xx届高考数学复数知识导航复习教案

1 / 28 XX 届高考数学复数知识导航复习教案 本资料为 WoRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址 第十五章 复 数 高考导航 考试要求 重难点击 命题展望 1.理解复数的基本概念、复数相等的充要条件 . 2.了解复数的代数表示法及其几何意义 . 3.会进行复数代数形式的四则运算 .了解复数的代数形式的加、减运算及其运算的几何意义 . 4.了解从自然数系到复 数系的关系及扩充的基本思想，体会理性思维在数系扩充中的作用 . 本章重点： 1.复数的有关概念； 2.复数代数形式的四则运算 . 本章难点：运用复数的有关概念解题 . 近几年高考对复数的考查无论是试题的难度，还是试题在试卷中所占比例都是呈下降趋势，常以选择题、填空题形式出现，多为容易题 .在复习过程中，应将复数的概念及运算放在首位 . 2 / 28 知识网络 复数的概念及其运算 典例精析 题型一 复数的概念 【例 1】 (1)如果复数 (m2 i)(1 mi)是实数，则实数 m ； (2)在复平面内，复数对应的点位于第 象限； (3)复数 z 3i 1 的共轭复数为 . 【解析】 (1)(m2 i)(1 mi) m2 m (1 m3)i 是实数1 m3 0m 1. (2)因为 1 i，所以在复平面内对应的点为 (1， 1)，位于第四象限 . (3)因为 z 1 3i，所以 1 3i. 【点拨】运算此类题目需注意复数的代数形式 z a bi(a，bR) ，并注意复数分为实数、虚数、纯虚数，复数的几何意义，共轭复数等概念 . 【变式训练 1】 (1)如果 z为纯虚数，则实数 a 等于 ( ) 3 / 28 1 或 1 (2)在复平面内，复数 z (i 是虚数单位 )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】 (1)设 z xi， x0 ，则 xi 1 ax (a x)i 0或故选 D. (2)z (1 i)( i) 1 i，该复数对应的点位于第三象限 .故选 c. 题型二 复数的相等 【例 2】 (1)已知复数 z0 3 2i，复数 z 满足 zz0 3zz0，则复数 z ； (2)已知 1 ni，其中 m， n 是实数， i 是虚数单位，则 m ni ； (3)已知关于 x 的方程 x2 (k 2i)x 2 ki 0 有实根，则这个实根为 ，实数 k 的值为 . 【解析】 (1)设 z x yi(x， yR) ，又 z0 3 2i， 代入 zz0 3z z0 得 (x yi)(3 2i) 3(x yi) 32i， 整理得 (2y 3) (2 2x)i 0， 则由复数相等的条件得 解得所以 z 1 . (2)由已知得 m (1 ni)(1 i) (1 n) (1 n)i. 4 / 28 则由复数相等的条件得 所以 m ni 2 i. (3)设 x x0是方程的实根，代入方程并整理得 由复数相等的充要条件得 解得或 所以方程的实根为 x或 x， 相应 的 k 值为 k 2 或 k 2. 【点拨】复数相等须先化为 z a bi(a， bR) 的形式，再由相等得实部与实部相等、虚部与虚部相等 . 【变式训练 2】 (1)设 i 是虚数单位，若 a bi(a， bR) ，则 a b 的值是 ( ) A. B. (2)若 (a 2i)i b i，其中 a， bR ， i 为虚数单位，则 a b . 【解析】 (1)c.，于是 a b 2. (2) ai b ia 1， b 2. 题型三 复数的运算 【例 3】 (1)若复数 z i，则 1 z z2 z3 zXX ； (2)设复数 z 满足 z |z| 2 i，那么 z . 【解析】 (1)由已知得 z2 i， z3 1， z4 i z. 所以 zn具有周期性，在一个周期内的和为 0，且周期为 3. 5 / 28 所以 1 z z2 z3 zXX 1 z (z2 z3 z4) (zXX zXX zXX) 1 z i. (2)设 z x yi(x， yR) ，则 x yi 2 i， 所以解得所以 z i. 