高考数学一轮复习 选修系列（考点梳理+考点自测+揭秘高考+专题集训）理 新人教A版

选修4－1几何证明选讲第1讲相似三角形的判定及有关性质eq\f(对应学生,203)考点梳理1．平行线等分线段定理及其推论(1)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．(2)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．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及推论(1)定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．(2)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．3．相似三角形的判定(1)定义：如果在两个三角形中，对应角相等、对应边成比例，则这两个三角形叫做相似三角形．(2)判定定理1：两角对应相等的两个三角形相似．(3)判定定理2：两边对应成比例，并且夹角相等的两个三角形相似．(4)判定定理3：三边对应成比例的两个三角形相似．4．相似三角形的性质(1)性质定理1：相似三角形对应边上的高、中线和它们周长的比都等于相似比．(2)性质定理2：相似三角形的面积比等于相似比的平方．5．直角三角形的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．如图，在Rt△ABC中，CD是斜边上的高，则有CD2＝AD·BD，AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB.考点自测1.如图，已知a∥b∥c，直线m，n分别与a，b，c交于点A，B，C和A′，B′，C′，如果AB＝BC＝1，A′B′＝eq\f(3,2)，则B′C′＝________.解析由平行线等分线段定理可直接得到答案．答案eq\f(3,2)2.如图，BD，CE是△ABC的高，BD，CE交于F，写出图中所有与△ACE相似的三角形________．解析由Rt△ACE与Rt△FCD和Rt△ABD各共一个锐角，因而它们均相似，又易知∠BFE＝∠A，故Rt△ACE∽Rt△FBE.答案△FCD、△FBE、△ABD3.(·西安模拟)如图，在△ABC中，M，N分别是AB，BC的中点，AN，CM交于点O，那么△MON与△AOC面积的比是________．解析∵M，N分别是AB、BC中点，故MN綉eq\f(1,2)AC，∴△MON∽△COA，∴eq\f(S△MON,S△AOC)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MN,AC)))2＝eq\f(1,4).答案1∶44.(·陕西)如图，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，则AE＝________.解析由于∠ACD＝∠AEB＝90°，∠B＝∠D，∴△ABE∽△ADC，∴eq\f(AB,AD)＝eq\f(AE,AC).又AC＝4，AD＝12，AB＝6，∴AE＝eq\f(AB·AC,AD)＝eq\f(6×4,12)＝2.答案25.(·广东)如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD＝eq\f(a,2)，点E，F分别为线段AB，AD的中点，则EF＝________.解析连接DE和BD，依题知，EB∥DC，EB＝DC＝eq\f(a,2)，∴EBCD为矩形，∴DE⊥AB，又E是AB的中点，所以△ABD为等腰三角形．故AD＝DB＝a，∵E，F分别是AD，AB的中点，∴EF＝eq\f(1,2)DB＝eq\f(1,2)a.答案eq\f(a,2)eq\f(对应学生,204)考向一平行线等分线段成比例定理的应用【例1】►如图，F为▱ABCD边AB上一点，连DF交AC于G，延长DF交CB的延长线于E.求证：DG·DE＝DF·EG.证明∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥DC，AD＝BC，∵AD∥BC，∴eq\f(DG,EG)＝eq\f(AD,EC)，又∵AB∥DC，∴eq\f(DF,DE)＝eq\f(BC,EC)＝eq\f(AD,EC)，∴eq\f(DG,EG)＝eq\f(DF,DE)，即DG·DE＝DF·EG.利用平行截割定理解决问题，特别注意被平行线所截的直线，找准成比例的线段，得到相应的比例式，有时需要进行适当的变形，从而得到最终的结果．【训练1】如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥CD，若BC＝3，DE＝2，DF＝1，则AB的长为________．解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(DE∥BC，,EF∥CD，,BC＝3，DE＝2))⇒eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝eq\f(DE,BC)＝eq\f(2,3)，又DF＝1，故可解得AF＝2，∴AD＝3，又eq\f(AD,AB)＝eq\f(2,3)，∴AB＝eq\f(9,2).