2019届一轮复习苏教版 矩阵与变换 学案

11基础联通抓主干知识的“源”与“流”第十二章选修4系列基础联通抓主干知识的“源”与“流”第一节选修4—2《矩阵与变换》本节主要包括2个知识点：I•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1•矩阵的运算(1)[ai1ai2]=[ai1Xb(1)[ai1ai2]=[ai1Xb11+ai2Xb21]-(2：bii21aiiaa2ia2i0⑶对于矩阵M=fi::aiixxo+ai2xyoI心0+陶2岑0J'biibi2

b2ib22",N=则MN=t出£2i222i22iibii+ai2b2iaiibi2+ai2b22_2ibii+a22b2ia2ibi2+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：（兀，y）fX，y），或T：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“神考点贯通抓高考命题的“形”与“神⑴已知A=矩阵的运算_i0_-00-，B=_—i0|-0i-，C=_—i0"-0—1_，计算AB，AC.[例I]0，B=I00，计算AB.⑵已知A⑵已知A=_10_-10l00-_0-1_L00AC=j0［00_(2)AB=l00丄01-1X0+0X01X0+0X1_00_l0X0+0X00X0+0X1-l00-111111222222(3)A2=111111222222j1-j1-_00_L-1-1_L-1-1_l00-［方法技巧］矩阵运算的规律(1)一般情况下，ABHBA，即矩阵的乘法不满足交换律.⑵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30［例2］(2。17•南京、盐城二模)设。，磧R,若直线皿+y—7=0在矩阵日—】,」⑶已知A=21L21212」1，计算A2,B2.—1_［⑶已知A=21L21212」1，计算A2,B2.—1_［解］(1)AB=J-10［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),x打y01」0b3x=x.,，即］1^-x+by=yr因为9x1+y1-91=0,所以27x+(^x+by)-91=0，即26r+by-91=0.

因为直线l的方程也为ax+y-7=0，所以普二辛二-91，解得a=2,b=13.-7［方法技巧］「—~17~变换的复合~--------------一-一--］'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'i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.ITOC\o"1-5"\h\zIIi2.矩阵乘法MN的几何意义iI对向量a=［*|连续实施的两次几何变换(先Tn后Tm)的复合变换.|y能力练通抓应用体验的“得”与“失”1•［考点］已知矩阵M=［34］，421，戶■0"L－3]，求M(2a+4fl).解:2曲£］丄12｝［；~12]2"=-14l3亠-8_|■L-26]贝I」M(2a+4fl)=21-的作用下变换为曲线21-的作用下变换为曲线C2,求C2的方,y')为曲线x2+2y2=1上与P对应的2•［考点二］曲线q：x2+2y2=1在矩阵M=0程．解：设P(x,y)为曲线C2上任意一点，P‘(xf点，则1则Lo则1则Lo+2yx'=x-2y,则s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=1.1oI3•［考点二］(2018•徐州市高三期中)已知矩阵A=|_］若直线y=x+1在矩阵A对应的变换作用下得到的直线过点P(2,6)，求实数的值.解：矩阵a解：矩阵a=12得A-1=所以A所以A-1261「2]221'匚1将点(2辺代入直线严x+1得=2-4•[考点一、二]已知矩阵A=JJ,B=02L11」L32⑴求满足条件AM=B的矩阵M；⑵矩阵M对应的变换将曲线C：兀2+戸=1变换为曲线C',求曲线C的方程.解：(1)解：(1)设M=「1AM=1—A「1AM=1—Ao」M=[“b]=r0211丄cd」La+cb+d」l32」a=0，Va+c=3,得b=2,b+d=2，「02.•a=0,b=2,c=3,d=0.aM=3@(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'),xx，y=T，y,V=2y=x,.V即、3x=y',3，代入曲线C：X2+y2=1,得（X2〕2+gj》=1.曲线c，的方程是X2+y2=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ab我们把/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)=adcd

—be.3.特征值与特征向量⑴设A是一个二阶矩阵，如果对于实数久，存在一个非零向量弘使得Aa=la，那么2称为A的一个特征值，而a称为A的属于特征值2的一个特征向量.求矩阵的逆矩阵［例1］已知矩阵A=—120L02.12，B=-06，求矩阵A—B・求矩阵的逆矩阵［例1］已知矩阵A=—120L02.12，B=-06，求矩阵A—B・考点贯通抓高考命题的“形”与“神”弓点一［解］设矩阵A的逆矩阵为-10Tab-10Tab口l02J-cd-L1001-L2e2d1001-1故a=-1,b=0,c=0,d=2,从而A的逆矩阵为A-1=［方法技巧［方法技巧］r"1.求逆矩阵的三种常用方法:(1)待定系数法：设(1)待定系数法：设A是一个二阶可逆矩阵:J，则AA.1=A.1A=E(E为单位矩阵).d」⑵公式法：=ad-be，记为detA，有⑵公式法：=ad-be，记为detA，有A-1=d

