2020届高考一轮数学教师用书第13章选修4-2、选修4-4

1、第十三章选修 42、选修 44 13.1矩阵与变换1(课本 p10 习题 2.1 第 5 题改编 )设 a1xy3， bmnx yx2ymn，若 ab，求 m y 的值解析： 因为 ab，所以mn1，mn3，且xyx，x2yy.解得 xy0， m2，n1，故my2导航： 矩阵相等的条件变式： (2018 苏北四市)已知矩阵a121x， b112 1， 向量 2y， 若 ab，求实数 x，y 的值解析：a2y22xy，b2 y4 y.由 ab得2y22y，2xy 4y，得 x12，y4. 2(课本p39 例 1 第 1 题 )已知a12121212，b12121212，求 ab. 解析： ab1

2、212121212121212121212 1212 121212121212 1212 1212120000. 导航： 矩阵的乘法运算3 (课本 p11 习题 2.1 第 10 题改编 )已知点 p 在矩阵3123对应的变换下得到点p (2，5)，求点 p 的坐标解析： 设 p(x， y)， 由3123xy25，得3x y2，2x 3y 5，解 得x111y1911， 所 以p111，1911.导航： 二阶矩阵与平面列向量的乘法变式： (2018 南京模拟 )已知点p(3，1)在矩阵aa2b1变换下得到点p(5 ，1)试求矩阵a. 解析： 依题意得a2b1313a23b151， 所以3a25

3、，3b1 1，解得a1，b0.所以 a1201. 4 (课本 p35 习题 2.2 第 11 题改编 )直线xy2 在矩阵m1101的作用下变换为曲线 c， 求 c 的方程解析：设 p(x，y)为直线 xy 2 上任意一点 ，p (x ，y )为曲线 c 上与 p 对应的点 ，由xy1101xy， 即x x y，y y得xxy，yy.代入 xy2，得 x 2，所以曲线 c 的方程为x2.导航： 常见的平面变换5(课本 p52 例 3 改编 )已知矩阵a1002， 求矩阵 a1. 解析： 设矩阵 a 的逆矩阵为abcd，则1002abcd1001， 即ab2c2d1001，所以a 1，bc0，d

4、12， 从而矩阵 a 的逆矩阵为a110012.导航：矩阵的运算； 逆矩阵的求法变式： 设二阶矩阵a，b 满足a11234， ba1001，求 b1. 解析： bbaa1100112341234， b1 213212. 6 (课本 p68 例 1 改编 )已知 a1562，求 a 的特征值解析： a 的特征多项式f( ) 156 2( 1)( 2) 30 23 28( 7)( 4)， a 的特征值为 17， 2 4.故 a 的特征值为7 和 4.导航： 矩阵的特征值变式：设矩阵 mm223的一个特征值 对应的特征向量为12， 求实数 m 与 的值解 析 ： 由 题 意 得m2231212，则m

5、4 ，26 2 ，解得 m0， 4. 1乘法规则(1)行矩阵 a11a12与列矩阵b11b21的乘法规则：a11a12b11b21 a11 b11 a12b21(2)二阶矩阵a11a12a21a22与列向量x0y0的乘法规则：a11a12a21a22x0y0a11x0a12y0a21x0 a22y0. (3) 两个二阶矩阵相乘的结果仍然是一个矩阵 ， 其乘法法则如下：a11a12a21a22b11b12b21b22错误 ! . (4)两个二阶矩阵的乘法满足结合律，但不满足交换律和消去律即(ab)ca(bc)，abba，由 abac 不一定能推出bc.一般地 ，两个矩阵只有当前一个矩阵的列数与后

6、一个矩阵的行数相等时才能进行乘法运算2常见的平面变换(1)恒等变换：如1001；(2)伸压变换：如10012；(3)反射变换：如1001；(4) 旋转变换：如cos sin sin cos ，其中 为旋转角度；(5)投影变换：如1000，1010；(6)切变变换： 如1k01(k r， 且 k0)3逆变换与逆矩阵(1)对于二阶矩阵a、b，若有 abbae，则称 a 是可逆的 ，b 称为 a 的逆矩阵；(2)若二阶矩阵a、 b 均存在逆矩阵，则ab 也存在逆矩阵 ，且(ab)1b1a1.4特征值与特征向量设 a 是一个二阶矩阵， 如果对于实数 ，存在一个非零向量 ，使 a，那么 称为 a 的一个