【点拨】解 (1)时要注意 x3 1(x 1)(x2 x 1)0 的三个根为 1， ， 其中 i， i，则 1 2 0， 1 2 0， 3 1， 3 1， 1， 2， 2 . 解 (2)时要注意 |z|R ，所以须令 z x yi. 【变式训练 3】 (1)复数等于 ( ) D. (2)(XX江西鹰潭 )已知复数 z ()XX，则复数 z等于 ( ) 【解析】 (1)D.计算容易有 . (2)A. 总结提高 复数的代数运算是重点，是每年必考内容之一，复数代数形式的运算： 加减法按合并同类项法则进行； 乘法展开、除法须分母实数化 .因此，一些复数问题只需设 z a bi(a，bR) 代入原式后，就可以将复数问题化归为实数问题来解6 / 28 决 . 第十六章 几何证明选讲高考导航 考试要求 重难点击 命题展望 1.了解平行线截割定理 . 2.会证明并应 用直角三角形射影定理 . 3.会证明并应用圆周角定理，圆的切线的判定定理及性质定理，并会运用它们进行计算与证明 . 4.会证明并应用相交弦定理、圆内接四边形的性质定理与判定定理、切割线定理，并会运用它们进行几何计算与证明 . 5.了解平行投影的含义，通过圆柱与平面的位置关系了解平行投影；会证明平面与圆柱面的截线是椭圆 (特殊情形是圆 ). 6.了解下面的定理 . 定理：在空间中，取直线 l 为轴，直线 l 与 l 相交于点 o，其夹角为 ， l 围绕 l 旋转得到以 o 为顶点， l 为母线的圆锥面，任取平面 ，若它与轴 l 的交角为 ( 与 l 平行，记 0)，则： ，平面 与圆锥的交线为椭圆； ，平面 与圆锥的交线为抛物线； ，平面 与圆锥的交线为双曲线 . 7 / 28 7.会利用丹迪林 (Dandelin)双球 (如图所示，这两个球位于圆锥的内部，一个位于平面 的上方，一个位于平面 的下方，并且与平面 及圆锥面均相切，其切点分别为 F， E)证明上述定理 的情形： 当 时，平面 与圆锥的交线为椭圆 . (图中，上、下两球与圆锥面相切 的切点分别为点 B 和点 c，线段 Bc与平面 相交于点 A) 8.会证明以下结果： 在 7.中，一个丹迪林球与圆锥面的交线为一个圆，并与圆锥的底面平行 .记这个圆所在的平面为 . 如果平面 与平面 的交线为 m，在 6. 中椭圆上任取点 A，该丹迪林球与平面 的切点为 F，则点 A 到点 F 的距离与点 A到直线 m的距离比是小于 1的常数 e(称点 F为这个椭圆的焦点，直线 m 为椭圆的准线，常数 e 为离心率 ). 9.了解定理 6. 中的证明，了解当 无限接近 时，平面 的极限结果 . 本章 重点：相似三角形的判定与性质，与圆有关的若干定理及其运用，并将其运用到立体几何中 . 本章难点：对平面截圆柱、圆锥所得的曲线为圆、椭圆、双曲线、抛物线的证明途径与方法，它是解立体几何、平面几何知识的综合运用，应较好地把握 . 8 / 28 本专题强调利用演绎推理证明结论，通过推理证明进一步发展学生的逻辑推理能力，进一步提高空间想象能力、几何直观能力和综合运用几何方法解决问题的能力 . 第一讲与第二讲是传统内容，高考中主要考查平行线截割定理、直角三角形射影定理以及与圆有关的性 质和判定，考查逻辑推理能力 .第三讲内容是新增内容，在新课程高考下，要求很低，只作了解 . 知识网络 相似三角形的判定及有关性质 典例精析 题型一 相似三角形的判定与性质 【例 1】如图，已知在 ABc 中， D 是 Bc 边的中点，且 AD Ac， DEBc ， DE 与 AB相交于点 E， Ec与 AD相交于点 F. (1)求证： ABcFcD ； (2)若 SFcD 5， Bc 10，求 DE的长 . 【解析】 (1)因为 DEBc ， D 是 Bc 的中点，所以 EB Ec，所以 B 1. 又因为 AD Ac，所以 2 AcB. 所以 ABcFcD. 9 / 28 (2)过点 A 作 AmBc ，垂足为点 m.因为 ABcFcD ， Bc 2cD，所以 ()2 4，又因为 SFcD 5，所以 SABc 20.