detA-b

detA,当且仅当detA-eLdetAadetA」-10_12_-1-21B=-02--06--03-0所以A-=ad-bcH0・(3从几何变换的角度求解二阶矩阵的逆矩阵.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；⑶A—1)—1=A；E—1=E;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21例2］已知矩阵A的逆矩阵A-1=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|=2x2—1X1=3^0,所以a£所以a£3-1232-3-31-3AT~2—1(2矩阵A—1的特征多项式为f(帖=2-4知3=(41)(—3),—142令fQ=O,得矩阵A—1的特征值为肘1或4=3,11所以a=—1是矩阵a-1的属于特征值4=1的一个特征向量，a=1是矩阵a-1的属于特征值4=3的一个特征向量.方法技巧］-一-一一-…矩阵A的特征值与特征向量的求解策略一-一-］|(1)求矩阵A的特征值与特征向量|I先确定其特征多项式f(4,再由f(4=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i(2-a}x-by-0所确定的二元一次方程组i即可求出特征向量.、-ex+(2-d)y-0,(2)根据矩阵A的特征值与特征向量求矩阵A［ab,根据Aa-la构建关于a,,根据Aa-la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”能力练通抓应用体验的“得”与“失”1•［考点一］(2016•江苏高考)1•［考点一］(2016•江苏高考)已知矩阵A=［J一2」，矩阵B的逆矩阵B-=9求矩阵AB.解：设B=ta则B-1则B-1B=L0122-'ab]_「10_Lcd」-L01」即错误！二错误！,即错误！二错误！,a-jc=1,a-jc=1,

b-1^=0,解得a-1，b=4,所以B=2d=1,c-0，d=1,1412」[1[12[11415-4L0-2」1-L02」L0-1」因此，AB=2.［2.［考点二］已知矩阵A=a；，其中a^R,若点P(1,1)在矩阵A的变换下得到点P'P'(0,-3).求实数a的值；求矩阵A的特征值及特征向量解：(1)由题意得La解：(1)由题意得La111－1所以a+1--3，所以a--4.1-1(2)由(1)知A=-412-11令f(l)==(2-1)2-4=0.42-1解得A的特征值为2=-1或3.-2x+y=0，~1当2=-1时，由得矩阵A的属于特征值-1的一个特征向量为4x-2y=0■2」r2x+y=0，-1_当2=3时，由得矩阵A的属于特征值3的一个特征向量为■-2」4x+2y=0123•［考点二］(2018•苏北四市期末)已知矩阵A=工*，求矩阵A的特征值和特征向L—14」量．2-1-2解：矩阵A的特征多项式为f2)==22-52+6,12-4由f(2)=0，解得21=2，22=3.[x-2y=0,当2=2时，特征方程组为]lx-2y=0,故属于特征值21=2的一个特征向量a1=；［2x-2y=0，当2=3时，特征方程组为］2［x-y=0,故属于特征值2故属于特征值22=3的一个特征向量4•［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［：］求矩阵A.[a[a=2

得、c=3・CdEHM，a叮1~2，由■cd丄0」-3-解：设A=ad

a+b=3,fb=1,得］所以］^c+d=3・［d=0.~「2叮所以"IJ［课时达标检测］基础送分课时一一高考就考那几点，练通就能把分捡－121.(2018•苏北四市摸底［课时达标检测］基础送分课时一一高考就考那几点，练通就能把分捡－121.(2018•苏北四市摸底)已知矩阵A=，B=1,向量a,若Aa=Ba,「2＋y,Ba「2＋y,Ba=_4-y2y-2解：Aa=.2+砂得x=-2,y=4.2y-2=2得x=-2,y=4.2+巧=4-y,13a2.(2018•南京、盐城、连云港、徐州模拟)已知a,b是实数，如果矩阵A=L_2_|所对应的变换T把点(2,3)变成(3,4).⑴求a,b的值；(2)若矩阵A的逆矩阵为〃，求B2.「3解：⑴由题意得b「3解：⑴由题意得ba「21「3'-2丄3」=6+3a=3,，所以2b-6=4,所以a=-1,b=5.3-1「-2-11」(2)由⑴得A=•由矩阵的逆矩阵公式得B=-5-2」-L5-3」」-11所以B2=・L-54」(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)「－101在矩阵M=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■U-1.—到点Bf,求点B的坐标.解：设Bf(x,y),

-10-1_1_-01--2」-2-依题意，由,得A'(1,2).则A'B—=(2,2),A'B'-^=(x-1,y-2).记旋转矩阵N=「-0－11,则--「10－10」1--「221」「-x－11,即「-－21「-x－11,解得x=－1,-10」-10」-2」--y－2」-2」--y－2」y=4,所以点B'的坐标为(－1,4).「a01(2018•南京、盐城模拟)设矩阵M=2［的一个特征值为2,若曲线C在矩阵M变21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(X)=(l-a)・(2・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/；］=所以/；］=［；01「x1丄y」「2x1=|_2r+y」x'=2x,即］=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=1.110」，110」，B=Lo(2017・江苏高考)已知矩阵A=［—A(1)求AB；(2)若曲线q：貧+罟=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.「011「101解：⑴因为A%o」,b=Lo2」,「011「101「021所以AB=L1olo2」=L10」.⑵设e(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),x则2y0=x，x则2y0=x，所以x0=y,i%=y，因为点Q（x0,y0）在曲线Ci上，则；80+f=i,从而#+曽=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=8.2m106.（2018盐城模拟）已知矩阵M=.的两个特征向量为a=介，a=1，若。n110211=2，求M2“解:设矩阵m的特征向量a对应的特征值为A，特征向量a对应的特征值为4，Ma1=彳a，则由可解得m=n=0，4=2，4=1Ma2=42a2，110又2=0+21=a+2a,所以m2片M2（a+2a）=4a+24a=4+2=4+2117.（2018苏州期末）已知二阶矩阵M有特征值4=3及对应的一个特征向量e】=1，并且矩阵M对应的变换将点（-1，2）变换成（9,15）求矩阵M.abab113a+b=3，ab—19解：设M=cd，则cd!=3!=3，故cd=15，故cdcd113c+d=3.cd215—a+2b=9，—c+2d=15.—14联立以上两方程组解得a=—1，b=4，c=—3，d=6，故皿=—36本节主要包括3个知识点：第二节选修4-41•极坐标系；《坐标系与参数方程》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⑴极坐标系如图所示，在平面上取一个定点0,点0叫做极点，自极点0引一条射^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.⑵极坐标设归是平血内-点•极点"与点阳的即一离|"灯|叫做点M的极轻•记対p服标旦檄轴仃丫为始如射统伽为塑辿的币111|做直M的械角，记為04——仃序数刘心厲叫做点M的极业标.记作叫B一般地，没有特殊说明时，我们认为pMO,0可取任意实数.(3)点与极坐标的关系一般地，极坐标(p，0)与(p,0+2n)(G)表示同一个点，特别地，极点O的坐标为(0,0)(0WR)，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p>0,0W0V2n,那么除极点外，平面内的点可用唯一的极坐标(p,0)表示;同时，极坐标p0)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(p,0)互化公式[x=pcos0,<[v=psin0V”2=X2+y2,tan0=X(xH0)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p=r(0W0V2n)x圆心为@0),半径为r的圆p=2rcos0^—n^0^n)w*圆心为G，，半径为r的圆喙p=2rsin0(0W0Vn)过极点，倾斜角为«的直线0=a(p£R)或0=n+a(pWR)；0=a和0=n+a