7、特征值， 而 称为 a 的属于特征值 的一个特征向量5特征多项式设 aabcd是一个二阶矩阵，r，我们把行列式f( ) abc d2(ad) adbc，称为 a 的特征多项式例1 (2018 宿迁期中 )已知变换 t 把直角坐标平面上的点a(3， 4)，b(0， 5)分别变换成点 a(2，1)，b(1，2)，求变换t 对应的矩阵m. 解析： 设矩阵m abcd， 则abcd3421，且abcd0512.所以3a4b2，3c4d 1，且5b 1，5d2.解得a25，b15，c15，d25，所以矩阵m25151525.【跟踪反馈】1(2018 南京盐城期末)已知矩阵m 2001，求圆 x2y21

8、在矩阵 m 的变换下所得的曲线方程解析：设 p(x0，y0)是圆 x2y21 上任意一点 ，则 x20y201，设点p(x0，y0)在矩阵 m 对应的变换下所得的点为q(x， y)，则xy2001x0y0， 即x2x0，yy0， 解 得x012xy0y，代入 x20 y201，得x24y2 1，即为所求的曲线方程例2 (2018 南通模拟 )设矩阵a 满足：a12061203，求矩阵 a 的逆矩阵a 1. 解析： 法一设矩阵aabcd， 则abcd12061203，所以a 1，2a6b 2，c0，2c6d3.解得 b0，d12， 所以 a10012.根据逆矩阵公式得，矩阵 a 11002.法二

9、在 a12061203两边同时 左 乘 逆 矩 阵a 1 得 ，1206 a 11203.设 a1abcd，则1206abcd1203，所以 a1， 2a 3b2，c0， 2c3d6.解得 a 1，b0，c 0，d2，从而 a11002.【跟踪反馈】2(2018 苏北四市一模)已知矩阵a1001，b4123，若矩阵m ba，求矩阵m的逆矩阵m1. 解析：因为 mba 412310014 123，因为 det(m)41234(3) 2 ( 1) 10 ， 所 以m 1 3101101525. 例3(2018 南京模拟 )已知二阶矩阵a3502. (1)求矩阵 a 的特征值和特征向量；(2)设向量

10、 11，求 a5 . 解析： (1)矩阵a 的特征多项式f( ) 350 2( 3)( 2)令 f( )0，得 3 或 2.当 3 时 ，3502xy3xy，解得 y 0，所以矩阵a 的属于特征值3 的一个特征向量为10.当 2 时 ，3502xy 2xy，得 5x 5y0， 取 x1，则 y 1.所以矩阵a 的属于特征值2 的一个特征向量为11.(2)由(1)可知向量是矩阵a 的特征值 2 的一个特征向量， 所以a5 53232.【跟踪反馈】3 (2018 镇江模拟 )已知矩阵 a33cd.若矩阵 a 属于特征值6的一个特征向量为 111，属于特征值1 的一个特征向量为 232，求矩阵 a，

11、并写出 a 的逆矩阵解析： 由矩阵 a 属于特征值6 的一个特征向量为 111，可得33cd11 611，即 cd6.由矩阵 a 属于特征值1 的一个特征向量为 23 2， 可得33cd3 232，即 3c2d 2.联立解得c2，d4，即a3324， 所以 a 的逆矩阵是23121312. (2017 江苏卷 )已知矩阵a0110， b1002，(1)求 ab. (2)若曲线 c1：x28y221 在矩阵 ab 对应的变换作用下得到另一曲线c2，求 c2 的方程解析： (1)因为 a0110，b1002，所以 ab011010020210.(2)设 q(x0 ，y0)为曲线c1 上的任意一点，

12、 它在矩阵ab 对应的变换作用下变为p(x，y)，则0210 x0y0 xy，即2y0 xx0 y，所以x0yy0 x2.因为 q(x0，y0)在曲线c1 上，所以x028y021，从而x28y281，即x2y2 8.因此曲线 c1 在矩阵 ab 对应的变换作用下得到曲线c2：x2y28. 1(江苏卷 )已知矩阵a1002，b1206，求矩阵 a1b. 解析： 设矩阵 a 的逆矩阵为abcd，则1002abcd1001， 即a b2c2d1001， 故 a 1， b0，c 0，d12，从而 a 的逆矩阵为a 110012， 所 以a 1b 1001212061203. 2(江苏卷 )已知矩阵a

13、121x，b1121，向量 2y，x，y 为实数若a b ，求 xy 的值解析： 由已知 ，得 a121x2y22y2xy，b11212y2y4y.因为a b， 所 以22y2xy2y4y， 故22y2y，2xy4y.解得x12，y4.所以 xy72. 3 (江苏卷 )已知 x， yr， 向量 11是矩阵ax1y0的属于特征值2 的一个特征向量 ， 求矩阵 a 以及它的另一个特征值解析： 由已知 ，得 a 2 ，即x1y011x1y22， 则x1 2，y2，即x 1，y2，所以矩阵a1120.从而矩阵a 的特征多项式f( )( 2)( 1)，所以矩阵 a 的另一个特征值为1. 4(江苏卷 )已

