N选修4系列(理科)

N选修4系列N1选修4-1几何证明选讲22．N1[2012·辽宁卷]如图1－8，⊙O和⊙O′相交于A，B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C，D两点，连结DB并延长交⊙O于点E.证明：(1)AC·BD＝AD·AB；(2)AC＝AE.图1－822．证明：(1)由AC与⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB.从而eq\f(AC,AD)＝eq\f(AB,BD)，即AC·BD＝AD·AB.(2)由AD与⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD，又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD.从而eq\f(AE,AB)＝eq\f(AD,BD)，即AE·BD＝AD·AB.结合(1)的结论，得AC＝AE.21A．N1[2012·江苏卷]如图1－7，AB是圆O的直径，D，E为圆O上位于AB异侧的两点，连结BD并延长至点C，使BD＝DC，连结AC，AE，求证：∠E＝∠C.图1－721A.证明：如图，连结OD，因为BD＝DC，O为AB的中点，所以OD∥AC，于是∠ODB＝∠C.因为OB＝OD，所以∠ODB＝∠B.于是∠B＝∠C.因为点A，E，B，D都在圆O上，且D，E为圆O上位于AB异侧的两点，所以∠E和∠B为同弧所对的圆周角，故∠E＝∠B.所以∠E＝∠C.15．N1[2012·湖北卷]如图1－6所示，点D在⊙O的弦AB上移动，AB＝4，连结OD，过点D作OD的垂线交⊙O于点C，则CD的最大值为________．图1－615.2[解析]因为CD＝eq\r(OC2－OD2)，且OC为⊙O的半径，是定值，所以当OD取最小值时，CD取最大值．显然当OD⊥AB时，OD取最小值，故此时CD＝eq\f(1,2)AB＝2，即为所求的最大值．12．N1[2012·全国卷]正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AE＝BF＝eq\f(3,7).动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为()A．16B．14C．12D．1012．B[解析]取单位长度为7的正方形，(1)直接作出图形可得到结果，如图所示，(2)建立坐标系，取正方形边长为7分单位，计算7次可得第7次时该点的横坐标与E点相同，根据对称性应选择14次．5．N1[2012·北京卷]如图1－3，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E，则()A．CE·CB＝AD·DBB．CE·CB＝AD·ABC．AD·AB＝CD2D．CE·EB＝CD25．A[解析]本题考查了平面几何圆与三角形，特别是重点考查了射影定理等知识．对于A，CE·CB＝CD2＝AD·DB；对于B，CE·CB＝CD2≠AC2＝AD·AB；对于C，CD2＝AD·DB≠AD·AB；对于D，ED2＝CE·EB≠CD2.15．N1[2012·广东卷]如图1－3，圆O的半径为1，A、B、C是圆周上的三点，满足∠ABC＝30°，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，则PA＝________.15.eq\r(3)[解析]考查平面几何中圆周角定理以及弦切角定理等，解题关键是通过连接OA，在△AOP中利用勾股定理求出．连接OA，则OA⊥PA，根据圆周角定理得：∠AOP＝60°，所以PO＝2，OA＝1，在直角三角形AOP中利用勾股定理得：PA＝eq\r(OP2－OA2)＝eq\r(3).11．N1[2012·湖南卷]如图1－3，过点P的直线与⊙O相交于A，B两点．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，则⊙O的半径等于________．图1－311.eq\r(6)[解析]设圆的半径为r，由圆的割线定理可得，PA·PB＝(PO－r)(PO＋r)，把PA＝1，PB＝1＋2＝3，PO＝3代入求解得3＝9－r2，∴r＝eq\r(6).22．N1[2012·课标全国卷]如图1－6，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆于F，G两点．若CF∥AB，证明：(1)CD＝BC；(2)△BCD∽△GBD.22．证明：(1)因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四边形BCFD是平行四边形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，连结AF，所以四边形ADCF是平行四边形，故CD＝AF.因为CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD.而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD.15B.N1[2012·陕西卷]如图1－5，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，EF⊥DB，垂足为F，若AB＝6，AE＝1，则DF·DB＝________.图1－515B．5[解析]本题考查了射影定理的知识，解题的突破口是找出直角三角形内的射影定理．连接AD，在Rt△ABD中，DE⊥AB，所以DE2＝AE×EB＝5，在Rt△EBD中，EF⊥DB，所以DE2＝DF×DB＝5.13．N1[2012·天津卷]如图1－3所示，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D.过点C作BD的平行线与圆相交于点E，与AB相交于点F，AF＝3，FB＝1，EF＝eq\f(3,2)，则线段CD的长为________．图1－313.eq\f(4,3)[解析]本题考查选修4－1几何证明选讲中圆的性质，考查推理论证及运算求解能力，中档题．由相交弦的性质可得|AF|×|FB|＝|EF|×|FC|，∴|FC|＝eq\f(|AF|×|FB|,|EF|)＝eq\f(3×1,\f(3,2))＝2，又∵FC∥BD，∴eq\f(AC,AD)＝eq\f(FC,BD)＝eq\f(AF,AB)＝eq\f(3,4)，即BD＝eq\f(8,3)，由切割定理得|BD|2＝|DA|×|DC|＝4|DC|2，解之得|DC|＝eq\f(4,3).N2选修4-2矩阵21B．N2[2012·江苏卷]已知矩阵A的逆矩阵A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)\f(3,4),\f(1,2)－\f(1,2)))，求矩阵A的特征值．21B．