解三角形 测试练习题

1.解三角形1.已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且asinA＋csinC－bsinB＝eq\r(2)asinC.(1)求角B的大小；(2)设向量m＝(cosA,cos2A),n＝(12,－5),边长a＝4,当m·n取最大值时,求b的值.解：(1)由题意得,asinA＋csinC－bsinB＝eq\r(2)asinC,∴a2＋c2－b2＝eq\r(2)ac,∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2),∵B∈(0,π),∴B＝eq\f(π,4).(2)∵m·n＝12cosA－5cos2A＝－10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA－\f(3,5)))2＋eq\f(43,5),∴当cosA＝eq\f(3,5)时,m·n取最大值,此时sinA＝eq\f(4,5).由正弦定理得,b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(5\r(2),2).2.已知△ABC中,AC＝2,A＝eq\f(2π,3),eq\r(3)cosC＝3sinB.(1)求AB；(2)若D为BC边上一点,且△ACD的面积为eq\f(3\r(3),4),求∠ADC的正弦值.解：(1)因为A＝eq\f(2π,3),所以B＝eq\f(π,3)－C,由eq\r(3)cosC＝3sinB得,cosC＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－C)),所以cosC＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosC－\f(1,2)sinC))＝eq\f(3,2)cosC－eq\f(\r(3),2)sinC,所以eq\f(1,2)cosC＝eq\f(\r(3),2)sinC,即tanC＝eq\f(\r(3),3).又因为C∈(0,π),所以C＝eq\f(π,6),从而得B＝eq\f(π,3)－C＝eq\f(π,6),所以AB＝AC＝2.(2)由已知得eq\f(1,2)·AC·CDsineq\f(π,6)＝eq\f(3\r(3),4),所以CD＝eq\f(3\r(3),2),在△ACD中,由余弦定理得,AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcosC＝eq\f(7,4),即AD＝eq\f(\r(7),2),由正弦定理得,eq\f(AD,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ADC),故sin∠ADC＝eq\f(ACsinC,AD)＝eq\f(2\r(7),7).3.已知函数f(x)＝1＋2eq\r(3)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－2cos2eq\f(x,2),△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.(1)求f(A)的取值范围；(2)若A为锐角且f(A)＝eq\r(2),2sinA＝sinB＋eq\r(2)sinC,△ABC的面积为eq\f(3＋\r(3),4),求b的值.解：(1)f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))),∴f(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6))),由题意知,0<A<π,则A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6))),∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)),故f(A)的取值范围为(－1,2].(2)由题意知,sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(\r(2),2),∵A为锐角,即A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))),∴A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3))),∴A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,4),即A＝eq\f(5π,12).由正、余弦定理及三角形的面积公式,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝b＋\r(2)c，,\f(1,2)bc·sin\f(5π,12)＝\f(3＋\r(3),4)，,cos\f(5π,12)＝\f(b2＋c2－a2,2bc)，))解得b＝eq\r(2).4.(2018·北京11中模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(\r(3),2))),且相邻两条对称轴的距离为eq\f(π,2).(1)求函数f(x)的解析式及其在[0,π]上的单调递增区间；(2)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＋cosA＝eq\f(1,2),求角A的大小.解：(1)由相邻两条对称轴的距离为eq\f(π,2),可得其周期为T＝eq\f(2π,ω)＝π,所以ω＝2,由图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(\r(3),2))),且ω>0,0<φ<eq\f(π,2),得φ＝eq\f(π,6),所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2),k∈Z,得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3),k∈Z.所以函数f(x)在[0,π]上的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π)).