高考一轮复习理数教师用书第十二章选修4

第十二章选修4系列第一节选修4－2《矩阵与变换》本节主要包括2个知识点：1.矩阵的运算与变换；2.矩阵的逆矩阵、特征值与特征向量.突破点(一)矩阵的运算与变换基础联通抓主干知识的“源”与“流”1.矩阵的运算(1)[a11a12]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(b11,b21))＝[a11×b11＋a12×b21]．(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a11a12,a21a22))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x0,y0))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a11×x0＋a12×y0,a21×x0＋a22×y0)).(3)对于矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a11a12,a21a22))，N＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(b11b12,b21b22))，则MN＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a11a12,a21a22))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(b11b12,b21b22))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a11b11＋a12b21a11b12＋a12b22,a21b11＋a22b21a21b12＋a22b22)).2．矩阵的变换(1)矩阵变换的概念：一般地，对于平面上的任意一个点(向量)(x，y)，按照对应法则T，总能对应唯一的一个平面点(向量)(x′，y′)，则称T为一个变换，简记为T：(x，y)→(x′，y′)，或T：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))→eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x′,y′)).(2)几种常见的平面变换：恒等变换、伸压变换、反射变换、旋转变换、投影变换、切变变换．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”矩阵的运算[例1](1)已知A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,00))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,01))，C＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,0－1))，计算AB，AC.(2)已知A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,00))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(00,01))，计算AB.(3)已知A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\f(1,2),\f(1,2)\f(1,2)))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(11),－1－1))，计算A2，B2.[解](1)AB＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,00))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,01))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,00))，AC＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,00))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,0－1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,00)).(2)AB＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,00))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(00,01))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1×0＋0×01×0＋0×1,0×0＋0×00×0＋0×1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(00,00)).(3)A2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\f(1,2),\f(1,2)\f(1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\f(1,2),\f(1,2)\f(1,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\f(1,2),\f(1,2)\f(1,2))).B2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(11),－1－1))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(11),－1－1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(00,00)).[方法技巧]矩阵运算的规律(1)一般情况下，AB≠BA，即矩阵的乘法不满足交换律．(2)矩阵的乘法满足结合律，即(AB)C＝A(BC)．(3)矩阵的乘法不满足消去律．矩阵的变换[例2](2017·南京、盐城二模)设a，b∈R，若直线l：ax＋y－7＝0在矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,0,－1,b)))对应的变换作用下，得到的直线为l′：9x＋y－91＝0，求实数a，b的值．[解]设矩阵A对应的变换把直线l上的任意点P(x，y)变成直线l′上的点P1(x1，y1)，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,0,－1,b)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1,y1))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＝x1，,－x＋by＝y1.))因为9x1＋y1－91＝0，所以27x＋(－x＋by)－91＝0，即26x＋by－91＝0.因为直线l的方程也为ax＋y－7＝0，所以eq\f(26,a)＝eq\f(b,1)＝eq\f(－91,－7)，解得a＝2，b＝13.[方法技巧]1．变换的复合在数学中，一一对应的平面几何变换常可以看做是伸压、反射、旋转、切变变换的一次或多次复合，而伸压、反射、切变等变换通常叫做初等变换；对应的矩阵叫做初等变换矩阵．2．矩阵乘法MN的几何意义对向量α＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))连续实施的两次几何变换(先TN后TM)的复合变换．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])已知矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,34))，α＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,2))，β＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,－3))，求M(2α＋4β)．