解：因为A－1A＝E，所以A＝(A－1)－1因为A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－\f(1,4),\f(3,4),\f(1,2),－\f(1,2))))，所以A＝(A－1)－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(23,21))，于是矩阵A的特征多项式为f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－2－3,－2λ－1))＝λ2－3λ－4.令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝－1，λ2＝4.21A．N2[2012·福建卷]设曲线2x2＋2xy＋y2＝1在矩阵A＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a),\s\do5(b))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))(a＞0)对应的变换作用下得到的曲线为x2＋y2＝1.(1)求实数a，b的值；(2)求A2的逆矩阵．21A．解：(1)设曲线2x2＋2xy＋y2＝1上任意点P(x，y)在矩阵A对应的变换作用下的像是P′(x′，y′由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(x′),\s\do5(y′))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a),\s\do5(b))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(x),\s\do5(y))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(ax),\s\do5(bx＋y))))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝ax，,y′＝bx＋y.))又点P′(x′，y′)在x2＋y2＝1上，所以x′2＋y′2＝1，即a2x2＋(bx＋y)2＝1，整理得(a2＋b2)x2＋2bxy＋y2＝1.依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝2，,2b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1.))因为a＞0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)由(1)知，A＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(1))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))，A2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(1))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(1))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(2))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))，所以|A2|＝1，(A2)－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(－2))\o(\s\up7(0),\s\do5(1)))).3．C3、N2[2012·上海卷]函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2cosx,sinx－1))的值域是________．3.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－\f(3,2)))[解析]考查二阶矩阵和三角函数的值域，以矩阵为载体，实为考查三角函数的值域，易错点是三角函数的化简．f(x)＝－2－sinxcosx＝－2－eq\f(1,2)sin2x，又－1≤sin2x≤1，所以f(x)＝－2－eq\f(1,2)sin2x的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－\f(3,2))).N3选修4-4坐标系与参数方程12．N3[2012·天津卷]已知抛物线的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2pt2，,y＝2pt))(t为参数)，其中p＞0，焦点为F，准线为l.过抛物线上一点M作l的垂线，垂足为E.若|EF|＝|MF|，点M的横坐标是3，则p＝________.12．2[解析]本题考查抛物线的参数方程及抛物线的性质，考查运算求解能力及转化思想，中档题．将参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2pt2，,y＝2pt))化为普通方程为y2＝2px(p>0)，并且Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，±\r(6p)))，又∵|EF|＝|MF|＝|ME|，即有3＋eq\f(p,2)＝eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(p,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)))))2＋±\r(6p)－02)，解之得p＝±2(负值舍去)，即p＝2.10．N3[2012·上海卷]如图1－1所示，在极坐标系中，过点M(2,0)的直线l与极轴的夹角α＝eq\f(π,6)，若将l的极坐标方程写成ρ＝f(θ)的形式，则f(θ)＝________.图1－110.eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ)))[解析]考查极坐标方程，关键是写出直线的极坐标方程，再按要求化简．由已知得直线方程为y＝(x－2)taneq\f(π,6)，化简得x－eq\r(3)y－2＝0，转化为极坐标方程为：ρcosθ－eq\r(3)ρsinθ－2＝0，解得ρ＝eq\f(2,cosθ－\r(3)sinθ)＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ)))，所以f(θ)＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))).15C.N3[2012·陕西卷]直线2ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ15C.eq\r(3)[解析]本题考查了极坐标的相关知识，解题的突破口为把极坐标化为直角坐标．由2ρcosθ＝1得2x＝1①，由ρ＝2cosθ得ρ2＝2ρcosθ，即x2＋y2＝2x②，联立①②得y＝±eq\f(\r(3),2)，所以弦长为eq\r(3).23．N3[2012·辽宁卷]在直角坐标系xOy.