高三数学 第十三章 选修系列 理（含解析）

第十三章选修系列473几何证明选讲(一)相似三角形的判定及有关性质导学目标：1.了解平行线等分线段定理和平行线分线段成比例定理；2.掌握相似三角形的判定定理及性质定理；3.理解直角三角形射影定理．自主梳理1．平行线等分线段定理如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在任一条(与这组平行线相交的)直线上截得的线段也相等．2．平行线分线段成比例定理两条直线与一组平行线相交，它们被这组平行线截得的对应线段__________．推论1平行于三角形一边的直线截其他两边(或________________)，所得的对应线段__________．推论2平行于三角形的一边，并且和其他两边________的直线所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应________．推论3三角形的一个内角平分线分对边所得的两条线段与这个角的两边对应成比例．3．相似三角形的判定判定定理1对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．简述为：两角对应________的两个三角形相似．判定定理2对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．简述为：两边对应成比例且____________相等的两个三角形相似．判定定理3对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．简述为：三边对应成比例的两个三角形相似．4．相似三角形的性质(1)相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；(2)相似三角形周长的比等于相似比；(3)相似三角形面积的比等于相似比的平方．5．直角三角形射影定理直角三角形一条直角边的平方等于该直角边在____________与斜边的______，斜边上的高的________等于两条直角边在斜边上的射影的乘积．自我检测1．如果梯形的中位线的长为6cm，上底长为4cm，那么下底长为________2．如图，在△ABC中，ED∥BC，EF∥BD，则下列四个结论正确的是(填序号)________．①eq\f(AF,FD)＝eq\f(ED,BC)；②eq\f(AF,FD)＝eq\f(CD,AD)；③eq\f(AF,FD)＝eq\f(AD,DC)；④eq\f(AF,FD)＝eq\f(AB,AE).3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，CD＝2，BD＝3，则AC＝________.4．如图所示，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，AB＝5cm，AC＝4cm，BC＝7cm 第4题图第5题图5．(2011·陕西)如图，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，则BE＝________.探究点一确定线段的n等分点例1已知线段PQ，在线段PQ上求作一点D，使PD∶DQ＝2∶1.变式迁移1已知△ABC，D在AC上，AD∶DC＝2∶1，能否在AB上找到一点E，使得线段EC的中点在BD上．探究点二平行线分线段成比例定理的应用例2在△ABC的边AB、AC上分别取D、E两点，使BD＝CE，DE的延长线交BC的延长线于点F.求证：eq\f(DF,EF)＝eq\f(AC,AB).变式迁移2如图，已知AB∥CD∥EF，AB＝a，CD＝b(0<a<b)，AE∶EC＝m∶n(0<m<n)，求EF.探究点三相似三角形的判定及性质的应用例3如图，已知梯形ABCD中，AB∥CD，过D与BC平行的直线交AB于点E，∠ACE＝∠ABC，求证：AB·CE＝AC·DE.变式迁移3如图，已知▱ABCD中，G是DC延长线上一点，AG分别交BD和BC于E、F两点，证明AF·AD＝AG·BF.1．用添加平行辅助线的方法构造使用平行线等分线段定理与平行线分线段成比例定理的条件．特别是在使用平行线分线段成比例定理及推论时，一定要注意对应线段，对应边．2．利用平行线等分线段定理将某线段任意等分，需要过线段的一个端点作辅助线，在作图时要注意保留作图痕迹．3．在证明两个或两个以上的比例式相等时，需要找第三个比例式与它们都相等，可考虑利用平行线分线段成比例定理或推论，也可以考虑用线段替换及等比定理，由相等的传递性得出结论．4．判定两个三角形相似，根据题设条件选择使用三角形相似的判定定理．(满分：75分)一、填空题(每小题5分，共40分)1．如图所示，l1∥l2∥l3，下列比例式正确的有________(填序号)．(1)eq\f(AD,DF)＝eq\f(CE,BC)；(2)eq\f(AD,BE)＝eq\f(BC,AF)；(3)eq\f(CE,DF)＝eq\f(AD,BC)；(4)eq\f(AF,DF)＝eq\f(BE,CE).2．如图所示，D是△ABC的边AB上的一点，过D点作DE∥BC交AC于E.已知eq\f(AD,DB)＝eq\f(2,3)，则eq\f(S△ADE,S四边形BCED)＝__________________________________________.3．如图，在四边形ABCD中，EF∥BC，FG∥AD，则eq\f(EF,BC)＋eq\f(FG,AD)＝________.4．在直角三角形中，斜边上的高为6，斜边上的高把斜边分成两部分，这两部分的比为3∶2，则斜边上的中线的长为________．5．(2010·苏州模拟)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，BD与AC相交于点O，过点O的直线分别交AB，CD于E，F，且EF∥BC，若AD＝12，BC＝20，则EF＝________.6．如图所示，在△ABC中，AD⊥BC，CE是中线，DC＝BE，DG⊥CE于G，EC的长为4，则EG＝________.7．(2010·天津武清一模)如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DE∥AC，EF∥BC，AB＝15，AF＝4，则DE＝________.8．如图所示，BD、CE是△ABC的中线，P、Q分别是BD、CE的中点，则eq\f(PQ,BC)＝________.二、解答题(共35分)9．(11分)如图所示，在△ABC中，∠CAB＝90°，AD⊥BC于D，BE是∠ABC的平分线，交AD于F，求证：eq\f(DF,AF)＝eq\f(AE,EC).10．(12分)如图，△ABC中，D是BC的中点，M是AD上一点，BM、CM的延长线分别交AC、AB于F、E.求证：EF∥BC.11．(12分)(2010·苏州模拟)如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于O点，直线l平行于BD且与AB，DC，BC，AD及AC的延长线分别相交于点M，N，R，S和P，求证：PM·PN＝PR·PS.73几何证明选讲(一)相似三角形的判定及有关性质自主梳理2．成比例两边的延长线成比例相交成比例3．相等夹角5.斜边上的射影乘积平方自我检测1．82.③3.eq\f(2\r(13),3)解析由射影定理：CD2＝AD·BD.∴AD＝eq\f(4,3)，∴AC＝eq\r(CD2＋AD2)＝eq\r(4＋\f(16,9))＝eq\f(2\r(13),3).4.eq\f(35,9)解析∵eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,DC)＝eq\f(5,4)，∴BD＝eq\f(35,9)cm.5．4eq\r(2)解析∵AC＝4，AD＝12，∠ACD＝90°，∴CD2＝AD2－AC2＝128，∴CD＝8eq\r(2).又∵AE⊥BC，∠B＝∠D，∴△ABE∽△ADC，∴eq\f(AB,AD)＝eq\f(BE,CD)，∴BE＝eq\f(AB·CD,AD)＝eq\f(6×8\r(2),12)＝4eq\r(2).课堂活动区例1解题导引利用平行线等分线段定理可对线段任意等分，其作图步骤为：首先作出辅助射线，然后在射线上依次截取任意相同长度的n条线段，最后过辅助线上的各等分点作平行线，确定所求线段的n等分点．