14、知矩阵a1202，b111202，矩阵b 的逆矩阵b111202，求矩阵 ab. 解析： b (b1)122 1220212114012. ab12021140121540 1. 5(2018扬州模拟 )已知 x，yr，若点m(1 ， 1)在矩阵 a2x3y对应的变换作用下得到点 n(3，5)，求矩阵 a 的逆矩阵a1. 解析： 因为 a1135，即2x3y1135， 即2 x33 y5， 解得x1y2，所以a2132.法一设 a 1abcd，则 aa12132abcd1001，即2ac13a2c02bd 03b2d1，解得a2b 1c 3d2，所以 a 12132.法二因为abcd 1dad

15、bcbadbccadbcaadbc，且det(a)213222 13 1， 所以a 12132 12132. 6(2018 苏州模拟 )已知m1221，17，求 m4. 解析： 矩阵m 的特征多项式为f( ) 122 1 22 3，令 f( )0，解得 13， 2 1，解得属于 1 的一个特征向量为 111， 属于 2 的一个特征向量为 211.令 m 1 n 2，即17 m11n11，所以mn1，mn7，解得 m4，n3.所以m4m4(4 1 3 2) 4(m4 1)3(m4 2)4( 41 1)3( 42 2)434113(1)41 1321327. 7 (2018 南 京 模 拟 ) 已

16、 知 矩 阵a 2xy2， x11，且 ax12，其中 x，yr. (1)求 x，y 的值；(2)若 b1102，求(ab)1. 解析： (1)ax2xy211x22y.因为 ax12，所以x21，2y2，解得 x 3，y0.(2)由(1)知 a2302， 又 b1102，所以 ab230211022404.设(ab)1abcd，则2404abcd1001， 即2a 4c2b4d4c4d1001.所以2a4c1，4c0，2b4d0，4d1，解得 a12，b12，c0，d14，即(ab)11212014. 8 (2018 徐 州 模 拟 ) 已 知 矩 阵a 1012， 若直线 ykx1 在矩阵

17、a 对应的变换作用下得到的直线过点p(2，6)， 求实数k 的值解析： 矩阵a1012， 得a 1101212，所以 a1261012122622，将点 (2，2)代入直线ykx1 得 k12. 9已知圆 c： x2y21，先将圆 c 作关于矩阵p1002的伸压变换 ，再将所得图形绕原点逆时针旋转90， 求所得曲线的方程解析： 绕原点逆时针旋转90的变换矩阵q0110， 则m qp 011010020210.设 a(x0 ，y0)为圆 c 上的任意一点 ， 在 tm 变换下变为另一点a(x 0，y0 ) ， 则x0y00210 x0y0， 即x0 2y0，y0 x0，所 以x0 y0 ，y0

18、x02.又 因 为 点a(x0 ， y0)在曲线x2y2 1 上，所以 (y0 )2x022 1.故所得曲线的方程为x24 y21. 10已知m1101，n10012，向量 34. (1)验证： (mn) m(n )；(2)验证这两个矩阵不满足mn nm. 证明： (1) 因为mn 110110012112012， 所以 (mn ) 1120123452.因为n100123432，所以 m(n)11013252， 所以 (mn ) m(n)(2)因为 mn112012，nm 11012，所以这两个矩阵不满足mn nm . 13.2坐标系1(课本 p8 例 2(1)改编 )在极坐标系中 ，已知a

19、2，3，b 4，23，求线段ab的长度解析： 法一(数形结合 )在极坐标系中 ，a，b 两点如图所示 ，ab oa ob6.法二a2，3，b4，23的直角坐标为a(1 ，3)，b(2 ，23)所以|ab|（ 21）2（ 2 33） 2366.导航： 极坐标化为直角坐标； 极坐标系的认识变式： 已知 p5，23，o 为极点 ， 求使 pop 为正三角形的点p 的坐标解 析 ： 设p 点 的 极 坐 标 为 ( ， ) pop 为正三角形 ， 如图所示 ， pop3.2333或 233.又 5， p点的极坐标为(5，3)或 (5， )2(课本 p17 习题 4.1 第 7 题改编 )点 p的直角坐