答案eq\f(9,2)考向二相似三角形的判定【例2】►如图，在△ABC中，D、E分别是BC、AB上任意点，△EFM∽△CDM，求证：△AEF∽△ABD.证明∵△EFM∽△CDM，∴∠1＝∠2，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABD.判定三角形相似的思路大致有以下几条：(1)已知条件，判定思路；(2)一对等角，再找一对等角或找夹边成比例；(3)两边成比例，找夹角相等；(4)含有等腰三角形，找顶角相等或找一对底角相等或找腰对应成比例．【训练2】如图，网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点．△ACB和△DCE的顶点都在格点上，ED的延长线交AB于点F.(1)求证：△ACB∽△DCE；(2)求证：EF⊥AB.证明(1)因为eq\f(DC,AC)＝eq\f(CE,BC)＝eq\f(DE,AB)＝eq\f(2,3)，所以△ACB∽△DCE.(2)由△ACB∽△DCE，知∠B＝∠E.又∠BDF＝∠CDE，在Rt△CDE中，∠E＋∠CDE＝90°，所以∠BDF＋∠B＝90°，所以∠EFB＝90°，即EF⊥AB.考向三相似三角形的性质【例3】►如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，E为AC的中点，ED、CB延长线交于一点F.求证：FD2＝FB·FC.证明∵E是Rt△ACD斜边中点，∴ED＝EA，∴∠A＝∠1，∵∠1＝∠2，∴∠2＝∠A，∵∠FDC＝∠CDB＋∠2＝90°＋∠2，∠FBD＝∠ACB＋∠A＝90°＋∠A，∴∠FBD＝∠FDC，∵∠F是公共角，∴△FBD∽△FDC，∴eq\f(FB,FD)＝eq\f(FD,FC)，∴FD2＝FB·FC.运用相似三角形的性质解决问题，主要考虑相似三角形的对应边、对应角、周长、面积之间的关系，多用于求某条线段的长度、求证比例式的存在、求证等积式的成立等，在做题时应注意认真观察图形特点，确定好对应边、对应角等．【训练3】如图，△ABC中，AB＝AC，AD是边BC的中线，P为AD上一点，CF∥AB，BP的延长线分别交AC，CF于点E，F，求证：BP2＝PE·PF.证明连接CP，∵△ABC为等腰三角形，AD为中线，∴BP＝CP，∠ABP＝∠ACP，∵AB∥CF，∴∠ABP＝∠F，∴∠F＝∠ACP.∵∠EPC为公共角，∴△PCE∽△PFC，∴eq\f(PC,PF)＝eq\f(PE,PC)，∴PC2＝PF·PE.又∵BP＝PC，∴BP2＝PF·PE.考向四直角三角形射影定理的应用【例4】►已知圆的直径AB＝13，C为圆上一点，过C作CD⊥AB于D(AD＞BD)，若CD＝6，则AD＝________.解析如图，连接AC，CB，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.设AD＝x，∵CD⊥AB于D，∴由射影定理得CD2＝AD·DB，即62＝x(13－x)，∴x2－13x＋36＝0，解得x1＝4，x2＝9.∵AD＞BD，∴AD＝9.答案9利用直角三角形的射影定理解决问题首先确定直角边与其射影，再就是要善于将有关比例式进行适当的变形转化，有时还要将等积式转化为比例式或将比例式转化为等积式，并且注意射影定理的其他变式．【训练4】在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AD∶BD＝2∶3.则△ACD与△CBD的相似比为________．解析如图所示，在Rt△ACB中，CD⊥AB，由射影定理得：CD2＝AD·BD，又∵AD∶BD＝2∶3，令AD＝2x，BD＝3x(x＞0)，∴CD2＝6x2，∴CD＝eq\r(6)x.又∵∠ADC＝∠BDC＝90°，∠A＝∠BCD.∴△ACD∽△CBD.易知△ACD与△CBD的相似比为eq\f(AD,CD)＝eq\f(2x,\r(6)x)＝eq\f(\r(6),3).即相似比为eq\r(6)∶3.答案eq\r(6)∶3eq\f(对应学生,355)(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共40分)一、填空题(每小题5分，共40分)1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AD＝4，sin∠ACD＝eq\f(4,5)，则CD＝________，BC＝________.解析在Rt△ADC中，AD＝4，sin∠ACD＝eq\f(AD,AC)＝eq\f(4,5)，得AC＝5，CD＝eq\r(AC2－AD2)＝3，又由射影定理AC2＝AD·AB，得AB＝eq\f(AC2,AD)＝eq\f(25,4).∴BD＝AB－AD＝eq\f(25,4)－4＝eq\f(9,4)，由射影定理BC2＝BD·AB＝eq\f(9,4)×eq\f(25,4)，∴BC＝eq\f(15,4).答案3eq\f(15,4)2.(·揭阳模拟)如图，BD⊥AE，∠C＝90°，AB＝4，BC＝2，AD＝3，则EC＝________.