过点(0,0)，与极轴垂直的直线OUO}*pcos0=a^—n<0<n)过点C，n)与极轴平行的直:(嗨}\2/1iipsin0=a(0<0<n)线0：ll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冋乘p或冋时平方构造pcos0,psin0,p2的形式，定要注意变形过程中方程要保持冋解，不要出现增解或漏解第二步fx=pcos0,根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式j.及p2=X2+y2将极坐标『=psm0方程转化为直角坐标方程考点贯通抓高考命题的“形”与“神”2.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”(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兀，y分别用pcos0,psin0代替即可得到相应极坐标方程.⑵求直角坐标系中的点(x,y)对应的极坐标的一般步骤：话一—:;丈丄:林.並点血冋奇•.叩:上并上—除#MiXi打力说曲=亠仃产m求出仙弟讥誓正切值不再在‘則锻卡柜.汀h上).问邇皿解］［例1］在极坐标系下，已知圆0：p=cos0+sin0和直线l：psin(0—另=(1)求圆O和直线l的直角坐标方程；⑵当0e(0,n)时，求直线l与圆0公共点的一个极坐标.［解］(1)圆O:p=cos0+sin0，即p2-pcos0+psin0,圆O的直角坐标方程为：x2+y2=x+y，即x2+y2-x-y=0,直线I:psin(0-4)=子,即psin0-pcos0=1,化为极坐标方程为化为极坐标方程为pcos0+psin0=1,即psin（0+4）=¥•则直线l的直角坐标方程为：y-x=1，即x-y+1=0.⑵由x2⑵由x2+y2-x-y=0，得1Ly=!,则直线l与圆0公共点的一个极坐标为（1，£）・［方法技巧］1.应用互化公式的三个前提条件⑴取直角坐标系的原点为极点.（2）以x轴的正半轴为极轴.⑶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0的表示方法具有周期性，故点M的极坐标3,0）的形式不唯一，即一^点的极坐标有无穷多个.当限定pM0,0e［0,2n）时，除极点外，点M的极坐标是唯一的.⑵当把点的直角坐标化为极坐标时，求极角0应注意判断点M所在的象限（即角0的终边的位置），以便正确地求出角0（0e［0,2n））的值.加二极坐标方程的应用加二［例2］（2018・福州五校联考）已知曲线C的极坐标方程为"2—2<2“网（0+另一2=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;⑵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）p2-2J,2pcos（0+4）-2=0，即p2-2pcos0+2psin0-2=0，x=pcos0，将1代入得曲线C的直角坐标方程为（x-1）2+（y+1）2=4，j=psin0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i0C=-1，0C=-1，因而l=1，故直线l的直角坐标方程为y=x・

\x=1+2cos©,(2)因为M是曲线C上的动点，因而利用圆的参数方程可设j@为参Ly=-1+2sin申数），则数），则x+y=2sin申+2cos申1时，x+y取得最大值2血［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•［考点一、二］已知直线l的极坐标方程为2psin(^+n)=迈，点A的极坐标为A(2迈,罗),求点A到直线l的距离.解：由2psin(0+4)=伍，得2pf^sin0+^cosj=\'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(2\：2,判得点A的直角坐标为(2,-2),所以点A所以点A到直线l的距离d=12-2-112~1T~=亍2•［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p=2,p2—2逸将圆O］和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程;求经过两圆交点的直线的极坐标方程.解：（1）由p=2知“2=4,由坐标变换公式，得x2+y2=4・因为p2-2/2pcos（0-4）=2,所以p2-2\'%@os0cos4+sin0sin4）=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・

