高中数学选修部分教案人教版（理科）

1、 选修41几何证明选讲1平行线截割定理与相似三角形了解平行线截割定理，理解相似三角形的判定和性质定理，了解直角三角形射影定理2圆的初步(1)理解圆周角定理，理解圆的切线的判定和性质定理及弦切角定理(2)理解相交弦定理、割线定理、切割线定理(3)理解圆内接四边形的判定与性质定理知识点一平行线截割定理与相似三角形1平行线的截割定理(1)平行线等分线段定理定理：如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等推论1：经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边推论2：经过梯形一腰的中点，且与底边平行的直线平分另一腰(2)平行线分线段成比例定理定理：三条平行线截两条直线

2、，所得的对应线段成比例推论：平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例2相似三角形的判定定理(1)判定定理1：两角对应相等，两三角形相似(2)判定定理2：两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似(3)判定定理3：三边对应成比例，两三角形相似3相似三角形的性质定理(1)性质定理：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；相似三角形周长的比等于相似比；相似三角形面积的比等于相似比的平方(2)推论：相似三角形外接圆的直径比、周长比等于相似比，外接圆的面积比等于相似比的平方4直角三角形相似的判定定理(1)判定定理1：如果两个直角三角形有一个锐角对应相等

3、，那么它们相似(2)判定定理2：如果两个直角三角形的两条直角边对应成比例，那么它们相似(3)判定定理3：如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似5直角三角形射影定理直角三角形斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项；两直角边分别是它们在斜边上射影与斜边的比例中项易误提醒1在使用平行线截割定理时易出现对应边的对应顺序混乱，导致错误2在解决相似三角形的判定或应用时易出现对应边和对应角的对应失误3射影定理是直角三角形中的一个重要结论，其实质就是三角形的相似但要注意满足直角三角形射影定理结论的三角形不一定是直角三角形，所以要搞清楚定理中

4、的条件和结论之间的关系，不能乱用自测练习1.(2016鞍山模拟)如图，在ABCD中，E是BC上一点，BEEC23，AE交BD于点F，则BFFD的值为_解析：因为ADBC，BEEC23，所以BEAD25，因为ADBC，所以BFFDBEAD25，即BFFDeq f(2,5).答案：eq f(2,5)2.如图，D，E分别是ABC的边AB，AC上的点，DEBC且eq f(AD,DB)2，那么ADE与四边形DBCE的面积比是_解析：DEBC，ADEABC，eq f(SADE,SABC)eq f(AD2,AB2).eq f(AD,DB)2，eq f(AD,AB)eq f(2,3)，eq f(SADE,SA

5、BC)eq f(4,9)，故eq f(SADE,S四边形DBCE)eq f(4,5).答案：eq f(4,5)3.在RtACB中，C90，CDAB于D，若BDAD19，则tanBCD的值为_解：由射影定理得CD2ADBD，又BDAD19，令BDx，则AD9x(x0)CD29x2，CD3x.RtCDB中 ，tanBCDeq f(BD,CD)eq f(x,3x)eq f(1,3).答案：eq f(1,3)知识点二圆的初步1圆周角(1)定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半(2)推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等(3)推论2：半圆(或直径)所对

6、的圆周角是直角；90的圆周角所对的弦是直径2圆的切线(1)判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线(2)性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径(3)切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角3弦切角定理及其推论(1)定理：弦切角的度数等于它所夹的弧的度数的一半(2)推论：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角4圆中的比例线段(1)相交弦定理：圆内的两条相交弦，每条弦被交点分成的两条线段长的积相等(2)割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，该点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等(3)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到

7、割线与圆交点的两条线段长的比例中项易误提醒1解决圆周角、圆心角及弦切角问题时，要注意角之间关系，易于混淆导致错误2使用相交弦定理与切割线定理时，注意对应线段成比例及相似三角形知识的应用自测练习4.如图所示，CD是圆O的切线，切点为C，点B在圆O上，BC2，BCD30，则圆O的面积为_解析：过B作O的直径BA，连接AC(图略)，则ACB90.又由弦切角定理得CABBCD30，AB2BC4.半径OA2，Sr24.答案：45.如图所示，已知O的割线PAB交O于A，B两点，割线PCD经过圆心，若PA3，AB4，PO5，则O的半径为_解析：设O的半径为r.由割线定理得PAPBPCPD,37(POr)(P

8、Or)，即2125r2，r24，r2.答案：2考点一平行线分线段成比例定理的应用|1.如图，等边三角形DEF内接于ABC，且DEBC，已知AHBC于点H，BC4，AHeq r(3)，求DEF的边长解：设DEx，AH交DE于点M，显然MH的长度与等边三角形DEF的高相等，又DEBC，则eq f(DE,BC)eq f(AM,AH)eq f(AHMH,AH)，所以eq f(x,4)eq f(r(3)f(r(3),2)x,r(3)eq f(2x,2)，解得xeq f(4,3).2.如图，在ABC中，点D是AC的中点，点E是BD的中点，AE交BC于点F，求eq f(BF,FC)的值解：如图，过点D作DM