20、标为(1，3)，求点 p的极坐标解析： 因为点 p(1，3)在第四象限 ，与原点的距离为2，且 op 与 x 轴所成的角为3，所以点 p 的极坐标为2，3.导航： 直角坐标化为极坐标3(课本 p22 例 1(3)题改编 )求在极坐标系中 ，过点2，2且与极轴平行的直线方程解析： 点2，2在直角坐标系下的坐标为2cos 2， 2sin 2，即(0，2)过点 (0，2)且与 x轴平行的直线方程为y 2.即为 sin 2.导航： 直线的极坐标方程4(课本 p32 习题 4.2 第 5 题改编 )求圆 5cos 5 3sin 的圆心的极坐标解析： 将方程 5cos 53sin 两边都乘以得： 25 c

21、os 5 3 sin ，化成直角坐标方程为x2y25x5 3y0.圆心的坐标为52，532， 化成极坐标为5，53(答案不唯一 )导航： 圆的极坐标方程变式： 在极坐标系中 ，求圆 4sin 的圆心到直线 3( r)的距离解析：设圆心到直线 3( r)的距离为 d，因为圆的半径为2，d2 sin 61. 5(2017 天津卷 )在极坐标系中，直线4 cos 610 与圆 2sin 的公共点的个数解析：直线 432cos 12sin 10化直角坐标方程为2 3x2y10，由圆 2sin ? 22 sin ，得其直角坐标方程为 x2y22y，即 x2(y1)21，则圆心(0，1)到直线的距离d|2

22、1|1243410 ）y y （ 0 ）， 的作用下 ，点 p(x，y)对应到点 p(x ，y)，称 为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换， 简称伸缩变换2极坐标系(1)极坐标与极坐标系的概念在平面上取一个定点o，自点 o 引一条射线 ox， 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点o 称为极点 ，射线 ox 称为极轴 平面内任一点m 的位置可以由线段om 的长度 和从射线ox 到射线 om 的角度 来刻画 (如图所示 )这两个数组成的有序数对( ，)称为点m 的极坐标 称为点 m 的极径 ，称为点 m 的极角 由极径的意义可知 0.当极角

23、 的取值范围是 0， 2 )时， 平面上的点(除去极点 )就与极坐标 ( ，)( 0)建立一一对应的关系我们设定 ， 极点的极坐标中， 极径 0，极角 可取任意角(2)极坐标与直角坐标的互化设 m 为平面内的一点， 它的直角坐标为(x，y)，极坐标为 ( ，)由图可知下面关系式成立：x cos y sin ， 或 2 x2y2，tan yx（x0）. 这就是极坐标与直角坐标的互化公式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 r(0 2)圆心为 (r， 0)，半径为 r 的圆 2rcos_(22)圆心为 (r，2)，半径为r 的圆 2rsin_(0 )过极点 ， 倾

24、斜角为 的直线 ( r)或 ( r)过点 (a， 0)，与极轴垂直的直线 cos_a(22)过点 (a，2)，与极轴平行的直线 sin_a(0 0)相切 ，求 a 的值解析：以极点为坐标原点， 极轴为 x 轴，建 立 平 面 直 角 坐 标 系xoy ， 则 将 直 线 cos 32 化为普通方程： cos cos 3 sin sin 32，即 x3y40.将圆 acos 化为普通方程：x2 y2 ax， 即xa22y2a24.因为直线与圆相切，所以a242a2(a0)，解得 a83. 【跟踪反馈】3(2017 南京三模 )已知曲线c 的极坐标方程是 28cos 150，直线 l 的极坐标方程

25、是 4( r)若 p，q 分别为曲线 c 与直线 l 上的动点 ， 求 pq 的最小值解析： 由于 2x2y2， cos x，所以曲线c 的直角坐标方程为x2y2 8x150，即(x4)2y21，所以曲线c 是以(4，0)为圆心 ，1 为半径的圆直线l 的直角坐标方程为yx，即 xy 0.因为圆心 (4， 0)到直线 l 的距离 d|40|2221.所以直线l 与圆相离 ，从而 pq 的最小值为d122 1. (江苏卷 )已知圆 c 的极坐标方程为 222 sin 440，求圆 c 的半径解析： 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

26、的极坐标方程为 22222sin 22cos 4 0， 化简，得 22 sin 2 cos 40.则圆 c的直角坐标方程为x2y22x 2y4 0，即(x1)2(y1)26，所以圆 c 的半径为6. 1(江苏卷 )在极坐标系中，已知圆 c 经过点 p2，4， 圆心为直线 sin 332与极轴的交点，求圆 c 的极坐标方程解析： 在 sin 332中， 令 0，得 1，所以圆 c 的圆心坐标为 (1，0)如图所示 ，因为圆 c 经过点p2，4， 所以圆 c 的半径 pc（2）212212cos 41，于是圆 c 过极点 ，所以圆 c 的极坐标方程为2cos . 2(课标全国 卷)在直角坐标系xo