因为 SABc BcAm ， Bc 10，所以 20 10Am ，所以 Am 4.又因为 DEAm ，所以，因为 Dm Dc， Bm BD Dm， BD Bc 5，所以，所以 DE . 【变式训练 1】如右图，在 AB c 中， AB 14cm， DEBc ，cDAB ， cD 12cm.求 ADE 的面积和周长 . 【解析】由 AB 14cm， cD 12cm， cDAB ，得 SABc 84cm2. 再由 DEBc 可得 ABcADE. 由 ()2 可求得 SADE cm2.利用勾股定理求出 Bc， Ac，再由相似三角形性质可得ADE 的周长为 15cm. 题型二 探求几何结论 【例 2】如图，在梯形 ABcD中，点 E， F 分别在 AB， cD上，EFAD ，假设 EF做上下平行移动 . (1)若，求证 ： 3EF Bc 2AD； (2)若，试判断 EF与 Bc， AD之间的关系，并说明理由； (3)请你探究一般结论，即若，那么你可以得到什么结论？ 【解析】过点 A 作 AHcD 分别交 EF， Bc于点 G、 H. (1)因为，所以， 又 EGBH ，所以，即 3EG BH， 又 EG GF EG AD EF，从而 EF (Bc Hc) AD， 所以 EF Bc AD，即 3EF Bc 2AD. 10 / 28 (2)EF 与 Bc， AD 的关系式为 5EF 2Bc 3AD，理由和 (1)类似 . (3)因为，所以， 又 EGBH ，所以，即 EG BH. EF EG GF EG AD (Bc AD) AD， 所以 EF Bc AD， 即 (m n)EF mBc nAD. 【点拨】在相似三角形中，平行辅助线是常作的辅助线之一；探求几何结论可按特殊到一般的思路去获取，但结论证明应从特殊情况得到启迪 . 【变式训练 2】如右图，正方形 ABcD 的边长为 1， P 是 cD边上中点，点 Q 在线段 Bc上，设 BQ k，是否存在这样的实数 k，使得以 Q， c， P 为顶点的三角形与 ADP 相似？若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由 . 【解析】设存在满足条件的实数 k， 则在正方形 ABcD中， D c 90 ， 由 RtADPRtQcP 或 RtADPRtPcQ 得或， 由此解得 cQ 1 或 cQ . 从而 k 0 或 k . 题型三 解决线的位置或数量关系 【例 3】 (XX 江苏 )如图，在四边形 ABcD 中， ABcBAD ，求证： ABcD. 11 / 28 【证明】由 ABcBAD 得 AcB BDA ，所以 A、 B、 c、D 四点共圆， 所以 cAB cDB. 再由 ABcBAD 得 cAB DBA ， 所以 DBA cDB ，即 ABcD. 【变式训练 3】如图， AA1 与 BB1 相交于点 o， ABA1B1 且AB A1B1， AoB 的外接圆的直径为 1，则 A1oB1 的外接圆的直径为 . 【解析】因为 ABA1B1 且 AB A1B1，所以 AoBA1oB1 因为两三角形外接圆的直径之比等于相似比 . 所以 A1oB1 的 外接圆直径为 2. 总结提高 1.相似三角形的判定与性质这一内容是平面几何知识的重要组成部分，是解题的工具，同时它的内容渗透了等价转化、从一般到特殊、分类讨论等重要的数学思想与方法，在学习时应以它们为指导 .相似三角形的证法有：定义法、平行法、判定定理法以及直角三角形的 HL 法 . 相似三角形的性质主要有对应线的比值相等 (边长、高线、中线、周长、内切圆半径等 )，对应角相等，面积的比等于相似比的平方 . 2.“ 平行出相似 ”“ 平行成比例 ” ，故此章中平行辅助线是常作的辅助线之一，遇到 困难时应常考虑此类辅助线 . 12 / 28 直线与圆的位置关系和圆锥曲线的性质 典例精析 题型一 切线的判定和性质的运用 【例 1】如图， AB是 o 的直径， Ac是弦， BAc 的平分线AD 交 o 于点 D， DEAc ，交 Ac 的延长线于点 E， oE 交 AD于点 F. (1)求证： DE是 o 的切线； (2)若，求的值 . 