(2)由f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＋cosA＝eq\f(1,2),可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＋cosA＝eq\f(1,2),则eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＝eq\f(1,2),得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2),因为0<A<π,所以eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,6),所以A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6),所以A＝eq\f(2π,3).2.数列1.在等差数列{an}中,a1＝－2,a12＝20.(1)求数列{an}的通项an；(2)若bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n),求数列{3bn}的前n项和Sn.解：(1)因为an＝－2＋(n－1)d,所以a12＝－2＋11d＝20,于是d＝2,所以an＝2n－4(n∈N*).(2)因为an＝2n－4,所以a1＋a2＋…＋an＝eq\f(n2n－6,2)＝n(n－3),于是bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)＝n－3,令cn＝3bn,则cn＝3n－3,显然数列{cn}是等比数列,且c1＝3－2,公比q＝3,所以数列{3bn}的前n项和Sn＝eq\f(c1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－qn)),1－q)＝eq\f(3n－1,18)(n∈N*).2.(2018·巩义模拟)已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2),eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋2(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,2).(1)解：由条件可知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列,且首项为2,公差为2,所以eq\f(1,an)＝2＋(n－1)×2＝2n,故an＝eq\f(1,2n)(n∈N*).(2)证明依题意可知aeq\o\al(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)))2＝eq\f(1,4)·eq\f(1,n2)<eq\f(1,4)·eq\f(1,n)·eq\f(1,n－1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n))),n≥2,n∈N*.又因为aeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4),所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,n)))<eq\f(1,4)×2＝eq\f(1,2).故aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)<eq\f(1,2).3.(2018·衡水金卷模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1＝5,3a5＋a9＝S6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋1an,且b1＝a6,求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d,由a1＝5,3a5＋a9＝S6,得3(5＋4d)＋(5＋8d)＝6×5＋eq\f(6×5,2)d,解得d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝5＋2(n－1)＝2n＋3(n∈N*).(2)由(1)得,b1＝a6＝2×6＋3＝15.又因为bn＋1＝an＋1an,所以当n≥2时,bn＝anan－1＝(2n＋3)(2n＋1),当n＝1时,b1＝5×3＝15,符合上式,所以bn＝(2n＋3)(2n＋1)(n∈N*).所以eq\f(1,bn)＝eq\f(1,2n＋32n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(n,32n＋3)(n∈N*).4.(2018·大庆模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1＝1,S9＝81.记bn＝[log5an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]＝0,[log516]＝1.(1)求b1,b14,b61；(2)求数列{bn}的前200项和.解：(1)设等差数列{an}的公差为d,由已知S9＝81,根据等差数列的性质可知,S9＝9a5＝9(a1＋4d)＝81,∴a1＋4d＝9.∵a1＝1,∴d＝2,∴an＝2n－1,∴b1＝[log51]＝0,b14＝[log527]＝2,b61＝[log5121]＝2.(2)当1≤n≤2时,1≤an≤3(an∈N*),bn＝[log5an]＝0,共2项；当3≤n≤12时,5≤an≤23,bn＝[log5an]＝1,共10项；当13≤n≤62时,25≤an≤123,bn＝[log5an]＝2,共50项；当63≤n≤200时,125≤an≤399,bn＝[log5an]＝3,共138项.∴数列{bn}的前200项和为2×0＋10×1＋50×2＋138×3＝524.3.立体几何1.如图,在三棱柱ABF－DCE中,∠ABC＝120°,BC＝2CD,AD＝AF,AF⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥EC；(2)若AB＝1,求四棱锥B－ADEF的体积.(1)证明已知ABF－DCE为三棱柱,且AF⊥平面ABCD,∴DE∥AF,ED⊥平面ABCD.∵BD⊂平面ABCD,∴ED⊥BD,又ABCD为平行四边形,∠ABC＝120°,故∠BCD＝60°,又BC＝2CD,故∠BDC＝90°,故BD⊥CD,∵ED∩CD＝D,ED,CD⊂平面ECD,∴BD⊥平面ECD,∵EC⊂平面ECD,故BD⊥EC.(2)解：由BC＝2CD得AD＝2AB,∵AB＝1,故AD＝2,作BH⊥AD于点H,∵AF⊥平面ABCD,BH⊂平面ABCD,∴AF⊥BH,又AD∩AF＝A,AD,AF⊂平面ADEF,∴BH⊥平面ADEF,又∠ABC＝120°,∴在△ABH中,∠BAH＝60°,又AB＝1,∴BH＝eq\f(\r(3),2),∴VB－ADEF＝eq\f(1,3)×(2×2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(3),3).2.