9、AF交BC于点M.点E是BD的中点，在BDM中，BFFM.又点D是AC的中点，在CAF中，CMMF，eq f(BF,FC)eq f(BF,FMMC)eq f(1,2).平行线分线段成比例定理及推论的应用(1)利用平行线分线段成比例定理来计算或证明，首先要观察平行线组，再确定所截直线，进而确定比例线段及比例式，同时注意合比性质、等比性质的运用(2)解决此类问题往往需要作辅助的平行线，要结合条件构造平行线组，再应用平行线分线段成比例定理及其推论转化比例式解题考点二相似三角形的判定及性质|1如图，AD，BE是ABC的两条高，DFAB，垂足为F，交BE于点G，交AC的延长线于H，求证：DF2GFHF.

10、证明：在AFH与GFB中，因为HBAC90，GBFBAC90，所以HGBF.因为AFHBFG90，所以AFHGFB，所以eq f(HF,BF)eq f(AF,GF)，所以AFBFGFHF.因为在RtABD中，FDAB，所以DF2AFBF.所以DF2GFHF.2.如图，M是平行四边形ABCD的边AB的中点，直线l过点M分别交AD，AC于点E，F，交CB的延长线于点N.若AE2，AD6，求eq f(AF,AC)的值解：ADBC，AEFCNF，eq f(AF,CF)eq f(AE,CN)，eq f(AF,AFCF)eq f(AE,AECN).M为AB的中点，eq f(AE,BN)eq f(AM,BM

11、)1，AEBN，eq f(AF,AC)eq f(AF,AFCF)eq f(AE,AEBNBC)eq f(AE,2AEBC).AE2，BCAD6，eq f(AF,AC)eq f(2,226)eq f(1,5).3.如图所示，CD垂直平分AB，点E在CD上，DFAC，DGBE，F，G分别为垂足求证：AFACBGBE.证明：因为CD垂直平分AB，所以ADCBDC90，ADDB.在RtADC中，因为DFAC，所以AD2AFAC.同理BD2BGBE.所以AFACBGBE.1证明相似三角形的一般思路(1)先找两对内角对应相等；(2)若只有一个角对应相等，再判定这个角的两邻边是否对应成比例；(3)若无角对应

12、相等，就要证明三边对应成比例2注意射影定理的其他变式考点三圆中有关定理及推论的应用|(1)(2015高考湖北卷)如图，PA是圆的切线，A为切点，PBC是圆的割线，且BC3PB，则eq f(AB,AC)_.解析因为PA是圆的切线，A为切点，PBC是圆的割线，由切割线定理，知PA2PBPCPB(PBBC)因为BC3PB，所以PA24PB2，即PA2PB.由PABPCA，所以eq f(AB,AC)eq f(PB,PA)eq f(1,2).答案eq f(1,2)(2)(2015高考全国卷)如图，AB是O的直径，AC是O的切线，BC交O于点E.若D为AC的中点，证明：DE是O的切线；若OAeq r(3)

13、CE，求ACB的大小解证明：如图，连接AE，由已知得，AEBC，ACAB.在RtAEC中，由已知得，DEDC，故DECDCE.连接OE，则OBEOEB.又ACBABC90，所以DECOEB90，故OED90，DE是O的切线设CE1，AEx，由已知得AB2eq r(3)，BEeq r(12x2).由射影定理可得，AE2CEBE，所以x2eq r(12x2)，即x4x2120.可得xeq r(3)，所以ACB60.(1)涉及圆的切线问题时要注意弦切角的转化；关于圆周上的点，常作直径(或半径)或向弦(弧)两端作圆周角或弦切角(2)与圆有关的比例线段解题思路：见到圆的两条相交弦就要想到相交弦定理见到圆

14、的两条割线就要想到割线定理见到圆的切线和割线就要想到切割线定理 1(2015高考重庆卷)如图，圆O的弦AB，CD相交于点E，过点A作圆O的切线与DC的延长线交于点P，若PA6，AE9，PC3，CEED21，则BE_.解析：由切割线定理，知PA2PCPD，即623PD，解得PD12，所以CDPDPC9，所以CE6，ED3.由相交弦定理，知AEBECEED，即9BE63，解得BE2.答案：22如图所示，已知D为ABC的BC边上一点，O1经过点B，D，交AB于另一点E，O2经过点C，D，交AC于另一点F，O1与O2的另一交点为G.(1)求证：A、E、G、F四点共圆；(2)若AG切O2于G，求证：AE