3•［考点二］已知圆C的极坐标方程为p2+2\；2p・sin0—n—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,以极轴为兀轴的正半轴，建立直角坐标系兀Qy•圆C的极坐标方程为p2+^.l2p^22sin0-¥阿-4=0,化简，得p2+2psin0-2pcos0-4=0.则圆C的直角坐标方程为x2＋y2-2x＋2y-4=0，即(兀-1)2+(y+1)2=6，所以圆C的半径为/6・4•［考点一、二］(2017・全国卷U)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C的极坐标方程为pcos0=4・M为曲线C上的动点，点P在线段OM上，且满足IOMI・IOPI=16,求点P的轨迹C2的直角坐标方程；设点A的极坐标为(2,3)，点B在曲线C2上，求AOAB面积的最大值.解：⑴设P的极坐标为(p,0)(p>0),M的极坐标为(pt,0)(p1>0).4由题设知Iopi=p,iOMi^p1=cos0-由IOMI・IOPI=16,得C2的极坐标方程p=4cos0(p>0).因此C2的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4(xH0).⑵设点B的极坐标为(PB,a)(pB>0),sin（a-3由题设知IOAI=2,pB=4cosa,sin（a-3S=||OAI«pB・sin”OB=4cosa=2肚（20-扌）-¥|W2+i；3・当a=-%时，S取得最大值2+V3・所以^OAB面积的最大值为2+、§・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：'x=ft)，

y=g(O,反过来，对于t的每一个允许值，由函数式｛所确定|y个变量t的函数：'x=ft)，

y=g(O,反过来，对于t的每一个允许值，由函数式｛所确定|y=g(t)的点P(r,y)都在这曲线C上那么方程叫做曲线C的参数方程，变数t是参变|y=g(t)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a的直线l的参数方程为X=x0+tcosa，匸忑°为参姒仁曲e为参数)•(3)椭圆計盘=1(a>b>0)的参数方程为仁辱@为参数).考点贯通抓高考命题的“形”与“神”“一参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sin26+cos26=1等.2.普通方程化为参数方程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；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=ft)(或y=®(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=鸭(t)),问题得解.(t为参数);［(t为参数);(2)|［解(2)|［解］⑴丁1,X=2+sin20,(y=—1+cos2卅为参数).AX2+j2=1.•:t-1^0,1又x=t,.xH0・当&1时，0vxW1,当tW-1日寸，-1Wxv0,.•.所求普通方程为X2+.•.所求普通方程为X2+y2=1,其中0vxW1,-1Wxv0,0Wyv1、-1VyW0・(2).y=-1+cos20=-1+1-2sin2&=-2sin2&,sin2&=x-2,.y=-2x+4,・.2x+y-4=0・v0Wsin2^W1,.•.0Wx-2W1,.2WxW3,所求的普通方程为2x+y-4=0(2WxW3).［易错提醒］1•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),且直线的倾斜角为弘求直线与圆锥曲线的交点、弦长问'x=r0+fcosa,题时，可以把直线的参数方程设國0丄.（t为参数），交点A,B对应的参数分别［y=y0+tSina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，求出片+（2,t2,得到IABI=lt1—t2l=\，（t1+t2）2—4tx^t2.fx=2+tcosa,［例2］（2018•无锡联考）在直角坐标系xOy中，设倾斜角为a的直线1：：3+tsinaX=2cos0,（t为参数）与曲线C仁sin0（“为参数）相交于不同的两点A，B⑴若a=3，求线段AB的中点M的坐标；⑵若IPA卜IPBI=IOPl2,其中P（2,\：3）,求直线1的斜率.［解］⑴将曲线C的参数方程化为普通方程是X2+yi=l.当a二§时，设点M对应的参数为t0.fx=2+lt，直线1的方程为］r-（t为参数）,ly甘再代入曲线C的普通方程〒+y2=1,得13t2+56t+48=0,设直线1上的点A,B对应参数分别为t1,t2.则t0^L2~2=-j3，所以点m的坐标为卑，-1|）・|x=2+tcosa，X2（2）将］—代入曲线C的普通方程X2+y2=1,ly=73+tsina得(cos2a+4sin2a)t2+(8J3sina+4cosa)t+12=0,12因为PAI・PBI=ltLt2l=,IOPI2=7,12cos2a+4sin2a所以12=7,得tan2a=L6cos2a+4sin2a16由于A=32cosa(2\；3sina-cosa)>0,