【解析】 (1)证明：连接 oD，可得 oDA oAD DAc ， 所以 oDAE ，又 AEDE ，所以 DEo D， 又 oD为半径，所以 DE是 o 的切线 . (2)过 D 作 DHAB 于 H，则有 DoH cAB ， cosDoH coscAB ， 设 oD 5x，则 AB 10x， oH 2x，所以 AH 7x. 由 AEDAHD 可得 AE AH 7x， 又由 AEFDoF 可得 AFDF AEoD ， 所以 . 【变式训练 1】已知在直角三角形 ABc 中， AcB 90 ，以 Bc 为直径的 o 交 AB 于点 D，连接 Do 并延长交 Ac 的延长线于点 E， o 的切线 DF 交 Ac于点 F. 13 / 28 (1)求证： AF cF； (2)若 ED 4， sinE ，求 cE的长 . 【解析】 (1)方法一：设线段 FD 延长线上一点 G，则 GDB ADF ，且 GDB BDo ，所以 ADF BDo ，又因为在 o 中 oD oB， BDo oBD ，所以 ADF oBD . 在 RtABc 中， A cBA ，所以 A ADF ，所以 AF FD. 又在 RtABc 中，直角边 Bc 为 o 的直径，所以 Ac 为 o的切线， 又 FD为 o 的 切线，所以 FD cF. 所以 AF cF. 方法二：在直角三角形 ABc 中，直角边 Bc 为 o 的直径，所以 Ac为 o 的切线， 又 FD为 o 的切线，所以 FD cF，且 FDc FcD. 又由 Bc 为 o 的直径可知， ADF FDc ， A FcD， 所以 ADF A ，所以 FD AF. 所以 AF cF. (2)因为在直角三角形 FED中， ED 4， sinE ，所以 cosE，所以 FE 5. 又 FD 3 Fc，所以 cE 2. 题型二 圆中有关定理的综合应用 14 / 28 【例 2】如图所示，已知 o1 与 o2 相交于 A、 B 两点，过点 A 作 o1 的切线交 o2 于点 c，过点 B 作两圆的割线，分别交 o1 、 o2 于点 D、 E， DE 与 Ac相交于点 P. (1)求证： ADEc ； (2)若 AD 是 o2 的切线，且 PA 6， Pc 2， BD 9，求 AD的长 . 【解析】 (1)连接 AB，因为 Ac 是 o1 的切线，所以 BAc D ， 又因为 BAc E ，所以 D E ，所以 ADEc. (2)方法一：因为 PA是 o1 的切线， PD是 o1 的割线， 所以 PA2 PBPD ，所以 62 PB(PB 9)，所以 PB 3. 在 o2 中，由相交弦定理得 PAPc BPPE ，所以 PE 4. 因为 AD是 o2 的切线， DE是 o2 的割线， 所以 AD2 DBDE 916 ，所以 AD 12. 方法二：设 BP x， PE y. 因为 PA 6， Pc 2，所以由相交弦定理得 PAPc BPPE ，即 xy 12. 因为 ADEc ，所以 ，所以 . 由 可得或 (舍去 )，所以 DE 9 x y 16. 因为 AD是 o2 的切线， DE是 o2 的割线，所以 AD2 DBDE15 / 28 916 ，所以 AD 12. 【变式训练 2】如图， o 的直径 AB 的延长线与弦 cD 的延长线相交于点 P， E 为 o 上一点， DE 交 AB 于点 F，且 AB 2BP 4. (1)求 PF的长度； (2)若圆 F 与圆 o 内切，直线 PT与圆 F 切于点 T，求线段 PT的长度 . 【解析】 (1)连接 oc， oD， oE，由同弧对应的圆周角与圆心角之间的关系，结合题中已知条件可得 cDE Aoc. 又 cDE P PFD ， Aoc P ocP ， 从而 PFD ocP ，故 PFDPco ，所以 . 由割线定理知 PcPD PAPB 12，故 PF 3. (2)若圆 F 与圆 o 内切，设圆 F 的半径为 r， 因为 oF 2 r 1，即 r 1， 所以 oB是圆 F 的直径，且过点 P 的圆 F 的切线为 PT， 则 PT2 PBPo 24 8，即 PT 2. 