15、FACG.证明：(1)如图，连接GD，四边形BDGE，CDGF分别内接于O1，O2，AEGBDG，AFGCDG，又BDGCDG180，AEGAFG180，A、E、G、F四点共圆(2)A、E、G、F四点共圆，AEFAGF，AG与O2相切于点G，AGFACG，AEFACG.32.四点共圆的证明方法【典例】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.(1)求证：BEDEACCECE2；(2)若D是BE的中点，证明E，F，C，B四点共圆思路点拨(1)利用割线定理易证；(2)本题已知AB是O的直径，可得到线段相等，利用四个点到一定点的距离相等证明四点共圆解(1)证明

16、：由割线定理得EAECDEBE，所以BEDEACCEEACEACCECE2，所以BEDEACCECE2.(2)连接CB，CD，FD.因为AB是O的直径，所以ECB90，所以CDeq f(1,2)EB.因为EFBF，所以FDeq f(1,2)BE.所以E，F，C，B四点到点D的距离相等所以E，F，C，B四点共圆方法点评四点共圆的证明方法：(1)若四个点到一定点的距离相等，则这四个点共圆(2)若一个四边形的一组对角的和等于180，则这个四边形的四个顶点共圆(3)若一个四边形的一个外角等于它的内对角，则这个四边形的四个顶点共圆(4)若两个点在一条线段的同旁，并且和这条线段的两端连线所夹的角相等，那么

17、这两个点和这条线段的两个端点共圆(5)若AB，CD两线段相交于点P，且PAPBPCPD，则A，B，C，D四点共圆(6)若AB，CD两线段延长后相交于点P，且PAPBPCPD，则A，B，C，D四点共圆(7)若四边形两组对边乘积的和等于对角线的乘积，则四边形的四个顶点共圆跟踪练习如图，点F是ABC外接圆上eq xto(BC)的中点，点D，E在边AC上，使得ADAB，BEEC.证明：B，E，D，F四点共圆证明：如图，连接FC，FB，则FCFB.连接EF，则CEFBEF，所以BFECFE.因为A，B，F，C共圆，所以CABCFB180，所以CAB2BFE180.连接BD，因为ABAD，所以ABDADB

18、，所以CAB2ADB180.所以ADBBFE.所以B，E，D，F四点共圆A组考点能力演练1.(2016大连模拟)如图，已知D为ABC中AC边的中点，AEBC，ED交AB于G，交BC延长线于F，若BGGA31，BC8，求AE的长解：因为AEBC，D为AC的中点，所以AECF，eq f(AE,BF)eq f(AG,BG)eq f(1,3).设AEx，又BC8，所以eq f(x,x8)eq f(1,3)，3xx8，所以x4.所以AE4.2.(2016洛阳模拟)如图，AB为圆O的直径，CD为垂直于AB的一条弦，垂足为E，弦BM与CD交于点F.(1)证明：A，E，F，M四点共圆；(2)证明：AC2BFB

19、MAB2.证明：(1)连接AM(图略)，则AMB90.ABCD，AEF90.AMBAEF180，即A，E，F，M四点共圆(2)连接AC，CB(图略)由A，E，F，M四点共圆，得BFBMBEBA.在RtACB中，BC2BEBA，AC2CB2AB2，AC2BFBMAB2.3.已知：如图，在ABC中，ABAC，BAC90，D，E，F分别在AB，AC，BC上，AEeq f(1,3)AC，BDeq f(1,3)AB，且CFeq f(1,3)BC.求证：(1)EFBC；(2)ADEEBC.证明：设ABAC3a，则AEBDa，CFeq r(2)a.(1)eq f(CE,CB)eq f(2a,3r(2)a)e

20、q f(r(2),3)，eq f(CF,CA)eq f(r(2)a,3a)eq f(r(2),3).又C为公共角，故BACEFC，由BAC90得EFC90，故EFBC.(2)由(1)得EFeq f(FC,AC)ABeq r(2)a，故eq f(AE,EF)eq f(a,r(2)a)eq f(r(2),2)，eq f(AD,BF)eq f(2a,2r(2)a)eq f(r(2),2)，eq f(AE,EF)eq f(AD,BF)，ADEFBE，所以ADEEBC.4.(2016兰州双基)如图，在正ABC中，点D，E分别在BC，AC上，且BDeq f(1,3)BC，CEeq f(1,3)CA，AD，

21、BE相交于点P.求证：(1)四点P，D，C，E共圆；(2)APCP.证明：(1)在正ABC中，由BDeq f(1,3)BC，CEeq f(1,3)CA，知：ABDBCE，ADBBEC，即ADCBEC，四点P，D，C，E共圆(2)连接DE(图略)，在CDE中，CD2CE，ACD60，由正弦定理知CED90，由四点P，D，C，E共圆知，DPCDEC，APCP.5.如图，设AB为O的任一条不与直线l垂直的直径，P是O与l的公共点，ACl，BDl，垂足分别为C，D，且PCPD.(1)求证：l是O的切线；(2)若O的半径OA5，AC4，求CD的长解：(1)证明：连接OP，ACl，BDl，ACBD.又OA