如图,在△BCD中,∠BCD＝90°,BC＝CD＝1,AB⊥平面BCD,∠ADB＝60°,E,F分别是AC,AD上的动点,且eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝λ(0<λ<1).(1)求证：无论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC；(2)是否存在实数λ,使得平面BEF⊥平面ACD.(1)证明∵AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.∵CD⊥BC,AB∩BC＝B,AB,BC⊂平面ABC,∴CD⊥平面ABC.又∵eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝λ(0<λ<1),∴无论λ为何值,恒有EF∥CD,∴EF⊥平面ABC.又∵EF⊂平面BEF,∴无论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC.(2)解：假设存在λ,使得平面BEF⊥平面ACD.由(1)知BE⊥EF,∵平面BEF⊥平面ACD,平面BEF∩平面ACD＝EF,BE⊂平面BEF,∴BE⊥平面ACD.又∵AC⊂平面ACD,∴BE⊥AC.∵BC＝CD＝1,∠BCD＝∠ABD＝90°,∠ADB＝60°,∴BD＝eq\r(2),∴AB＝eq\r(2)tan60°＝eq\r(6),∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(7).由Rt△AEB∽Rt△ABC,得AB2＝AE·AC,∴AE＝eq\f(6,\r(7)),∴λ＝eq\f(AE,AC)＝eq\f(6,7).故当λ＝eq\f(6,7)时,平面BEF⊥平面ACD.3.如图,在四棱锥P—ABCD中,PC＝AD＝CD＝eq\f(1,2)AB＝2,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若M为线段PA的中点,且过C,D,M三点的平面与线段PB交于点N,确定点N的位置,说明理由；并求三棱锥A—CMN的高.(1)证明连接AC,在直角梯形ABCD中,AC＝eq\r(AD2＋DC2)＝2eq\r(2),BC＝eq\r(AB－CD2＋AD2)＝2eq\r(2),所以AC2＋BC2＝AB2,即AC⊥BC.又PC⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PC⊥BC,又AC∩PC＝C,AC,PC⊂平面PAC,故BC⊥平面PAC.(2)解：N为PB的中点,连接MN,CN.因为M为PA的中点,N为PB的中点,所以MN∥AB,且MN＝eq\f(1,2)AB＝2.又因为AB∥CD,所以MN∥CD,所以M,N,C,D四点共面,所以N为过C,D,M三点的平面与线段PB的交点.因为BC⊥平面PAC,N为PB的中点,所以点N到平面PAC的距离d＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(2).又S△ACM＝eq\f(1,2)S△ACP＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×AC×PC＝eq\r(2),所以V三棱锥N—ACM＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×eq\r(2)＝eq\f(2,3).由题意可知,在Rt△PCA中,PA＝eq\r(AC2＋PC2)＝2eq\r(3),CM＝eq\r(3),在Rt△PCB中,PB＝eq\r(BC2＋PC2)＝2eq\r(3),CN＝eq\r(3),所以S△CMN＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2).设三棱锥A—CMN的高为h,V三棱锥N—ACM＝V三棱锥A—CMN＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×h＝eq\f(2,3),解得h＝eq\r(2),故三棱锥A—CMN的高为eq\r(2).4.(2018·乐山联考)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO＝OB＝1.(1)若D为线段AC的中点,求证：AC⊥平面PDO；(2)求三棱锥P－ABC体积的最大值；(3)若BC＝eq\r(2),点E在线段PB上,求CE＋OE的最小值.(1)证明在△AOC中,因为OA＝OC,D为AC的中点,所以AC⊥OD.又PO垂直于圆O所在的平面,所以PO⊥AC.因为DO∩PO＝O,DO,PO⊂平面PDO,所以AC⊥平面PDO.(2)解：因为点C在圆O上,所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1.又AB＝2,所以△ABC面积的最大值为eq\f(1,2)×2×1＝1.又因为三棱锥P－ABC的高PO＝1,故三棱锥P－ABC体积的最大值为eq\f(1,3)×1×1＝eq\f(1,3).(3)解：在△POB中,PO＝OB＝1,∠POB＝90°,所以PB＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).同理PC＝eq\r(2),所以PB＝PC＝BC.在三棱锥P－ABC中,将侧面BCP绕PB旋转至平面C′PB,使之与平面ABP共面,如图所示.当O,E,C′共线时,CE＋OE取得最小值.又因为OP＝OB,C′P＝C′B,所以OC′垂直平分PB,即E为PB中点.从而OC′＝OE＋EC′＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(6),2)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2),即CE＋OE的最小值为eq\f(\r(2)＋\r(6),2).4.解析几何1.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2),且C过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2))).(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),且直线OP,l,OQ的斜率成等比数列,证明：直线l的斜率为定值.