高中数学高考二轮复习 江苏省2023年高考数学三轮专题复习素材倒数第3天

倒数第3天附加题选做部分[保温特训]1．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.求证：(1)∠AED＝∠AFD；(2)AB2＝BE·BD－AE·AC.证明(1)连接AD.因为AB为圆的直径，所以∠ADB＝90°.又EF⊥AB，∠EFA＝90°，则A，D，E，F四点共圆．所以∠AED＝∠AFD.(2)由(1)知，BD·BE＝BA·BF.连接BC，显然△ABC∽△AEF，所以eq\f(AB,AE)＝eq\f(AC,AF)，即AB·AF＝AE·AC，所以BE·BD－AE·AC＝BA·BF－AB·AF＝AB(BF－AF)＝AB2.2．如图，圆O的直径AB＝4，C为圆周上一点，BC＝2，过C作圆O的切线l，过A作l的垂线AD，AD分别与直线l、圆O交于点D，E，求线段AE的长．解在Rt△ABC中，因为AB＝4，BC＝2，所以∠ABC＝60°，因为l为过点C的切线，所以∠DCA＝∠ABC＝60°.又因为AD⊥DC，所以∠DAC＝30°.连接OE，在△AOE中，因为∠EAO＝∠DAC＋∠CAB＝60°，且OE＝OA，所以AE＝AO＝eq\f(1,2)AB＝2.3．求矩阵eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(21,12))的特征值及对应的特征向量．解特征多项式f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－2－1,－1λ－2))＝(λ－2)2－1＝λ2－4λ＋3由f(λ)＝0，解得λ1＝1，λ2＝3，将λ1＝1代入特征方程组，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－y＝0，,－x－y＝0))⇒x＋y＝0，可取eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,－1))为属于特征值λ1＝1的一个特征向量；同理，当λ2＝3时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－x＋y＝0))⇒x－y＝0，所以可取eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))为属于特征值λ2＝3的一个特征向量．综上所述，矩阵eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(21,12))有两个特征值λ1＝1，λ2＝3；属于λ1＝1的一个特征向量为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,－1))，属于λ2＝3的一个特征向量为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1)).4．在平面直角坐标系xOy中，直线x＋y＋2＝0在矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1a,b4))对应的变换作用下得到直线m：x－y－4＝0，求实数a，b的值．解在直线l：x＋y＋2＝0上取两点A(－2,0)，B(0，－2)．A、B在矩阵M对应的变换作用下分别对应于点A′，B′.因为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1a,b4))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,0))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,－2b))，所以点A′的坐标为(－2，－2b)；eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1a,b4))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,－2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2a,－8))，所以B′的坐标为(－2a，－8)．由题意，A′、B′在直线m：x－y－4＝0上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2－－2b－4＝0，,－2a－－8－4＝0.))解得a＝2，b＝3.5．在极坐标系中，圆C的方程为ρ＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝1＋2t))(t为参数)，判断直线l和圆C的位置关系．解消去参数t，得直线l的直角坐标方程为y＝2x＋1；ρ＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋\f(π,4)))，即ρ＝2(sinθ＋cosθ)，两边同乘以ρ得ρ2＝2(ρsinθ＋ρcosθ)，得⊙C的直角坐标方程为：(x－1)2＋(x－1)2＝2，圆心C到直线l的距离d＝eq\f(|2－1＋1|,\r(22＋12))＝eq\f(2\r(5),5)＜eq\r(2)，所以直线l和⊙C相交．6．已知曲线C的极坐标方程是ρ＝2sinθ，直线l的参数方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,5)t＋2，,y＝\f(4,5)t))(t为参数)．(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)设直线l与x轴的交点是M，N是曲线C上一动点，求MN的最大值．解(1)曲线C的极坐标方程可化为ρ2＝2ρsinθ.又x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0.(2)将直线l的参数方程化为直角坐标方程，得y＝－eq\f(4,3)(x－2)．令y＝0，得x＝2，即M点的坐标为(2,0)．又曲线C为圆，圆C的圆心坐标为(0,1)，半径r＝1，则MC＝eq\r(5)，所以MN≤MC＋r＝eq\r(5)＋1，即MN的最大值为eq\r(5)＋1.7．解不等式|2x－4|＜4－|x|.解当x＞2时，原不等式同解于2x－4＜4－x，解得x＜eq\f(8,3)，所以2＜x＜eq\f(8,3)；当0≤x≤2时，原不等式同解于4－2x＜4－x，解得x＞0，所以0＜x≤2；当x＜0时，原不等式同解于4－2x＜4＋x，解得x＞0，所以x∈∅.综上所述，原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(8,3))))).8．已知m＞0，a，b∈R，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).证明因为m＞0，所以1＋m＞0，所以要证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m)，即证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).[知识排查]1．圆的切线性质、相交弦定理、切割线定理是处理直线与圆问题的重要定理，要灵活应用．2．当题目中涉及圆的切线时，常常需要作出过切点的半径，通过它构建垂直关系．3．作图和证明要求语言规范，推理要有逻辑性．4．矩阵的乘法满足结合律、加法与乘法的分配律，但不满足交换律和消去律．5．已知图形变换前后的位置，求相应变换矩阵；求可逆矩阵的逆矩阵的通用方法是待定系数法．6．要注意矩阵变换的顺序不可颠倒．7．在求矩阵的特征值和特征向量时要结合定义．按步骤规范求解．8．化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消去法加减消去法、恒等式(三角的或代数的)消去法．9．化普通方程为参数方程的基本思路是引入参数角，即选定合适的参数t，先确定一个关系x＝f(t)(或y＝φ(t))，再代入普通方程F(x，y)＝0，求得另一关系y＝φ(t)(或x＝f(t))．一般地，常选择的参数有有向线段的数量、斜率、某一点的横坐标(或纵坐标)．10．极坐标与直