圆C1：x2＋y2＝4，圆C2：(x－2)2＋y2＝4.(1)在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别写出圆C1，C2的极坐标方程，并求出圆C1，C2的交点坐标(用极坐标表示)；(2)求圆C1与C2的公共弦的参数方程．23．解：(1)圆C1的极坐标方程为ρ＝2，圆C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ.解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ＝2，,ρ＝4cosθ))得ρ＝2，θ＝±eq\f(π,3).故圆C1与圆C2交点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(π,3))).注：极坐标系下点的表示不唯一．(2)(解法一)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))得圆C1与C2交点的直角坐标分别为(1，eq\r(3))，(1，－eq\r(3))．故圆C1与C2的公共弦的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝t))－eq\r(3)≤t≤eq\r(3).(或参数方程写成eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝y))－eq\r(3)≤y≤eq\r(3))(解法二)在直角坐标系下求得弦C1C2的方程为x＝1(－eq\r(3)≤y≤eq\r(3))．将x＝1代入eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))得ρcosθ＝1，从而ρ＝eq\f(1,cosθ).于是圆C1与C2的公共弦的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝tanθ，))－eq\f(π,3)≤θ≤eq\f(π,3).23．N3[2012·课标全国卷]已知曲线C1的参数方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ，,y＝3sinφ))(φ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C2的极坐标方程是ρ＝2，正方形ABCD的顶点都在C2上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3))).(1)求点A，B，C，D的直角坐标；(2)设P为C1上任意一点，求|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2的取值范围．23．解：(1)由已知可得A2coseq\f(π,3)，2sineq\f(π,3)，B2coseq\f(π,3)＋eq\f(π,2),2sineq\f(π,3)＋eq\f(π,2)，C2coseq\f(π,3)＋π,2sineq\f(π,3)＋π，D2coseq\f(π,3)＋eq\f(3π,2),2sineq\f(π,3)＋eq\f(3π,2)，即A(1，eq\r(3))，B(－eq\r(3)，1)，C(－1，－eq\r(3))，D(eq\r(3)，－1)．(2)设P(2cosφ，3sinφ)，令S＝|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2，则S＝16cos2φ＋36sin2φ＋16＝32＋20sin2φ.因为0≤sin2φ≤1，所以S的取值范围是[32,52]．21C．N3[2012·江苏卷]在极坐标系中，已知圆C经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，圆心为直线ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2)与极轴的交点，求圆C的极坐标方程．21C．解：在ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2)中令θ＝0，得ρ＝1，所以圆C的圆心坐标为(1,0)．因为圆C经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，所以圆C的半径PC＝eq\r(\r(2)2＋12－2×1×\r(2)cos\f(π,4))＝1，于是圆C过极点，所以圆C的极坐标方程为ρ＝2cosθ.9．N3[2012·湖南卷]在直角坐标系xOy中，已知曲线C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋1，,y＝1－2t))(t为参数)与曲线C2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝asinθ，,y＝3cosθ))(θ为参数，a＞0)有一个公共点在x轴上，则a＝________.9.eq\f(3,2)[解析]考查直线与椭圆的参数方程，此类问题的常规解法是把参数方程转化为普通方程求解，此题的关键是，得出两曲线在x轴上的一个公共点，即为曲线C1与x轴的交点，化难为易．曲线C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋1，,y＝1－2t))(t为参数)的普通方程是2x＋y－3＝0，曲线C2的普通方程是eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1，两曲线在x轴上的一个公共点，即为曲线C1与x轴的交点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，代入曲线C2，得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2,a2)＋eq\f(02,9)＝1，解得a＝eq\f(3,2).16．N3[2012·湖北卷]在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系．已知射线θ＝eq\f(π,4)与曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋1，,y＝t－12))(t为参数)相交于A，B两点，则线段AB的中点的直角坐标为________．16.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(5,2)))[解析]曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋1，,y＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－1))2))化为直角坐标方程是y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2，射线θ＝eq\f(π,4)化为直角坐标方程是y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥0)).