题型三 四点共圆问题 【例 3】如图，圆 o 与圆 P 相交于 A、 B 两点，圆心 P 在圆 o上，圆 o 的弦 Bc 切圆 P 于点 B， cP及其延长线交圆 P 于 D，E 两点，过点 E 作 EFcE ，交 cB的延长线于点 F. (1)求证： B、 P、 E、 F 四点共圆； (2)若 cD 2， cB 2，求出由 B、 P、 E、 F 四点所确定的圆16 / 28 的直径 . 【解析】 (1)证明：连接 PB.因为 Bc切圆 P于点 B，所以 PBBc. 又因为 EFcE ，所以 PBF PEF 180 ，所以 EPB EFB 180 ， 所以 B， P， E， F 四点共圆 . (2)因为 B， P， E， F 四点共圆，且 EFcE ， PBBc ，所以此圆的直径就是 PF. 因为 Bc切圆 P 于点 B，且 cD 2， cB 2， 所以由切割线定理 cB2 cDcE ，得 cE 4， DE 2， BP 1. 又因为 RtcBPRtcEF ，所以 EFPB cEcB ，得 EF . 在 RtFEP 中， PF， 即由 B， P， E， F 四点确定的圆的直径为 . 【变式训练 3】如图， ABc 是直角三角形， ABc 90.以 AB 为直径的圆 o 交 Ac 于点 E，点 D 是 Bc 边的中点 .连接oD交圆 o 于点 m.求证： (1)o， B， D， E四点共圆； (2)2DE2 DmAc DmAB. 【证明】 (1)连接 BE，则 BEEc. 又 D 是 Bc的中点，所以 DE BD. 又 oE oB， oD oD，所以 oDEoDB ， 所以 oBD oED 90 ，所以 D， E， o， B 四点共圆 . (2)延长 Do交圆 o 于点 H. 17 / 28 因为 DE2 DmDH Dm(Do oH) DmDo DmoH Dm(Ac) Dm(AB) ， 所以 2DE2 DmAc DmAB. 总结提高 1.直线与圆的位置关系是一种重要的几何关系 . 本章在初中平面几何的基础上加以深化，使平面几何知识趋于完善，同时为解析几何、立体几何提供了多个理论依据 . 2.圆中的角如圆周角、圆心角、弦切角及其性质为证明相关的比例线段提供了理论基础，为解决综合问题提供了方便，使学生对几何概念和几何方法有较透彻的理解 . 第十七章 坐标系与参数方程高考导航 考试要求 重难点击 命题展望 一、坐标系 1.了解在平面直角坐标系中刻画点的位置的方法，理解坐标系的作用 . 2.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 . 3.能在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，体会在极坐标系18 / 28 和平面直角坐标系中刻画点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化 . 4.能在极坐标系中给出简单图形 (如过极点的直线、过极点或圆心在极点的圆 )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，体会在用方程刻画平面图形时选择适当坐标系的意义 . 5.了解在柱坐标系、球坐标系中刻画空间点的位置的方法，并与空间直角坐标系中刻画点的位置的方法相比较，体会它们的区别 . 二、参数方程 1.了解参数方程，了解参数的意义 . 2.分析直线、圆和圆锥曲线的几何性质，选择适当的参数写出它们的参数方程 . 3.了解平摆线和渐开线的生成过程，并能写出它们的参数方程 . 4.了解其他摆线的生成过程；了解摆线在实际中应用的实例；了解摆线 在刻画行星运动轨道中的作用 . 本章重点： 1.根据问题的几何特征选择坐标系；坐标法思想；平面直角坐标系中的伸缩变换；极坐标系；直线和圆的极坐标方程 . 2.根据问题的条件引进适当的参数，写出参数方程，体会参数的意义；分析直线、圆和圆锥曲线的几何性质，选择适当19 / 28 的参数写出它们的参数方程 . 本章难点： 1.对伸缩变换中点的对应关系的理解；极坐标的不唯一性；曲线的极坐标方程 . 