故tang芋•所以直线l的斜率为字.［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］TOC\o"1-5"\h\z|置关系来解决问题.|!ix=x0+«t,!i2•对于形如｛®（t为参数）的直线的参数方程，当a2+b2H1时，应先化为标iILy=yo+bt||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”i•［考点一］将下列参数方程化为普通方程.'=3k丿x=1+k2‘⑴6k2（为参数）；°=1+2（0为参数）.X=1—（0为参数）.y=sin0+cos0解：（1）两式相除，得y2x，将其代入x=3解：（1）两式相除，得y2x，将其代入x=3土1+（2X）2,化简得4x2+y2-6y=0,因为y=6k21+k2=6-11+k2,所以0VyV6,所以所求的普通方程是4x2+y2-6y=0（0VyV6）.（2）由（sin0+cos0）2=1+sin20=2-（1-sin20）得y2=2-x•又x=1-sin20e［O,2］,得所求的普通方程为y2=2-x,xw［0>2］.2•［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x=—8+t，fx=2s2,1t（t为参数），曲线C的参数方程为1r-（s为参数）.设P为曲线C上的y=2ly=2；2s动点，求点p到直线I的距离的最小值.解：直线I的普通方程为x-2y+8=0.因为点P在曲线C上，设P（2s2,2\Ss）,((0((0从而点P到直线I的距离I2s2-4爲+8I2(s-2)2+4■\,'，l2■\,'，l2+(-2)2因此当点P的坐标为（4,4）时，曲线C上点P到直线l的距离取到最小值警.3•［考点二］（2018•郑州模拟）将曲线q：x2+y2=1上所有点的横坐标伸长到原来的迈倍（纵坐标不变）得到曲线C2,A为C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C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ACI—IBDI.x2解：（1）由题意可得C2'込+y2=1,对曲线C1，令y=0,得x=1,所以l:得x=1,所以l:*(t为参数).19=2'(2)将x=(2)将x=1+亨,1ly=2代入X2+j2=i，整理得5/2+4<3t・4=0・X=3cos0X=3cos0,y=sin0为参数），直线l的参数方程为彳X=a+4t,y=I（t为参数）．设点C,D对应的参数分别为々，t2,则t1+t2=-453且IACI=t1,IADI=-t2•又ABI=2OAlcos30°=\''3,故ACI-IBDI=ACI-(ADI-IABI)=IACI-ADI+IABI=tt+12=^.4•［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•⑴若a=—1，求C与I的交点坐标；（2）若C上的点到l距离的最大值为＜17,求a.解：（1）曲线C的普通方程为芍+丁2=1・当a=-1时，直线l的普通方程为x+4y-3=0,x+4y-x+4y-3=0由1X2・9＋y2=1*•x=3,解得1J=OL=211X=-25,或1240=25从而c与i的交点坐标为(3,0),(-25,25).⑵直线l的普通方程为x+4y-a-4=0,故C上的点(3cos0,sin0)到l的距离为TOC\o"1-5"\h\zI3cos0+4sin0-a-4Id=而*a＋9当aM-4时，d的最大值为五扌・a+9.—由题设得7盲7=弓17，解得a=8；-a+1当aV-4时，d的最大值为，17・-a+1.—由题设得帀=门7，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「為极坐标方程与参数方程、、普通方程交织在二起，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.|—匚3)求曲线方程，常设曲线上任意二点刁(亦0)，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C的参数方程为X=—1+cosa，\.(a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y=smal的极坐标方程为p(cos0+sinff)=—2(为实数).⑴判断曲线C与直线I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ABI=V2，求直线l的斜率.x=-1+cosa,［解］(1)由曲线C1的参数方程\可得其普通方程为(x+1)2+y2=1.b=sina由p(cos0+sin0)=-2可得直线l的直角坐标方程为x+y+2=0.因为圆心(-因为圆心(-1,0)到直线l的距离d=11+k2W1,所以直线与圆相交或相切，当=0时,d=1，直线l与曲线C相切；当H0时,d<1，直线l与曲线C相交.1(2)由于曲线C］和直线l相交于AB两点且ABI=Q故圆心到直线l的距离d=1+k2解得=±1，所以直线l的斜率为±1・［方法技巧］「--…-…-…-…--…i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.|i(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p和o的几何i

|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”fx=3+/10cosa，1.已知曲线C的参数方程为\(a为参数)，以直角坐标系原点为极ly=1+寸10sina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；

1(2)若直线的极坐标方程为sin0—cos0=7，求直线被曲线C截得的弦长.解：⑴•••曲线C的参数方程为(a为参数)，“3+解：⑴•••曲线C的参数方程为(a为参数)，曲线C的普通方程为(兀-3)2+(y-1)2=10,®曲线C表示以(3,1)为圆心，诅0为半径的圆.x=pcos0,将]代入①并化简，j=psin0得p=6cos0+2sin0,即曲线C的极坐标方程为p=6cos0+2sin0.(2)•値线的直角坐标方程为y-x=1,.圆心C到直线的距离为d=322,.弦长为2\ho-2=P22.2•在极坐标系中，圆C的方程为p=2acos0(aHO),以极点为坐标原点，极轴为x轴X=3r+1,正半轴建立平面直角坐标系，设直线l的参数方程为｛"丄a(t为参数).[y=4t+3求圆C的标准方程和直线l的普通方程；若直线l与圆C恒有公共点，求实数a的取值范围.解：(1)由p=2acos0，p2=2apcos0，又p2=x2+y2，pcos0=x，所以圆C的标准方程为(x-a)2+y2=a2.x=x=3t+1,由y=4t+3,x-1得

y-3I丁=t,x-1y-3因此丁=丁所以直线l的普通方程为4x-3y+5=0.⑵因为直线l与圆⑵因为直线l与圆C恒有公共点,所以(9a+5)(a—5)^0,解得a^_9或a$5,所以a的取值范围是（一8,—5]u[5,+8）.3.（2016•全国卷3.（2016•全国卷III）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=j3cosa,<y=sina(a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（1）写出C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IPQI的最小值及此时P的直角坐标.x2解：（1）q的普通方程为：+y2=1,C2的直角坐标方程为x+y・4=0・⑵由题意，可设点P的直角坐标为（\'3cosa,sina）.因为C2是直线，所以IPQI的最小值即为P到C2的距离d（a）的最小值，当且仅当a=2n+*e）时,何取得最小值最小值为朽此时P的直角坐标为g,£）・[课时达标检测[课时达标检测]基础送分课时一一高考就考那几点，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（a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0=碁若直线l与曲线C交于A，〃，求线段AB的长.解：曲线C的普通方程为（x-\'3）2+y2=4，表示以，0）为圆心，2为半径的圆，直线l的直角坐标方程为y暮x，所以圆心到直线的距离为亨，所以线段AB的长为2\"-国25・