解在线段PQ上求作点D，使PD∶DQ＝2∶1，就是要作出线段PQ上靠近Q点的一个三等分点，通过线段PQ的一个端点作辅助射线，并取线段的三等分点，利用平行线等分线段定理确定D点的位置．作法：①作射线PN.②在射线PN上截取PB＝2a，BC＝a.③连接CQ.④过点B作CQ的平行线，交PQ于D.∴点D即为所求的点．变式迁移1解假设能找到，如图，设EC交BD于点F，则F为EC的中点，作EG∥AC交BD于G.∵EG∥AC，EF＝FC，∴△EGF≌△CDF，且EG＝DC，∴EG綊eq\f(1,2)AD，△BEG∽△BAD，∴eq\f(BE,BA)＝eq\f(EG,AD)＝eq\f(1,2)，∴E为AB的中点．∴当E为AB的中点时，EC的中点在BD上．例2解题导引证明线段成比例问题，一般有平行的条件可考虑用平行线分线段成比例定理或推论，也可以用三角形相似或考虑用线段替换等方法．证明作EG∥AB交BC于G，如图所示，∵△CEG∽△CAB，∴eq\f(EG,AB)＝eq\f(CE,AC)，即eq\f(AC,AB)＝eq\f(CE,EG)＝eq\f(DB,EG)，又∵eq\f(DB,EG)＝eq\f(DF,EF)，∴eq\f(DF,EF)＝eq\f(AC,AB).变式迁移2解如图，过点F作FH∥EC，分别交BA，DC的延长线于点G，H，由EF∥AB∥CD及FH∥EC，知AG＝CH＝EF，FG＝AE，FH＝EC.从而FG∶FH＝AE∶EC＝m∶n.由BG∥DH，知BG∶DH＝FG∶FH＝m∶n.设EF＝x，则得(x＋a)∶(x＋b)＝m∶n.解得x＝eq\f(mb－na,n－m)，即EF＝eq\f(mb－na,n－m).例3解题导引有关两线段的比值的问题，除了应用平行线分线段成比例定理外，也可利用相似三角形的判定和性质求解．解题中要注意观察图形特点，巧添辅助线，对解题可起到事半功倍的效果．证明方法一∵AB∥CD，∴eq\f(EA,CD)＝eq\f(AF,CF)，即eq\f(EA,AF)＝eq\f(CD,CF).①∵DE∥BC，∴eq\f(AF,AC)＝eq\f(AE,AB)，即eq\f(EA,AF)＝eq\f(AB,AC).②由①②得eq\f(CD,CF)＝eq\f(AB,AC)，③∵∠FDC＝∠ECF，∠DEC＝∠FEC，∴△EFC∽△ECD.∴eq\f(CD,CF)＝eq\f(DE,CE).④由③④得eq\f(AB,AC)＝eq\f(DE,CE)，即AB·CE＝AC·DE.方法二∵AB∥CD，DE∥BC，∴BEDC是平行四边形．∴DE＝BC.∵∠ACE＝∠ABC，∠EAC＝∠BAC，∴△AEC∽△ACB.∴eq\f(BC,CE)＝eq\f(AB,AC).∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(DE,CE)，即AB·CE＝AC·DE.变式迁移3证明因为四边形ABCD为平行四边形，所以AB∥DC，AD∥BC.所以△ABF∽△GCF，△GCF∽△GDA.所以△ABF∽△GDA.从而有eq\f(AF,AG)＝eq\f(BF,AD)，即AF·AD＝AG·BF.课后练习区1．(4)解析由平行线分线段成比例定理可知(4)正确．2.eq\f(4,21)解析由eq\f(AD,DB)＝eq\f(2,3)知，eq\f(AD,AB)＝eq\f(2,5)，eq\f(S△ADE,S△ABC)＝eq\f(4,25)，故eq\f(S△ADE,S四边形BCED)＝eq\f(4,21).3．1解析∵EF∥BC，∴eq\f(EF,BC)＝eq\f(AF,AC)，又∵FG∥AD，∴eq\f(FG,AD)＝eq\f(CF,AC)，∴eq\f(EF,BC)＋eq\f(FG,AD)＝eq\f(AF,AC)＋eq\f(CF,AC)＝eq\f(AC,AC)＝1.4.eq\f(5\r(6),2)解析设斜边上的两段的长分别为3t,2t，由直角三角形中的射影定理知：62＝3t·2t，解得t＝eq\r(6)(t>0，舍去负根)，所以斜边的长为5eq\r(6)，故斜边上的中线的长为eq\f(5\r(6),2).5．15解析∵AD∥BC，∴eq\f(OB,OD)＝eq\f(BC,AD)＝eq\f(20,12)＝eq\f(5,3)，∴eq\f(OB,BD)＝eq\f(5,8)，∵OE∥AD，∴eq\f(OE,AD)＝eq\f(OB,BD)＝eq\f(5,8)，∴OE＝eq\f(5,8)AD＝eq\f(5,8)×12＝eq\f(15,2)，同理可求得OF＝eq\f(3,8)BC＝eq\f(3,8)×20＝eq\f(15,2)，∴EF＝OE＋OF＝15.6．2解析连接DE，因为AD⊥BC，所以△ADB是直角三角形，则DE＝eq\f(1,2)AB＝BE＝DC.又因为DG⊥CE于G，所以DG平分CE，故EG＝2.7．6解析设DE＝x，∵DE∥AC，∴eq\f(BE,15)＝eq\f(x,x＋4)，解得BE＝eq\f(15x,x＋4).∴eq\f(BD,DC)＝eq\f(BE,EA)＝eq\f(BE,15－BE)＝eq\f(x,4).又∵AD平分∠BAC，∴eq\f(BD,DC)＝eq\f(BA,AC)＝eq\f(15,x＋4)＝eq\f(x,4)，解得x＝6.8.eq\f(1,4)解析连接DE，延长QP交AB于N，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(NP＝\f(1,2)ED＝\f(1,4)BC，,NP＋PQ＝\f(1,2)BC.))得PQ＝eq\f(1,4)BC.9．证明由三角形的内角平分线定理得，在△ABD中，eq\f(DF,AF)＝eq\f(BD,AB)，①在△ABC中，eq\f(AE,EC)＝eq\f(AB,BC)，②(3分)在Rt△ABC中，由射影定理知，AB2＝BD·BC，即eq\f(BD,AB)＝eq\f(AB,BC).③(6分)由①③得：eq\f(DF,AF)＝eq\f(AB,BC)，④(9分)由②④得：eq\f(DF,AF)＝eq\f(AE,EC).(11分)10．证明延长AD至G，使DG＝MD，连接BG、CG.∵BD＝DC，MD＝DG，∴四边形BGCM为平行四边形．(4分)∴EC∥BG，FB∥CG，∴eq\f(AE,AB)＝eq\f(AM,AG)，eq\f(AF,AC)＝eq\f(AM,AG)，∴eq\f(AE,AB)＝eq\f(AF,AC)，(8分)∴EF∥BC.(12分)11．证明∵BO∥PM，∴eq\f(PM,BO)＝eq\f(PA,OA)，(2分)∵DO∥PS，∴eq\f(PS,DO)＝eq\f(PA,OA)，∴eq\f(PM,BO)＝eq\f(PS,DO).(4分)即eq\f(PM,PS)＝eq\f(BO,DO)，由BO∥PR得eq\f(PR,BO)＝eq\f(PC,CO).(6分)由DO∥PN得eq\f(PN,OD)＝eq\f(PC,CO).(8分)∴eq\f(PR,BO)＝eq\f(PN,DO)，即eq\f(PR,PN)＝eq\f(BO,DO)，∴eq\f(PR,PN)＝eq\f(PM,PS).∴PM·PN＝PR·PS.(12分)74几何证明选讲(二)直线与圆的位置关系导学目标：1.理解圆周角定理，弦切角定理及其推论；2.理解圆的切线的判定及性质定理；3.理解相交弦定理，割线定理，切割线定理；4.理解圆内接四边形的性质定理及判定．自主梳理1．圆周角、弦切角及圆心角定理(1)__________的度数等于其的对______的度数的一半．推论1：________(或________)所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角__________相等．推论2：半圆(或直径)所对的__________等于90°.反之，90°的圆周角所对的弧是________(或__________)．(2)弦切角的度数等于其所夹孤的度数的____．(3)圆心角的度数等于它所对弧的度数．2．圆中比例线段有关定理(1)相交弦定理：______的两条____________，每条弦被交点分成的____________的积相等．(2)切割线定理：从圆外一点引圆的一条割线和一条切线，切线长是这点到割线与圆的两个交点的线段长的____________．(3)割线定理：从圆外一点引圆的两条________，该点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等．