＋4sin 2θ ＝12cos 2θ－16cos θ＋8 ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ－232＋23， |QC 1|min ＝263，所以|PQ |min ＝63. [类题通法]直角坐标方程与极坐标方程的互化，关键要掌握好互化公式，研究极坐标系下图形的性质，可转化直角坐标系的情境进行．[针对训练](2013·安徽模拟)在极坐标系中，直线ρcos θ－ρsin θ＋1＝0与圆ρ＝2sin θ的位置关系是________．解析：直线ρcos θ－ρsin θ＋1＝0可化成x －y ＋1＝0，圆ρ＝2sin θ可化为x 2＋y 2＝2y ，即x 2＋(y －1)2＝1.圆心(0,1)到直线x －y ＋1＝0的距离d ＝|0－1＋1|2＝0<1.故直线与圆相交．答案：相交极坐标方程及应用[中，曲线C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝2sin θ(θ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，直线l 的方程为ρsin(θ＋π4)＝2 2.(1)求曲线C 在极坐标系中的方程； (2)求直线l 被曲线C 截得的弦长．[解] (1)由已知得，曲线C 的普通方程为(x －2)2＋y 2＝4， 即x 2＋y 2－4x ＝0，化为极坐标方程是ρ＝4cos θ. (2)由题意知，直线l 的直角坐标方程为x ＋y －4＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4x ＝0，x ＋y ＝4，得直线l 与曲线C 的交点坐标为(2,2)，(4,0)，所以所求弦长为2 2.解：由曲线C ，C 1极坐标方程联立 ρcos θ＝3，ρ＝4cos θ，∴cos 2θ＝34，cos θ＝±32，又ρ≥0，θ∈[0，π2)．∴cos θ＝32，θ＝π6，ρ＝23，故交点极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，π6.[类题通法]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． [针对训练](2013·荆州模拟)在极坐标系中，过圆ρ＝6cos θ的圆心，且垂直于极轴的直线的极坐标方程为________．解析：ρ＝6cos θ在直角坐标系中表示圆心为(3,0)，半径为3的圆．过圆心且垂直于x 轴的直线方程为x ＝3，其在极坐标系下的方程为ρcos θ＝3.答案：ρcos θ＝3第二节参数方程1．参数方程和普通方程的互化(1)曲线的参数方程和普通方程是曲线方程的不同形式．一般地，可以通过消去参数而从参数方程得到普通方程．(2)如果知道变数x ，y 中的一个与参数t 的关系，例如x ＝f (t )，把它代入普通方程，求出另一个变数与参数的关系y ＝g (t )，那么，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝f (t )，y ＝g (t )就是曲线的参数方程． 2．常见曲线的参数方程和普通方程1．不明确直线的参数方程中的几何意义导致错误，对于直线参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α.(t 为参数)注意：t 是参数，α则是直线的倾斜角．2．参数方程与普通方程互化时，易忽视互化前后的等价性． [练一练]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________．A.23 B ．－23 C.32D ．－32解析：∵y －2x －1＝－3t 2t ＝－32，∴tan α＝－32.答案：－322．参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3t 2＋2y ＝t 2－1(0≤t ≤5)的曲线为__________(填“线段”、“双曲线”、“圆弧”或“射线”)．解析：化为普通方程为x ＝3(y ＋1)＋2， 即x －3y －5＝0，由于x ＝3t 2＋2∈[2,77]，故曲线为线段． 答案：线段1．化参数方程为普通方程的方法消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法．2．利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题的方法 经过点P (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)．