解：2α＋4β＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,4))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,－12))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,－8))，则M(2α＋4β)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,34))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,－8))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－14,－26)).2.eq\a\vs4\al([考点二])曲线C1：x2＋2y2＝1在矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,01))的作用下变换为曲线C2，求C2的方程．解：设P(x，y)为曲线C2上任意一点，P′(x′，y′)为曲线x2＋2y2＝1上与P对应的点，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,01))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x′,y′))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x′＋2y′，,y＝y′))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝x－2y，,y′＝y.))因为P′是曲线C1上的点，则有(x－2y2)＋y2＝1，所以C2的方程为(x－2y)2＋2y2＝1，即x2－4xy＋6y2＝1.3.eq\a\vs4\al([考点二])(2018·徐州市高三期中)已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,12))，若直线y＝kx＋1在矩阵A对应的变换作用下得到的直线过点P(2,6)，求实数k的值．解：矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,12))，得A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,－\f(1,2)\f(1,2)))，所以A－1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,6))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,－\f(1,2)\f(1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,6))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,2))，将点(2,2)代入直线y＝kx＋1得k＝eq\f(1,2).4.eq\a\vs4\al([考点一、二])已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,11))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(02,32)).(1)求满足条件AM＝B的矩阵M；(2)矩阵M对应的变换将曲线C：x2＋y2＝1变换为曲线C′，求曲线C′的方程．解：(1)设M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，AM＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,11))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,a＋cb＋d))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(02,32))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,a＋c＝3，,b＝2，,b＋d＝2，))∴a＝0，b＝2，c＝3，d＝0.∴M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(02,30)).(2)设曲线C上任意一点P(x，y)在矩阵M对应的变换作用下变为点P′(x′，y′)，则Meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(02,30))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2y,3x))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x′,y′))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝x′，,3x＝y′，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x′,2)，,x＝\f(y′,3)，))代入曲线C：x2＋y2＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x′,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y′,3)))2＝1.∴曲线C′的方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,9)＝1.突破点(二)矩阵的逆矩阵、特征值与特征向量基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．逆矩阵对于二阶矩阵A，B，若有AB＝BA＝E，则称A是可逆的，B称为A的逆矩阵．2．二阶行列式我们把eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))称为二阶行列式，它的运算结果是一个数值(或多项式)，记为det(A)＝ad－bc.3．特征值与特征向量(1)设A是一个二阶矩阵，如果对于实数λ，存在一个非零向量α，使得Aα＝λα，那么λ称为A的一个特征值，而α称为A的属于特征值λ的一个特征向量．(2)从几何上看，特征向量的方向经变换矩阵A的作用后，与原向量保持在同一条直线上，这时特征向量或者方向不变(λ＞0)，或者方向相反(λ＜0)．特别地，当λ＝0时，特征向量就被变换成零向量．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求矩阵的逆矩阵[例1]已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,02))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,06))，求矩阵A－1B.[解]设矩阵A的逆矩阵为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,02))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,01))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a－b,2c2d))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,01))，故a＝－1，b＝0，c＝0，d＝eq\f(1,2)，从而A的逆矩阵为A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,0\f(1,2)))，所以A－1B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,0\f(1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,06))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1－2,03)).[方法技巧]1．求逆矩阵的三种常用方法：(1)待定系数法：设A是一个二阶可逆矩阵eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，则AA－1＝A－1A＝E(E为单位矩阵)．(2)公式法：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，记为detA，有A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(d,detA)\f(－b,detA),\f(－c,detA)\f(a,detA)))，当且仅当detA＝ad－bc≠0.