温馨提示相交弦定理，切割线定理，割线定理揭示了与圆有关的线段间的比例关系，在与圆有关的比例线段问题的证明、计算以及证明线段或角相等等问题中应用甚广．3．切线长定理从________一点引圆的两条切线，__________相等．4．圆内接四边形的性质与判定定理(1)性质定理：圆内接四边形的对角________．推论：圆内接四边形的任何一个外角都等于它的内角的________．(2)判定定理：如果四边形的__________，则四边形内接于____．推论：如果四边形的一个外角等于它的____________，那么这个四边形的四个顶点________．5．圆的切线的性质及判定定理(1)性质定理：圆的切线垂直于经过切点的________．推论1：经过________且________与垂直的直线必经过切点．推论2：经过________且切线与垂直的直线必经过______________________________．(2)判定定理：过半径________且与这条半径________的直线是圆的切线．自我检测1．如图在Rt△ABC中，∠B＝90°，D是AB上一点，且AD＝2DB，以D为圆心，DB为半径的圆与AC相切，则sinA＝________.2．(2010·南京模拟)如图，AB是圆O的直径，EF切圆O于C，AD⊥EF于D，AD＝2，AB＝6，则AC长为________．3．(2011·湖南)如图，A，E是半圆周上的两个三等分点，直径BC＝4，AD⊥BC，垂足为D，BE与AD相交于点F，则AF的长为________．4．如图所示，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，AC交⊙O于点D，若AD＝32，CD＝18，则AB＝________.5．(2010·揭阳模拟)如图，已知P是⊙O外一点，PD为⊙O的切线，D为切点，割线PEF经过圆心O，PF＝12，PD＝4eq\r(3)，则圆O的半径长为________、∠EFD的度数为________.探究点一与圆有关的等角、等弧、等弦的判定例1如图，⊙O的两条弦AC，BD互相垂直，OE⊥AB，垂足为点E.求证：OE＝eq\f(1,2)CD.变式迁移1在△ABC中，已知CM是∠ACB的平分线，△AMC的外接圆O交BC于点N；若AC＝eq\f(1,3)AB，求证：BN＝3MN.探究点二四点共圆的判定例2如图，四边形ABCD中，AB、DC的延长线交于点E，AD，BC的延长线交于点F，∠AED，∠AFB的角平分线交于点M，且EM⊥FM.求证：四边形ABCD内接于圆．变式迁移2如图，已知AP是⊙O的切线，P为切点，AC是⊙O的割线，与⊙O交于B、C两点，圆心O在∠PAC的内部，点M是BC的中点．(1)证明：A，P，O，M四点共圆；(2)求∠OAM＋∠APM的大小．探究点三与圆有关的比例线段的证明例3如图，PA切⊙O于点A，割线PBC交⊙O于点B，C，∠APC的角平分线分别与AB，AC相交于点D，E，求证：(1)AD＝AE；(2)AD2＝DB·EC.变式迁移3(2010·全国)如图，已知圆上的弧＝，过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点，证明：(1)∠ACE＝∠BCD；(2)BC2＝BE×CD.1．圆周角定理与圆心角定理在证明角相等时有较普遍的应用，尤其是利用定理进行等角代换与传递．2．要注意一些常用的添加辅助线的方法，若证明直线与圆相切，则连结直线与圆的公共点和圆心证垂直；遇到直径时，一般要引直径所对的圆周角，利用直径所对的圆周角是直角解决有关问题．3．判断两线段是否相等，除一般方法(通过三角形全等)外，也可用等线段代换，或用圆心角定理及其推论证明．4．证明多点共圆的常用方法：(1)证明几个点与某个定点距离相等；(2)如果某两点在某条线段的同旁，证明这两点对这条线段的张角相等；(3)证明凸四边形内对角互补(或外角等于它的内角的对角)．5．圆中比例线段有关定理常与圆周角、弦切角联合应用，要注意在题中找相等的角，找相似三角形，从而得到线段的比．(满分：75分)一、填空题(每小题5分，共40分)1．如图，已知AB，CD是⊙O的两条弦，且AB＝CD，OE⊥AB，OF⊥CD，垂足分别是E，F，则结论①＝，②∠AOB＝∠COD，③OE＝OF，④＝中，正确的有________个．2．(2010·湖南)如图所示，过⊙O外一点P作一条直线与⊙O交于A、B两点．已知PA＝2，点P到⊙O的切线长PT＝4，则弦AB的长为________．3．(2010·陕西)如图，已知Rt△ABC的两条直角边AC，BC的长分别为3cm,4cm，以AC为直径的圆与AB交于点D，则eq\f(BD,DA)＝________.4．(2009·广东)如图，点A，B，C是圆O上的点，且AB＝4，∠ACB＝45°，则圆O的面积为________．5．已知PA是圆O的切线，切点为A，PA＝2，AC是圆O的直径，PC与圆O交于点B，PB＝1，则圆O的半径R＝________.6．如图，圆O是△ABC的外接圆，过点C的切线交AB的延长线于点D，CD＝2eq\r(7)，AB＝3.则BD的长为________．7．(2011·天津)如图，已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF＝CF＝eq\r(2)，AF∶FB∶BE＝4∶2∶1.若CE与圆相切，则线段CE的长为________．8．(2010·天津)如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P.若eq\f(PB,PA)＝eq\f(1,2)，eq\f(PC,PD)＝eq\f(1,3)，则eq\f(BC,AD)的值为________．二、解答题(共35分)9．(11分)如图，三角形ABC中，AB＝AC，⊙O经过点A，与BC相切于B，与AC相交于D，若AD＝CD＝1，求⊙O的半径r.10．(12分)(2009·江苏)如图，在四边形ABCD中，△ABC≌△BAD.求证：AB∥CD.11．(12分)(2011·江苏)如图，圆O1与圆O2内切于点A，其半径分别为r1与r2(r1>r2)．圆O1的弦AB交圆O2于点C(O1不在AB上)．求证：AB∶AC为定值．74几何证明选讲(二)直线与圆的位置关系自主梳理1．(1)圆周角弧同弧等弧所对的弧圆周角半圆弦为直径(2)一半2.(1)圆相交弦两条线段长(2)等比中项(3)割线3.圆外切线长4.(1)互补对角(2)对角互补圆内角的对角共圆5．(1)半径圆心切线切点圆心(2)外端垂直自我检测1.eq\f(1,2)解析设切点为T，则DT⊥AC，AD＝2DB＝2DT，∴∠A＝30°，sinA＝eq\f(1,2).2．2eq\r(3)解析连接CB，则∠DCA＝∠CBA，又∠ADC＝∠ACB＝90°，∴△ADC∽△ACB.∴eq\f(AD,AC)＝eq\f(AC,AB).∴AC2＝AB·AD＝2×6＝12.∴AC＝2eq\r(3).3.eq\f(2\r(3),3)解析如图，连接CE，AO，AB.根据A，E是半圆周上的两个三等分点，BC为直径，可得∠CEB＝90°，∠CBE＝30°，∠AOB＝60°，故△AOB为等边三角形，AD＝eq\r(3)，OD＝BD＝1，∴DF＝eq\f(\r(3),3)，∴AF＝AD－DF＝eq\f(2\r(3),3).4．40解析如图，连接BD，则BD⊥AC，由射影定理知，AB2＝AD·AC＝32×50＝1600，故AB＝40.5．430°解析由切割线定理得PD2＝PE·PF，∴PE＝eq\f(PD2,PF)＝eq\f(16×3,12)＝4，∴EF＝8，OD＝4.又∵OD⊥PD，OD＝eq\f(1,2)PO，∠P＝30°，∠POD＝60°＝2∠EFD，∴∠EFD＝30°.课堂活动区例1解题导引(1)借用等弦或等弧所对圆周角相等，所对的圆心角相等，进行角的等量代换；同时也可借在同圆或等圆中，相等的圆周角(或圆心角)所对的弧相等，进行弧(或弦)的等量代换．(2)本题的证法是证明一条线段等于另一条线段的一半的常用方法．证明作直径AF，连接BF，CF，则∠ABF＝∠ACF＝90°.又OE⊥AB，O为AF的中点，则OE＝eq\f(1,2)BF.∵AC⊥BD，∴∠DBC＋∠ACB＝90°，又∵AF为直径，∠BAF＋∠BFA＝90°，∵∠AFB＝∠ACB，∴∠DBC＝∠BAF，即有CD＝BF.