解析在Rt△ADB中，DB＝eq\r(AB2－AD2)＝eq\r(7)，依题意得，△ADB∽△ACE，∴eq\f(DB,EC)＝eq\f(AD,AC)，可得EC＝eq\f(DB·AC,AD)＝2eq\r(7).答案2eq\r(7)3.(·茂名模拟)如图，已知AB∥EF∥CD，若AB＝4，CD＝12，则EF＝________.解析∵AB∥CD∥EF，∴eq\f(AB,EF)＝eq\f(BC,CF)，eq\f(BC,BF)＝eq\f(CD,EF)，∴eq\f(4,EF)＝eq\f(BC,BC－BF)，eq\f(BC,BF)＝eq\f(12,EF)，∴4(BC－BF)＝12BF，∴BC＝4BF，∴eq\f(BC,BF)＝eq\f(1,4)＝eq\f(12,EF)，∴EF＝3.答案34.(·湛江模拟)如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是BD的中点，AE交于BC于F，则eq\f(BF,FC)＝________.解析如图，过点D作DG∥AF，交BC于点G，易得FG＝GC，又在三角形BDG中，BE＝DE，即EF为三角形BDG的中位线，故BF＝FG，因此eq\f(BF,FC)＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)5.如图，∠C＝90°，∠A＝30°，E是AB中点，DE⊥AB于E，则△ADE与△ABC的相似比是________．解析∵E为AB中点，∴eq\f(AE,AB)＝eq\f(1,2)，即AE＝eq\f(1,2)AB，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝eq\f(\r(3),2)AB，又∵Rt△AED∽Rt△ACB，∴相似比为eq\f(AE,AC)＝eq\f(1,\r(3)).故△ADE与△ABC的相似比为1∶eq\r(3).答案1∶eq\r(3)6.如图，AE∥BF∥CG∥DH，AB＝eq\f(1,2)BC＝CD，AE＝12，DH＝16，AH交BF于M，则BM＝________，CG＝________.解析∵AE∥BF∥CG∥DH，AB＝eq\f(1,2)BC＝CD，AE＝12，DH＝16，∴eq\f(AB,AD)＝eq\f(1,4)，eq\f(BM,DH)＝eq\f(AB,AD).∴eq\f(BM,16)＝eq\f(1,4)，∴BM＝4.取BC的中点P，作PQ∥DH交EH于Q，如图，则PQ是梯形ADHE的中位线，∴PQ＝eq\f(1,2)(AE＋DH)＝eq\f(1,2)(12＋16)＝14.同理：CG＝eq\f(1,2)(PQ＋DH)＝eq\f(1,2)(14＋16)＝15.答案4157.在△ABC中，D是BC边上的中点，且AD＝AC，DE⊥BC，DE与AB相交于点E，EC与AD相交于点F，S△FCD＝5，BC＝10，则DE＝________.解析过点A作AM⊥BC于M，由于∠B＝∠ECD，且∠ADC＝∠ACD，得△ABC与△FCD相似，那么eq\f(S△ABC,S△FCD)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,CD)))2＝4又S△FCD＝5，那么S△ABC＝20，由于S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AM，由BC＝10，得AM＝4，又因为DE∥AM，得eq\f(DE,AM)＝eq\f(BD,BM)，∵DM＝eq\f(1,2)DC＝eq\f(5,2)，因此eq\f(DE,4)＝eq\f(5,5＋\f(5,2))，得DE＝eq\f(8,3).答案eq\f(8,3)8.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝2CD，E、F分别是AB、BC的中点，EF与BD相交于点M.若DB＝9，则BM＝________.解析∵E是AB的中点，∴AB＝2EB.∵AB＝2CD，∴CD＝EB.又AB∥CD，∴四边形CBED是平行四边形．∴CB∥DE，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(∠DEM＝∠BFM，,∠EDM＝∠FBM，))∴△EDM∽△FBM.∴eq\f(DM,BM)＝eq\f(DE,BF).∵F是BC的中点，∴DE＝2BF.∴DM＝2BM.∴BM＝eq\f(1,3)DB＝3.答案3二、解答题(共20分)9．(10分)如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC，过点D作AC的平行线DE，交BA的延长线于点E，求证：(1)△ABC≌△DCB；(2)DE·DC＝AE·BD.证明(1)∵四边形ABCD是等腰梯形，∴AC＝BD.∵AB＝DC，BC＝CB，∴△ABC≌△DCB.(2)∵△ABC≌△DCB.∴∠ACB＝∠DBC，∠ABC＝∠DCB.∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∠EAD＝∠ABC.∴∠DAC＝∠DBC，∠EAD＝∠DCB.