2.在直角坐标系xOy中，曲线C12.在直角坐标系xOy中，曲线C1：：(t为参数，tH0)，其中0WaVn・在y=tsma以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：p=2sin0,C3：p=2\3cos0.求C2与C3交点的直角坐标；若C与C2相交于点A,C与C3相交于点〃，求A〃啲最大值.解：(1)曲线C2的直角坐标方程为X2+y2・2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-2.；'3x=0.所以C所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和fx2+y2-2y=0，x=0，厂解得或、X2+y2-2)3x=0，y=0x=2，3y=2・⑵曲线C的极坐标方程为0=a(pER,pH0)，其中0WaVn・因此A的极坐标为(2sina,a),B的极坐标为(2p3cosa,a).所以A〃l=I2sina-2寸3cosal=4sinla-3当a=5n时，ABI取得最大值，最大值为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｛(0为参数重合.已知椭圆C的参数方程为｛(0为参数)，点M的极坐标为(1,爭•若P是y=sin0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：M的极坐标为(1,2)，故直角坐标为M(0,1)，且P(2cos0,sin0)，所以PM=J(2cos0)2+(sin0-1)2=J-3sin20-2sin0+5-3(^sin0+3)2+16，sin0e[-1,1].所以当sin0=-扌时，PMmax=4^3，此时cos0=士耳2.所以，PM的最大值是警

此时点P的坐标是(士警，-aJx=1+2，、―(2018•盐城模拟)已知直线l的参数方程为j2曲线C的极坐标方程为p=ly=t,4sin0,试判断直线l与曲线C的位置关系.解：直线l的普通方程为2x-y-2=0;曲线C的直角坐标方程为：X2+(y-2)2=4,它表示以(0,2)为圆心，半径是2的圆.10-2-2144(5由圆心到直线l的距离d==石=于＜2，得直线l与曲线C相交.fx=2+t,(2018・泰州期中)已知曲线C：X2+¥=1,直线l:=2_；('为参数).写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；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IPAI的最大值与最小值.|x=2cos0,解：⑴曲线C的参数方程为］(0为参数).Ly=3sin0直线l的普通方程为2x＋y-6=0.⑵曲线C上任意一点P(2cos0,3sin0)到l的距离为d=^I4cos0+3sin0-6I.则IPAI=sin^O^=2^I5sin(0+a)-6I,其中a为锐角，且tana=f・当sin(0+a)=-1时，IP4I取得最大值，最大值为22^・当sin(0+a)=1时，IPAI取得最小值，最小值为勒5.6.(20176.(2017・全国卷III)在直角坐标系xOy中,直线的参数方程为X=2+t,Ly=kt(t为参数),x=—2+m,直线l2的参数方程为=m(m为参数).设％与l2的交点为P,当变化时，P的y=k轨迹为曲线C.⑴写出C的普通方程；⑵以坐标原点为极点，兀轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l3：p(cos〃+sin'2=0,M为l3与C的交点，求M的极径.解：⑴消去参数t得11的普通方程lt：y=(x-2);消去参数m得l2的普通方程l2：y=k(x+2).y二k(x-2),设P(x,y),由题设得jj严k(x+2)・消去得x2-y2=4(yH0).所以C的普通方程为X2—y2=4(yH0).(2)C的极坐标方程为p2(cos20-sirnff)=4(0<^<2n,OHn).p2(cos2&-sinff)=4,联立jLp(cosff+sinff)-寸2=0得cosff-sinff=2(cosff＋sinff).191故tanff=-3,从而cos2ff=,sin2ff=代入p2(cos2ff-sin2ff)=4得p2=5,所以交点M的极径为J5.X=4+5cost,7.(2018・扬州期初)已知曲线C1的参数方程为ju丄u.(t为参数)，以坐标原1『=5+5sint,点为极点，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p=2sinff.(1)把C1的参数方程化为极坐标方程；⑵求C1与C2交点的极坐标(pN0,0WffV2n).Ix=4+5cost,解：⑴将］消去参数t,化为普通方程(x-4)2+(y-5)2=25，即C、：Ly=5+5sint＋y2-8x-10y＋16=0.rx=pcosff,将代入x2+y2-8x-10y+16=0,j=psinff得p2-8pcosff-10psinff+16=0.

所以C1的极坐标方程为P2-8pcos0-IQpsin^+16=0.x=1,解得(2)C2的普通方程为x2+y2-2x=1,解得x2+j2-8X-10y+16=0,由“2+y2-2y=0,所以c1与c2交点的极坐标分别为(逅,n),(2,£).本节主要包括2个知识点:第三节选修4—5《不等式选讲》1•绝对值不等式；2•不等式的证明.突破点(一)绝对值不等式基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．绝对值不等式的解法：(1)含绝对值的不等式XIVa与ixl>a的解集:不等式a>0a=0aV0lxlVa{xl—aVxVa}00lxl>a{xX>a或xV—a}{x^RxH。}r(2)lox+blWc,lox+blNc(c>0)型不等式的解法：lar+blWcO—cWax+bWc：lax+blMcOax+bNc或ax+bW—c・⑶lx—al+lx—bl^c,lx—al+lx—blWc(c>0)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.2．绝对值不等式的性质性质1：lal+lbl^la+bl，当且仅当ab^0时，等号成立.性质2：lal—lblWla+bl.性质3：lal—lblWla—blWlal+lbl.推论：la—blWla—cl+lb—cl，当且仅当(a—c)(b—c)W0时，等号成立.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”