27、y中，直线 c1：x 2，圆 c2：(x1)2(y2)21， 以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系(1)求 c1， c2 的极坐标方程；(2) 若直线c3 的极坐标方程为 4( r)，设 c2 与 c3 的交点为m，n，求c2mn 的面积解析： (1)因为 x cos ，y sin ，所以 c1 的极坐标方程为 cos 2，c2的极坐标方程为 22 cos 4 sin 40.(2)将 4代入 22 cos 4 sin 40， 得 23 2 40， 解得 122， 22.故 1 22，即|mn|2.由于 c2 的半径为 1， 所以 c2mn 为等腰直角三角形，所以 c2mn 的面积

28、为12. 3(全国 卷)在直角坐标系xoy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系 ， 曲线 c1 的极坐标方程为cos 4. (1)m 为曲线 c1 上的动点 ，点 p在线段om 上，且满足 om op16，求点 p的轨迹c2 的直角坐标方程；(2)设点 a 的极坐标为2，3，点 b 在曲线 c2 上 ，求 oab 面积的最大值解析： (1)设点 p 的极坐标为 ( ， )，因为 |om| |op| 16， 所以点m的极坐标为16，.把点 m 的坐标代入c1： cos 4中得：16 cos 4，即 4cos .两边同时乘以 ，得 24 cos ，化为直角坐标方程为 x2y24

29、x0.(2)c2 的极坐标方程为 4cos ，所以点b 的 极 坐 标 可 设 为 (4cos ， ) ， 2，2又 a 的极坐标为2，3，所以 soab 12 |oa| |ob| sin aob 1224cos sin 34cos 12sin 32cos 2sin 233.因为 2，2，所以 2 343，23，所以当 2 32即 2时， oab 的面积取最大值为23. 4(2018 南京、盐城一模)在极坐标系中，直线 cos( 3) 1 与曲线 r(r0)相切，求 r 的值解析： 以极点 o 为原点 ，极轴 ox 为 x轴建立平面直角坐标系，由 cos( 3) 1，得 ( cos cos3

30、sin sin3)1， 得直线的直角坐标方程为x3y20.曲线 r，即圆 x2y2r2，所以圆心到直线的距离为d|0302|131.因为直线 cos( 3)1 与曲线 r(r0)相切 ，所以 rd，即 r1. 5 (1)以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求线段y1x(0 x1)的极坐标方程(2)在极坐标系中 ，曲线 c1 和 c2 的方程分别为 sin 2cos 和 sin 1.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为 x 轴的非负半轴 ，建立平面直角坐标系，求曲线c1 和 c2 交点的直角坐标解析：(1)x cos ，y sin ， y1x 化成极坐标方程为 cos s

31、in 1，即 1cos sin . 0 x1， 线段在第一象限内(含端点)， 0 2.(2)因为 x cos ， y sin ， 由 sin 2 cos ，得 2sin 2 cos ，所以曲线c1 的直角坐标方程为y2 x.由 sin 1，得曲线 c2 的直角坐标方程为y1.由y2x，y1得x1，y1，故曲线c1与曲线 c2 交点的直角坐标为(1，1)6 (2018 南京、盐城模拟)在极坐标系中，已知点 a 的极坐标为22，4，圆e 的极坐标方程为 4cos 4sin ，试判断点 a 和圆 e 的位置关系解析： 点 a 的直角坐标为 (2， 2)，圆e 的直角坐标方程为(x2)2(y 2)28

32、，则 点a到 圆 心e(2 ， 2) 的 距 离d （22）2（ 22）24r2 2，所以点 a 在圆 e 外7(2018 徐州模拟 )已知圆 o1 和圆 o2的 极 坐 标 方 程 分 别 为 2， 2 22 cos 42. (1)把圆 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析： (1)圆 o1 的直角坐标方程为x2y24，由 222 cos 42，得 22( cos sin )2，x2y22(xy)2， 故圆 o2 的直角坐标方程为x2y2 2x2y20，(2)得经过两圆交点的直线为xy10，该直线的极坐标方程为 cos sin 10. 8

33、 在极坐标系中 ， p是曲线 c1： 12sin 上的动点 ， q 是曲线 c2： 12cos 6上的动点 ，求 pq 的最大值解析： 对曲线c1 的极坐标方程进行转化： 12sin ， 212 sin ， x2y212y0， 即x2(y6)236.对曲线 c2 的极坐标方程进行转化：12cos 6， 2 12( cos cos 6sin sin 6)， x2 y2 63x 6y 0， (x33)2 (y 3)2 36， pqmax 6 6（33）23218. 9 在 极 坐 标 系 中 ， 圆c是 以 点c 2，6为圆心 ，2 为半径的圆(1)求圆 c 的极坐标方程；(2)求圆 c 被直线

