2012届高考数学复数知识导航复习教案.doc

2012届高考数学复数知识导航复习教案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.知识网络15.1 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(m2i)(1mi)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z3i1的共轭复数为 .【解析】 (1)(m2i)(1mi)m2m(1m3)i是实数 1m30 m1.(2)因为1i，所以在复平面内对应的点为(1，1)，位于第四象限.(3)因为z13i，所以13i.【点拨】 运算此类题目需注意复数的代数形式zabi(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( )A.0 B.1 C.1 D.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zxi，x0，则xi 1ax(ax)i0 或 故选D.(2)z(1i)(i)1i，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z032i，复数z满足zz03zz0，则复数z ；(2)已知1ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则mni ；(3)已知关于x的方程x2(k2i)x2ki0有实根，则这个实根为 ，实数k的值为 .【解析】(1)设zxyi(x，yR)，又z032i，代入zz03zz0得(xyi)(32i)3(xyi)32i，整理得 (2y3)(22x)i0，则由复数相等的条件得 解得 所以z1 .(2)由已知得m(1ni)(1i)(1n)(1n)i.则由复数相等的条件得 所以mni2i.(3)设xx0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k2或k2.【点拨】复数相等须先化为zabi(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abi(a，bR)，则ab的值是( )A. B.2 C.2 D.(2)若(a2i)ibi，其中a，bR，i为虚数单位，则ab .【解析】(1)C.，于是ab2.(2)3.2aibi a1，b2.题型三 复数的运算【例3】 (1)若复数zi， 则1zz2z3z2 008 ；(2)设复数z满足z|z|2i，那么z .【解析】 (1)由已知得z2i，z31，z4i z.所以zn具有周期性，在一个周期内的和为0，且周期为3.所以1zz2z3z2 0081z(z2z3z4)(z2 006z2 007z2 008)1zi.(2)设zxyi(x，yR)，则xyi2i，所以 解得 所以z i.【点拨】 解(1)时要注意x31 (x1)(x2x1)0的三个根为1，其中i，i， 则120， 120 ，31，31，1，2，2.解(2)时要注意|z|R，所以须令zxyi.【变式训练3】(1)复数等于( )A. B. C. D.(2)(2010江西鹰潭)已知复数z()2 010，则复数z等于( )A.0 B.2 C.2i D.2i【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zabi(a，bR)代入原式后，就可以将复数问题化归为实数问题来解决.第十六章 几何证明选讲 高考导航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.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. 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16.1 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ADAC，DEBC，DE与AB相交于点E，EC与AD相交于点F.(1)求证：ABCFCD；(2)若SFCD5，BC10，求DE的长.【解析】(1)因为DEBC，D是BC的中点，所以EBEC，所以B1.又因为ADAC，所以2ACB.所以ABCFCD.(2)过点A作AMBC，垂足为点M.因为ABCFCD，BC2CD，所以()24，又因为SFCD5，所以SABC20.因为SABCBCAM，BC10，所以2010AM，所以AM4.又因为DEAM，所以，因为DMDC，BMBDDM，BDBC5，所以，所以DE.【变式训练1】如右图，在ABC中，AB14 cm，DEBC，CDAB，CD12 cm.求ADE的面积和周长.【解析】由AB14 cm，CD12 cm，CDAB，得SABC84 cm2.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15 cm.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：3EFBC2AD；(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3EGBH，又EGGFEGADEF，从而EF(BCHC)AD，所以EFBCAD，即3EFBC2AD.(2)EF与BC，AD的关系式为5EF2BC3AD，理由和(1)类似.(3)因为，所以，又EGBH，所以，即EGBH.EFEGGFEGAD(BCAD)AD，所以EFBCAD，即(mn)EFmBCnAD.【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BQk，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，DC90，由RtADPRtQCP或RtADPRtPCQ得或，由此解得CQ1或CQ.从而k0或k.题型三 解决线的位置或数量关系【例3】(2009江苏)如图，在四边形ABCD中，ABC BAD，求证：ABCD.【证明】 由ABCBAD得ACBBDA，所以A、B、C、D四点共圆，所以CABCDB.再由ABCBAD得CABDBA，所以DBACDB，即ABCD.【变式训练3】如图，AA1与BB1相交于点O，ABA1B1且ABA1B1，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ABA1B1，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.16.2 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ODAOADDAC，所以ODAE，又AEDE，所以DEOD，又OD为半径，所以DE是O的切线.(2)过D作DHAB于H，则有DOHCAB，cosDOHcosCAB，设OD5x，则AB10x，OH2x，所以AH7x.由AEDAHD可得AEAH7x，又由AEFDOF可得AFDFAEOD，所以.【变式训练1】已知在直角三角形ABC中，ACB90，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.(1)求证：AFCF；(2)若ED4，sinE，求CE的长.【解析】(1)方法一：设线段FD延长线上一点G，则GDBADF，且GDBBDO，所以ADFBDO，又因为在O中ODOB，BDOOBD，所以ADFOBD.在RtABC中，ACBA，所以AADF，所以AFFD.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FDCF.所以AFCF.