联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2，,y＝x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥0))，))消去y得x2－5x＋4＝0，解得x1＝1，x2＝4.所以y1＝1，y2＝4.故线段AB的中点的直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(5,2))).21B.N3[2012·福建卷]在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l上两点M，N的极坐标分别为(2,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2)))，圆C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋2cosθ，,y＝－\r(3)＋2sinθ))(θ为参数)．(1)设P为线段MN的中点，求直线OP的平面直角坐标方程；(2)判断直线l与圆C的位置关系．21B.解：(1)由题意知，M，N的平面直角坐标分别为(2,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))，又P为线段MN的中点，从而点P的平面直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，故直线OP的平面直角坐标方程为y＝eq\f(\r(3),3)x.(2)因为直线l上两点M，N的平面直角坐标分别为(2,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))，所以直线l的平面直角坐标方程为eq\r(3)x＋3y－2eq\r(3)＝0.又圆C的圆心坐标为(2，－eq\r(3))，半径r＝2，圆心到直线l的距离d＝eq\f(|2\r(3)－3\r(3)－2\r(3)|,\r(3＋9))＝eq\f(3,2)＜r，故直线l与圆C相交．13．N3[2012·安徽卷]在极坐标系中，圆ρ＝4sinθ的圆心到直线θ＝eq\f(π,6)(ρ∈R)的距离是________．13.eq\r(3)[解析]本题考查极坐标与直角坐标的互化，圆的方程，点到直线的距离．应用极坐标与直角坐标的互化公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))将圆ρ＝4sinθ化为直角坐标方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－2))2＝4，直线θ＝eq\f(π,6)化为直角坐标方程为y＝eq\f(\r(3),3)x.因为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－2))2＝4的圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2))，所以圆心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2))到直线y＝eq\f(\r(3),3)x，即eq\r(3)x－3y＝0的距离为d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3)))),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))3＋32))＝eq\r(3).9．N3[2012·北京卷]直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋t，,y＝－1－t))(t为参数)与曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3cosα，,y＝3sinα))(α为参数)的交点个数为________．9．2[解析]本题主要考查直线和圆的位置关系，考查参数方程和普通方程之间的转化等基础知识，考查数形结合思想的运用．方程转化为普通方程，直线为x＋y＝1，圆为x2＋y2＝9，法一：圆心到直线的距离为d＝eq\f(|1|,\r(2))＝eq\f(1,\r(2))<3，所以直线与圆相交，答案为2.法二：联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝9，,x＋y＝1，))消去y可得x2－x－4＝0，Δ>0，所以直线和圆相交，答案为2.14．N3[2012·广东卷](坐标系与参数方程选做题)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1和C2的参数方程分别为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝\r(t)))(t为参数)和eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)cosθ，,y＝\r(2)sinθ))(θ为参数)，则曲线C1与C2的交点坐标为________．14．(1,1)[解析]本题考查参数方程与直角坐标方程之间的转化，突破口是把参数方程转化为直角坐标方程，利用方程思想解决，C1的直角坐标方程为：y2＝x(x≥0)，C2的直角坐标方程为：x2＋y2＝2，联立方程得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝x，,x2＋y2＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))所以交点坐标为(1,1)．图1－315．N3[2012·江西卷](1)(坐标系与参数方程选做题)曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线C的极坐标方程为________．N4(2)(不等式选做题)在实数范围内，不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6的解集为________．15．(1)ρ＝2cosθ[解析]考查极坐标方程与普通方程的转化；解题的突破口是利用点P的直角坐标(x，y)与极坐标(ρ，θ)的关系转化．由于ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，因此x2＋y2－2x＝0的极坐标方程为ρ＝2cosθ.(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)≤x≤\f(3,2)))))[解析]考查绝对值不等式的解法，以及分类讨论思想；解题的突破口是利用零点讨论法去掉绝对值符号，将不等式转化为一般不等式(组)求解．