22、OB，PCPD，OPBD，从而OPl.点P在O上，l是O的切线(2)由(1)可知OPeq f(1,2)(ACBD)，BD2OPAC1046.过点A作AEBD，垂足为E，则BEBDAC642.在RtABE中，AEeq r(AB2BE2)eq r(10222)4eq r(6).CD4eq r(6).B组高考题型专练1(2014高考新课标全国卷)如图，四边形ABCD是O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CBCE.(1)证明：DE；(2)设AD不是O的直径，AD的中点为M，且MBMC，证明：ADE为等边三角形证明：(1)由题设知A，B，C，D四点共圆，所以DCBE.由已知得CBEE，

23、故DE.(2)如图，设BC的中点为N，连接MN，则由MBMC知MNBC，故O在直线MN上又AD不是O的直径，M为AD的中点，故OMAD，即MNAD.所以ADBC，故ACBE.又CBEE，故AE.由(1)知，DE，所以ADE为等边三角形2.(2015高考湖南卷)如图，在O中，相交于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，直线MO与直线CD相交于点F.证明：(1)MENNOM180；(2)FEFNFMFO.证明：(1)如图所示因为M，N分别是弦AB，CD的中点，所以OMAB，ONCD，即OME90，ENO90，因此OMEENO180.又四边形的内角和等于360，故MENNOM180.(2)由(1)

24、知，O，M，E，N四点共圆，故由割线定理即得FEFNFMFO.3(2015高考陕西卷)如图，AB切O于点B，直线AO交O于D，E两点，BCDE，垂足为C.(1)证明：CBDDBA；(2)若AD3DC，BCeq r(2)，求O的直径解：(1)证明：因为DE为O的直径，则BEDEDB90，又BCDE，所以CBDEDB90，从而CBDBED.又AB切O于点B，得DBABED，所以CBDDBA.(2)由(1)知BD平分CBA，则eq f(BA,BC)eq f(AD,CD)3，又BCeq r(2)，从而AB3eq r(2).所以ACeq r(AB2BC2)4，所以AD3.由切割线定理得AB2ADAE，即

25、AEeq f(AB2,AD)6，故DEAEAD3，即O的直径为3.4.(2015高考全国卷)如图，O为等腰三角形ABC内一点，O与ABC的底边BC交于M，N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB，AC分别相切于E，F两点(1)证明：EFBC；(2)若AG等于O的半径，且AEMN2eq r(3)，求四边形EBCF的面积解：(1)证明：由于ABC是等腰三角形，ADBC，所以AD是CAB的平分线又因为O分别与AB，AC相切于点E，F，所以AEAF，故ADEF.从而EFBC.(2)由(1)知，AEAF，ADEF，故AD是EF的垂直平分线又EF为O的弦，所以O在AD上连接OE，OM，则OEAE.由AG

26、等于O的半径得AO2OE，所以OAE30.因此ABC和AEF都是等边三角形因为AE2eq r(3)，所以AO4，OE2.因为OMOE2，DMeq f(1,2)MNeq r(3)，所以OD1.于是AD5，ABeq f(10r(3),3).所以四边形EBCF的面积为eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(10r(3),3)2eq f(r(3),2)eq f(1,2)(2eq r(3)2eq f(r(3),2)eq f(16r(3),3).选修44坐标系与参数方程1坐标系与极坐标(1)理解坐标系的作用(2)能在极坐标系中用极坐标表示点的位置，理解在极坐标系和平面直角坐标系中表

27、示点的位置的区别，能进行极坐标与直角坐标的互化(3)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，理解用方程表示图形时选择坐标系的意义2参数方程(1)了解参数方程，了解参数的意义(2)能选择适当的参数写出直线、圆和圆锥曲线的参数方程(3)掌握直线的参数方程及参数的几何意义，能用直线的参数方程解决简单的相关问题知识点一极坐标系1极坐标系的概念(1)极坐标系如图所示，在平面内取一个定点O，点O叫作极点，自极点O引一条射线Ox，Ox叫作极轴；再选定一个长度单位、一个角度单位及其正方向，这样就建立了一个极坐标系(2)极坐标

28、极径：设M是平面内一点，极点O与点M的距离|OM|叫作点M的极径，记为.极角：以极轴Ox为始边，射线OM为终边的角xOM叫作点M的极角，记为.极坐标：有序数对(，)叫作点M的极坐标，记作M(，)2极坐标与直角坐标的互化设M是平面内任意一点，它的直角坐标是(x，y)，极坐标是(，)，则它们之间的关系为：eq blcrc (avs4alco1(xcos ，,ysin ；)eq blcrc (avs4alco1(2x2y2，,tan f(y,x)x0.)易误提醒1极坐标方程与直角坐标方程的互化易错用互化公式在解决此类问题时考生要注意两个方面：一是准确应用公式，二是注意方程中的限制条件2在极坐标系下，