驿一绝对值不等式的解法［例1］解下列不等式：l2x+1l-2lx-1l>0.氐+31—1加一11<2+1・-2x+［解］(1)法—:原不等式可化为I2x+11>2lx-11，两边平方得4x2+4x+1>4(-2x+TOC\o"1-5"\h\z1「1】1)，解得x>1，所以原不等式的解集为｛xIx>4»・1)“1x<-2,法二：原不等式等价于j2、-(2x+1)+2(x-1)>0或］l或］l(2x+1)+2(x-1)>0x>1,或、(2x+1)-2(x-1)>0・解得x>|，所以原不等式的解集为｛xIx>4】・(2)①当x<-3时，原不等式化为-(兀+3)-(1-加)<专+1,解得x<10,::x<-3.原不等式化为(x+3)-(1-2r)<2+1,22解得x<-5，-■3Wx<-5-③当时，原不等式化为(x+3)+(1・2x)<2+1,解得x>2，:x>2.2］综上可知，原不等式的解集为陆<逹或x>2，・［方法技巧］绝对值不等式的常用解法基本性质法对aeR+,IxI<aO-a<x<a,Ixl>a^x<-a或x>a・TOC\o"1-5"\h\z|（2）平方法|I两边平方去掉绝对值符号.Ii（3）零点分区间法II含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转I!化为与之等价的不含绝对值符号的不等式（组）求解.!ii盘点二证明绝对值不等式1i［例2］已知x,，且X+ylWg，lx_jl^4，求证：X+5ylW1・［证明］•••X+5yl=l3(x+y)・2(x・y)l・.•.由绝对值不等式的性质，得lx+5yl=l3(x+y)-2(x-y)l^l3(x+y)l+l2(x-y)l=3lx+yl+2lx-ylW3x£+2x|=1•即lx+5ylW1・［方法技巧］［例3］设函数fx)=x+lx—al・⑴当a=2017时，求函数fx)的值域；⑵若g(x)=lx+1l,求不等式g(x)—2>x—f(x)恒成立时a的取值范围.［解］⑴由题意得，当a=2017时，(2x-2017,xM2017,fx)彳〔2017,xv2017.因为fx)在［2017,+8)上单调递增，所以函数fx)的值域为［2017,+8).⑵由g(x)=lx+1l，不等式g(x)-2>x-fx)恒成立，知lx+1l+lx-al>2恒成立，即(lx+1l+lx-al)^*2・而lx+1l+lx-alMl(x+1)-(x-a)l=l1+al，

所以I1+al>2，解得a>1或a<-3.故a的取值范围为(-8,-3)U(1,+8).能力练通抓应用体验的“得”与“失”1•［考点一］求不等式lx-1|-|x-5l<2的解集.解：不等式lx-1I-lx-5I<2等价于</•x<1,1WxW5,”或、-(x-1)+(x-5)<2lx-1+x-5<2fx>5,■x<1,1WxW5,或即或x-1-(x-5)<2,-4<22x<8或<>5>］4<2,故原不等式的解集为{xlx<1}U{xl1Wx<4}U={xlx<4}.2•［考点一、二］已知函数fx)=lx—al+3x,其中a>0・⑴当a=1时，求不等式fx)M3x+2的解集；⑵若不等式fx)W0的解集为{xlxW-1},求a的值.解：⑴当a=1时，fx)M3x+2可化为lx-1lM2・由此可得xM3或xW-1.故不等式fx)$3r+2的解集为{xlxM3或xW-1}.⑵由fx)W0得lx-al+3xW0.x<a,或、ax<a,或、a-x+3xW0,此不等式可化为<、x-a+3xW0xMaxMa,即ux<a,axW-2・结合a>0,解得xW-号，即不等式fx)W0的解集为{xlxW-2».••不等式fx)W0的解集为{xlxW-1}2=-1,故a=2.3•［考点一］设函数fx)=x+a+lx—al(a>0).证明：fx)M2；若f(3)<5,求a的取值范围.

111解：⑴证明：由a>0,有f(x)=x^a+X-alMx+a-(x-a)=a+a^2.当且仅当a=1时等号成立.所以fx)M2・(2f(3)=3+十+l3-al・1当a>3时，f(3)=a+a，5+殛由f(3)v5得3vav2・1当0VaW3时，f(3)=6-a+a,a1+{5由f(3)v5得厂VaW3・综上，a综上，a的取值范围是呼4•［考点二］(2018•新沂期初)设函数fx)=X—1l+X—al(aER).⑴当a=4时，求不等式fx)$5的解集；⑵若fx)M4对x£R恒成立，求a的取值范围.或严尺4，13或严尺4，13M5解：(1)当a=4时，不等式即为lx-1l+lx-41^5，等价于*、-2x+5$5x>4，或、2x-5M5，解得xWO或xM5，故不等式fx)M5的解集为{xlxWO或xN5}.(2)因为fx)=lx-1l+lx-al^l(x-1)-(x-a)l=la-1l，所以fx)mi=la-1l，故la-1lM4，解得aW-3或a$5・故a的取值范围为(-8，-3］u［5，+8).5•［考点一］(2018•开封模拟)设函数fx)=lx—al,aV0・⑴证明：fx)+f-£)M2；1⑵若不等式fx)+f(2r)<1的解集非空，求a的取值范围.解：(1)证明：函数f(x)=lx-al，av0，则f(x)-x)=lx-al+~x~a=lx-al+^^aM(^-a)+=x+xI=]x^iiM2\[^i=2(当且仅当lxl=1时取等号).(2)fx)+f(2x)=lx-al+l2x-al,a<0.当xWa时，,f(x)+f(2x)=a-x+a-2x=2a-3x，则f(x)+f(2x)M-a;当a<x<号时，f(x)+f(2x)=x-a+a-2x=-x，则-号<f(x)+f(2x)<-a;当xM|时，fx)+f(2x)=x-a+2x-a=3x-2a，则f(x)+f(2x)M-1，则fx)+f2x)的值域为[-2，+T,1不等式fx)+f(2x)<2的解集非空，即为1>-2，解得，a>-1，由于a<0，则a的取值范围是(-1,0)．突破点(二)不等式的证明基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．比较法作差法的依据是：a~b>0a^b・作商法：若B>0,欲证只需证AM1.2．综合法与分析法综合法：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．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．3．几个常用的不等式(1)柯西不等式