当x>eq\f(1,2)时，原不等式可化为2x－1＋2x＋1≤6，解得x≤eq\f(3,2)，此时eq\f(1,2)<x≤eq\f(3,2)；当x<－eq\f(1,2)时，原不等式可化为－2x＋1－2x－1≤6，解得x≥－eq\f(3,2)，此时－eq\f(3,2)≤x<－eq\f(1,2)；当－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2)时，原不等式可化为1－2x＋2x＋1≤6，解得x∈R，此时－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2).综上，原不等式的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3,2))).24．N3[2012浙江卷]在直角坐标系xOy中，设倾斜角为α的直线l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(t为参数)与曲线C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)相交于不同两点A，B.(1)若α＝eq\f(π,3)，求线段AB中点M的坐标；(2)若|PA|·|PB|＝|OP|2，其中P(2，eq\r(3))，求直线l的斜率．解：设直线l上的点A，B对应参数分别为t1，t2.将曲线C的参数方程化为普通方程eq\f(x2,4)＋y2＝1.(1)当α＝eq\f(π,3)时，设点M对应参数为t0.直线l方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\f(1,2)t，,y＝\r(3)＋\f(\r(3),2)t))(t为参数)．代入曲线C的普通方程eq\f(x2,4)＋y2＝1，得13t2＋56t＋48＝0，则t0＝eq\f(t1＋t2,2)＝－eq\f(28,13)，所以，点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)，－\f(\r(3),13))).(2)将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))代入曲线C的普通方程eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(cos2α＋4sin2α)t2＋(8eq\r(3)sinα＋4cosα)t＋12＝0，因为|PA|·|PB|＝|t1t2|＝eq\f(12,cos2α＋4sin2α)，|OP|2＝7，所以eq\f(12,cos2α＋4sin2α)＝7.得tan2α＝eq\f(5,16).由于Δ＝32cosα(2eq\r(3)sinα－cosα)>0，故tanα＝eq\f(\r(5),4).所以直线l的斜率为eq\f(\r(5),4).N4选修4-5不等式选讲23．N4[2012浙江卷]已知a∈R，设关于x的不等式|2x－a|＋|x＋3|≥2x＋4的解集为A.(1)若a＝1，求A；(2)若A＝R，求a的取值范围．23.解：(1)当x≤－3时，原不等式化为－3x－2≥2x＋4，综合得x≤－3.当－3<x≤eq\f(1,2)时，原不等式化为－x＋4≥2x＋4，综合得－3<x≤0.当x>eq\f(1,2)时，原不等式为3x＋2≥2x＋4，得x≥2.综上，A＝{x|x≤0或x≥2}．(2)当x≤－2时，|2x－a|＋|x＋3|≥0≥2x＋4成立．当x>－2时，|2x－a|＋|x＋3|＝|2x－a|＋x＋3≥2x＋4，得x≥a＋1或x≤eq\f(a－1,3)，所以a＋1≤－2或a＋1≤eq\f(a－1,3)，得a≤－2，综上，a的取值范围为a≤－2.15A．N4[2012·陕西卷]若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a15A.－2≤a≤4[解析]本题考查了不等式解法的相关知识，解题的突破口是理解不等式的几何意义．|x－a|＋|x－1|≤3表示的几何意义是在数轴上一点x到1的距离与到a的距离之和小于或等于3个单位长度，此时我们可以以1为原点找离此点小于或等于3个单位长度的点即为a的取值范围，不难发现－2≤a≤4.24．N4[2012·辽宁卷]已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．(1)求a的值；(2)若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx－2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))))≤k恒成立，求k的取值范围．24．解：(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，所以当a≤0时，不合题意．当a＞0时，－eq\f(4,a)≤x≤eq\f(2,a)，得a＝2.(2)记h(x)＝f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，则h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x≤－1，,－4x－3，－1＜x＜－\f(1,2)，,－1，x≥－\f(1,2)，))所以|h(x)|≤1，因此k≥1.24．N4[2012·课标全国卷]已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．24．解：(1)当a＝－3时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋5，x≤2，,1，2<x<3，,2x－5，x≥3.))当x≤2时，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；当2<x<3时，f(x)≥3无解；当x≥3时，由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4；所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1}∪{x|x≥4}．(2)f(x)≤|x－4|⇔|x－4|－|x－2|≥|x＋a|.当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|⇔4－x－(2－x)≥|x＋a|⇔－2－a≤x≤2－a.由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.故满足条件的a的取值范围为[－3,0]．21D．N4[2012·江苏卷]已知实数x，y满足：|x＋y|＜eq\f(1,3)，|2x－y|＜eq\f(1,6)，求证：|y|＜eq\f(5,18).21D．证明：因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由题设知|x＋y|<eq\f(1,3)，|2x－y|<eq\f(1,6)，从而3|y|<eq\f(2,3)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，所以|y|<eq\f(5,1