∵ED∥AC，∴∠EDA＝∠DAC.∴∠EDA＝∠DBC，∴△ADE∽△CBD.∴DE∶BD＝AE∶CD.∴DE·DC＝AE·BD.10．(10分)如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AE＝eq\f(1,3)AC，BD＝eq\f(1,3)AB，点F在BC上，且CF＝eq\f(1,3)BC.求证：(1)EF⊥BC；(2)∠ADE＝∠EBC.证明设AB＝AC＝3a，则AE＝BD＝a，CF＝eq\r(2)a.(1)eq\f(CE,CB)＝eq\f(2a,3\r(2)a)＝eq\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△BAC∽△EFC，由∠BAC＝90°.∴∠EFC＝90°，∴EF⊥BC.(2)由(1)得EF＝eq\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,2\r(2)a)＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(AE,EF)＝eq\f(AD,FB).∵∠DAE＝∠BFE＝90°，∴△ADE∽△FBE，∴∠ADE＝∠EBC.第2讲直线与圆的位置关系eq\f(对应学生,206)考点梳理1．圆周角定理(1)圆周角定理及其推论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(i)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．(ii)推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径．(2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数．2．圆内接四边形的性质与判定定理(1)圆内接四边形的性质定理①定理1：圆内接四边形的对角互补．②定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．(2)圆内接四边形的判定定理及推论①判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．②推论：如果四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．3．圆的切线的性质及判定定理切线的性质定理及推论(1)定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．(2)推论：①推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．②推论2：经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．4．弦切角的性质弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．5．与圆有关的比例线段圆中的比例线段定理名称基本图形条件结论应用相交弦定理弦AB、CD相交于圆内点P(1)PA·PB＝PC·PD(2)△ACP∽△BDP(1)在PA、PB、PC、PD四线段中知三求一(2)求弦长及角割线定理PAB、PCD是⊙O的割线(1)PA·PB＝PC·PD(2)△PAC∽△PDB(1)求线段PA、PB、PC、PD及AB、CD(2)应用相似求AC、BD切割线定理PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割线(1)PA2＝PB·PC(2)△PAB∽△PCA(1)已知PA、PB、PC知二可求一(2)求解AB、AC切线长定理PA、PB是⊙O的切线(1)PA＝PB(2)∠OPA＝∠OPB(1)证线段相等，已知PA求PB(2)求角考点自测1.如图，AB、AC是⊙O的两条切线，切点分别为B、C，D是优弧eq\x\to(BC)上的点，已知∠BAC＝80°，那么∠BDC＝________.解析连接OB、OC，则OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠BOC＝180°－∠BAC＝100°，∴∠BDC＝eq\f(1,2)∠BOC＝50°.答案50°2．(·湖北)如图，点D在⊙O的弦AB上移动，AB＝4，连接OD，过点D作OD的垂线交⊙O于点C，则CD的最大值为________．解析当OD的值最小时，DC最大，易知D为AB的中点时，DB＝DC＝2最大．答案23．(·北京)如图，∠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＝CD2解析在直角三角形ABC中，根据直角三角形射影定理可得CD2＝AD·DB，再根据切割线定理可得CD2＝CE·CB，所以CE·CB＝AD·DB.答案A4.(·湖南)如图所示，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________．解析设圆的半径为r，则(3－r)(3＋r)＝1×3，即r2＝6，解得r＝eq\r(6).