34、l： 512( r)所截得的弦长解析： 法一(1)设所求圆上任意一点m( ， )， 如图 ， 在 rt oam 中， oma 2， aom 2 6，|oa|4.因为cos aom |om|oa|， 所以 |om|oa| cos aom， 即 4cos 2 64cos 6，验证可知 ， 极点 o 与 a4，6的极坐标也满足方程，故 4cos 6为所求(2)设 l： 512( r)交圆 c 于点 p，在 rt oap 中， opa2，易得 aop4，所以 |op| |oa|cos aop2 2.法二(1)圆 c 是将圆 4cos 绕极点按顺时针方向旋转6而得到的圆 ，所以圆c的极坐标方程是 4co

35、s 6.(2)将 512代入圆 c 的极坐标方程4cos 6， 得 2 2，所以圆 c 被直线 l：512( r)所截得的弦长为22. 10 (2018 南通模拟 )将圆 x2 y21 上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的 2 倍， 得曲线 c. (1)写出曲线c 的方程；(2)设直线l：2xy20 与 c 的交点为 p1，p2，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系， 求过线段p1p2 的中点且与 l 垂直的直线的极坐标方程解析： (1)设(x1，y1)为圆上的点 ，在已知变换下变为曲线c 上的点 (x，y)，依题意 ，得xx1，y 2y1.由 x21y211 得 x2y22

36、1，即曲线 c 的方程为x2y241.(2) 由x2y24 1，2xy20，解 得x1，y0，或x 0，y2.不妨设 p1(1，0)，p2(0，2)，则线段p1p2 的中点坐标为12，1 ，所求直线斜率为k12，于是所求直线方程为y112x12， 化为极坐标方程，并整理得2 cos 4 sin 3 ， 即34sin 2cos .13.3参数方程1 (课本 p45 例 2 改编 )将下列参数方程化为普通方程(1)xt1y 12t， (t为 参 数) ；(2)x 2sin2y 1cos 2( 为参数 )解析： (1)由 xt11，有tx1，代入 y12 t，所求的普通方程为y 2x3(x1)(2)

37、y 1cos 21 12sin 2 2sin 2 ，sin 2 x2， y 2x 4， 2xy40.0sin 2 1， 0 x21， 2x3， 所求的普通方程为2xy40(2x3)导航： 参数方程化为普通方程变式： 将参数方程xsin cos ysin 2，( 为参数 )化成普通方程变式： 解析：将 xsin cos 两边平方得 x21sin 2 ，即 sin 2 1x2，代入 y sin 2 ，得 y x21.又 x sin cos 2sin 4，2x2， 故普通方程为y x21(2 x2)2(课本 p17 习题 4.1 第 7 题改编 )求过点 a(2 ， 4)，倾斜角为56的直线 l 的

38、参数方程解析： 直线 l 的参数方程为x2tcos 56 ，y 4tsin 56(t为 参 数 ) ， 即x232ty 412t， (t 为参数 )导航： 直线的参数方程3(课本 p46 例 4 题改编 )求圆 (x1)2(y1)24 的一个参数方程解析： 令x12 cos ，y12sin 得x 12cos y12sin ( 为参数 )导航： 圆的参数方程4(课本 p32 习题 4.2 第 5 题改编 )在平面直角坐标系xoy 中 ，已知直线l 的参数方程为x112t，y32t(t 为参数 )，椭圆 c 的方程为 x2y241，设直线 l 与椭圆 c 相交于 a，b 两点 ， 求线段 ab 的

39、长度解析：将直线 l 的参数方程x112t，y32t代入 x2y241，得 112t232t241，即7t216t0，解得t10，t2167， 所以ab |t1t2|167.导航： 参数方程的应用5(课本 p47 例 1 题改编 )已知 a(3，0)，p 是椭圆x225y2161 上的动点当|ap|最大 ，求 p点坐标解析： 椭圆的参数方程为x5cos y 4sin ( 为参数 )设p(5cos ，4sin )，则 |pa|（ 5cos 3）2（ 4sin ） 29cos2 30cos 25（3cos 5）2|3cos 5|8，当 cos 1 时，|pa|最大此时 ，sin 0，点 p的坐标为