(3)从几何变换的角度求解二阶矩阵的逆矩阵．2．对于矩阵A和B，若都存在逆矩阵，则(1)若A是B的逆矩阵，则B也是A的逆矩阵；(2)可逆矩阵的逆矩阵唯一；(3)(A－1)－1＝A；(4)E－1＝E；(5)(AB)－1＝B－1A－1；(6)若A是可逆矩阵，B、C是任意矩阵，则由AB＝AC可得B＝C.特征值与特征向量[例2]已知矩阵A的逆矩阵A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(21,12)).(1)求矩阵A；(2)求矩阵A－1的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量．[解](1)因为矩阵A是矩阵A－1的逆矩阵，且|A－1|＝2×2－1×1＝3≠0，所以A＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－1,－12))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(1,3),－\f(1,3)\f(2,3))).(2)矩阵A－1的特征多项式为f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－2－1,－1λ－2))＝λ2－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)，令f(λ)＝0，得矩阵A－1的特征值为λ1＝1或λ2＝3，所以α1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,－1))是矩阵A－1的属于特征值λ1＝1的一个特征向量，α2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))是矩阵A－1的属于特征值λ2＝3的一个特征向量．[方法技巧]矩阵A的特征值与特征向量的求解策略(1)求矩阵A的特征值与特征向量先确定其特征多项式f(λ)，再由f(λ)＝0求出该矩阵的特征值，然后把特征值代入矩阵A所确定的二元一次方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ－ax－by＝0，,－cx＋λ－dy＝0，))即可求出特征向量．(2)根据矩阵A的特征值与特征向量求矩阵A设A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，根据Aα＝λα构建关于a，b，c，d的方程求解．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])(2016·江苏高考)已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(0))\o(\s\up7(2),\s\do5(－2))))，矩阵B的逆矩阵B－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2),02))，求矩阵AB.解：设B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a),\s\do5(c))\o(\s\up7(b),\s\do5(d))))，则B－1B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2),02))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a),\s\do5(c))\o(\s\up7(b),\s\do5(d))))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(0))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a－\f(1),\s\do5(2))c,2c)\o(\s\up7(b－\f(1),\s\do5(2))d,2d)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(0))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)c＝1，,b－\f(1,2)d＝0，,2c＝0，,2d＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,4)，,c＝0，,d＝\f(1,2)，))所以B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1\f(1,4),0\f(1,2))).因此，AB＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(0))\o(\s\up7(2),\s\do5(－2))))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1\f(1,4),0\f(1,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1\f(5,4),0－1)).2.eq\a\vs4\al([考点二])已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－1,a1))，其中a∈R，若点P(1,1)在矩阵A的变换下得到点P′(0，－3)．(1)求实数a的值；(2)求矩阵A的特征值及特征向量．解：(1)由题意得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－1,a1))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,a＋1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,－3))，所以a＋1＝－3，所以a＝－4.(2)由(1)知A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(1－1),－41))，令f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－11,4λ－1))＝(λ－1)2－4＝0.解得A的特征值为λ＝－1或3.当λ＝－1时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＝0，,4x－2y＝0))得矩阵A的属于特征值－1的一个特征向量为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,2))，当λ＝3时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0，,4x＋2y＝0))得矩阵A的属于特征值3的一个特征向量为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,－2)).3.eq\a\vs4\al([考点二])(2018·苏北四市期末)已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(12),－14))，求矩阵A的特征值和特征向量．解：矩阵A的特征多项式为f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(λ－1,－2,1,λ－4)))＝λ2－5λ＋6,由f(λ)＝0，解得λ1＝2，λ2＝3.当λ1＝2时，特征方程组为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＝0，,x－2y＝0，))故属于特征值λ1＝2的一个特征向量α1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))；当λ2＝3时，特征方程组为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－2y＝0，,x－y＝0，))故属于特征值λ2＝3的一个特征向量α2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1)).4.eq\a\vs4\al([考点二])已知矩阵A将点(1,0)变换为(2,3)，且属于特征值3的一个特征向量是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))，求矩阵A.