若A ，B 为直线l 上两点，其对应的参数分别为t 1，t 2，线段AB 的中点为M ，点M 所对应的参数为t 0，则以下结论在解题中经常用到：(1)t 0＝t 1＋t 22； (2)|PM |＝|t 0|＝t 1＋t 22； (3)|AB |＝|t 2－t 1|； (4)|P A |·|PB |＝|t 1·t 2|. [练一练]1．已知P 1，P 2是直线⎩⎨⎧x ＝1＋12t ，y ＝－2＋32t(t 为参数)上的两点，它们所对应的参数分别为t 1，t 2，则线段P 1P 2的中点到点P (1，－2)的距离是________．解析：由t 的几何意义可知，线段P 1P 2的中点对应的参数为t 1＋t 22，P 对应的参数为t ＝0，∴线段P 1P 2的中点到点P 的距离为|t 1＋t 2|2. 答案：|t 1＋t 2|22．已知直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－12t ，y ＝－1＋12t(t 为参数)与圆x 2＋y 2＝4相交于B ，C 两点，则|BC |的值为________．解析：∵⎩⎨⎧x ＝2－12t ＝2－22t ′，y ＝－1＋12t ＝－1＋22t ′，⎝⎛⎭⎪⎫t ′＝22t 代入x 2＋y 2＝4，得⎝ ⎛⎭⎪⎫2－22t ′2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋22t ′2＝4，t ′2－32t ′＋1＝0，∴|BC |＝|t ′1－t ′2|＝(t ′1＋t ′2)2－4t ′1t ′2＝(32)2－4×1＝14.答案：14参数方程与普通方程的互化1.曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝23cos θy ＝32sin θ(θ为参数)中两焦点间的距离是________．解析：曲线化为普通方程为y 218＋x 212＝1，∴c ＝6，故焦距为2 6. 答案：2 62．(2014·西安质检)若直线3x ＋4y ＋m ＝0与圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋cos θ，y ＝－2＋sin θ(θ为参数)相切，则实数m 的值是________．解析：圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋cos θ，y ＝－2＋sin θ消去参数θ，化为普通方程是(x －1)2＋(y ＋2)2＝1.因为直线与圆相切，所以圆心(1，－2)到直线的距离等于半径，即|3＋4×(－2)＋m |5＝1，解得m ＝0或m ＝10. 答案：0或103．(2014·武汉调研)在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－t ，y ＝3t(t 为参数，t∈R )与曲线C 1：ρ＝4sin θ异于点O 的交点为A ，与曲线C 2：ρ＝2sinθ异于点O 的交点为B ，则|AB |＝________.解析：由题意可得，直线y ＝－3x ，曲线C 1：x 2＋(y －2)2＝4，曲线C 2：x 2＋(y －1)2＝1，画图可得，|AB |＝4cos 30°×12＝ 3.答案： 3 [类题通法]参数方程是以参变量为中介来表示曲线上点的坐标的方程，是曲线在同一坐标系下的另一种表示形式，参数方程化为普通方程关键在于消参，消参时要注意参变量的范围．参数方程的应用[典例] (2013·郑州模拟)已知直线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)．(1)当α＝π3时，求C 1与C 2的交点坐标；(2)过坐标原点O 作C 1的垂线，垂足为A ，P 为OA 的中点，当α变化时，求点P 轨迹的参数方程，并指出它是什么曲线．[解] (1)当α＝π3时，C 1的普通方程为y ＝3(x －1)，C 2的普通方程为x 2＋y 2＝1，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3(x －1)，x 2＋y 2＝1，解得C 1与C 2的交点坐标分别为(1,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32.(2)依题意，C 1的普通方程为x sin α－y cos α－sin α＝0，则A 点的坐标为(sin 2α，－sin αcos α)，故当α变化时，P 点轨迹的参数方程为 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12sin 2α，y ＝－12sin αcos α(α为参数)，∴点P 轨迹的普通方程为(x －14)2＋y 2＝116. 故点P 的轨迹是圆心为(14，0)，半径为14的圆．y ＝1－ax ，由两线垂直得－a ×3＝－1，故a ＝33.