2.根据几何性质选取恰当的参数，建立曲线的参数方程 . 坐标系是解 析几何的基础，为便于用代数的方法研究几何图形，常需建立不同的坐标系，以便使建立的方程更加简单，参数方程是曲线在同一坐标系下不同于普通方程的又一种表现形式 .某些曲线用参数方程表示比用普通方程表示更加方便 . 本专题要求通过坐标系与参数方程知识的学习，使学生更全面地理解坐标法思想；能根据曲线的特点，选取适当的曲线方程表示形式，体会解决问题中数学方法的灵活性 . 高考中，参数方程和极坐标是本专题的重点考查内容 .对于柱坐标系、球坐标系，只要求了解即可 . 知识网络 坐标系 典例精析 题型一 极坐标的有关概念 20 / 28 【例 1】已知 ABc 的三个顶点的极坐标分别为 A(5， )， B(5， )，c( 4， )，试判断 ABc 的形状，并求出它的面积 . 【解析】在极坐标系中，设极点为 o，由已知得 AoB ，Boc ， Aoc . 又 |oA| |oB| 5， |oc| 4，由余弦定理得 |Ac|2 |oA|2 |oc|2 2|oA|oc|cosAoc 52(4)2 254cos 133， 所以 |Ac| .同理， |Bc| . 所以 |Ac| |Bc|，所以 ABc 为等腰三角形 . 又 |AB| |oA| |oB| 5， 所以 AB边上的高 h， 所以 SABc 5 . 【点拨】判断 ABc 的形状，就需要计算三角形的边长或角，在本题中计算边长较为容易，所以先计算边长 . 【变式训练 1】 (1)点 A(5， )在条件： 0， ( 2 ，0)下极坐标为 ， 0， (2 ， 4) 下极坐标为 ； (2)点 P(， )与曲线 c： cos的位置关系是 . 【解析】 (1)(5， )； ( 5， ).(2)点 P 在曲线 c 上 . 题型二 直角坐标与极坐标的互化 【例 2】 o1 和 o2 的极坐标方程分别为 4cos ， 4sin. 21 / 28 (1)把 o1 和 o2 的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)求经过 o1 和 o2 交点的直线的直角坐标方程 . 【解析】 (1)以极点为原点，极轴为 x 轴正半轴，建立直角坐标系，且两坐标系取相同单位长 . 因为 x cos ， y si n ，由 4cos ，得 2 4cos ， 所以 x2 y2 4x，即 x2 y2 4x 0 为 o1 的直角坐标方程 . 同理， x2 y2 4y 0 为 o2 的直角坐标方程 . (2)由解得或 即 o1 ， o2 的交点为 (0,0)和 (2， 2)两点， 故过交点的直线的直角坐标方程为 x y 0. 【点拨】互化的前提条件：原点对应着极点， x 轴正向对应着极轴 .将互化公式代入，整理可以得到 . 【变式训练 2】在极坐标系中，设圆 3 上的点到直线(cos sin) 2 的距离为 d，求 d 的最大值 . 【解析】将极坐标方程 3 化为普通方程 x2 y2 9， (cos sin) 2 可化为 x y 2. 在 x2 y2 9 上任取一点 A(3cos ， 3sin) ， 则点 A 到直线的距离为 d，它的最大值为 4. 题型三 极坐标的应用 【例 3】过原点的一动直线交圆 x2 (y 1)2 1 于点 Q，在22 / 28 直线 oQ 上取一点 P，使 P 到直线 y 2 的距离等于 |PQ|，用极坐标法求动直线绕原点一周时点 P 的轨迹方程 . 【解析 】以 o 为极点， ox 为极轴，建立极坐标系，如右图所示，过 P 作 PR垂直于直线 y 2，则有 |PQ| |PR|.设 P( ，) ， Q(0 ， ) ，则有 0 2sin. 因为 |PR| |PQ|，所以 |2 sin| | 2sin| ，所以 2 或 sin 1 ，即为点 P 的轨迹的极坐标方程，化为直角坐标方程为 x2 y2 4 或 x 0. 【点拨】用极坐标法可使几何中的一些问题得到很直接、简单的解法，但在解题时关键是极坐标要选取适当，这样可以简化运算过程，转化为直角坐标时也容易一些 . 