江苏省2014年高考数学三轮专题复习素材：倒数第3天.doc

倒数第3天附加题选做部分保温特训1如图，AB是O的直径，弦BD、CA的延长线相交于点E，EF垂直BA的延长线于点F.求证：(1)AEDAFD；(2)AB2BEBDAEAC.证明(1)连接AD.因为AB为圆的直径，所以ADB90.又EFAB，EFA90，则A，D，E，F四点共圆所以AEDAFD.(2)由(1)知，BDBEBABF.连接BC，显然ABCAEF，所以，即ABAFAEAC，所以BEBDAEACBABFABAFAB(BFAF)AB2.2如图，圆O的直径AB4，C为圆周上一点，BC2，过C作圆O的切线l，过A作l的垂线AD，AD分别与直线l、圆O交于点D，E，求线段AE的长解在RtABC中，因为AB4，BC2，所以ABC60，因为l为过点C的切线，所以DCAABC60.又因为ADDC，所以DAC30.连接OE，在AOE中，因为EAODACCAB60，且OEOA，所以AEAOAB2.3求矩阵的特征值及对应的特征向量解特征多项式f()(2)21243由f()0，解得11，23，将11代入特征方程组，得xy0，可取为属于特征值11的一个特征向量；同理，当23时，由xy0，所以可取为属于特征值23的一个特征向量综上所述，矩阵有两个特征值11，23；属于11的一个特征向量为，属于23的一个特征向量为.4在平面直角坐标系xOy中，直线xy20在矩阵M对应的变换作用下得到直线m：xy40，求实数a，b的值解在直线l：xy20上取两点A(2,0)，B(0，2)A、B在矩阵M对应的变换作用下分别对应于点A，B.因为，所以点A的坐标为(2，2b)；，所以B的坐标为(2a，8)由题意，A、B在直线m：xy40上，所以解得a2，b3.5在极坐标系中，圆C的方程为2sin，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为(t为参数)，判断直线l和圆C的位置关系解消去参数t，得直线l的直角坐标方程为y2x1；2，即2(sin cos )，两边同乘以得22(sin cos )，得C的直角坐标方程为：(x1)2(x1)22，圆心C到直线l的距离d，所以直线l和C相交6已知曲线C的极坐标方程是2sin ，直线l的参数方程是(t为参数)(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)设直线l与x轴的交点是M，N是曲线C上一动点，求MN的最大值解(1)曲线C的极坐标方程可化为22sin .又x2y22，xcos ，ysin ，所以曲线C的直角坐标方程为x2y22y0.(2)将直线l的参数方程化为直角坐标方程，得y(x2)令y0，得x2，即M点的坐标为(2,0)又曲线C为圆，圆C的圆心坐标为(0,1)，半径r1，则MC，所以MNMCr1，即MN的最大值为1.7解不等式|2x4|4|x|.解当x2时，原不等式同解于2x44x，解得x，所以2x；当0x2时，原不等式同解于42x4x，解得x0，所以0x2；当x0时，原不等式同解于42x4x，解得x0，所以x.综上所述，原不等式的解集为.8已知m0，a，bR，求证：2.证明因为m0，所以1m0，所以要证2，即证(amb)2(1m)(a2mb2)，即证m(a22abb2)0，即证(ab)20，而(ab)20显然成立，故2.知识排查1圆的切线性质、相交弦定理、切割线定理是处理直线与圆问题的重要定理，要灵活应用2当题目中涉及圆的切线时，常常需要作出过切点的半径，通过它构建垂直关系3作图和证明要求语言规范，推理要有逻辑性4矩阵的乘法满足结合律、加法与乘法的分配律，但不满足交换律和消去律5已知图形变换前后的位置，求相应变换矩阵；求可逆矩阵的逆矩阵的通用方法是待定系数法6要注意矩阵变换的顺序不可颠倒7在求矩阵的特征值和特征向量时要结合定义按步骤规范求解8化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消去法 加减消去法、恒等式(三角的或代数的)消去法9化普通方程为参数方程的基本思路是引入参数角，即选定合适的参数t，先确定一个关系xf(t)(或y(t)，再代入普通方程F(x，y)0，求得另一关系y(t)(或xf(t)一般地，常选择的参数有有向线段的数量、斜率、某一点的横坐标(或纵坐标)10极坐标与直角坐标互化的前提条件：(1)极点与原点重合；(2)极轴与x轴正方向重合；(3)取相同的单位长度11不等式证明的基本方法有：比较法、综合法与分析法、反