解：设A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，由eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,3))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝3.))由eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,3))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝3，,c＋d＝3.))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,d＝0.))所以A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(21,30)).[课时达标检测]基础送分课时——高考就考那几点，练通就能把分捡1.(2018·苏北四市摸底)已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－12,1x))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(11,2－1))，向量α＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,y))，若Aα＝Bα，求实数x，y的值．解：Aα＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2y－2,2＋xy))，Bα＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋y,4－y)).由Aα＝Bα得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－2＝2＋y，,2＋xy＝4－y，))得x＝－eq\f(1,2)，y＝4.2.(2018·南京、盐城、连云港、徐州模拟)已知a，b是实数，如果矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3a,b－2))所对应的变换T把点(2,3)变成(3,4)．(1)求a，b的值；(2)若矩阵A的逆矩阵为B，求B2.解：(1)由题意得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3a,b－2))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,3))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,4))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6＋3a＝3，,2b－6＝4，))所以a＝－1，b＝5.(2)由(1)得A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－1,5－2)).由矩阵的逆矩阵公式得B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－1,5－3)).所以B2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－11,－54)).3．(2018·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)在平面直角坐标系xOy中，设点A(－1,2)在矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,01))对应的变换作用下得到点A′，将点B(3,4)绕点A′逆时针旋转90°得到点B′，求点B′的坐标．解：设B′(x，y)，依题意，由eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,01))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,2))，得A′(1,2)．则A′B→＝(2,2)，A′B′→＝(x－1，y－2)．记旋转矩阵N＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0－1,10))，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0－1,10))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－1,y－2))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－1,y－2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝4，))所以点B′的坐标为(－1,4)．4．(2018·南京、盐城模拟)设矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a0,21))的一个特征值为2，若曲线C在矩阵M变换下的方程为x2＋y2＝1，求曲线C的方程．解：由题意，矩阵M的特征多项式f(λ)＝(λ－a)·(λ－1)，因为矩阵M有一个特征值为2，所以f(2)＝0，所以a＝2.设曲线C上任意一点坐标为(x，y)，在矩阵M变换下得到的点为(x′，y′)，所以Meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,21))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x′,y′))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x,2x＋y))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x，,y′＝2x＋y，))代入方程x′2＋y′2＝1，得(2x)2＋(2x＋y)2＝1，即曲线C的方程为8x2＋4xy＋y2＝1.5．(2017·江苏高考)已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(01,10))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,02)).(1)求AB；(2)若曲线C1：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1在矩阵AB对应的变换作用下得到另一曲线C2，求C2的方程．解：(1)因为A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(01,10))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,02))，所以AB＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(01,10))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,02))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(02,10)).(2)设Q(x0，y0)为曲线C1上的任意一点，它在矩阵AB对应的变换作用下变为P(x，y)，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(02,10))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x0,y0))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y0＝x，,x0＝y，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝y，,y0＝\f(x,2).))因为点Q(x0，y0)在曲线C1上，则eq\f(x\o\al(2,0),8)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，从而eq\f(y2,8)＋eq\f(x2,8)＝1，即x2＋y2＝8.因此曲线C1在矩阵AB对应的变换作用下得到曲线C2：x2＋y2＝8.6.