40、 (5，0)导航： 椭圆的参数方程及其应用变式： 设点 p 在椭圆x216y291 上 ，求点 p 到直线3x4y24 的最大距离和最小距离解析： 设 p(4cos ，3sin )，则 d|12cos 12sin 24|5，即 d122cos4245，当 cos 4 1 时，dmax125(22)；当cos 4 1 时，dmin125(22)6(2018 南通模拟 )在平面直角坐标系xoy中 ， 曲 线c的 参 数 方 程 为x2cos 3，y2sin ( 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 6.若直线 l 与曲线 c交于 a， b，

41、求线段 ab 的长解析： 曲线 c 的普通方程为 (x3)2y24，表示以 (3，0)为圆心 ，2 为半径的圆，直线 l 的直角坐标方程为y33x，所以圆心到直线的距离为32，所以线段ab 的长为 2432213.导航： 参数方程与极坐标方程的综合应用1参数方程和普通方程的互化(1)曲线的参数方程和普通方程是曲线方程的不同形式一般地，可以通过消去参数从参数方程得到普通方程(2)如果知道变数x，y 中的一个与参数t的关系 ，例如 xf(t)， 把它代入普通方程，求出另一个变数与参数的关系yg(t)，那么x f（t） ，yg（t），就是曲线的参数方程2常见曲线的参数方程和普通方程点的轨迹普通方程参

42、数方程直线yy0tan (xx0) 错误 ! (t 为参数 )圆x2y2r2 错误 ! ( 为参数 )椭圆x2a2y2b21(ab0) 错误 ! ( 为参数 )双曲线x2ay2b2 1，(a0，b0) 错误 ! ( 为参数 )抛物线y22px(p0) 错误 ! (t 为参数 ) 例1 已 知 直 线l的 参 数 方 程 为xa2t，y 4t(t 为参数 )，圆 c 的参数方程为x4cos y4sin ( 为参数 )(1)求直线 l 和圆 c 的普通方程；(2)若直线 l 与圆 c 有公共点 ，求实数 a的取值范围解析： (1)直线 l 的普通方程为2xy2a0，圆 c 的普通方程为x2y216

43、.(2)因为直线l 与圆 c 有公共点 ，故圆 c的圆心到直线l 的距离 d| 2a|54， 解得2 5a2 5.【跟踪反馈】1(2018 南京期初 )在平面直角坐标系xoy 中，直线 l 的参数方程为x 1t，yt(t为参数 )， 圆 c 的参数方程为xacos ，y2asin ( 为参数 )若直线l 与圆 c 相切 ，求实数 a的值解 析 ： 由 直 线l的 参 数 方 程 为x 1t，yt，得直线 l 的普通方程为xy10.由圆 c 的参数方程为xacos ，y2asin ，得圆 c 的普通方程为(xa)2(y2a)21.因为直线l 与圆 c 相切，所以|a 2a1|21， 解得a1 2

44、. 所以实数 a 的值为 1 2. 例2(2018 南京模拟 )在平面直角坐标系 xoy 中，直线 l：x135t，y45t(t 为参数 )，与曲线c：x4k2，y4k(k 为参数 )交于a，b两点 ，求线段 ab 的长解析： 将曲线 c 的参数方程化为普通方程得 y24x.直线 l 的参数方程代入抛物线c的方程得45t24 135t ，即 4t215t250，所以t1t2154，t1t2254.所以 ab |t1 t2| （t1t2）24t1t2 154225254. 【跟踪反馈】2(全国 卷)在直角坐标系xoy 中，曲线 c1 的参数方程为x3cos ，y sin ( 为参数)以坐标原点为

45、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 sin 42 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 的直角坐标解析： (1)c1 的普通方程为x23y21，c2 的直角坐标方程为xy40.(2)由题意 ，可设点p 的直角坐标为(3cos ，sin )因为c2 是直线 ，所以 |pq|的最小值即为p到 c2 的距离 d( )的最小值 ，d( ) | 3cos sin 4|22sin （ 3） 2 ， 当且仅当 2k 6(kz)时 ，d( )取得最小值 ，最小值为2，此

46、时 p 的直角坐标为32，12.例3 (2018 徐州期中 )在极坐标系中，圆c 的方程为 2acos (a0)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x5t1y12t1(t为参数 )，若直线 l 与圆 c 恒有公共点 ，求实数 a 的取值范围解析： 由x5t1y12t1(t 为参数 )，可得直线 l 的普通方程为12x5y 170， 由 2acos (a0)得 2 2a cos ，所以 ， 圆 c的标准方程为(xa)2y2a2, 因为直线l与圆c 恒有公共点 ，所以|12a17|12252|a|，又因为a 0，所以|12a 17|12252 a