29、点的极坐标不唯一性易忽视注意极坐标(，)(，2k)，(，2k)(kZ)表示同一点的坐标自测练习1设平面上的伸缩变换的坐标表达式为eq blcrc (avs4alco1(xf(1,2)x，,y3y，)则在这一坐标变换下正弦曲线ysin x的方程变为_解析：由eq blcrc (avs4alco1(xf(1,2)x，,y3y.)知eq blcrc (avs4alco1(x2x，,yf(1,3)y.)代入ysin x中得y3sin 2x.答案：y3sin 2x2点P的直角坐标为(1，eq r(3)，则点P的极坐标为_解析：因为点P(1，eq r(3)在第四象限，与原点的距离为2，且OP与x轴所成的角

30、为eq f(,3)，所以点P的极坐标为eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(,3).答案：eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(,3)3(2015高考北京卷)在极坐标系中，点eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(,3)到直线(cos eq r(3)sin )6的距离为_解析：点eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(,3)的直角坐标为(1，eq r(3)，直线(cos eq r(3)sin )6的直角坐标方程为xeq r(3)y60，所以点(1，eq r(3)到直线的距离deq f(|1r(3)r(3)6|,r(13)1.答案：1知识点二参数方程参

31、数方程的概念一般地，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是某个变数t的函数eq blcrc (avs4alco1(xft，,ygt，)并且对于t的每一个允许值，由函数式eq blcrc (avs4alco1(xft，,ygt)所确定的点P(x，y)都在曲线C上，那么方程eq blcrc (avs4alco1(xft，,ygt)叫作这条曲线的参数方程，变数t叫作参变数，简称参数相对于参数方程而言，直接给出点的坐标间关系的方程叫作普通方程易误提醒1在参数方程与普通方程的互化中，必须使x，y的取值范围保持一致，否则不等价2直线的参数方程中，参数t的系数的平方和为1时，t才有几何意义

32、，且其几何意义为：|t|是直线上任一点M(x，y)到M0(x0，y0)的距离，即|M0M|t|.自测练习4在平面直角坐标系中，曲线C：eq blcrc (avs4alco1(x2f(r(2),2)t，,y1f(r(2),2)t，)(t为参数)的普通方程为_解析：依题意，消去参数可得x2y1，即xy10.答案：xy105在平面直角坐标系xOy中，过椭圆eq blcrc (avs4alco1(x2cos ，,yr(3)sin )(为参数)的右焦点，且与直线eq blcrc (avs4alco1(x42t，,y3t)(t为参数)平行的直线截椭圆所得的弦长为_解析：椭圆的普通方程为eq f(x2,4)

33、eq f(y2,3)1，则右焦点的坐标为(1,0)直线的普通方程为x2y20，过点(1,0)与直线x2y20平行的直线方程为x2y10，由eq blcrc (avs4alco1(f(x2,4)f(y2,3)1，,x2y10，)得4x22x110，所以所求的弦长为eq r(1blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2) eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)24blc(rc)(avs4alco1(f(11,4)eq f(15,4).答案：eq f(15,4)考点一曲线的极坐标方程|1在极坐标系下，已知圆O：cos sin 和直线l：sin eq blc(rc)(avs

34、4alco1(f(,4)eq f(r(2),2).(1)求圆O和直线l的直角坐标方程；(2)当(0，)时，求直线l与圆O公共点的一个极坐标解：(1)圆O：cos sin ，即2cos sin ，圆O的直角坐标方程为：x2y2xy，即x2y2xy0，直线l：sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)eq f(r(2),2)，即sin cos 1，则直线l的直角坐标方程为：yx1，即xy10.(2)由eq blcrc (avs4alco1(x2y2xy0，,xy10，)得eq blcrc (avs4alco1(x0，,y1，)故直线l与圆O公共点的一个极坐标为eq blc(rc)(

35、avs4alco1(1，f(,2).2(2016长春模拟)已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为2，22eq r(2)coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,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2知24，所以x2y24.因为22eq r(2)coseq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)2，所以22eq r(2)eq blc(rc)(avs4alco1(cos cos f(,4)sin sin f(,4)2.所以x2y22x2y20.(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xy1

36、.化为极坐标方程为cos sin 1，即sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)eq f(r(2),2).直角坐标化为极坐标的关注点(1)根据终边相同的角的意义，角的表示方法具有周期性，故点M的极坐标(，)的形式不唯一，即一个点的极坐标有无穷多个当限定0，0,2)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，求极角应注意判断点M所在的象限(即角的终边的位置)，以便正确地求出角0,2)的值考点二曲线的参数方程|1已知曲线C1：eq blcrc (avs4alco1(x4cos t，,y3sin t，)(t为参数)曲线C2：eq blcrc (avs4al