(2018·盐城模拟)已知矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,m,n,1)))的两个特征向量为α1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,0))，α2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,1))，若β＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,2))，求M2β.解：设矩阵M的特征向量α1对应的特征值为λ1，特征向量α2对应的特征值为λ2，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Mα1＝λ1α1，,Mα2＝λ2α2，))可解得m＝n＝0，λ1＝2，λ2＝1，又β＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,0))＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,1))＝α1＋2α2,所以M2β＝M2(α1＋2α2)＝λeq\o\al(2,1)α1＋2λeq\o\al(2,2)α2＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,0))＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4,2)).7.(2018·苏州期末)已知二阶矩阵M有特征值λ＝3及对应的一个特征向量e1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))，并且矩阵M对应的变换将点(－1，2)变换成(9,15)，求矩阵M.解：设M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,3))，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝3，,c＋d＝3.))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(9,15))，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋2b＝9，,－c＋2d＝15.))联立以上两方程组解得a＝－1，b＝4，c＝－3，d＝6，故M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－14,－36)).第二节选修4－4《坐标系与参数方程》本节主要包括3个知识点：1.极坐标系；2.参数方程；3.参数方程与极坐标方程的综合问题.突破点(一)极坐标系基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．极坐标系的概念(1)极坐标系如图所示，在平面上取一个定点O，点O叫做极点，自极点O引一条射线Ox，Ox叫做极轴；同时确定一个长度单位和计算角度的正方向(通常取逆时针方向为正方向)，这样就建立了一个极坐标系．(2)极坐标一般地，没有特殊说明时，我们认为ρ≥0，θ可取任意实数．(3)点与极坐标的关系一般地，极坐标(ρ，θ)与(ρ，θ＋2kπ)(k∈Z)表示同一个点，特别地，极点O的坐标为(0，θ)(θ∈R)，和直角坐标不同，平面内一个点的极坐标有无数种表示．如果规定ρ＞0,0≤θ＜2π，那么除极点外，平面内的点可用唯一的极坐标(ρ，θ)表示；同时，极坐标(ρ，θ)表示的点也是唯一确定的．2．极坐标与直角坐标的互化点M直角坐标(x，y)极坐标(ρ，θ)互化公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2＝x2＋y2，,tanθ＝\f(y,x)x≠0))3.常见曲线的极坐标方程曲线图形极坐标方程圆心在极点，半径为r的圆ρ＝r(0≤θ＜2π)圆心为(r,0)，半径为r的圆ρ＝2rcosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(π,2)≤θ≤eq\f(π,2)))圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r，\f(π,2)))，半径为r的圆ρ＝2rsin_θ(0≤θ＜π)过极点，倾斜角为α的直线θ＝α(ρ∈R)或θ＝π＋α(ρ∈R)；θ＝α和θ＝π＋α过点(a,0)，与极轴垂直的直线ρcosθ＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－eq\f(π,2)＜θ＜eq\f(π,2)))过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,2)))，与极轴平行的直线ρsin_θ＝a(0＜θ＜π)考点贯通抓高考命题的“形”与“神”极坐标与直角坐标的互化1．极坐标方程化为直角坐标方程的步骤第一步判断极坐标的极点与直角坐标系的原点是否重合，且极轴与x轴正半轴是否重合，若上述两个都重合，则极坐标方程与直角坐标方程可以互化第二步通过极坐标方程的两边同乘ρ或同时平方构造ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，一定要注意变形过程中方程要保持同解，不要出现增解或漏解第三步根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))及ρ2＝x2＋y2将极坐标方程转化为直角坐标方程2．直角坐标方程化为极坐标方程或直角坐标系中点的坐标化为极坐标(1)直角坐标方程化为极坐标方程较为简单，只需将直角坐标方程中的x，y分别用ρcosθ，ρsinθ代替即可得到相应极坐标方程．(2)求直角坐标系中的点(x，y)对应的极坐标的一般步骤：[例1]在极坐标系下，已知圆O：ρ＝cosθ＋sinθ和直线l：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\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．[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：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\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，))则直线l与圆O公共点的一个极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2))).[方法技巧]1．应用互化公式的三个前提条件(1)取直角坐标系的原点为极点．(2)以x轴的正半轴为极轴．(3)两种坐标系规定相同的长度单位．2．直角坐标化为极坐标时的两个注意点(1)根据终边相同的角的意义，角θ的表示方法具有周期性，故点M的极坐标(ρ，θ)的形式不唯一，即一个点的极坐标有无穷多个．当限定ρ≥0，θ∈[0,2π)时，除极点外，点M的极坐标是唯一的．(2)当把点的直角坐标化为极坐标时，求极角θ应注意判断点M所在的象限(即角θ的终边的位置)，以便正确地求出角θ(θ∈[0,2π))的值．极坐标方程的应用[例2](2018·福州五校联考)已知曲线C的极坐标方程为ρ2－2eq\r(2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))－2＝0.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xOy.(1)若直线l过原点，且被曲线C截得的弦长最小，求直线l的直角坐标方程；(2)若M是曲线C上的动点，且点M的直角坐标为(x，y)，求x＋y的最大值．[解](1)ρ2－2eq\r(2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))－2＝0，即ρ2－2ρcosθ＋2ρsinθ－2＝0，将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))代入得曲线C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝4，圆心C(1，－1)，若直线l被曲线C截得的弦长最小，则直线l与OC垂直，即kl·kOC＝－1，kOC＝－1，因而kl＝1，故直线l的直角坐标方程为y＝x.(2)因为M是曲线C上的动点，因而利用圆的参数方程可设eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2cosφ，,y＝－1＋2sinφ))(φ为参数)，则x＋y＝2sinφ＋2cosφ＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,4)))，当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,4)))＝1时，x＋y取得最大值2eq\r(2).