[类题通法]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)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．[针对训练](2013·新课标卷Ⅱ)已知动点P ，Q 在曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos t ，y ＝2sin t(t 为参数)上，对应参数分别为t ＝α与t ＝2α为(0＜α＜2π)，M 为PQ 的中点．(1)求M 的轨迹的参数方程；(2)将M 到坐标原点的距离d 表示为α的函数，并判断M 的轨迹是否过坐标原点．解：(1)依题意有P (2cos α，2sin α)，Q (2cos 2α，2sin 2α), 因此M (cos α＋cos 2α，sin α＋sin 2α)．M 的轨迹的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α＋cos 2α，y ＝sin α＋sin 2α(α为参数，0＜α＜2π)．(2)M 点到坐标原点的距离d ＝x 2＋y 2＝2＋2cos α(0＜α＜2π)． 当α＝π时，d ＝0，故M 的轨迹过坐标原点． 极坐标、参数方程的综合应用点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知点A 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4，直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝a ，且点A 在直线l 上． (1)求a 的值及直线l 的直角坐标方程；(2)圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋cos α，y ＝sin α(α为参数)，试判断直线l与圆C 的位置关系．[解] (1)由点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4在直线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝a 上，可得a ＝ 2.所以直线l 的方程可化为ρcos θ＋ρsin θ＝2， 从而直线l 的直角坐标方程为x ＋y －2＝0.(2)由已知得圆C 的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1， 所以圆C 的圆心为(1,0)，半径r ＝1， 因为圆心C 到直线l 的距离d ＝12＝22<1， 所以直线l 与圆C 相交． [类题通法]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．[针对训练](2013·石家庄质检)已知P 为半圆C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数，0≤θ≤π)上的点，点A 的坐标为(1,0)，O 为坐标原点，点M 在射线OP 上，线段OM 与半圆C 的弧AP 的长度均为π3.(1)以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求点M 的极坐标；(2)求直线AM 的参数方程．解：(1)由已知，点M 的极角为π3，且|OM |＝π3，故点M 的极坐标为(π3，π3)．(2)由(1)可得点M 的直角坐标为(π6，3π6)，A (1,0)，故直线AM 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋(π6－1)t ，y ＝3π6t(t 为参数)．。
2015届高考数学第一轮基础知识复习教案15
1、 函数函数是历年高考命题的重点，集合、函数的定义域、值域、图象、奇偶性、单调性、周期性、最值、反函数以及具体函数的图象及性质在高考试题中屡见不鲜.因此须注意以下几点.（1）集合是近代数学中最基本的概念之一，集合观点渗透于中学数学内容的各个方面，所以我们应弄懂集合的概念，掌握集合元素的性质，熟练地进行集合的交、并、补运算.同时，应准确地理解以集合形式出现的数学语言和符号.（2）函数是中学中最重要的内容之一，主要从定义、图象、性质三方面加以研究.在复习时要全面掌握、透彻理解每一个知识点.为了提高复习质量，我们提出下述几个问题：①掌握图象变换的常用方法（参照南师大第一学期教材图象变换一节）特别注意：凡变换均在自变量x 上进行.②求函数的最值是一种重要的题型.要掌握函数最值的求法，特别注意二次函数在定区间上的最值问题以及有些问题可能隐藏范围，因此范围问题是二次函数最值的关键.