(1)解：由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明由题意可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0),由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y,整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0,∵直线l与椭圆交于两点,∴Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)>0.设点P,Q的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2),x1x2＝eq\f(4m2－1,1＋4k2),∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.∵直线OP,l,OQ的斜率成等比数列,∴k2＝eq\f(y2,x2)·eq\f(y1,x1)＝eq\f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2),整理得km(x1＋x2)＋m2＝0,∴eq\f(－8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0,又m≠0,∴k2＝eq\f(1,4),结合图象(图略)可知k＝－eq\f(1,2),故直线l的斜率为定值.2.已知抛物线Γ：x2＝2py(p>0),直线y＝2与抛物线Γ交于A,B(点B在点A的左侧)两点,且|AB|＝4eq\r(3).(1)求抛物线Γ在A,B两点处的切线方程；(2)若直线l与抛物线Γ交于M,N两点,且MN的中点在线段AB上,MN的垂直平分线交y轴于点Q,求△QMN面积的最大值.解：(1)由x2＝2py,令y＝2,得x＝±2eq\r(p),所以4eq\r(p)＝4eq\r(3),解得p＝3,所以x2＝6y,由y＝eq\f(x2,6),得y′＝eq\f(x,3),故y′|x＝2eq\r(3)＝eq\f(2,3)eq\r(3).所以在A点的切线方程为y－2＝eq\f(2\r(3),3)(x－2eq\r(3)),即2x－eq\r(3)y－2eq\r(3)＝0,同理可得在B点的切线方程为2x＋eq\r(3)y＋2eq\r(3)＝0.(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0,故设l：y＝kx＋m,M(x1,y1),N(x2,y2),由x2＝6y与y＝kx＋m联立,得x2－6kx－6m＝0,Δ＝36k2＋24m>0,所以x1＋x2＝6k,x1x2＝－6m,故|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(36k2＋24m)＝2eq\r(3)·eq\r(1＋k2)·eq\r(3k2＋2m).又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6k2＋2m＝4,所以m＝2－3k2,所以|MN|＝2eq\r(3)·eq\r(1＋k2)·eq\r(4－3k2),由Δ＝36k2＋24m>0,得－eq\f(2\r(3),3)<k<eq\f(2\r(3),3)且k≠0.因为MN的中点坐标为(3k,2),所以MN的垂直平分线方程为y－2＝－eq\f(1,k)(x－3k),令x＝0,得y＝5,即Q(0,5),所以点Q到直线kx－y＋2－3k2＝0的距离d＝eq\f(|－5＋2－3k2|,\r(1＋k2))＝3eq\r(1＋k2),所以S△QMN＝eq\f(1,2)·2eq\r(3)·eq\r(1＋k2)·eq\r(4－3k2)·3eq\r(1＋k2)＝3eq\r(3)·eq\r(1＋k224－3k2).令1＋k2＝u,则k2＝u－1,则1<u<eq\f(7,3),故S△QMN＝3eq\r(3)·eq\r(u27－3u).设f(u)＝u2(7－3u),则f′(u)＝14u－9u2,结合1<u<eq\f(7,3),令f′(u)>0,得1<u<eq\f(14,9)；令f′(u)<0,得eq\f(14,9)<u<eq\f(7,3),所以当u＝eq\f(14,9),即k＝±eq\f(\r(5),3)时,(S△QMN)max＝3eq\r(3)×eq\f(14,9)eq\r(7－3×\f(14,9))＝eq\f(14\r(7),3).3.已知A,F分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点、右焦点,点P为椭圆C上一动点,当PF⊥x轴时,|AF|＝2|PF|.(1)求椭圆C的离心率；(2)若椭圆C上存在点Q,使得四边形AOPQ是平行四边形(点P在第一象限),求直线AP与OQ的斜率之积；(3)记圆O：x2＋y2＝eq\f(ab,a2＋b2)为椭圆C的“关联圆”.若b＝eq\r(3),过点P作椭圆C的“关联圆”的两条切线,切点为M,N,直线MN在x轴和y轴上的截距分别为m,n,求证：eq\f(3,m2)＋eq\f(4,n2)为定值.(1)解：由PF⊥x轴,知xP＝c,代入椭圆C的方程,得eq\f(c2,a2)＋eq\f(y\o\al(2,P),b2)＝1,解得yP＝±eq\f(b2,a).又|AF|＝2|PF|,所以a＋c＝eq\f(2b2,a),所以a2＋ac＝2b2,即a2－2c2－ac＝0,所以2e2＋e－1＝0,由0<e<1,解得e＝eq\f(1,2).(2)解：因为四边形AOPQ是平行四边形,所以PQ＝a且PQ∥x轴,所以xP＝eq\f(a,2),代入椭圆C的方程,解得yP＝±eq\f(\r(3),2)b,因为点P在第一象限,所以yP＝eq\f(\r(3),2)b,同理可得xQ＝－eq\f(a,2),yQ＝eq\f(\r(3),2)b,所以kAPkOQ＝eq\f(\f(\r(3)b,2),\f(a,2)－－a)·eq\f(\f(\r(3)b,2),－\f(a,2))＝－eq\f(b2,a2),由(1)知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2),得eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4),所以kAPkOQ＝－eq\f(3,4).(3)证明由(1)知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2),又b＝eq\r(3),解得a＝2,所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1,圆O的方程为x2＋y2＝eq\f(2\r(3),7).