[易错提醒]用极坐标系解决问题时要注意题目中的几何关系，如果几何关系不容易通过极坐标表示时，可以先化为直角坐标方程，将不熟悉的问题转化为熟悉的问题加以解决．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一、二])已知直线l的极坐标方程为2ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，点A的极坐标为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(7π,4)))，求点A到直线l的距离．解：由2ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，得2ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinθ＋\f(\r(2),2)cosθ))＝eq\r(2)，由坐标变换公式得直线l的直角坐标方程为y＋x＝1，即x＋y－1＝0.由点A的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(7π,4)))得点A的直角坐标为(2，－2)，所以点A到直线l的距离d＝eq\f(|2－2－1|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).2.eq\a\vs4\al([考点一、二])(2018·洛阳统考)已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－2eq\r(2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝2.(1)将圆O1和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．解：(1)由ρ＝2知ρ2＝4，由坐标变换公式，得x2＋y2＝4.因为ρ2－2eq\r(2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝2，所以ρ2－2eq\r(2)ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθcos\f(π,4)＋sinθsin\f(π,4)))＝2.由坐标变换公式，得x2＋y2－2x－2y－2＝0.(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x＋y＝1.化为极坐标方程为ρcosθ＋ρsinθ＝1，即ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).3.eq\a\vs4\al([考点二])已知圆C的极坐标方程为ρ2＋2eq\r(2)ρ·sinθ－eq\f(π,4)－4＝0，求圆C的半径．解：以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O，以极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy.圆C的极坐标方程为ρ2＋2eq\r(2)ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinθ－\f(\r(2),2)cosθ))－4＝0，化简，得ρ2＋2ρsinθ－2ρcosθ－4＝0.则圆C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋2y－4＝0，即(x－1)2＋(y＋1)2＝6，所以圆C的半径为eq\r(6).4.eq\a\vs4\al([考点一、二])(2017·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ＝4.(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|·|OP|＝16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程；(2)设点A的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))，点B在曲线C2上，求△OAB面积的最大值．解：(1)设P的极坐标为(ρ，θ)(ρ＞0)，M的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1＞0)．由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝eq\f(4,cosθ).由|OM|·|OP|＝16，得C2的极坐标方程ρ＝4cosθ(ρ＞0)．因此C2的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4(x≠0)．(2)设点B的极坐标为(ρB，α)(ρB＞0)，由题设知|OA|＝2，ρB＝4cosα，于是△OAB的面积S＝eq\f(1,2)|OA|·ρB·sin∠AOB＝4cosα·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))－\f(\r(3),2)))≤2＋eq\r(3).当α＝－eq\f(π,12)时，S取得最大值2＋eq\r(3).所以△OAB面积的最大值为2＋eq\r(3).突破点(二)参数方程基础联通抓主干知识的“源”与“流”1.参数方程一般地，在平面直角坐标系中，如果曲线C上任意一点P的坐标x，y都可以表示为某个变量t的函数：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ft，,y＝gt，))反过来，对于t的每一个允许值，由函数式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ft，,y＝gt))所确定的点P(x，y)都在这曲线C上，那么方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ft，,y＝gt))叫做曲线C的参数方程，变数t是参变数，简称参数．2．直线、圆、椭圆的参数方程(1)过点M(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα，,y＝y0＋tsinα))(t为参数)．(2)圆心在点M0(x0，y0)，半径为r的圆的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋rcosθ，,y＝y0＋rsinθ))(θ为参数)．(3)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝acosφ，,y＝bsinφ))(φ为参数).考点贯通抓高考命题的“形”与“神”参数方程与普通方程的互化1.参数方程化为普通方程基本思路是消去参数，常用的消参方法有：①代入消元法；②加减消元法；③恒等式(三角的或代数的)消元法；④平方后再加减消元法等．其中代入消元法、加减消元法一般是利用解方程的技巧，三角恒等式消元法常利用公式sin2θ＋cos2θ＝1等．2．普通方程化为参数方程(1)选择参数的一般原则曲线上任意一点的坐标与参数的关系比较明显且关系相对简单；当参数取某一值时，可以唯一确定x，y的值；(2)具体步骤第一步，引入参数，但要选定合适的参数t；第二步，确定参数t与变量x或y的一个关系式x＝f(t)(或y＝φ(t));第三步，把确定的参数与一个变量的关系式代入普通方程F(x，y)＝0，求得另一关系y＝g(t)(或x＝ψ(t))，问题得解．[例1]将下列参数方程化为普通方程．(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,t)，,y＝\f(1,t)\r(t2－1)))(t为参数)；(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋sin2θ，,y＝－1＋cos2θ))(θ为参数)．[解](1)∵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，∴x2＋y2＝1.∵t2－1≥0，∴t≥1或t≤－1.又x＝eq\f(1,t)，∴x≠0.当t≥1时，0＜x≤1，当t≤－1时，－1≤x＜0，∴所求普通方程为x2＋y2＝1，其中eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜x≤1，,0≤y＜1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x＜0，,－1＜y≤0.))