37、co1(x8cos ，,y3sin .)(为参数)(1)化C1，C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；(2)若C1上的点P对应的参数为teq f(,2)，Q为C2上的动点，求PQ中点M到直线C3：eq blcrc (avs4alco1(x32t，,y2t)(t为参数)的距离的最小值解：(1)曲线C1：(x4)2(y3)21，曲线C2：eq f(x2,64)eq f(y2,9)1，曲线C1是以(4,3)为圆心，1为半径的圆；曲线C2是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，长半轴长是8，短半轴长是3的椭圆(2)当teq f(,2)时，P(4,4)，Q(8cos ，3sin )，故Meq bl

38、c(rc)(avs4alco1(24cos ，2f(3,2)sin ).曲线C3为直线x2y70，M到C3的距离deq f(r(5),5)|4cos 3sin 13|，从而当cos eq f(4,5)，sin eq f(3,5)时，d取最小值eq f(8r(5),5).2已知曲线C：eq f(x2,4)eq f(y2,9)1，直线l：eq blcrc (avs4alco1(x2t，,y22t，)(t为参数)(1)写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；(2)过曲线C上任意一点P作与l夹角为30的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值解：(1)曲线C的参数方程为eq blcrc (avs4

39、alco1(x2cos ，,y3sin .)(为参数)直线l的普通方程为2xy60.(2)曲线C上任意一点P(2cos ，3sin )到l的距离为deq f(r(5),5)|4cos 3sin 6|.则|PA|eq f(d,sin 30)eq f(2r(5),5)|5sin()6|，其中为锐角，且tan eq f(4,3).当sin()1时，|PA|取得最大值，最大值为eq f(22r(5),5).当sin()1时，|PA|取得最小值，最小值为eq f(2r(5),5).参数方程化为普通方程，主要用“消元法”消参，常用代入法、加减消元法、利用三角恒等式消元等在参数方程化为普通方程时，要注意保持

40、同解变形考点三极坐标方程、参数方程的综合应用|(2015高考全国卷)在直角坐标系xOy中，曲线C1：eq blcrc (avs4alco1(xtcos ,ytsin )(t为参数，t0)，其中0.在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：2sin ，C3：2eq r(3)cos .(1)求C2与C3交点的直角坐标；(2)若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值解(1)曲线C2的直角坐标方程为x2y22y0，曲线C3的直角坐标方程为x2y22eq r(3)x0.联立eq blcrc (avs4alco1(x2y22y0，,x2y22r(3)x0，)解得eq b

41、lcrc (avs4alco1(x0，,y0，)或eq blcrc (avs4alco1(xf(r(3),2)，,yf(3,2).)所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(3,2).(2)曲线C1的极坐标方程为(R，0)，其中00，,t1t24sin cos ，,t1t24，)sin cos 0，又0，eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)，且t10，t20.|PM|PN|t1|t2|t1t2|4(sin cos )4eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)，由eq blc(r

42、c)(avs4alco1(0，f(,2)，得eq f(,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)，f(3,4)，eq f(r(2),2)0)为极坐标方程；(2)化曲线的极坐标方程8sin 为直角坐标方程解：(1)将xcos ，ysin 代入x2y2r2，得2cos2 2sin2 r2，2(cos2 sin2 )r2，r.所以，以极点为圆心、半径为r的圆的极坐标方程为r(00，,k2k3)或eq blcrc (avs4alco1(k4，直线l与圆C相离5倾斜角为的直线l过点P(8,2)，直线l和曲线C：eq blcrc (avs4alco1(x4r(2)cos ，,y2sin ，

43、)(为参数)交于不同的两点M1，M2.(1)将曲线C的参数方程化为普通方程，并写出直线l的参数方程；(2)求|PM1|PM2|的取值范围解：(1)曲线C的普通方程为eq f(x2,32)eq f(y2,4)1，直线l的参数方程为eq blcrc (avs4alco1(x8tcos ，,y2tsin ，)(t为参数)(2)将l的参数方程代入曲线C的方程得：(8tcos )28(2tsin )232，整理得(8sin2 cos2 )t2(16cos 32sin )t640，由(16cos 32sin )2464(8sin2 cos2 )0，得cos sin ，故eq blcrc)(avs4alco

44、1(0，f(,4)，|PM1|PM2|t1t2|eq f(64,17sin2 )eq blc(rc(avs4alco1(f(128,9)，64).B组高考题型专练1(2015高考广东卷改编)已知直线l的极坐标方程为2sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)eq r(2)，点A的极坐标为Aeq blc(rc)(avs4alco1(2r(2)，f(7,4)，求点A到直线l的距离解：由2sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)eq r(2)得2eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)sin f(r(2),2)cos )eq r(2)，所以yx1

45、，故直线l的直角坐标方程为xy10，而点Aeq blc(rc)(avs4alco1(2r(2)，f(7,4)对应的直角坐标为A(2，2)，所以点A(2，2)到直线l：xy10的距离为eq f(|221|,r(2)eq f(5r(2),2).2(2015高考全国卷)在直角坐标系xOy中，直线C1：x2，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eq f(,4)(R)，设C2与C3的交点为M，N，求C2MN的面积解：(1)因为xcos ，ysin ，所以C1的极坐标方程为cos 2，C2的极坐标方程