①连接OM,ON(图略),由题意可知,OM⊥PM,ON⊥PN,所以四边形OMPN的外接圆是以OP为直径的圆,设P(x0,y0),则四边形OMPN的外接圆方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x0,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(y0,2)))2＝eq\f(1,4)(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)),即x2－xx0＋y2－yy0＝0.②①－②,得直线MN的方程为xx0＋yy0＝eq\f(2\r(3),7),令y＝0,则m＝eq\f(2\r(3),7x0),令x＝0,则n＝eq\f(2\r(3),7y0).所以eq\f(3,m2)＋eq\f(4,n2)＝49eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),4)＋\f(y\o\al(2,0),3))),因为点P在椭圆C上,所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1,所以eq\f(3,m2)＋eq\f(4,n2)＝49(为定值).4.如图,椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A(2,0),左、右焦点分别为F1,F2,过点A且斜率为eq\f(1,2)的直线与y轴交于点P,与椭圆交于另一个点B,且点B在x轴上的射影恰好为点F1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点P且斜率大于eq\f(1,2)的直线与椭圆交于M,N两点(|PM|>|PN|),若S△PAM∶S△PBN＝λ,求实数λ的取值范围.解：(1)因为BF1⊥x轴,得到点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，－\f(b2,a))),所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(b2,aa＋c)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))所以椭圆C的标准方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)因为eq\f(S△PAM,S△PBN)＝eq\f(\f(1,2)|PA||PM|·sin∠APM,\f(1,2)|PB||PN|·sin∠BPN)＝eq\f(2·|PM|,1·|PN|)＝λ,所以eq\f(|PM|,|PN|)＝eq\f(λ,2)(λ>2),所以eq\o(PM,\s\up6(→))＝－eq\f(λ,2)eq\o(PN,\s\up6(→)).由(1)可知P(0,－1),设MN方程为y＝kx－1,M(x1,y1),N(x2,y2),联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2－8kx－8＝0,Δ>0恒成立,即得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(8k,4k2＋3)，,x1·x2＝\f(－8,4k2＋3)，))(*)又eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x1,y1＋1),eq\o(PN,\s\up6(→))＝(x2,y2＋1),有x1＝－eq\f(λ,2)x2,将x1＝－eq\f(λ,2)x2代入(*)可得,eq\f(2－λ2,λ)＝eq\f(16k2,4k2＋3).因为k>eq\f(1,2),所以eq\f(16k2,4k2＋3)＝eq\f(16,\f(3,k2)＋4)∈(1,4),则1<eq\f(2－λ,λ)2<4且λ>2,即得4<λ<4＋2eq\r(3).综上所述,实数λ的取值范围为(4,4＋2eq\r(3)).5.概率与统计1.(2018·安徽省六安一中适应性考试)全世界越来越关注环境保护问题,某监测站点于2019年1月某日起连续n天监测空气质量指数(AQⅠ),数据统计如下：空气质量指数(μg/m3)[0,50)[50,100)[100,150)[150,200)[200,250]空气质量等级空气优空气良轻度污染中度污染重度污染天数2040m105(1)根据所给统计表和频率分布直方图中的信息求出n,m的值,并完成频率分布直方图；(2)在空气质量指数分别属于[50,100)和[150,200)的监测数据中,用分层抽样的方法抽取5天,再从中任意选取2天,求事件A“两天空气质量等级都为良”发生的概率.解：(1)∵0.004×50＝eq\f(20,n),∴n＝100,∵20＋40＋m＋10＋5＝100,∴m＝25,eq\f(40,100×50)＝0.008；eq\f(25,100×50)＝0.005；eq\f(10,100×50)＝0.002；eq\f(5,100×50)＝0.001.(2)在空气质量指数为[50,100)和[150,200)的监测天数中分别抽取4天和1天,在所抽取的5天中,将空气质量指数为[50,100)的4天分别记为a,b,c,d；将空气质量指数为[150,200)的1天记为e,从中任取2天的基本事件分别为：(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e),共10种,其中事件A“两天空气质量等级都为良”包含的基本事件为(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d),共6种,所以事件A“两天空气质量等级都为良”发生的概率是P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).2.为了丰富退休生活,老王坚持每天健步走,并用计步器记录每天健步走的步数.他从某月中随机抽取20天的健步走步数(老王每天健步走的步数都在[6,14]之间,单位：千步),绘制出频率分布直方图(不完整)如图所示.(1)完成频率分布直方图,并估计该月老王每天健步走的平均步数(每组数据可用区间中点值代替)；(2)某健康组织对健步走步数的评价标准如下表：每天步数分组(千步)[6,8)[8,10)[10,14]评价级别及格良好优秀现从这20天中评价级别是“及格”和“良好”的天数里随机抽取2天,求这2天的健步走结果属于同一评价级别的概率.解：(1)设落在分组[10,12)中的频率为x,则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.05＋0.075＋\f(x,2)＋0.125))×2＝1,得x＝0.5,所以各组中的频数分别为2,3,10,5.完成的频率分布直方图如图所示：老王该月每天健步走的平均步数约为(7×0.05＋9×0.075＋11×0.25＋13×0.125)×2＝10.8(千步).