从而得OE＝eq\f(1,2)CD.变式迁移1证明∵CM是∠ACB的平分线，∴eq\f(AC,AM)＝eq\f(BC,BM)，即BC＝AC·eq\f(BM,AM)，又由割线定理得BM·BA＝BN·BC，∴BN·AC·eq\f(BM,AM)＝BM·BA，又∵AC＝eq\f(1,3)AB，∴BN＝3AM，∵在圆O内∠ACM＝∠MCN，∴AM＝MN，∴BN＝3MN.例2解题导引证明多点共圆，当它们在一条线段同侧时，可证它们对此线段张角相等，也可以证明它们与某一定点距离相等；如两点在一条线段异侧，则证明它们与线段两端点连成的凸四边形对角互补．证明连接EF，因为EM是∠AEC的角平分线，所以∠FEC＋∠FEA＝2∠FEM.同理，∠EFC＋∠EFA＝2∠EFM.而∠BCD＋∠BAD＝∠ECF＋∠BAD＝(180°－∠FEC－∠EFC)＋(180°－∠FEA－∠EFA)＝360°－2(∠FEM＋∠EFM)＝360°－2(180°－∠EMF)＝2∠EMF＝180°，即∠BCD与∠BAD互补．所以四边形ABCD内接于圆．变式迁移2(1)证明连接OP，OM，因为AP与⊙O相切于点P，所以OP⊥AP.因为M是⊙O的弦BC的中点，所以OM⊥BC.于是∠OPA＋∠OMA＝180°，由圆心O在∠PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，所以A，P，O，M四点共圆．(2)解由(1)得A，P，O，M四点共圆，所以∠OAM＝∠OPM.由(1)得OP⊥AP.由圆心O在∠PAC的内部，可知∠OPM＋∠APM＝90°，所以∠OAM＋∠APM＝90°.例3解题导引寻找适当的相似三角形，把几条要证的线段集中到这些相似三角形中，再用圆中角、与圆有关的比例线段的定理找到需要的比例式，使问题得证．证明(1)∠AED＝∠EPC＋∠C，∠ADE＝∠APD＋∠PAB.因PE是∠APC的角平分线，故∠EPC＝∠APD，PA是⊙O的切线，故∠C＝∠PAB.所以∠AED＝∠ADE.故AD＝AE.(2)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠PCE＝∠PAD,∠CPE＝∠APD))⇒△PCE∽△PAD⇒eq\f(EC,AD)＝eq\f(PC,PA)；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠PEA＝∠PDB,∠APE＝∠BPD))⇒△PAE∽△PBD⇒eq\f(AE,DB)＝eq\f(PA,PB).又PA是切线，PBC是割线⇒PA2＝PB·PC⇒eq\f(PA,PB)＝eq\f(PC,PA).故eq\f(EC,AD)＝eq\f(AE,DB)，又AD＝AE，故AD2＝DB·EC.变式迁移3证明(1)因为＝，所以∠BCD＝∠ABC.又因为EC与圆相切于点C，故∠ACE＝∠ABC，所以∠ACE＝∠BCD.(2)因为∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD，所以△BDC∽△ECB，故eq\f(BC,BE)＝eq\f(CD,BC)，即BC2＝BE×CD.课后练习区1．4解析∵在同圆或等圆中，等弦所对的圆心角相等，所对的弧相等，所对弦心距相等，故①②③成立，又由＝，得＝，∴④正确．2．6解析连接BT，由切割线定理，得PT2＝PA·PB，所以PB＝8，故AB＝6.3.eq\f(16,9)解析eq\f(AD,AC)＝eq\f(AC,AB)⇒eq\f(AD,3)＝eq\f(3,5)⇒AD＝eq\f(9,5)⇒BD＝eq\f(16,5)(cm)，eq\f(BD,DA)＝eq\f(16,9).4．8π解析连接OA，OB，∵∠BCA＝45°，∴∠AOB＝90°.设圆O的半径为R，在Rt△AOB中，R2＋R2＝AB2＝16，∴R2＝8.∴圆O的面积为8π.5.eq\r(3)解析如图，依题意，AO⊥PA，AB⊥PC，PA＝2，PB＝1，∠P＝60°，在Rt△CAP中，有2OA＝2R＝2tan60°＝2eq\r(3)，∴R＝eq\r(3).6．4解析由切割线定理得：DB·DA＝DC2，即DB(DB＋BA)＝DC2，∴DB2＋3DB－28＝0，∴DB＝4.7.eq\f(\r(7),2)解析设BE＝a，则AF＝4a，FB＝2a.∵AF·FB＝DF·FC，∴8a2＝2，∴a＝eq\f(1,2)，∴AF＝2，FB＝1，BE＝eq\f(1,2)，∴AE＝eq\f(7,2).又∵CE为圆的切线，∴CE2＝EB·EA＝eq\f(1,2)×eq\f(7,2)＝eq\f(7,4).∴CE＝eq\f(\r(7),2).8.eq\f(\r(6),6)解析∵∠P＝∠P，∠PCB＝∠PAD，∴△PCB∽△PAD.∴eq\f(PB,PD)＝eq\f(PC,PA)＝eq\f(BC,AD).∵eq\f(PB,PA)＝eq\f(1,2)，eq\f(PC,PD)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(BC,AD)＝eq\f(\r(6),6).9.解过B点作BE∥AC交圆于点E，连接AE，BO并延长交AE于F，由题意∠ABC＝∠ACB＝∠AEB，(2分)又BE∥AC，∴∠CAB＝∠ABE，则AB＝AC知，∠ABC＝∠ACB＝∠AEB＝∠BAE，(4分)则AE∥BC，四边形ACBE为平行四边形．∴BF⊥AE.又BC2＝CD×AC＝2，∴BC＝eq\r(2)，BF＝eq\r(AB2－AF2)＝eq\f(\r(14),2).(8分)设OF＝x，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋r＝\f(\r(14),2)，,x2＋\f(\r(2),2)2＝r2，))解得r＝eq\f(2\r(14),7).(11分)10．证明由△ABC≌△BAD得∠ACB＝∠BDA，(3分)故A、B、C、D四点共圆，(5分)从而∠CAB＝∠CDB.(7分)再由△ABC≌△BAD得∠CAB＝∠DBA，因此∠DBA＝∠CDB，(10分)所以AB∥CD.(12分)11.证明如图，连接AO1并延长，分别交两圆于点E和点D.连接BD，CE.因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2在AD上，故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径．(5分)从而∠ABD＝∠ACE＝eq\f(π,2).(7分)所以BD∥CE，于是eq\f(AB,AC)＝eq\f(AD,AE)＝eq\f(2r1,2r2)＝eq\f(r1,r2).(10分)所以AB∶AC为定值．(12分)75坐标系与参数方程导学目标：1.了解坐标系的有关概念，理解简单图形的极坐标方程.2.会进行极坐标方程与直角坐标方程的互化.3.理解直线、圆及椭圆的参数方程，会进行参数方程与普通方程的互化，并能进行简单应用．自主梳理1．极坐标系的概念在平面上取一个定点O，叫做极点；自极点O引一条射线Ox，叫做________；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____________．设M是平面上任一点，极点O与点M的距离OM叫做点M的________，记为ρ；以极轴Ox为始边，射线OM为终边的角xOM叫做点M的________，记为θ.有序数对(ρ，θ)叫做点M的__________，记作(ρ，θ)．2．极坐标和直角坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，x轴的正半轴作为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位，设M是平面内任意一点，它的直角坐标是(x，y)，极坐标为(ρ，θ)，则它们之间的关系为x＝__________，y＝__________.另一种关系为：ρ2＝__________，tanθ＝______________.3．简单曲线的极坐标方程(1)一般地，如果一条曲线上任意一点都有一个极坐标适合方程φ(ρ，θ)＝0，并且坐标适合方程φ(ρ，θ)＝0的点都在曲线上，那么方程φ(ρ，θ)＝0叫做曲线的____________．