【变 式训练 3】如图，点 A 在直线 x 5 上移动，等腰 oPA的顶角 oPA 为 120(o ， P， A 按顺时针方向排列 )，求点 P的轨迹方程 . 【解析】取 o 为极点， x 正半轴为极轴，建立极坐标系， 则直线 x 5 的极坐标方程为 cos 5. 设 A(0 ， 0) ， P( ， ) ， 因为点 A 在直线 cos 5 上，所以 0cos0 5. 因为 oPA 为等腰三角形，且 oPA 120 ，而 |oP| ，|oA| 0 以及 PoA 30 ， 所以 0 ，且 0 30. 把 代入 ，得点 P的轨迹的极坐标方程为 cos( 30)23 / 28 5. 题型四 平面直角坐标系中坐标的伸缩变换 【例 4】定义变换 T：可把平面直角坐标系上的点 P(x， y)变换成点 P(x ， y). 特别地，若曲线 m 上一点 P 经变换公式 T 变换后得到的点 P 与点 P 重合，则称点 P 是曲线 m在变换 T 下的不动点 . (1)若椭圆 c 的中心为坐标原点，焦点在 x 轴上，且焦距为2，长轴顶点和短轴顶点间的距离为 2.求椭圆 c 的标准方程，并求出当 tan 时，其两个焦点 F1、 F2经变 换公式 T 变换后得到的点 F1 和 F2 的坐标； (2)当 tan 时，求 (1)中的椭圆 c 在变换 T 下的所有不动点的坐标 . 【解析】 (1)设椭圆 c 的标准方程为 1(a b 0)， 由椭圆定义知焦距 2c 2c，即 a2 b2 2. 又由已知得 a2 b2 4， 故由 、 可解得 a2 3， b2 1. 即椭圆 c 的标准方程为 y2 1， 且椭圆 c 两个焦点的坐标分别为 F1(， 0)和 F2(， 0). 对于变换 T：当 tan= 时， 可得 设 F1(x1 ， y1)和 F2(x2 ， y2)分别是由 F1(， 0)和 F2(，0)的坐标经变换公式 T 变换得到 . 24 / 28 于是 即 F1 的坐标为 (， )； 又 即 F2 的坐标为 (， ). (2)设 P(x， y)是椭圆 c 在变换 T 下的不动点，则当 tan 时， 有 x 3y，由点 P(x， y)c ，即 P(3y， y)c ，得y2 1 因而椭圆 c 的不动点共有两个，分别为 (， )和 (， ). 【变式训练 4】在直 角坐标系中，直线 x 2y 2 经过伸缩变换 后变成直线 2x y 4. 【解析】 总结提高 1.平面内一个点的极坐标有无数种表示方法 . 如果规定 0,0 2 ，那么除极点外，平面内的点可用唯一的极坐标 ( ， ) 表示；反之也成立 . 2.熟练掌握几种常用的极坐标方程，特别是直线和圆的极坐标方程 . 参数方程 25 / 28 典例精析 题型一 参数方程与普通方程互化 【例 1】把下列参数方 程化成普通方程： (1)( 为参数 )； (2)(t为参数， a， b 0). 【解析】 (1) 所以 5x2 4xy 17y2 81 0. (2)由题意可得 所以 2 2 得 4，所以 1，其中 x 0. 【变式训练 1】把下列参数方程化为普通方程，并指出曲线所表示的图形 . (1)(2)(3)(4) 【解析】 (1)x2 2(y )， x ，图形为一段抛物线弧 . (2)x 1， y 2 或 y2 ，图形为两条射线 . (3)x2 y2 3y 0(y3) ，图形是一个圆，但是除去点 (0,3). (4) 1，图形是双曲线 . 题型二 根据直线的参数方程求弦长 【例 2】已知直线 l 的参数方程为 (t 为参数 )，曲线 c 的极坐标方程为 2cos2 1. (1)求曲线 c 的普通方程； (2)求直线 l 被曲线 c 截得的弦长 . 【解析】 (1)由曲线 c： 2cos2 2(cos2 sin2)26 / 28 1， 化成普通方程为 x2 y2 1. (2)方法一：把直线参数 方程化为标准参数方程 (t 为参数 ). 把 代入 得 (2 )2 (t)2 1，整理得 t2 4t 6 0. 设其两根为 t1， t2，则 t1 t2 4， t1t2 6. 从而弦长为 |t1 t2| 2. 方法二：把直线的参数方程化为普通方程为 y (x