(2)设评价级别是及格的2天分别为a,b,评价级别是良好的3天分别为x,y,z,则从这5天中任意抽取2天,共有10种不同的结果：ab,ax,ay,az,bx,by,bz,xy,xz,yz,所抽取的2天属于同一评价级别的结果共4种：ab,xy,xz,yz.所以,从这20天中评价级别是“及格”和“良好”的天数里随机抽取2天,属于同一评价级别的概率P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).3.为了解某地区某种农产品的年产量x(单位：吨)对价格y(单位：千元/吨)和利润Z的影响,对近五年该农产品的年产量和价格统计如表：x12345y7.06.55.53.82.2(1)求y关于x的线性回归方程eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^))；(2)若每吨该农产品的成本为2千元,假设该农产品可全部卖出,预测当年产量约为多少时,年利润Z取到最大值？(保留两位小数)参考公式：eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)2)＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,n,x)\o\al(2,i)－n\x\to(x)2),eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x).解：(1)eq\x\to(x)＝eq\f(1,5)(1＋2＋3＋4＋5)＝3,eq\x\to(y)＝eq\f(1,5)(7.0＋6.5＋5.5＋3.8＋2.2)＝5,eq\i\su(i＝1,5,x)iyi＝1×7.0＋2×6.5＋3×5.5＋4×3.8＋5×2.2＝62.7,eq\i\su(i＝1,5,x)eq\o\al(2,i)＝12＋22＋32＋42＋52＝55,∴eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,5,x)iyi－5\x\to(x)\x\to(y),\i\su(i＝1,5,x)\o\al(2,i)－5\x\to(x)2)＝eq\f(62.7－5×3×5,55－5×32)＝－1.23,eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x)＝5－(－1.23)×3＝8.69,∴y关于x的线性回归方程是eq\o(y,\s\up6(^))＝8.69－1.23x.(2)年利润Z＝x(8.69－1.23x)－2x＝－1.23x2＋6.69x,∴当年产量约为2.72吨时,年利润Z最大.4.某校高二奥赛班N名学生的物理测评成绩(满分120分)的频率分布直方图如下,已知分数在100～110的学生有21人.(1)求总人数N和分数在110～115的人数n；(2)现准备从分数在110～115的n名学生eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(女生占\f(1,3)))中任选2人,求其中恰好有一名女生的概率；(3)为了分析某个学生的学习状态,对其下一阶段的学习提供指导性建议,对他前7次考试的数学成绩x(满分150分),物理成绩y进行分析,下面是该生7次考试的成绩.数学888311792108100112物理949110896104101106已知该生的物理成绩y与数学成绩x是线性相关的,若该生的数学成绩达到130分,请你估计他的物理成绩大约是多少？附：eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\i\su(i＝1,n,)xi－\x\to(x)2),eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(x).解：(1)分数在100～110内的学生的频率为P1＝(0.04＋0.03)×5＝0.35,所以该班总人数N＝eq\f(21,0.35)＝60,分数在110～115内的学生的频率为P2＝1－(0.01＋0.04＋0.05＋0.04＋0.03＋0.01)×5＝0.1,分数在110～115内的人数n＝60×0.1＝6.(2)由(1)可知,分数在110～115内有6名学生,其中女生有2名,男生有4名,设男生为A1,A2,A3,A4,女生为B1,B2,从6名学生中选出2人的基本事件有(A1,A2),(A1,A3),(A1,A4),(A1,B1),(A1,B2),(A2,A3),(A2,A4),(A2,B1),(A2,B2),(A3,A4),(A3,B1),(A3,B2),(A4,B1),(A4,B2),(B1,B2),共15个.其中恰好有一名女生的基本事件有(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(A4,B1),(A4,B2),共8个,所以所求的概率为P＝eq\f(8,15).(3)eq\x\to(x)＝100＋eq\f(－12－17＋17－8＋8＋12,7)＝100,eq\x\to(y)＝100＋eq\f(－6－9＋8－4＋4＋1＋6,7)＝100.由于x与y之间具有线性相关关系,根据公式得到eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(497,994)＝0.5,eq\o(a,\s\up6(^))＝100－0.5×100＝50,所以线性回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝0.5x＋50,所以当x＝130时,eq\o(y,\s\up6(^))＝115.所以他的物理成绩的估计值是115分.6.函数与导数1.已知函数f(x)＝eq\f(2,x2＋x)＋lnx.(1)求曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)求证：f(x)>0.(1)解：f(x)＝eq\f(2,x2＋x)＋lnx的定义域是(0,＋∞),f′(x)＝eq\f(－22x＋1,x2＋x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x3＋2x2－3x－2,x2＋x2),所以f′(1)＝－eq\f(1,2),又f(1)＝1,则切线方程为x＋2y－3＝0.(2)证明令h(x)＝x3＋2x2－3x－2,则h′(x)＝3x2＋4x－3,设h′(x)＝0的两根为x1,x2,由于x1x2＝－1<0,不妨设x1<0,x2>0,则h(x)在(0,x2)上是单调递减的,在(x2,＋∞)上是单调递增的.而h(0)<0,h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,＋∞)上存在唯一零点x0,且x0∈(1,2),所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,＋∞)上单调递增.