(2)常见曲线的极坐标方程①圆的极坐标方程____________表示圆心在(r,0)半径为|r|的圆；____________表示圆心在(r，eq\f(π,2))半径为|r|的圆；________表示圆心在极点，半径为|r|的圆．②直线的极坐标方程____________表示过极点且与极轴成α角的直线；____________表示过(a,0)且垂直于极轴的直线；____________表示过(b，eq\f(π,2))且平行于极轴的直线；ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)表示过(ρ0，θ0)且与极轴成α角的直线方程．4．常见曲线的参数方程(1)直线的参数方程若直线过(x0，y0)，α为直线的倾斜角，则直线的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋lcosα，,y＝y0＋lsinα.))这是直线的参数方程，其中参数l有明显的几何意义．(2)圆的参数方程若圆心在点M(a，b)，半径为R，则圆的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a＋rcosα，,y＝b＋rsinα，))0≤α<2π.(3)椭圆的参数方程中心在坐标原点的椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝acosφ,y＝bsinφ))(φ为参数)．(4)抛物线的参数方程抛物线y2＝2px(p>0)的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2pt2，,y＝2pt.))自我检测1．(2010·北京)极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是()A．两个圆 B．两条直线C．一个圆和一条射线 D．一条直线和一条射线2．(2010·湖南)极坐标方程ρ＝cosθ和参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1－t，,y＝2＋3t))(t为参数)所表示的图形分别是()A．圆、直线 B．直线、圆C．圆、圆 D．直线、直线3．(2010·重庆)直线y＝eq\f(\r(3),3)x＋eq\r(2)与圆心为D的圆eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)＋\r(3)cosθ，,y＝1＋\r(3)sinθ))(θ∈[0,2π))交于A、B两点，则直线AD与BD的倾斜角之和为()A.eq\f(7,6)π B.eq\f(5,4)πC.eq\f(4,3)π D.eq\f(5,3)π4．(2011·广州一模)在极坐标系中，直线ρsin(θ＋eq\f(π,4))＝2被圆ρ＝4截得的弦长为________．5．(2010·陕西)已知圆C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝1＋sinα))(α为参数)，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsinθ＝1，则直线l与圆C的交点的直角坐标为________________.探究点一求曲线的极坐标方程例1在极坐标系中，以(eq\f(a,2)，eq\f(π,2))为圆心，eq\f(a,2)为半径的圆的方程为________．变式迁移1如图，求经过点A(a,0)(a>0)，且与极轴垂直的直线l的极坐标方程．探究点二极坐标方程与直角坐标方程的互化例2(2009·辽宁)在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立坐标系．曲线C的极坐标方程为ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝1，M、N分别为C与x轴，y轴的交点．(1)写出C的直角坐标方程，并求M、N的极坐标；(2)设MN的中点为P，求直线OP的极坐标方程．变式迁移2(2010·东北三校第一次联考)在极坐标系下，已知圆O：ρ＝cosθ＋sinθ和直线l：ρsin(θ－eq\f(π,4))＝eq\f(\r(2),2)，(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．探究点三参数方程与普通方程的互化例3将下列参数方程化为普通方程：(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3k,1＋k2),y＝\f(6k2,1＋k2)))；(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－sin2θ,y＝sinθ＋cosθ))；(3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1－t2,1＋t2),y＝\f(t,1＋t2))).变式迁移3化下列参数方程为普通方程，并作出曲线的草图．(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)sin2θ,y＝sinθ＋cosθ))(θ为参数)；(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,t),y＝\f(1,t)\r(t2－1)))(t为参数)．探究点四参数方程与极坐标的综合应用例4求圆ρ＝3cosθ被直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋2t,y＝1＋4t))(t是参数)截得的弦长．变式迁移4(2011·课标全国)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα，,y＝2＋2sinα.))(α为参数)M是C1上的动点，P点满足eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OM,\s\up6(→))，P点的轨迹为曲线C2.(1)求C2的方程；(2)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线θ＝eq\f(π,3)与C1的异于极点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求|AB|.本节内容要注意以下两点：一、简单曲线的极坐标方程可结合极坐标系中ρ和θ的具体含义求出，也可利用极坐标方程与直角坐标方程的互化得出．同直角坐标方程一样，由于建系的不同，曲线的极坐标方程也会不同．在没有充分理解极坐标的前提下，可先化成直角坐标解决问题．二、在普通方程中，有些F(x，y)＝0不易得到，这时可借助于一个中间变量(即参数)来找到变量x，y之间的关系．同时，在直角坐标系中，很多比较复杂的计算(如圆锥曲线)，若借助于参数方程来解决，将会大大简化计算量．将曲线的参数方程化为普通方程的关键是消去其中的参数，此时要注意其中的x，y(它们都是参数的函数)的取值范围，也即在消去参数的过程中一定要注意普通方程与参数方程的等价性．参数方程化普通方程常用的消参技巧有：代入消元、加减消元、平方后相加减消元等．同极坐标方程一样，在没有充分理解参数方程的前提下，可先化成直角坐标方程再去解决相关问题．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．在极坐标系中，与点(3，－eq\f(π,3))关于极轴所在直线对称的点的极坐标是()A．(3，eq\f(2,3)π) B．(3，eq\f(π,3)) C．(3，eq\f(4,3)π) D．(3，eq\f(5,6)π)2．曲线的极坐标方程为ρ＝2cos2eq\f(θ,2)－1的直角坐标方程为()A．x2＋(y－eq\f(1,2))2＝eq\f(1,4) B．(x－eq\f(1,2))2＋y2＝eq\f(1,4)C．x2＋y2＝eq\f(1,4) D．x2＋y2＝13．(2010·湛江模拟)在极坐标方程中，曲线C的方程是ρ＝4sinθ，过点(4，eq\f(π,6))作曲线C的切线，则切线长为()A．4 B.eq\r(7) C．2eq\r(2) D．2eq\r(3)4．