(2)∵y＝－1＋cos2θ＝－1＋1－2sin2θ＝－2sin2θ，sin2θ＝x－2，∴y＝－2x＋4，∴2x＋y－4＝0.∵0≤sin2θ≤1，∴0≤x－2≤1，∴2≤x≤3，∴所求的普通方程为2x＋y－4＝0(2≤x≤3)．[易错提醒](1)将曲线的参数方程化为普通方程时务必要注意x，y的取值范围，保证消参前后的方程的一致性．(2)将参数方程化为普通方程时，要注意参数的取值范围对普通方程中x，y的取值范围的影响．直线与圆锥曲线的参数方程及应用1.解决直线与圆锥曲线的参数方程的应用问题，其一般思路如下：第一步，把直线和圆锥曲线的参数方程都化为普通方程；第二步，根据直线与圆锥曲线的位置关系解决问题．2．当直线经过点P(x0，y0)，且直线的倾斜角为α，求直线与圆锥曲线的交点、弦长问题时，可以把直线的参数方程设成eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα，,y＝y0＋tsinα))(t为参数)，交点A，B对应的参数分别为t1，t2，计算时把直线的参数方程代入圆锥曲线的直角坐标方程，求出t1＋t2，t1·t2，得到|AB|＝|t1－t2|＝eq\r(t1＋t22－4t1·t2).[例2](2018·无锡联考)在直角坐标系xOy中，设倾斜角为α的直线l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(t为参数)与曲线C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)相交于不同的两点A，B.(1)若α＝eq\f(π,3)，求线段AB的中点M的坐标；(2)若|PA|·|PB|＝|OP|2，其中P(2，eq\r(3))，求直线l的斜率．[解](1)将曲线C的参数方程化为普通方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1.当α＝eq\f(π,3)时，设点M对应的参数为t0.直线l的方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\f(1,2)t，,y＝\r(3)＋\f(\r(3),2)t))(t为参数)，代入曲线C的普通方程eq\f(x2,4)＋y2＝1，得13t2＋56t＋48＝0，设直线l上的点A，B对应参数分别为t1，t2.则t0＝eq\f(t1＋t2,2)＝－eq\f(28,13)，所以点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)，－\f(\r(3),13))).(2)将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))代入曲线C的普通方程eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(cos2α＋4sin2α)t2＋(8eq\r(3)sinα＋4cosα)t＋12＝0，因为|PA|·|PB|＝|t1t2|＝eq\f(12,cos2α＋4sin2α)，|OP|2＝7，所以eq\f(12,cos2α＋4sin2α)＝7，得tan2α＝eq\f(5,16).由于Δ＝32cosα(2eq\r(3)sinα－cosα)＞0，故tanα＝eq\f(\r(5),4).所以直线l的斜率为eq\f(\r(5),4).[方法技巧]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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋at，,y＝y0＋bt))(t为参数)的直线的参数方程，当a2＋b2≠1时，应先化为标准形式后才能利用t的几何意义解题．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.eq\a\vs4\al([考点一])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)))(k为参数)；(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－sin2θ，,y＝sinθ＋cosθ))(θ为参数)．解：(1)两式相除，得k＝eq\f(y,2x)，将其代入x＝eq\f(3k,1＋k2)得x＝eq\f(3·\f(y,2x),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2x)))2)，化简得4x2＋y2－6y＝0，因为y＝eq\f(6k2,1＋k2)＝6－eq\f(1,1＋k2)，所以0＜y＜6，所以所求的普通方程是4x2＋y2－6y＝0(0＜y＜6)．(2)由(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ＝2－(1－sin2θ)得y2＝2－x.又x＝1－sin2θ∈[0,2]，得所求的普通方程为y2＝2－x，x∈[0,2]．2.eq\a\vs4\al([考点二])(2017·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－8＋t，,y＝\f(t,2)))(t为参数)，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2s2，,y＝2\r(2)s))(s为参数)．设P为曲线C上的动点，求点P到直线l的距离的最小值．解：直线l的普通方程为x－2y＋8＝0.因为点P在曲线C上，设P(2s2,2eq\r(2)s)，从而点P到直线l的距离d＝eq\f(|2s2－4\r(2)s＋8|,\r(12＋－22))＝eq\f(2s－\r(2)2＋4,\r(5)).当s＝eq\r(2)时，dmin＝eq\f(4\r(5),5).因此当点P的坐标为(4,4)时，曲线C上点P到直线l的距离取到最小值eq\f(4\r(5),5).3.eq\a\vs4\al([考点二])(2018·郑州模拟)将曲线C1：x2＋y2＝1上所有点的横坐标伸长到原来的eq\r(2)倍(纵坐标不变)得到曲线C2，A为C1与x轴正半轴的交点，直线l经过点A且倾斜角为30°，记l与曲线C1的另一个交点为B，与曲线C2在第一、三象限的交点分别为C，D.(1)写出曲线C2的普通方程及直线l的参数方程；(2)求|AC|－|BD|.解：(1)由题意可得C2：eq\f(x2,2)＋y2＝1，对曲线C1，令y＝0，得x＝1，所以l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(3),2)t，,y＝\f(1,2)t))(t为参数)．(2)将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(3)t,2)，,y＝\f(1,2)t))代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，整理得5t2＋4eq\r(3)t－4＝0.设点C，D对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝－eq\f(4\r(3),5)，且|AC|＝t1，|AD|＝－t2.又|AB|＝2|OA|cos30°＝eq\r(3)，故|AC|－|BD|＝|AC|－(|AD|－|AB|)＝|AC|－|AD|＋|AB|＝t1＋t2＋eq\r(3)＝eq\f(\r(3),5).4.eq\a\vs4\al([考点二])(2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a＋4t，,y＝1－t))(t为参数)．(1)若a＝－1，求C与l的交点坐标；(2)若C上的点到l距离的最大值为eq\r(17)，求a.解：(1)曲线C的普通方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.当a＝－1时，直线l的普通方程为x＋4y－3＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋4y－3＝0，,\f(x2,9)＋y2＝1))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(21,25)，,y＝\f(24,25).))从而C与l的交点坐标为(3,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,25)，\f(24,25))).(2)直线l的普通方程为x＋4y－a－4＝0，故C上的点(3cosθ，sinθ)到l的距离为d＝eq\f(|3cosθ＋4sinθ－a－4|,\r(17)).