柯西不等式的代数形式：设a,b,c,d均为实数，则（a2+b2）（c2+d2）M（ac+bd）2，当且仅当ad=bc时，等号成立.柯西不等式的向量形式：设a，p为平面上的两个向量，贝9lallj»IMIa・0l，等号当且仅当a,p共线时成立.三角形不等式：设x1，y1，x2，y2，x3，y3^R，则\'（x1^x2）2+（y1^y2）2+<-（x2^x3）2+（y2^y3）2^\'（x1^x3）2+（y1^y3）2.柯西不等式的一般形式：设n为大于1的自然数，a.，b.（i=12，…，n）为实数，则（a?+a2a2）（b#+b2+…+磚)$+磚)$(彳1+%2+・・・+叫化)2,等号当且仅当洽述时成立（当a=0时，约定b=0,i=1,2,…，n).（2）算术一一几何平均不等式若Q],a2，…，an为正数，贝贝11+"2：+叫$备角…。“，当且仅当a1=a2=^=an时，等号成立.考点贯通抓高考命题的“形”与“神考点贯通抓高考命题的“形”与“神零戊一比较法证明不等式［例1］设a,b是非负实数，求证：a2+b2M“Jab(a+b).［证明］因为a2+b2."拓b(a+b)=(a2-av'ab)+(b2-b\'ab)=aja(\：a-Jb)+bJb(Vb-\'a)=(\】a-\'b)(a\a-bjb)=(“2-b2)a-b2)，因为a$0,b^0,所以不论aMbMO，还是OWaWb，都有a|-b］与a|-b2同号,所以(a1-b|)(a3-b^0,所以a2+b2^.：ab(a+b).

［方法技巧］［方法技巧］作差比较法证明不等式的步骤|⑴作差；（2）变形；（3）判断差的符号；（4）下结论•其中“变形”是关键，通常将差变形I成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负.综合法证明不等式—111［例2］已知a,b,c>0且互不相等，abc=1•试证明："Qa+讨b+"Qc^a^b^c*［证明］因为a,b,c>0,且互不相等，abc=1,所以爲*亦讥=冷盒+飞绘+，jab111111+__+_—+,bcacab111v^—+^—+^—=++,222abc'即;a++Jcva+半+£-I.［方法技巧］-I.—--一-一一-一"综合法证明时常用的不等式--一(WMO.lalM0・a2+b2^2ab，它的变形形式有：a2+b2^2labl;a2+bi^-2ab;(a+b)2^4ob;a2+b2(a+ba2+b2^r(a+b)2;~~M2.2k2a+b~!M;ab，它的变形形式有：a+a^2(a>0)；b+aM2(ab>0)；*彦三分析法证明不等式［例3］(2018・沈阳模拟)设a,b,c>0,且ab+bc+ca=1•求证:(1)a+b+cMp3・(2)bc+aM¥3&a+\''(2)bc+aM¥3&a+\''b+\'c).［证明］⑴要证a+b+c^J3,由于a,b,c>0,因此只需证明(a+b+c)2$3.即证:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)M3,而ab+bc+ca=1,故只需证明：a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)M3(ab+bc+ca).即证：a2+b2+ci^ab+bc+ca.a2+b2b2+c2c2+a2而这可以由ab+bc+caW—j—+—2—+—2—=ai+b2+c2(当且仅当a-b-c时等号成立)证得．所以原不等式成立．(2)ca+b+cab\abc(2)ca+b+cab\abc在⑴中已证a+b+cM冷3・因此要证原不等式成立，只需证明W+岳+Pc,即证a、/b+bpac+c'JabWI,即证a［be+b'dac+cQabWab+bc+ca.而aQbc而aQbc-Jab・acWab+ac2ab+bcbc+acbJacW2~，c\；abW~j~・所以a\b+b^ac+c'labWab+bc+ca（当且仅当a-b-c-申时等号成立）.所以原不等式成立．［方法技巧］_-一-一一-一一-■分析法的应用I当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2+b2$2ob)、基本不等式ITOC\o"1-5"\h\zLb、I!&bw学a>0b>0没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法!iV2，，丿jI来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.I利用柯西不等式证明不等式［例4］已知x,y,均为实数.若x+y+=1,求证：、;3x+1+rJ3y+2+rj3z+3W3j'3；⑵若x+2y+3=6,求x2+y2+2的最小值.［解］⑴证明：因为C,!3x+1+“Jay+2+“J3z+3)20(12+12+l2)(3x+1+3y+2+3+3)=27.所以寸3x+1+\【3y+2+.,''3z+3W3"j3・当且仅当x=3，y=1，=0时取等号.因为6=x+2y+3Wx2+y2+z2・1+4+9,所以x2+y2+2^18,当且仅当兀=2=3,即x=3，y=7,=7时等号成立,18即X2+y2+2的最小值为丁・［方法技巧］TOC\o"1-5"\h\z［柯西不等式的应用技巧1I⑴使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯II西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明.I|(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为：(a1+a2+・・・+an)Cj+±+…+£$(1+1|12n|+…+1)2=n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数以及等号成立的条件.|能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.［考点二］已知a>b>c,且a+b+c=0,求证:pb2—ac<［3a・证明：要证\