(2010·佛山模拟)已知动圆方程x2＋y2－xsin2θ＋2eq\r(2)·ysin(θ＋eq\f(π,4))＝0(θ为参数)，那么圆心的轨迹是()A．椭圆 B．椭圆的一部分C．抛物线 D．抛物线的一部分5．(2010·安徽)设曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋3cosθ，,y＝－1＋3sinθ))(θ为参数)，直线l的方程为x－3y＋2＝0，则曲线C上到直线l距离为eq\f(7\r(10),10)的点的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2010·天津)已知圆C的圆心是直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝1＋t))(t为参数)与x轴的交点，且圆C与直线x＋y＋3＝0相切，则圆C的方程为________．7．(2011·广东)已知两曲线参数方程分别为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(5)cosθ，,y＝sinθ))(0≤θ<π)和eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,4)t2，,y＝t))(t∈R)，它们的交点坐标为________．8．(2010·广东深圳高级中学一模)在直角坐标系中圆C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα,y＝2＋2sinα))(α为参数)，若以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则圆C的极坐标方程为________．三、解答题(共38分)9．(12分)(2011·江苏)在平面直角坐标系xOy中，求过椭圆eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5cosφ，,y＝3sinφ))(φ为参数)的右焦点，且与直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4－2t，,y＝3－t))(t为参数)平行的直线的普通方程．10．(12分)(2010·福建)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3－\f(\r(2),2)t，,y＝\r(5)＋\f(\r(2),2)t))(t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，圆C的方程为ρ＝2eq\r(5)sinθ.(1)求圆C的直角坐标方程；(2)设圆C与直线l交于点A，B.若点P的坐标为(3，eq\r(5))，求|PA|＋|PB|.11．(14分)(2010·课标全国)已知直线C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋tcosα，,y＝tsinα))(t为参数)，圆C2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)．(1)当α＝eq\f(π,3)时，求C1与C2的交点坐标；(2)过坐标原点O作C1的垂线，垂足为A，P为OA的中点，当α变化时，求P点轨迹的参数方程，并指出它是什么曲线．75坐标系与参数方程自主梳理1．极轴极坐标系极径极角极坐标2.ρcosθρsinθx2＋y2eq\f(y,x)(x≠0)3.(1)极坐标方程(2)①ρ＝2rcosθρ＝2rsinθρ＝r②θ＝α(ρ∈R)ρcosθ＝aρsinθ＝b自我检测1．C2.A3.C4．4eq\r(3)5．(－1,1)，(1,1)解析∵y＝ρsinθ，∴直线l的直角坐标方程为y＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝1＋sinα))得x2＋(y－1)2＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝1，,x2＋y－12＝1))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1.))∴直线l与圆C的交点的直角坐标为(－1,1)和(1,1)．课堂活动区例1解题导引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，得出曲线上的极坐标方程；④证明所得方程就是曲线的极坐标方程，若方程的推导过程正确，化简过程都是同解变形，这一证明可以省略．答案ρ＝asinθ，0≤θ<π解析圆的直径为a，设圆心为C，在圆上任取一点A(ρ，θ)，则∠AOC＝eq\f(π,2)－θ或θ－eq\f(π,2)，即∠AOC＝|θ－eq\f(π,2)|.又ρ＝acos∠AOC＝acos|θ－eq\f(π,2)|＝asinθ.∴圆的方程是ρ＝asinθ，0≤θ<π.变式迁移1解设P(ρ，θ)是直线l上任意一点，OPcosθ＝OA，即ρcosθ＝a，故所求直线的极坐标方程为ρcosθ＝a.例2解题导引直角坐标方程化为极坐标方程比较容易，只要运用公式x＝ρcosθ及y＝ρsinθ直接代入并化简即可；而极坐标方程化为直角坐标方程则相对困难一些，解此类问题常通过变形，构造形如ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，进行整体代换．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方法．但对方程进行变形时，方程必须同解，因此应注意对变形过程的检验．解(1)由ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝1得ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosθ＋\f(\r(3),2)sinθ))＝1.从而C的直角坐标方程为eq\f(1,2)x＋eq\f(\r(3),2)y＝1，即x＋eq\r(3)y＝2，当θ＝0时，ρ＝2，所以M(2,0)．当θ＝eq\f(π,2)时，ρ＝eq\f(2\r(3),3)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2))).(2)M点的直角坐标为(2,0)．N点的直角坐标为(0，eq\f(2\r(3),3))．所以P点的直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，则P点的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(π,6)))，所以直线OP的极坐标方程为θ＝eq\f(π,6)，ρ∈(－∞，＋∞)．变式迁移2解(1)圆O：ρ＝cosθ＋sinθ，即ρ2＝ρcosθ＋ρsinθ，圆O的直角坐标方程为x2＋y2＝x＋y，即x2＋y2－x－y＝0.直线l：ρsin(θ－eq\f(π,4))＝eq\f(\r(2),2)，即ρsinθ－ρcosθ＝1，则直线l的直角坐标方程为y－x＝1，即x－y＋1＝0.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－x－y＝0，,x－y＋1＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1.))故直线l与圆O公共点的一个极坐标为(1，eq\f(π,2))．例3解题导引参数方程通过消去参数化为普通方程．对于(1)直接消去参数k有困难，可通过两式相除，先降低k的次数，再运用代入法消去k；对于(2)可运用恒等式(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ消去θ；对于(3)可运用恒等式(eq\f(1－t2,1＋t2))2＋(eq\f(2t,1＋t2))2＝1消去t.另外，参数方程化为普通方程时，不仅要消去参数，还应注意普通方程与原参数方程的取值范围保持一致．解(1)两式相除，得k＝eq\f(y,2x).将k＝eq\f(y,2x)代入，得x＝eq\f(3·\f(y,2x),1＋\f(y,2x)2).