答案eq\r(6)5.(·天津)如图，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________．解析因为AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，所以eq\f(3,4)＝eq\f(2,BD)，即BD＝eq\f(8,3).设CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝eq\f(64,9)，所以x＝eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)eq\f(对应学生,207)考向一圆的切线的性质与判定【例1】►如图，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，AC平分∠DAB，AD⊥CD.(1)求证：OC∥AD；(2)若AD＝2，AC＝eq\r(5)，求AB的长．(1)证明∵直线CD与⊙O相切于点C，∴∠DCO＝∠DCA＋∠ACO＝90°，∵AO＝CO，∴∠OAC＝∠ACO，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠OAC，∴∠DAC＝∠ACO，∴OC∥AD.(2)解连接BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ADC＝∠ACB，又∵∠DAC＝∠BAC，∴△ADC∽△ACB，∴eq\f(AD,AC)＝eq\f(AC,AB)，∵AD＝2，AC＝eq\r(5)，∴AB＝eq\f(5,2).利用圆的切线的性质来证明或进行有关的计算，有时需添加辅助线，其中连接圆心和切点的半径是常用辅助线，从而可以构造直角三角形，利用直角三角形边角关系求解，或利用勾股定理求解，或利用三角形相似求解等．【训练1】如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB＝AC，过点A作AP∥BC，交BO的延长线于点P.(1)求证：AP是⊙O的切线；(2)若⊙O的半径R＝5，BC＝8，求线段AP的长．(1)证明过点A作AE⊥BC，交BC于点E，∵AB＝AC，∴AE平分BC，∴点O在AE上．又∵AP∥BC，∴AE⊥AP，∴AP为圆O的切线．(2)解BE＝eq\f(1,2)BC＝4，∴OE＝eq\r(OB2－BE2)＝3，又∵∠AOP＝∠BOE，∴△OBE∽△OPA，∴eq\f(BE,AP)＝eq\f(OE,OA)，即eq\f(4,AP)＝eq\f(3,5)，∴AP＝eq\f(20,3).考向二弦切角定理及推论的应用【例2】►如图，梯形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，过B引⊙O的切线分别交DA、CA的延长线于E、F.已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，则EF的长为________．解析∵BE切⊙O于B，∴∠ABE＝∠ACB.又∵AD∥BC，∴∠EAB＝∠ABC，∴△EAB∽△ABC，∴eq\f(BE,AC)＝eq\f(AB,BC).又∵AE∥BC，∴eq\f(EF,AF)＝eq\f(BE,AC)，∴eq\f(AB,BC)＝eq\f(EF,AF).又∵AD∥BC，∴eq\x\to(AB)＝eq\x\to(CD)，∴AB＝CD，∴eq\f(CD,BC)＝eq\f(EF,AF)，∴eq\f(5,8)＝eq\f(EF,6)，∴EF＝eq\f(30,8)＝eq\f(15,4).答案eq\f(15,4)(1)圆周角定理及其推论与弦切角定理及其推论多用于推出角的关系，从而证明三角形全等或相似，可求线段或角的大小．(2)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，常作直线(或半径)或向弦(弧)两端画圆周角或作弦切角．【训练2】如图，已知圆上的弧eq\x\to(AC)＝eq\x\to(BD)，过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点，证明：(1)∠ACE＝∠BCD；(2)BC2＝BE·CD.证明(1)因为eq\x\to(AC)＝eq\x\to(BD)，所以∠BCD＝∠ABC.又因为EC与圆相切于点C，故∠ACE＝∠ABC，所以∠ACE＝∠BCD.(2)因为∠ECB＝∠BDC，∠EBC＝∠BCD，所以△BDC∽△ECB，故eq\f(BC,BE)＝eq\f(CD,BC)，即BC2＝BE·CD.考向三圆内接四边形性质的应用【例3】►(·辽宁三校联考)已知四边形PQRS是圆内接四边形，∠PSR＝90°，过点Q作PR、PS的垂线，垂足分别为点H、K.(1)求证：Q、H、K、P四点共圆；(2)求证：QT＝TS.证明(1)∵∠PHQ＝∠PKQ＝90°，∴Q、H、K、P四点共圆．(2)∵Q、H、K、P四点共圆，∴∠HKS＝∠HQP，①∵∠PSR＝90°，∴PR为圆的直径，∴∠PQR＝90°，∠QRH＝∠HQP，②而∠QSP＝∠QRH，③由①②③得，∠QSP＝∠HKS，TS＝TK，又∵∠SKQ＝90°，∵∠SQK＝∠TKQ，∴QT＝TK，∴QT＝TS.