所以f(x)≥f(x0)＝eq\f(2,x\o\al(2,0)＋x0)＋lnx0,因为x0∈(1,2),lnx0>0,f(x)>eq\f(2,x\o\al(2,0)＋x0)>0,所以f(x)>0.2.已知函数f(x)＝lnx,g(x)＝f(x)＋ax2＋bx,函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线平行于x轴.(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0,试讨论函数g(x)的单调性.解：(1)依题意得g(x)＝lnx＋ax2＋bx,x>0,则g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋b,由函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线平行于x轴得,g′(1)＝1＋2a＋b＝0,∴b＝－2a－1.(2)由(1)得g′(x)＝eq\f(2ax2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋1))x＋1,x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ax－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1)),x).∵函数g(x)的定义域为(0,＋∞),∴当a＝0时,g′(x)＝－eq\f(x－1,x),由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0得0<x<1,由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0得x>1；若0<eq\f(1,2a)<1,即a>eq\f(1,2)时,由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0得x>1或0<x<eq\f(1,2a),由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0得eq\f(1,2a)<x<1；若eq\f(1,2a)>1,即0<a<eq\f(1,2)时,由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0得x>eq\f(1,2a)或0<x<1,由g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0得1<x<eq\f(1,2a)；若eq\f(1,2a)＝1,即a＝eq\f(1,2)时,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上恒有g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≥0.综上得,当a＝0时,函数geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在(0,1)上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上单调递减；当0<a<eq\f(1,2)时,函数geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增；当a＝eq\f(1,2)时,函数geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上单调递增；当a>eq\f(1,2)时,函数geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上单调递增.3.已知函数f(x)＝xlnx,g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数).(1)当a＝5时,求函数g(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)在区间[t,t＋2](t>0)上的最小值；(3)若存在两个不等实数x1,x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)),使方程g(x)＝2exf(x)成立,求实数a的取值范围.解：(1)当a＝5时,g(x)＝(－x2＋5x－3)ex,g(1)＝e,g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex,故切线的斜率为g′(1)＝4e,所以切线方程为y－e＝4e(x－1),即4ex－y－3e＝0.(2)函数f(x)＝xlnx的定义域为(0,＋∞).因为f′(x)＝lnx＋1,所以在(0,＋∞)上,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))eq\f(1,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))f′(x)－0＋f(x)↘极小值(最小值)↗当t≥eq\f(1,e)时,在区间[t,t＋2]上,f(x)为增函数,所以f(x)min＝f(t)＝tlnt,当0<t<eq\f(1,e)时,在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e)))上,f(x)为减函数,在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，t＋2))上,f(x)为增函数,所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).(3)由g(x)＝2exf(x),可得2xlnx＝－x2＋ax－3,则a＝x＋2lnx＋eq\f(3,x),令h(x)＝x＋2lnx＋eq\f(3,x),x>0,则h′(x)＝1＋eq\f(2,x)－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))1(1,e)h′(x)－0＋h(x)↘极小值(最小值)↗因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)＋3e－2,h(e)＝eq\f(3,e)＋e＋2,h(1)＝4,所以h(e)－heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－2e＋eq\f(2,e)<0,所以h(e)<heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))),所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(3,e)＋e＋2)).4.