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FDCF，且FDCFCD.又由BC为O的直径可知，ADFFDC，AFCD，所以ADFA，所以FDAF.所以AFCF.(2)因为在直角三角形FED中，ED4，sinE，所以cosE，所以FE5.又FD3FC，所以CE2.题型二 圆中有关定理的综合应用【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PA6，PC2，BD9，求AD的长.【解析】(1)连接AB，因为AC是O1的切线，所以BACD，又因为BACE，所以DE，所以ADEC.(2)方法一：因为PA是O1的切线，PD是O1的割线，所以PA2PBPD，所以62PB(PB9)，所以PB3.在O2中，由相交弦定理得PAPCBPPE，所以PE4.因为AD是O2的切线，DE是O2的割线，所以AD2DBDE916，所以AD12.方法二：设BPx，PEy.因为PA6，PC2，所以由相交弦定理得PAPCBPPE，即xy12.因为ADEC，所以，所以.由可得 或 (舍去)，所以DE9xy16.因为AD是O2的切线，DE是O2的割线，所以AD2DBDE916，所以AD12.【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AB2BP4.(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CDEAOC.又CDEPPFD，AOCPOCP，从而PFDOCP，故PFDPCO，所以.由割线定理知PCPDPAPB12，故PF 3.(2)若圆F与圆O内切，设圆F的半径为r，因为OF2r1，即r1，所以OB是圆F的直径，且过点P的圆F的切线为PT，则PT2PBPO248，即PT2.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CD2，CB2，求出由B、P、E、F四点所确定的圆的直径.【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PBFPEF180，所以EPBEFB180，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CD2，CB2，所以由切割线定理CB2CDCE，得CE4，DE2，BP1.又因为RtCBPRtCEF，所以EFPBCECB，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，ABC90.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)2DE2DMACDMAB.【证明】(1)连接BE，则BEEC.又D是BC的中点，所以DEBD.又OEOB，ODOD，所以ODEODB，所以OBDOED90，所以D，E，O，B四点共圆.(2)延长DO交圆O于点H.因为DE2DMDHDM(DOOH)DMDODMOHDM(AC)DM(AB)，所以2DE2DMACDMAB.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17.1 坐标系典例精析题型一 极坐标的有关概念 【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|22|OA|OC|cosAOC52(4)2254cos133，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SABC5.【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 .(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xcos ，ysin ，由4cos ，得24cos ，所以x2y24x，即x2y24x0为O1的直角坐标方程.同理，x2y24y0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xy0.【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x2y29，(cos sin )2可化为xy2.在x2y29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(y1)21于点Q，在直线OQ上取一点P，使P到直线y2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y2，则有|PQ|PR|.设P(，)，Q(0，)，则有02sin .因为|PR|PQ|，所以|2sin |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x2y24或x0.【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x5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x5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0cos 05.因为OPA为等腰三角形，且OPA120，而|OP|，|OA|0以及POA30，所以0，且030.把代入，得点P的轨迹的极坐标方程为cos(30)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(ab0)，由椭圆定义知焦距2c2 c，即a2b22.又由已知得a2b24，故由、可解得a23，b21.即椭圆C的标准方程为y21，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.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 x3y，由点P(x，y)C，即P(3y，y)C，得y21 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x2y2经过伸缩变换 后变成直线2xy4.【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0,02，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.17.2 参数方程典例精析题型一 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，b0).【解析】(1) 所以5x24xy17y2810. (2)由题意可得 所以22得4，所以1，其中x0.【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)x22(y)，x，图形为一段抛物线弧.(2)x1，y2或y2，图形为两条射线.(3)x2y23y0(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2cos 21.(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：2cos 22(cos2sin2)1，化成普通方程为x2y21.(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)21，整理得t24t60.设其两根为t1，t2，则t1t24，t1t26.从而弦长为|t1t2|2.方法二：把直线的参数方程化为普通方程为y(x2)，代入x2y21，得2x212x130.设l与C交于A(x1，y1)，