另外二次分式函数的最值亦应引起注意，它的基本解法是“∆”法，当然有一部分可以转化为函数)0,()(>+=b a xb ax x f 的形式，而后与基本不等式相联系，或用函数的单调性求解.③学会解简单的函数方程，认真对待指数或对数中含参数问题的求解方法，特别注意对数的真数必须“>0”，注意方程求解时的等价性.2、 三角三角包括两部分内容：三角函数和两角和与差的三角函数.三角函数主要考查三角函数的性质、图象变换、求函数解析式、最小正周期等. 两角和与差的三角函数中公式较多，应在掌握这些公式的内在联系及推导过程的基础上，理解并熟悉这些公式.特别注意以下几个问题：（1）和、差、倍、半角公式都是用单角的三角函数表示复角（和、差、倍、半角）的三角函数.这就决定了这些公式应用的广泛性，即这些公式可以将三角函数统一成单角的三角函数.（2）了解公式中角的取值范围，凡使公式中某个三角函数或某个式子失去意义的角，都不适合公式.例如:βαβαβαtg tg tg tg tg ⋅±=± 1)(（αβα,,Z k k ∈+≠+,2ππβ）类似还有一些，请自己注意.（3）半角公式中的无理表达式前面的符号取舍，由公式左端的三角函数中角的范围决定，半角正切公式的有理表达式中，无需选择符合，但2αtg 与αsin 的符合是一致的. （4）掌握公式的正用、反用、变形用及在特定条件下用，它可以提高思维起点，缩短思维线路，从而使运算流畅自然.例如:ααcos sin ±=)4sin(2πα±；)4(11απαα±=±tg tg tg ；=±α2sin 12)cos (sin αα± αα2cos 22cos 1=+；αα2sin 22cos 1=-.（5）三角函数式的化简与求值，这是中学数学中重要内容之一，并且与解三角形相集合，有的还与复数的三角形式运算相联系，因此须注意常用方法和技巧：切割化弦、升降幂、和积互化、“1”的互化、辅助元素法等.3、不等式有关不等式的高考试题分布极为广泛，在客观题中主要考查不等式的性质、简单不等式的解法以及均值不等式的初步应用.经常以比较大小、求不等式的解集、求函数的定义域、值域、最值等形式出现.在中档题中，求解不等式与分类讨论相关联；特别是近几年来强调考查逻辑推理能力，增加了一个代数推理题，也和不等式的证明相关联.在压轴题中，无论函数题、还是解析几何题，也往往需要使用不等式的有关知识.在复习中应注意下述几个问题：（1）掌握比较大小的常用方法：作差、作商、平方作差、图象法. （2）熟练掌握用均值不等式求最值，必须注意三个条件：一正；二定；三相等.三者缺一不可.（3）把握解含参数的不等式的注意事项解含参数的不等式时，首先应注意考察是否需要进行分类讨论.如果遇到下述情况则一般需要讨论：①在不等式两端乘除一个含参数的式子时，则需讨论这个式子的正、负、零性.②在求解过程中，需要使用指数函数、对数函数的单调性时，则需对它们的底数进行讨论.③ 当解集的边界值含参数时，则需对零值的顺序进行讨论.4、 数列本章是高考命题的主体内容之一，应切实进行全面、深入地复习，并在此基础上，突出解决下述几个问题：（1）等差、等比数列的证明须用定义证明，值得注意的是，若给出一个数列的前n 项和n S ，则其通项为⎩⎨⎧∈≥-==-).,2(),1(11N n n S S n S a n nn 若11S a =满足,121S S a -=则通项公式可写成1--=n n n S S a .（2）数列计算是本章的中心内容，利用等差数列和等比数列的通项公式、前n 项和公式及其性质熟练地进行计算，是高考命题重点考查的内容.（3）解答有关数列问题时，经常要运用各种数学思想.善于使用各种数学思想解答数列题，是我们复习应达到的目标.①函数思想：等差等比数列的通项公式求和公式都可以看作是n 的函数，所以等差等比数列的某些问题可以化为函数问题求解.②分类讨论思想： 用等比数列求和公式应分为)1(1)1(1≠--=q qq a S n n 及)1(1==q na S n ； 已知n S 求n a 时，也要进行分类；计算n n q lin ∞→时，应分为1=q 时，1lim =∞→n n q ，1<q 时，0lim =∞→n n q ； 求一般数列的和时还应考虑字母的取值或项数的奇偶性.④ 整体思想：在解数列问题时，应注意摆脱呆板使用公式求解的思维定势，运用整体思想求解.（4）在解答有关的数列应用题时，要认真地进行分析，将实际问题抽象化，转化为数学问题，再利用有关数列知识和方法来解决.解答此类应用题是数学能力的综合运用，决不是简单地模仿和套用所能完成的.特别注意与年份有关的等比数列的第几项不要弄错.5、 复数高考试题中有关复数的题目的内容比较分散，有的是考查复数概念的，有的是考查复数运算的，有的是考查复数几何意义的.并且每个题目都有一定的综合性，即使是一个简单的客观题也包括3—4个知识点.从1994年以来复数题主要分布在客观题及中档解答题中.