46、为22cos 4sin 40.(2)将eq f(,4)代入22cos 4sin 40，得23eq r(2)40，解得12eq r(2)，2eq r(2).故12eq r(2)，即|MN|eq r(2).由于C2的半径为1，所以C2MN的面积为eq f(1,2).3(2015高考湖南卷)已知直线l：eq blcrc (avs4alco1(x5f(r(3),2)t，,yr(3)f(1,2)t，)(t为参数)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C的极坐标方程为2cos .(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)设点M的直角坐标为(5，eq r(3)，直线l与曲线C的交点为

47、A，B，求|MA|MB|的值解：(1)2cos 等价于22cos .将2x2y2，cos x代入即得曲线C的直角坐标方程为x2y22x0.(2)将eq blcrc (avs4alco1(x5f(r(3),2)t，,yr(3)f(1,2)t，)代入，得t25eq r(3)t180，设这个方程的两个实根分别为t1，t2，则由参数t的几何意义知，|MA|MB|t1t2|18.4(2015高考陕西卷)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq blcrc (avs4alco1(x3f(1,2)t，,yf(r(3),2)t，)(t为参数)以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，C的极坐标方程为2e

48、q r(3)sin .(1)写出C的直角坐标方程；(2)P为直线l上一动点，当P到圆心C的距离最小时，求P的直角坐标解：(1)由2eq r(3)sin ，得22eq r(3)sin ，从而有x2y22eq r(3)y，所以x2(yeq r(3)23.(2)设Peq blc(rc)(avs4alco1(3f(1,2)t，f(r(3),2)t)，又C(0，eq r(3)，则|PC| eq r(blc(rc)(avs4alco1(3f(1,2)t)2blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)tr(3)2)eq r(t212)，故当t0时，|PC|取得最小值，此时，P点的直角坐标为(3,0

49、)选修45不等式选讲1不等式的性质和绝对值不等式(1)能利用三个正数的算术平均几何平均不等式证明一些简单的不等式，解决最大(小)值的问题；了解基本不等式的推广形式(n个正数的形式)(2)理解绝对值三角不等式的代数证明和几何意义，能利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式(3)掌握|axb|c，|axb|c，|xa|xb|c，|xa|xb|c型不等式的解法2不等式的证明(1)了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法，并能利用它们证明一些简单不等式(2)能够利用三维的柯西不等式证明一些简单不等式，解决最大(小)值问题(3)理解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳

50、法证明一些简单问题知识点一绝对值不等式1绝对值三角不等式(1)定理1：如果a，b是实数，则|ab|a|b|，当且仅当ab0时，等号成立；(2)定理2：如果a，b，c是实数，那么|ac|ab|bc|，当且仅当(ab)(bc)0时，等号成立2绝对值不等式的解集(1)含绝对值的不等式|x|a的解集：不等式a0a0a0|x|ax|axax|xa或x0)型不等式的解法：|axb|ccaxbc；|axb|caxbc或axbc.(3)|xa|xb|c、|xa|xb|c(c0)型不等式的解法：利用绝对值不等式的几何意义求解利用零点分段法求解构造函数，利用函数的图象求解易误提醒1对形如|f(x)|a或|f(x)

51、|a型的不等式求其解集时，易忽视a的符号直接等价转化造成失误2绝对值不等式|a|b|ab|a|b|中易忽视等号成立条件如|ab|a|b|当且仅当ab0时成立，其他类似推导自测练习1设a，b为满足ab|ab|B|ab|ab|C|ab|a|b| D|ab|a|b|解析：ab|ab|.答案：B2若存在实数x使|xa|x1|3成立，则实数a的取值范围是_解析：|xa|x1|(xa)(x1)|a1|，要使|xa|x1|3有解，可使|a1|3，3a13，2a4.答案：2,43不等式|x1|x2|1的解集是_解析：f(x)|x1|x2|eq blcrc (avs4alco1(3x1，,2x11x2，,3x2

52、.)当1x2时，由2x11，解得1x1.所以解集为x|x1答案：1，)知识点二不等式的证明1基本不等式定理1：如果a，bR，那么a2b22ab，当且仅当ab时，等号成立定理2：如果a，b0，那么eq f(ab,2)eq r(ab)，当且仅当ab时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均定理3：如果a，b，c全为正实数，那么eq f(abc,3)eq r(3,abc)，当且仅当abc时，等号成立2比较法(1)比差法的依据是：ab0ab.步骤是：“作差变形判断差的符号”变形是手段，变形的目的是判断差的符号(2)比商法：若B0，欲证AB，只需证eq f(A,B)1.3综合