(1)四边形ABCD的对角线交于点P，若PA·PC＝PB·PD，则它的四个顶点共圆．(2)四边形ABCD的一组对边AB、DC的延长线交于点P，若PA·PB＝PC·PD，则它的四个顶点共圆．以上两个命题的逆命题也成立．该组性质用于处理四边形与圆的关系问题时比较有效．【训练3】如图，AB是⊙O的直径，G为AB延长线上的一点，GCD是⊙O的割线，过点G作AB的垂线，交AC的延长线于点E，交AD的延长线于点F，过G作⊙O的切线，切点为H.求证：(1)C，D，F，E四点共圆；(2)GH2＝GE·GF.证明(1)如图，连接BC.∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.∵AG⊥FG，∴∠AGE＝90°.又∵∠EAG＝∠BAC，∴∠ABC＝∠AEG.又∵∠FDC＝∠ABC，∴∠FDC＝∠AEG.∴∠FDC＋∠CEF＝180°.∴C，D，F，E四点共圆．(2)∵GH为⊙O的切线，GCD为割线，∴GH2＝GC·GD.由C，D，F，E四点共圆，得∠GCE＝∠AFE，∠GEC＝∠GDF.∴△GCE∽△GFD.∴eq\f(GC,GF)＝eq\f(GE,GD)，即GC·GD＝GE·GF.∴GH2＝GE·GF.eq\f(对应学生,356)(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共40分)1.如图，AB是⊙O的直径，MN与⊙O切于点C，AC＝eq\f(1,2)BC，则sin∠MCA＝________.解析由弦切角定理得，∠MCA＝∠ABC，sin∠ABC＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(AC,\r(AC2＋BC2))＝eq\f(AC,\r(5)AC)＝eq\f(\r(5),5).答案eq\f(\r(5),5)2.如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点．AD和过C点的切线互相垂直，垂足为D，∠DAB＝80°，则∠ACO＝________.解析∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，又∵AD⊥CD，∴OC∥AD.由此得，∠ACO＝∠CAD，∵OC＝OA，∴∠CAO＝∠ACO，∴∠CAD＝∠CAO，故AC平分∠DAB.∴∠CAO＝40°，又∵∠ACO＝∠CAO，∴∠ACO＝40°.答案40°3.如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝72°，⊙O过A、B两点且与BC相切于点B，与AC交于点D，连接BD，若BC＝eq\r(5)－1，则AC＝________.解析由题易知，∠C＝∠ABC＝72°，∠A＝∠DBC＝36°，所以△BCD∽△ACB，又易知BD＝AD＝BC，所以BC2＝CD·AC＝(AC－BC)·AC，解得AC＝2.答案24.如图，已知Rt△ABC的两条直角边AC，BC的长分别为3cm，4cm，以AC为直径的圆与AB交于D，则eq\f(BD,DA)＝________.解析∵∠C＝90°，AC为圆的直径，∴BC为圆的切线，AB为圆的割线，∴BC2＝BD·AB，即16＝BD·5，解得BD＝eq\f(16,5)，∴DA＝BA－BD＝5－eq\f(16,5)＝eq\f(9,5)，∴eq\f(BD,DA)＝eq\f(16,9).答案eq\f(16,9)5.如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P，若eq\f(PB,PA)＝eq\f(1,2)，eq\f(PC,PD)＝eq\f(1,3)，则eq\f(BC,AD)的值为________．解析∵∠P＝∠P，∠PCB＝∠PAD，∴△PCB∽△PAD，∴eq\f(PB,PD)＝eq\f(PC,PA)＝eq\f(BC,DA)，∵eq\f(PB,PA)＝eq\f(1,2)，eq\f(PC,PD)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(BC,AD)＝eq\f(\r(6),6).答案eq\f(\r(6),6)6.(·陕西)如图，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＝________.解析由题意知，AB＝6，AE＝1，∴BE＝5.∴CE·DE＝DE2＝AE·BE＝5.在Rt△DEB中，∵EF⊥DB，∴由射影定理得DF·DB＝DE2＝5.答案57．(·广东)如图，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＝________.解析如图，连接OA.由∠ABC＝30°，得∠AOC＝60°，在直角三角形AOP中，OA＝1，于是PA＝OAtan60°＝eq\r(3).答案eq\r(3)8.如图，⊙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.