因此，我们应扎扎实实地全面复习基础知识及基本解题方法.在复习过程中应注意下述几个问题：（1）对复数的有关概念的理解要准确，不能似是而非，否则在解题过程中就会发生错误.如：在实数范围内适用的幂的运算法则),,()(+∈∈=R a R n m a a mn n m ，在复数集内不在适用，纯虚数的概念等（2）要掌握复数的模及辐角主值的最值的求法.求复数的模的最值的常用方法有：把复数化成三角形式，转求三角函数的最值问题（三角法）；利用复数的代数形式，转求代数函数的最值问题（代数法）；利用复数的几何意义，转成复平面上的几何问题（图象法）；利用z z z =2或.212121z z z z z z +≤+≤-求有关复数的辐角或辐角主值的最值的主要方法有几何法和三角法.（3）要掌握在复数集中解一元二次方程和二项方程的方法：所有一元二次方程均可用求根公式求方程的根，并且韦达定理也成立，只有实系数一元二次方程可用 判断方程根的情况，复系数一元二次方程只能利用复数相等的条件化为方程组求解.（4）由于复数知识与中学数学中许多内容有着密切联系，这就提供了复数与实数、复数与三角函数、复数与几何的双向转化的基础，因此复习复数内容时是培养我们转化思想的极好机会.6、立体几何（1）“直线和平面”这一章的内容是立体几何的基础.在复习时要反复梳理知识系统，掌握每个概念的本质属性，理解每个判断定理和性质定理的前提条件和结论.（2）在研究线线、线面、面面的位置关系时，主要是研究平行和垂直关系.其研究方法是采取转化的方法.（3）三垂线定理及其逆定理是立体几何中应用非常广泛的定理，只要题设条件中有直线和平面垂直时，就往往需要使用三垂线定理及其逆定理.每年高考试题都要考查这个定理.三垂线定理及其逆定理主要用于证明垂直关系与空间图形的度量.如：证明异面直线垂直，确定二面角的平面角，确定点到直线的垂线.（4）在解答立体几何的有关问题时，应注意使用转化的思想：①利用构造矩形、直角三角形、直角梯形将有关棱柱、棱锥、棱台的问题转化成平面图形去解决.②利用轴截面将旋转体的有关问题转化成平面图形去解决.③将空间图形展开是将立体几何问题转化成为平面图形问题的一种常用方法.④由于台体是用一个平行于锥体底面的平面截得的几何体，因此有些台体的问题，常常转化成截得这个台体的锥体中去解决.⑤ 利用割补法把不规则的图形转化成规则图形，把复杂图形转化成简单图形.⑥ 利用三棱锥体积的自等性，将求点到平面的距离等问题转化成求三棱锥的高.（5）立体几何解答题一般包括“作、证、求”三个步骤，缺一不可，在证明中使用定理时，定理的条件必须写全，特别是比较明显的“线在面内”，“两直线相交”等必须交代清楚.6、 平面解析几何有关直线方程的高考试题可分成两部分，一部分是独立成题，多出在客观题中，并且每年只有一个题，难度属于基本题.考查内容除了对称问题，求直线的倾斜角及斜率外，还出现求直线方程，两条直线平行或垂直的充要条件等.另一部分是在解析几何综合题出现，例如在圆锥曲线中往往涉及到和直线的位置关系，此种情况下一般都使用直线的斜截式或点斜式.因此，我们在复习时须加强基本概念和基本方法的复习.（1）注意防止由于“零截距”和“无斜率”造成丢解（2）要学会变形使用两点间距离公式212212)()(y y x x d -+-=，当已知直线l 的斜率k 时，公式变形为1221x x k d -+=或12211y y k d -+=；当已知直线的倾斜角α时，还可以得到αsec 12⋅-=x x d 或αcsc 12⋅-=y y d（3）灵活使用定比分点公式，可以简化运算.（4）会在任何条件下求出直线方程.（5）注重运用数形结合思想研究平面图形的性质高考试题中的解析几何的分布特点是除在客观题中有4个题目外，就是在解答题中有一个压轴题.也就是解析几何没有中档题.且解析几何压轴题所考查的内容是求轨迹问题、直线和圆锥曲线的位置关系、关于圆锥曲线的最值问题等.其中最重要的是直线与圆锥曲线的位置关系.在复习过程中要注意下述几个问题：（1）在解答有关圆锥曲线问题时，首先要考虑圆锥曲线焦点的位置，对于抛物线还应同时注意开口方向，这是减少或避免错误的一个关键.（2）在考查直线和圆锥曲线的位置关系或两圆锥曲线的位置关系时，可以利用方程组消元后得到二次方程，用判别式进行判断.但对直线与抛物线的对称轴平行时，直线与双曲线的渐近线平行时，不能使用判别式，为避免繁琐运算并准确判断特殊情况，可以使用数形结合思想，画出方程所表示的曲线，通过图形求解.（3）求圆锥曲线方程通常使用待定系数法，若能据条件发现符合圆锥曲线定义时，则用定义求圆锥曲线方程非常简捷.在处理与圆锥曲线的焦点、准线有关问题，也可反用圆锥曲线定义简化运算或证明过程.（4）在解与焦点三角形（椭圆、双曲线上任一点与两焦点构成的三角形称为焦点三角形）有关的命题时，一般需使用正余弦定理、和分比定理及圆锥曲线定义.（5）要熟练掌握一元二次方程根的判别式和韦达定理在求弦长、中点弦、定比分点弦、弦对定点张直角等方面的应用.（6）求动点轨迹方程是解析几何的重点内容之一，它是各种知识的综合运用，具有较大的灵活性，求动点轨迹方程的实质是将“曲线”化成“方程”，将“形”化成“数”，使我们通过对方程的研究来认识曲线的性质. 求动点轨迹方程的常用方法有：直接法、定义法、几何法、代入转移法、参数法、交轨法等，解题时，注意求轨迹的步骤：建系、设点、列式、化简、确定点的范围.（7）参数方程和极坐标的内容，请大家熟练掌握公式，后用化归的思想转化到普通方程即可求解.。