53、法与分析法(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立4柯西不等式设a，b，c，d均为实数，则(a2b2)(c2d2)(acbd)2，等号当且仅当adbc时成立易误提醒(1)在使用作商比较法时易忽视说明分母的符号(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的在运用这些性质时，易忽视性质成立的前提条件自测练习4设ta2b，sab21，则s与t的大小关系是()A

54、stBstCst Dst解析：stb22b1(b1)20，st.答案：A5已知x，y均为正数，且xy1，则eq r(3x)eq r(4y)的最大值为_解析：由柯西不等式得eq r(3x)eq r(4y)eq r(3)eq r(x)eq r(4)eq r(y)eq r(r(3)2r(4)2xy)eq r(7).答案：eq r(7)考点一绝对值不等式的解法|1(2015高考山东卷)不等式|x1|x5|2的解集是()A(，4)B(，1)C(1,4) D(1,5)解析：当x1时，不等式可化为(x1)(x5)2，即42，显然成立，所以此时不等式的解集为(，1)；当1x5时，不等式可化为x1(x5)2，即

55、2x62，解得x5时，不等式可化为(x1)(x5)2，即42，显然不成立，所以此时不等式无解综上，不等式的解集为(，4)故选A.答案：A2(2015南宁二模)已知函数f(x)|xa|.(1)若f(x)m的解集为x|1x5，求实数a，m的值；(2)当a2且0t2时，解关于x的不等式f(x)tf(x2)解：(1)|xa|m，maxma.ma1，ma5，a2，m3.(2)f(x)tf(x2)可化为|x2|t|x|.当x(，0)时，2xtx,2t0，0t2，x(，0)；当x0,2)时，2xtx，x1eq f(t,2)，0 x1eq f(t,2)，11eq f(t,2)2，0 x1eq f(t,2)；当

56、x2，)时，x2tx，t2，当0t2时，无解，当t2时，x2，)当0ta2bab2；(2)已知a，b，c都是正数，求证：eq f(a2b2b2c2c2a2,abc)abc.证明：(1)(a3b3)(a2bab2)(ab)(ab)2.因为a，b都是正数，所以ab0.又因为ab，所以(ab)20.于是(ab)(ab)20，即(a3b3)(a2bab2)0，所以a3b3a2bab2.(2)因为b2c22bc，a20，所以a2(b2c2)2a2bc.同理b2(a2c2)2ab2c.c2(a2b2)2abc2.相加得2(a2b2b2c2c2a2)2a2bc2ab2c2abc2，从而a2b2b2c2c2a

57、2abc(abc)由a，b，c都是正数，得abc0，因此eq f(a2b2b2c2c2a2,abc)abc.探究三分析法证明不等式3已知abc，且abc0，求证：eq r(b2ac)eq r(3)a.证明：要证eq r(b2ac)eq r(3)a，只需证b2ac3a2.abc0，只需证b2a(ab)0，只需证(ab)(2ab)0，只需证(ab)(ac)0.abc，ab0，ac0.(ab)(ac)0显然成立，故原不等式成立探究四放缩法证明绝对值不等式4已知x，yR，且|xy|eq f(1,6)，|xy|eq f(1,4)，求证：|x5y|1.证明：|x5y|3(xy)2(xy)|.由绝对值不等式

58、的性质，得|x5y|3(xy)2(xy)|3(xy)|2(xy)|3|xy|2|xy|3eq f(1,6)2eq f(1,4)1.即|x5y|1.证明不等式的常用方法有比较法、综合法、分析法如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法；如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明考点三绝对值不等式的综合应用|(2015郑州二检)已知函数f(x)|3x2|.(1)解不等式f(x)0)，若|xa|f(x)eq f(1,m)eq f

59、(1,n)(a0)恒成立，求实数a的取值范围解(1)不等式f(x)4|x1|，即|3x2|x1|4.当xeq f(2,3)时，即3x2x14，解得eq f(5,4)xeq f(2,3)；当eq f(2,3)x1时，即3x2x14，解得eq f(2,3)x1时，即3x2x14，无解综上所述，xeq blc(rc)(avs4alco1(f(5,4)，f(1,2).(2)eq f(1,m)eq f(1,n)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,m)f(1,n)(mn)11eq f(n,m)eq f(m,n)4，令g(x)|xa|f(x)|xa|3x2|eq blcrc (avs4alco

60、1(2x2a，xa)xeq f(2,3)时，g(x)maxeq f(2,3)a，要使不等式恒成立，只需g(x)maxeq f(2,3)a4，即0aeq f(10,3).(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法(2)f(x)a恒成立f(x)maxa恒成立f(x)mina. 设函数f(x)|x1|x2|.(1)求证：f(x)1；(2)若f(x)eq f(a22,r(a21)成立，求x的取值范围解：(1)证明：f(x)|x1|x2|(x1)(x2)|1.(2)eq f(a22,r(a21)eq f