化简，得所求的普通方程是4x2＋y2－6y＝0(y≠6)．(2)由(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ＝2－(1－sin2θ)，得y2＝2－x.又x＝1－sin2θ∈[0,2]，得所求的普通方程是y2＝2－x，x∈[0,2]．(3)由(eq\f(1－t2,1＋t2))2＋(eq\f(2t,1＋t2))2＝1，得x2＋4y2＝1.又x＝eq\f(1－t2,1＋t2)≠－1，得所求的普通方程是x2＋4y2＝1(x≠－1)．变式迁移3解(1)由y2＝(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ＝1＋2x，得y2＝2x＋1.∵－eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)sin2θ≤eq\f(1,2)，∴－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2).∵－eq\r(2)≤sinθ＋cosθ≤eq\r(2)，∴－eq\r(2)≤y≤eq\r(2).故所求普通方程为y2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2)，－eq\r(2)≤y≤eq\r(2))，图形为抛物线的一部分．图形如图甲所示．(2)由x2＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)\r(t2－1)))2＝1及x＝eq\f(1,t)≠0，xy＝eq\f(\r(t2－1),t2)≥0知，所求轨迹为两段圆弧x2＋y2＝1(0<x≤1,0≤y<1或－1≤x<0，－1<y≤0)．图形如图乙所示．例4解题导引一般将参数方程化为普通方程，极坐标方程化成直角坐标方程解决．解将极坐标方程转化成直角坐标方程：ρ＝3cosθ即：x2＋y2＝3x，即(x－eq\f(3,2))2＋y2＝eq\f(9,4).eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋2t,y＝1＋4t))即：2x－y－3＝0.所以圆心到直线的距离d＝eq\f(|2×\f(3,2)－0－3|,\r(22＋－12))＝0，即直线经过圆心，所以圆被直线截得的弦长为3.变式迁移4解(1)设P(x，y)，则由条件知M(eq\f(x,2)，eq\f(y,2))．由于M点在C1上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＝2cosα，,\f(y,2)＝2＋2sinα，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4cosα，,y＝4＋4sinα.))从而C2的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4cosα，,y＝4＋4sinα.))(α为参数)(2)曲线C1的极坐标方程为ρ＝4sinθ，曲线C2的极坐标方程为ρ＝8sinθ.射线θ＝eq\f(π,3)与C1的交点A的极径为ρ1＝4sineq\f(π,3)，射线θ＝eq\f(π,3)与C2的交点B的极径为ρ2＝8sineq\f(π,3).所以|AB|＝|ρ2－ρ1|＝2eq\r(3).课后练习区1．B[由于极径不变，极角关于极轴对称，∴其对称点为(3，eq\f(π,3))．故选B.]2．B[∵ρ＝2cos2eq\f(θ,2)－1，∴ρ2＝ρcosθ即x2＋y2＝x，∴(x－eq\f(1,2))2＋y2＝eq\f(1,4).]3．C[ρ＝4sinθ化为普通方程为x2＋(y－2)2＝4，点(4，eq\f(π,6))化为直角坐标为(2eq\r(3)，2)，切线长、圆心到定点的距离及半径构成直角三角形，由勾股定理：切线长为eq\r(2\r(3)2＋2－22－22)＝2eq\r(2)，故选C.]4．D[圆心轨迹的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)sin2θ，,y＝－\r(2)sinθ＋\f(π,4)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝sinθcosθ，,y＝－sinθ＋cosθ，))消去参数得y2＝1＋2x(－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2))，故选D.]5．B[∵曲线C的方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋3cosθ，,y＝－1＋3sinθ))(θ为参数)，∴(x－2)2＋(y＋1)2＝9，而l为x－3y＋2＝0，∴圆心(2，－1)到l的距离d＝eq\f(|2＋3＋2|,\r(1＋9))＝eq\f(7,\r(10))＝eq\f(7\r(10),10).又∵eq\f(7\r(10),10)<3，eq\f(14\r(10),10)>3，∴有2个点．]6．(x＋1)2＋y2＝2解析直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝1＋t))(t为参数)与x轴的交点为(－1,0)，故圆C的圆心为(－1,0)．又圆C与直线x＋y＋3＝0相切，∴圆C的半径为r＝eq\f(|－1＋0＋3|,\r(2))＝eq\r(2)，∴圆C的方程为(x＋1)2＋y2＝2.7．(1，eq\f(2\r(5),5))解析将两曲线的参数方程化为一般方程分别为eq\f(x2,5)＋y2＝1(0≤y≤1，－eq\r(5)<x≤eq\r(5))和y2＝eq\f(4,5)x，联立解得交点坐标为(1，eq\f(2\r(5),5))．8．ρ＝4sinθ解析由参数方程消去α得圆C的方程为x2＋(y－2)2＝4，将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入得(ρcosθ)2＋(ρsinθ－2)2＝4，整理得ρ＝4sinθ.9．解由题设知，椭圆的长半轴长a＝5，短半轴长b＝3，从而c＝eq\r(a2－b2)＝4，所以右焦点为(4,0)．将已知直线的参数方程化为普通方程：x－2y＋2＝0.(6分)故所求直线的斜率为eq\f(1,2)，因此其方程为y＝eq\f(1,2)(x－4)，(8分)即x－2y－4＝0.(12分)10．解方法一(1)ρ＝2eq\r(5)sinθ，得x2＋y2－2eq\r(5)y＝0，即x2＋(y－eq\r(5))2＝5.(4分)(2)将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得(3－eq\f(\r(2),2)t)2＋(eq\f(\r(2),2)t)2＝5，即t2－3eq\r(2)t＋4＝0.(6分)由于Δ＝(3eq\r(2))2－4×4＝2>0，故可设t1，t2是上述方程的两实根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＋t2＝3\r(2)，,t1·t2＝4.))又直线l过点P(3，eq\r(5))，故由上式及t的几何意义得|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝3eq\r(2).(12分)方法二(1)同方法一．(2)因为圆C的圆心为点(0，eq\r(5))，半径r＝eq\r(5)，直线l的普通方程为y＝－x＋3＋eq\r(5).(8分)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y－\r(5)2＝5，,y＝－x＋3＋\r(5)))得x2－3x＋2＝0.解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2＋\r(5)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1＋\r(5).))(10分)不妨设A(1,2＋eq\r(5))，B(2,1＋eq\r(5))，又点P的坐标为(3，eq\r(5))，故|PA|＋|PB|＝eq\r(8)＋eq\r(2)＝3eq\r(2).(12分)11．