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第五节古典概型[考情展望] 1.考查古典概型概率公式的应用，尤其是古典概型与互斥、对立事件的综合问题更是高考的热点.2.在解答题中古典概型常与统计相结合进行综合考查，考查学生分析和解决问题的能力，难度以中档题为主．一、基本事件的特点1．任何两个基本事件是互斥的．2．任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．古典概型中基本事件数的计算方法(1)列举法：此法适合于较简单的试验．(2)树状图法：树状图是进行列举的一种常用方法，适合较复杂问题中基本事件数的探求．(3)列表法：对于表达形式有明显二维特征的事件采用此法较为方便．(4)排列、组合数公式法．二、古典概型1．定义具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．有限性︱等可能性2．古典概型的概率公式P(A)＝A包含的基本事件的个数基本事件的总数.1．甲、乙、丙三名同学站成一排，甲站在中间的概率是()A.16 B.12 C.13 D.23【解析】甲、乙、丙三名同学站成一排，有6个基本事件，其中甲站在中间的基本事件有2个，故所求概率为P＝26＝13.【答案】 C2．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()A.13 B.12 C.23 D.34【解析】甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3＝9种，其中，甲、乙参加同一小组的情况有3种．故甲、乙参加同一个兴趣小组的概率P＝39＝13.【答案】 A3．三张卡片上分别写上字母E，E，B，将三张卡片随机地排成一行，恰好排成英文单词BEE的概率为________．【解析】三张卡片随机排成一行的基本事件有BEE，EBE，EEB，共3个，故所求概率为P＝1 3.【答案】1 34．从1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率是________．【解析】从1,2,3,4中随机取两个数，不同的结果为{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共有6个基本事件．满足一个数是另一个数两倍的取法有{1,2}，{2,4}共两种，∴所求事件的概率P＝26＝13.【答案】1 35．(2013·江西高考)集合A＝{2,3}，B＝{1,2,3}，从A，B中各任意取一个数，则这两数之和等于4的概率是()A.23B.12C.13D.16【解析】 从A ，B 中各任取一个数有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)6个基本事件，满足两数之和等于4的有(2,2)，(3,1)2个基本事件，所以P ＝26＝13.【答案】 C6．(2013·课标全国卷Ⅱ)从n 个正整数1,2，…，n 中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n ＝________.【解析】 由题意知n ＞4，取出的两数之和等于5的有两种情况：1,4和2,3，所以P ＝2C 2n＝114，即n 2－n －56＝0，解得n ＝－7(舍去)或n ＝8.【答案】 8考向一 [184] 古典概型的概率(1)某艺校在一天的5节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他两门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为( )A.45B.35C.25D.15(2)甲口袋中装有大小相同的标号分别为1,2,3,4的4个小球，乙口袋中装有大小相同的标号分别为2,3,4,5的4个小球．现从甲、乙口袋中各取一个小球．①求两球标号之积为偶数的概率；②设ξ为取出的两球的标号之差的绝对值，求对任意x ∈R ，不等式x 2＋3x ＋43ξ≥0恒成立的概率．