47、， 解之得a1725，所以 ，实数 a 的取值范围为a1725. 【跟踪反馈】3(2018 南京、盐城、徐州、连云港四市)在平面直角坐标系xoy 中，以坐标原点为极点 ， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系直线 l 的极坐标方程为 sin332，椭圆c 的参数方程为x2cos t，y3sin t(t 为参数 )(1)求直线 l 的直角坐标方程与椭圆c 的普通方程；(2)若直线 l 与椭圆 c 交于 a，b 两点 ，求线段 ab 的长解 析 ： (1) 由 sin332得32cos 12sin 32，所以直线l 的直角坐标方程为32x12y32， 化简得 y3x3，即直线l 的直角坐标方程是y3x3

48、.由x22y32cos2 tsin2 t1 得椭圆 c 的普通方程为x24y231.(2) 联 立 直 线 方 程 与 椭 圆 方 程 得y3x3，x24y231，消去 y 并整理得5x2 8x0，解得 x10，x285，所以 a(0，3)，b85，335或 a85，335，b(0，3)所以ab 0852 33352165.(2017 江苏卷) 在平面直角坐标系xoy中 ， 已 知 直 线l的 参 数 方 程 为x 8t，yt2.(t 为参数 )，曲线 c 的参数方程为x2s2，y 22s(s 为参数 )设 p 为曲线 c 上的动点 ，求点 p到直线 l 的距离的最小值解析： 直线 l 的普通

49、方程为x2y80.因为点 p 在曲线 c 上 ，设 p(2s2，2 2s)，从 而 点p到 直 线l的 距 离d |2s242s8|（ 1）2（ 2）22（s2） 245，当 s2时 ，dmin455.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4 55.1(江苏卷 )在平面直角坐标系xoy 中，直线 l 的参数方程为x t1，y 2t(t 为参数 )，曲线 c 的参数方程为x2tan2 ，y2tan ( 为参数)试求直线 l 和曲线 c 的普通方程 ，并求出它们的公共点的坐标解 析 ： 因 为 直 线l的 参 数 方 程 为xt1，y2t(t 为参数

50、)，由 xt1，得 tx1，代入 y2t，得到直线l 的普通方程为2xy20.同理得到曲线c 的普通方程为y22x.联立方程组y2（x1），y22x，解得公共点的坐标为(2，2)，12， 12(江苏卷 )在平面直角坐标系xoy 中，已知直线l 的参数方程为x122t，y222t，(t 为参数 )，直线 l 与抛物线y24x 相交于 a，b两点 ，求线段 ab 的长解 析 ： 将 直 线l的 参 数 方 程x122t，y222t，代入抛物线方程y24x，得222t24 122t ，解得 t10，t282.所以 ab |t1t2|82.3(江苏卷 )在平面直角坐标系xoy 中，已知直线 l的参数方

51、程为x112t，y32t，(t 为参数)， 椭圆 c 的参数方程为xcos ，y2sin ( 为参数 ) 设直线 l 与椭圆 c 相交于 a， b 两点 ，求线段 ab 的长解析： 直线 l 的方程化为普通方程为3xy30，椭圆 c 的方程化为普通方程为 x2y241，联立方程组得3xy30，x2y241，解 得x11，y10或x217，y28 37， a(1 ，0)， b 17，8 37.故 ab1172 08 372167.4 (2018 南京模拟 )设极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与 x 轴的正半 轴 重 合 已 知 椭 圆c 的 参 数 方 程 为x 2cos ，ysin

52、，( 为参数 )，点 m 的极坐标为(1，2)若 p 是椭圆 c 上任意一点 ， 试求pm 的最大值 ， 并求出此时点p的直角坐标解析： m 的极坐标为 (1，2)，故直角坐标为m(0 ，1)，且 p(2cos ，sin )，所以pm（2cos ） 2（ sin 1）23sin2 2sin 53（sin 13）2163， sin 1，1所以当sin 13时，pmmax 4 33，此时cos 2 23.所以 ， pm 的最大值是4 33，此时点 p 的坐标是4 23， 13.5(2018 苏州模拟 )在平面直角坐标系xoy 中，直线l 的参数方程为x1 t，yt3(t为参数 )，以原点 o 为极点 ，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 c 的极坐标方程为2cos sin2，若直线 l 与直线 c 相交于 a，b两点 ，求 aob 的面积解析： 由曲线c 的极坐标方程是 2cos sin2，得 2sin2v2 cos v所以曲线c的直角坐标方程是y22x.由直线 l 的参数方程x1ty t3，(t 为参数 )，得 x y40，所以直线 l 的普通方程为xy40.将直线 l的参数方程代入曲线c 的普通方程y22x，得 t2 8t 70，设