当a≥－4时，d的最大值为eq\f(a＋9,\r(17)).由题设得eq\f(a＋9,\r(17))＝eq\r(17)，解得a＝8；当a＜－4时，d的最大值为eq\f(－a＋1,\r(17)).由题设得eq\f(－a＋1,\r(17))＝eq\r(17)，解得a＝－16.综上，a＝8或a＝－16.突破点(三)参数方程与极坐标方程的综合问题将极坐标方程与参数方程、普通方程交织在一起，考查极坐标方程与参数方程的综合应用.将各类方程相互转化是求解该类问题的前提.,解决问题时要注意：,1解题时，易将直线与圆的极坐标方程混淆.要熟练掌握特殊直线、圆的极坐标方程的形式.,2应用解析法解决实际问题时，要注意是选取直角坐标系还是极坐标系，建立极坐标系要注意选择极点、极轴的位置，注意“点和极坐标”的“一对多”特性.(3)求曲线方程，常设曲线上任意一点P(ρ，θ)，利用解三角形的知识，列出等量关系式，特别是正弦、余弦定理的应用．圆的参数方程常和三角恒等变换结合在一起，解决取值范围或最值问题．(4)参数方程和普通方程表示同一个曲线时，要注意其中x，y的取值范围，即注意两者的等价性.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”参数方程与极坐标方程的综合问题[典例](2018·长沙模拟)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＝－1＋cosα，,y＝sinα))(α为参数)，以原点O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ρ(cosθ＋ksinθ)＝－2(k为实数)．(1)判断曲线C1与直线l的位置关系，并说明理由；(2)若曲线C1和直线l相交于A，B两点，且|AB|＝eq\r(2)，求直线l的斜率．[解](1)由曲线C1的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋cosα，,y＝sinα))可得其普通方程为(x＋1)2＋y2＝1.由ρ(cosθ＋ksinθ)＝－2可得直线l的直角坐标方程为x＋ky＋2＝0.因为圆心(－1,0)到直线l的距离d＝eq\f(1,\r(1＋k2))≤1，所以直线与圆相交或相切，当k＝0时，d＝1，直线l与曲线C1相切；当k≠0时，d＜1，直线l与曲线C1相交．(2)由于曲线C1和直线l相交于A，B两点，且|AB|＝eq\r(2)，故圆心到直线l的距离d＝eq\f(1,\r(1＋k2))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，解得k＝±1，所以直线l的斜率为±1.[方法技巧]处理极坐标、参数方程综合问题的方法(1)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．(2)数形结合的应用，即充分利用参数方程中参数的几何意义，或者利用ρ和θ的几何意义，直接求解，能达到化繁为简的解题目的．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．已知曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3＋\r(10)cosα，,y＝1＋\r(10)sinα))(α为参数)，以直角坐标系原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C的极坐标方程，并说明其表示什么轨迹；(2)若直线的极坐标方程为sinθ－cosθ＝eq\f(1,ρ)，求直线被曲线C截得的弦长．解：(1)∵曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3＋\r(10)cosα，,y＝1＋\r(10)sinα))(α为参数)，∴曲线C的普通方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10，①曲线C表示以(3,1)为圆心，eq\r(10)为半径的圆．将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))代入①并化简，得ρ＝6cosθ＋2sinθ，即曲线C的极坐标方程为ρ＝6cosθ＋2sinθ.(2)∵直线的直角坐标方程为y－x＝1，∴圆心C到直线的距离为d＝eq\f(3\r(2),2)，∴弦长为2eq\r(10－\f(9,2))＝eq\r(22).2．在极坐标系中，圆C的方程为ρ＝2acosθ(a≠0)，以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，设直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3t＋1，,y＝4t＋3))(t为参数)．(1)求圆C的标准方程和直线l的普通方程；(2)若直线l与圆C恒有公共点，求实数a的取值范围．解：(1)由ρ＝2acosθ，ρ2＝2aρcosθ，又ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，所以圆C的标准方程为(x－a)2＋y2＝a2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3t＋1，,y＝4t＋3，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,3)＝t，,\f(y－3,4)＝t，))因此eq\f(x－1,3)＝eq\f(y－3,4)，所以直线l的普通方程为4x－3y＋5＝0.(2)因为直线l与圆C恒有公共点，所以eq\f(|4a＋5|,\r(42＋－32))≤|a|，两边平方得9a2－40a－25≥0，所以(9a＋5)(a－5)≥0，解得a≤－eq\f(5,9)或a≥5，所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,9)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，＋∞)).3．(2016·全国卷Ⅲ)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＝\r(3)cosα，,y＝sinα))(α为参数)．以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝2eq\r(2).(1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；(2)设点P在C1上，点Q在C2上，求|PQ|的最小值及此时P的直角坐标．解：(1)C1的普通方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1，C2的直角坐标方程为x＋y－4＝0.(2)由题意，可设点P的直角坐标为(eq\r(3)cosα，sinα)．因为C2是直线，所以|PQ|的最小值即为P到C2的距离d(α)的最小值，d(α)＝eq\f(|\r(3)cosα＋sinα－4|,\r(2))＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－2))，当且仅当α＝2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)时，d(α)取得最小值，最小值为eq\r(2)，此时P的直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2))).[课时达标检测]基础送分课时——高考就考那几点，练通就能把分捡1.(2018·南通模拟)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα＋\r(3)，,y＝2sinα))(α为参数)，以原点O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θ＝eq\f(π,6).若直线l与曲线C交于A，B，求线段AB的长．解：曲线C的普通方程为(x－eq\r(3))2＋y2＝4，表示以(eq\r(3)，0)为圆心，2为半径的圆，直线l的直角坐标方程为y＝eq\f(\r(3),3)x，所以圆心到直线的距离为eq\f(\r(3),2)，所以线段AB的长为2eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)＝eq\r(13).2．在直角坐标系xOy中，曲线C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，