【思路点拨】 (1)把5门课全排列得到5门课一天的所有排法种数，分类求出相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的排法种数，然后利用古典概型概率计算公式求概率．(2)依题意，所求事件的概率满足古典概型，分别求基本事件总数与所求事件所包含的基本事件个数，进而利用古典概型概率公式计算．【尝试解答】(1)一天中5节课的安排情况共有A55＝120种．相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的排法分3类．(1)语文、数学、外语三门文化课之间没有艺术课，可把3节文化课捆绑在一起与2门艺术课全排列，排法种数为A33·A33＝36种；(2)语文、数学、外语三门文化课全排列，之间产生3个空，有两门之间插1节艺术课，另两门文化课相邻，排法种数为A33·C12·A12·A12＝48种；(3)语文、数学、外语三门文化课每两门之间插1节艺术课，排法种数为A33·A22＝12种．故在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为36＋48＋12120＝4 5.【答案】 A(2)①设两球标号之积为偶数为事件A，则其对立事件为两球标号之积为奇数，P(A)＝1－P(A)＝1－C12C12C14C14＝34.②对任意x∈R，不等式x2＋3x＋43ξ≥0恒成立，则x2＋3x＋43ξ＝0的判别式，Δ≤9,9－163ξ≤0.又ξ∈N，ξ＝2,3,4.当ξ＝2时，甲取1乙取3，甲取2乙取4，甲取3乙取5，甲取4乙取2；当ξ＝3时，甲取1乙取4，甲取2乙取5；当ξ＝4时，甲取1乙取5，概率为P＝4＋2＋1C14C14＝716.规律方法1 1.有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数. 2.(1)用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举.(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.对点训练(1)如图10－5－1，图10－5－1给定由6个点(任意相邻两点距离为1)组成的正三角形点阵，在其中任意取2个点，则两点间的距离为2的概率是()A.110 B.15C.310 D.25(2)甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．①若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，求选出的2名教师性别相同的概率；②若从报名的6名教师中任选2名，求选出的2名老师来自同一学校的概率．【解析】(1)从6个点中选出2个的选法共有C26＝15种若使得取出的两点中距离为2，则只能是三角形的顶点中任意取出2个，只有3种情况P＝315＝15故选B.【答案】 B(2)①从甲、乙两校报名的教师中各选1名，共有n＝C13C13＝9种选法．记“2名教师性别相同”为事件A，则事件A包含基本事件总数m＝C12·1＋C12·1＝4，∴P(A)＝mn＝49.②从报名的6人中任选2名，有n＝C26＝15种选法．记“选出的2名老师来自同一学校”为事件B，则事件B包含基本事件总数m＝2C23＝6.∴选出2名教师来自同一学校的概率P(B)＝615＝25.考向二[185]古典概型与统计的综合应用某高校在2015年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组，得到的频率分布表如图所示．(1)3、4、5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面试，求第3、4、5组每组各抽取多少名学生进入第二轮面试？(2)在(1)的前提下，学校决定在这6名学生中，随机抽取2名学生接受A考官进行面试，求第4组至少有一名学生被考官A面试的概率？【思路点拨】(1)根据分层抽样方法求解．(2)利用古典概型公式计算．【尝试解答】(1)∵第3、4、5组共有60名学生，∴利用分层抽样在60名学生中抽取6名学生，每组分别为：第3组：3060×6＝3人，第4组：2060×6＝2人，第5组：1060×6＝1人，∴第3、4、5组分别抽取3人、2人、1人．(2)由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是从六位同学中抽两位同学有C26＝15种满足条件的事件是第4组至少有一名学生被考官A面试有C12C14＋1＝9种结果，∴至少有一位同学被A面试的概率为915＝35规律方法2有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点，概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用概率分布表、分布直方图、茎叶图等给出信息，只需要能够从题中提炼出需要的信息，则此类问题即可解决.