解(1)当α＝eq\f(π,3)时，C1的普通方程为y＝eq\r(3)(x－1)，C2的普通方程为x2＋y2＝1，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x－1，,x2＋y2＝1，))解得C1与C2的交点坐标为(1,0)，(eq\f(1,2)，－eq\f(\r(3),2))．(7分)(2)C1的普通方程为xsinα－ycosα－sinα＝0.A点坐标为(sin2α，－cosαsinα)，故当α变化时，P点轨迹的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)sin2α，,y＝－\f(1,2)sinαcosα))(α为参数)．(9分)P点轨迹的普通方程为(x－eq\f(1,4))2＋y2＝eq\f(1,16).(12分)故P点轨迹是圆心为(eq\f(1,4)，0)，半径为eq\f(1,4)的圆．(14分)76不等式选讲(一)绝对值不等式导学目标：1.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|.2.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.自主梳理1．含________________的不等式叫做绝对值不等式．2．解含有绝对值的不等式的方法关键是去掉绝对值符号，基本方法有如下几种：(1)分段讨论：根据|f(x)|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≥0，,－fx，fx<0，))去掉绝对值符号．(2)利用等价不等式：|f(x)|≤g(x)⇔－g(x)≤f(x)≤g(x)；|f(x)|≥g(x)⇔f(x)≤－g(x)或f(x)≥g(x)．(3)两端同时平方：即运用移项法则，使不等式两边都变为非负数，再平方，从而去掉绝对值符号．3．形如|x－a|＋|x－b|≥c(a≠b)与|x－a|＋|x－b|≤c(a≠b)的绝对值不等式的解法主要有三种：(1)运用绝对值的几何意义；(2)____________________；(3)构造分段函数，结合函数图象求解．4．(1)定理：如果a，b，c是实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当____________时，等号成立．(2)重要绝对值不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.使用时(特别是求最值时)要注意等号成立的条件，即|a＋b|＝|a|＋|b|⇔ab≥0；|a－b|＝|a|＋|b|⇔ab≤0；|a|－|b|＝|a＋b|⇔b(a＋b)≤0；|a|－|b|＝|a－b|⇔b(a－b)≥0；注：|a|－|b|＝|a＋b|⇔|a|＝|a＋b|＋|b|⇔|(a＋b)－b|＝|a＋b|＋|b|⇔b(a＋b)≤0.同理可得|a|－|b|＝|a－b|⇔b(a－b)≥0.自我检测1．(2010·江西)不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x－2,x)))＞eq\f(x－2,x)的解集是()A．(0,2) B．(－∞，0)C．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(0，＋∞)2．(2011·天津)已知集合A＝{x∈R||x＋3|＋|x－4|≤9}，B＝{x∈R|x＝4t＋eq\f(1,t)－6，t∈(0，＋∞)}，则集合A∩B＝________.3．(2011·潍坊模拟)已知不等式|x＋2|＋|x－3|≤a的解集不是空集，则实数a的取值范围是()A．a<5 B．a≤5C．a>5 D．a≥54．若不等式|x＋1|＋|x－2|<a无实数解，则a的取值范围是________．5．(2009·福建)解不等式|2x－1|<|x|＋1.探究点一解绝对值不等式例1解下列不等式：(1)1<|x－2|≤3；(2)|2x＋5|>7＋x；(3)|x－1|＋|2x＋1|<2.变式迁移1(2011·江苏)解不等式x＋|2x－1|<3.探究点二绝对值不等式的恒成立问题例2(2011·商丘模拟)已知不等式|x＋2|－|x＋3|>m.(1)若不等式有解；(2)若不等式解集为R；(3)若不等式解集为∅.分别求出实数m的取值范围．变式迁移2设函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|，若f(x)>a对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．探究点三绝对值三角不等式定理的应用例3“|x－A|<eq\f(ε,2)，且|y－A|<eq\f(ε,2)”是“|x－y|<ε”(x，y，A，ε∈R)的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件变式迁移3(1)求函数y＝|x＋2|－|x－2|的最大值；(2)求函数y＝|x－3|＋|x＋2|的最小值．转化与化归思想的应用例(10分)设a∈R，函数f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)，(1)若|a|≤1，求证：|f(x)|≤eq\f(5,4)；(2)求a的值，使函数f(x)有最大值eq\f(17,8).多角度审题第(1)问|f(x)|≤eq\f(5,4)⇔－eq\f(5,4)≤f(x)≤eq\f(5,4)，因此证明方法有两种，一是利用放缩法直接证出|f(x)|≤eq\f(5,4)；二是证明－eq\f(5,4)≤f(x)≤eq\f(5,4)亦可．第(2)问实质上是已知f(x)的最大值为eq\f(17,8)，求a的值．由于x∈[－1,1]，f(x)是关于x的二次函数，那么就需判断对称轴对应的x值在不在区间[－1,1]上．【答题模板】证明(1)方法一∵－1≤x≤1，∴|x|≤1.又∵|a|≤1，∴|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a(x2－1)|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－|x|2＋|x|＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|x|－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4).[3分]∴若|a|≤1，则|f(x)|≤eq\f(5,4).[5分]方法二设g(a)＝f(x)＝ax2＋x－a＝(x2－1)a＋x.∵－1≤x≤1，∴当x＝±1，即x2－1＝0时，|f(x)|＝|g(a)|＝1≤eq\f(5,4)；[1分]当－1<x<1即x2－1<0时，g(a)＝(x2－1)a＋x是单调递减函数．[2分]∵|a|≤1，∴－1≤a≤1，∴g(a)max＝g(－1)＝－x2＋x＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)；[3分]g(a)min＝g(1)＝x2＋x－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2－eq\f(5,4).[4分]∴|f(x)|＝|g(a)|≤eq\f(5,4).[5分](2)当a＝0时，f(x)＝x，当－1≤x≤1时，f(x)的最大值为f(1)＝1，不满足题设条件，∴a≠0.[6分]又f(1)＝a＋1－a＝1，f(－1)＝a－1－a＝－1.故f(1)和f(－1)均不是最大值，[7分]∴f(x)的最大值eq\f(17,8)应在其对称轴上的顶点位置取得，∴命题等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,－1<－\f(1,2a)<1,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝\f(17,8)))，[9分]解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<－\f(1,2),a＝－2或a＝－\f(1,8)))，∴a＝－2.即当a＝－2时，函数f(x)有最大值eq\f