(2018·安徽省六安一中模拟)已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx(a为实常数).(1)若a＝－2,求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤0成立,求实数a的取值范围.解：(1)当a＝－2时,f(x)＝x2－2lnx,则f′(x)＝2x－eq\f(2,x),f′(1)＝0,所求切线方程为y＝1.(2)f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq\f(2x－ax－1,x),x∈[1,e].当eq\f(a,2)≤1,即a≤2时,x∈[1,e],f′(x)≥0,此时f(x)在[1,e]上单调递增.所以f(x)的最小值为f(1)＝－a－1,所以－1≤a≤2；当1<eq\f(a,2)<e,即2<a<2e,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))时,f′(x)<0,f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))时,f′(x)>0,f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))上单调递增,所以f(x)的最小值为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝－eq\f(a2,4)－a＋alneq\f(a,2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,2)－\f(a,4)－1)).因为2<a<2e,所以0<ln

eq\f(a,2)<1,所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,2)－\f(a,4)－1))<0恒成立,所以2<a<2e；当eq\f(a,2)≥e,即a≥2e时,x∈[1,e],f′(x)≤0,此时f(x)在[1,e]上单调递减,所以f(x)的最小值为f(e)＝e2－(a＋2)e＋a,因为a≥2e>eq\f(e2－2e,e－1),所以f(e)<0,所以a≥2e,综上,a≥－1.7.坐标系与参数方程1.在平面直角坐标系xOy中,已知曲线C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)cosα，,y＝sinα))(α为参数),在以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中,直线l的极坐标方程为eq\f(\r(2),2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－1.(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)过点M(－1,0)且与直线l平行的直线l1交C于A,B两点,求点M到A,B两点的距离之积.解：(1)曲线C化为普通方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1,由eq\f(\r(2),2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－1,得ρcosθ－ρsinθ＝－2,所以直线l的直角坐标方程为x－y＋2＝0.(2)直线l1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋\f(\r(2),2)t，,y＝\f(\r(2),2)t))(t为参数),代入eq\f(x2,3)＋y2＝1化简得,2t2－eq\r(2)t－2＝0,设A,B两点所对应的参数分别为t1,t2,则t1t2＝－1,所以|MA|·|MB|＝|t1t2|＝1.2.在平面直角坐标系xOy中,已知直线C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4－t，,y＝t－1))(t是参数),以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,则曲线C2：ρ＝8sinθ.(1)求C1的普通方程和C2的直角坐标方程；(2)判断直线C1与曲线C2的位置关系,若相交,求出弦长.解：(1)由C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4－t，,y＝t－1))(t是参数)消去t得x＋y－3＝0,所以直线C1的普通方程为x＋y－3＝0.把ρ＝8sinθ的两边同时乘ρ,得ρ2＝8ρsinθ,因为x2＋y2＝ρ2,y＝ρsinθ,所以x2＋y2＝8y,即x2＋(y－4)2＝16,所以曲线C2的直角坐标方程为x2＋(y－4)2＝16.(2)由(1)知,曲线C2：x2＋(y－4)2＝16是圆心坐标为(0,4),半径为4的圆,所以圆心(0,4)到直线x＋y－3＝0的距离d＝eq\f(|0＋4－3|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)<4,所以直线C1与曲线C2相交,其弦长为2eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\r(62).3.(2018·河北省武邑中学期中)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋2cost，,y＝2sint))(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,并使得它与直角坐标系有相同的长度单位,曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ,曲线C3的极坐标方程为θ＝eq\f(π,6)(ρ>0).(1)求曲线C1的极坐标方程和C3的直角坐标方程；(2)设C3分别交C1,C2于点P,Q,求△C1PQ的面积.解：(1)曲线C1的普通方程为(x－2)2＋y2＝4,即x2＋y2－4x＝0,所以C1的极坐标方程为ρ2－4ρcosθ＝0,即ρ＝4cosθ.曲线C3的直角坐标方程为y＝eq\f(\r(3),3)x(x>0).(2)依题意,设点P,Q的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ1，\f(π,6))),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，\f