对点训练某校高三学生体检后，为了解高三学生的视力情况，该校从高三六个班的300名学生中以班为单位(每班学生50人)，每班按随机抽样抽取了8名学生的视力数据，其中高三(1)班抽取的8名学生的视力数据与人数见下表：(2)已知其余五个班学生视力的平均值分别为4.3、4.4,4.5、4.6、4.8.若从这六个班中任意抽取两个班学生视力的平均值作比较，求抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不大于0.2的概率．【解】(1)高三(1)班学生视力的平均值为4.4×2＋4.6×2＋4.8×2＋4.9＋5.18＝4.7，故用上述样本数据估计高三(1)班学生视力的平均值为4.7，(2)从这六个班中任意抽取两个学生视力的平均值作比较，所有的取法共有C26＝15种，而满足抽取的两个班学生视力的平均值的绝对值不大于0.2的取法有(4.3,4.5)、(4.3,4.6)、(4.3,4.7)、(4.3,4.8)、(4.4,4.6)、(4.4,4.7)、(4.4,4.8)、(4.5,4.7)、(4.5,4.8)、(4.6,4.8)，共有9个，故抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不大于0.2的概率为915＝35.规范解答之二十一古典概型问题求解策略第一步：理清题意，列出所有基本事件，计算基本事件总数；第二步：分析所求事件，找出所求事件的个数；第三步：根据古典概型概率公式求解得出结论．————[1个示范例]————[1个规范练]————(12分)袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2.(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．【规范解答】(1)标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为A，B，C，标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为D，E，从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)(C，E)，(D，E)共10种.3分由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A，D)，(A，E)，(B，D)共3种.5分所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为3 10.6分(2)记F是标号为0的绿色卡片，从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)共15种.9分由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A，D)，(A，E)，(B，D)，(A，F)，(B，F)，(C，F)，(D，F)，(E，F)共8种.11分所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为815.12分【名师寄语】(1)在列举基本事件空间时，易漏掉或重复计数，故要特别关注细节，使解题结果准确过程完善. (2)在解决该类问题时，必要时要先将所求事件转化为彼此互斥的事件的和，或者先去求对立事件的概率，进而再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求出所求事件的概率.(2013·泰安二模)学校游园活动有一个游戏项目：箱子里装有3个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从箱子里摸出3个球，若摸出的是3个红球为优秀；若摸出的2个红球1个白球为良好；否则为合格．(1)求在1次游戏中获得优秀的概率；(2)求在1次游戏中获得良好及以上的概率．【解】将3个红球编号1,2,3；2个白球编号为4,5.则从5个球中摸出3个球的所有可能情况为：(123)，(124)，(125)，(134)，(135)，(145)，(234)，(235)，(245)，(345)共10种．令D表示在1次游戏中获得优秀的事件，则获得优秀的情况为(123)共一种，E表示在1次游戏中获得良好的事件，则获得良好的情况为(124)，(125)，(134)，(135)，(234)，(235)共6种．F表示在1次游戏中获得良好及以上的事件．(1)P(D)＝1 10；(2)P(E)＝35，P(F)＝P(D)＋P(E)＝110＋35＝710.。