若BC＝2，BD＝4，则AB的长为________．解析∵AC、AD分别是两圆的切线，∴∠C＝∠2，∠1＝∠D，∴△ACB∽△DAB.∴eq\f(BC,AB)＝eq\f(AB,BD)，∴AB2＝BC·BD＝2×4＝8.∴AB＝eq\r(8)＝2eq\r(2)(舍去负值)．答案2eq\r(2)二、解答题(共20分)9．(10分)(·新课标全国)如图，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.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.所以∠BGD＝∠BDG.由BC＝CD知∠CBD＝∠CDB.而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD.10．(10分)(·辽宁)如图，⊙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.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)的结论知，AC＝AE.选修4－4坐标系与参数方程第1讲坐标系eq\f(对应学生,209)考点梳理1．极坐标系的概念(1)极坐标系如图，在平面内取一个定点O，叫做极点，自极点O引一条射线Ox，叫做极轴；再选定一个长度单位，一个角度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向)，这样就建立了一个极坐标系(2)极坐标设M是平面内一点，极点O与点M的距离|OM|叫做点M的极径，记为ρ；以极轴Ox为始边，射线OM为终边的角xOM叫做点M的极角，记为θ.有序数对(ρ，θ)叫做点M的极坐标，记作M(ρ，θ)．一般地，不作特殊说明时，我们认为ρ≥0，θ可取任意实数．特别地，当点M在极点时，它的极坐标为(0，θ)，θ可以取任意实数．(3)点与极坐标的关系一般地，极坐标(ρ，θ)与(ρ，θ＋2kπ)(k∈Z)表示同一个点．特别地，极点O的坐标为(0，θ)(θ∈R)．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ρ>0，0≤θ<2π，那么除极点外，平面内的点可用唯一的极坐标(ρ，θ)表示；同时，极坐标(ρ，θ)表示的点也是唯一确定的．2．直角坐标与极坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，x轴正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．如图，设M是平面内的任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x，y)和(ρ，θ)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2＝x2＋y2，,tanθ＝\f(y,x)x≠0.))3．直线的极坐标方程若直线过点M(ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．几个特殊位置的直线的极坐标方程(1)直线过极点：θ＝θ0和θ＝π－θ0；(2)直线过点M(a,0)且垂直于极轴：ρcosθ＝a；(3)直线过Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，\f(π,2)))且平行于极轴：ρsinθ＝b.4．圆的极坐标方程若圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r的圆方程为ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρeq\o\al(2,0)－r2＝0.几个特殊位置的圆的极坐标方程(1)当圆心位于极点，半径为r：ρ＝r；(2)当圆心位于M(a,0)，半径为a：ρ＝2acos_θ；(3)当圆心位于Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,2)))，半径为a：ρ＝2asin_θ.考点自测1．若曲线的极坐标方程为ρ＝2sinθ＋4cosθ，以极点为原点，极轴为x轴正半轴建立直角坐标系，则该曲线的直角坐标方程为________．解析∵ρ＝2sinθ＋4cosθ，∴ρ2＝2ρsinθ＋4ρcosθ.∴x2＋y2＝2y＋4x，即x2＋y2－2y－4x＝0.答案x2＋y2－2y－4x＝02．(·西安五校一模)在极坐标系(ρ，θ)(0≤θ＜2π)中，曲线ρ＝2sinθ与ρcosθ＝－1的交点的极坐标为________．解析ρ＝2sinθ的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，ρcosθ＝－1的直角坐标方程为x＝－1，联立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2y＝0，,x＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝1，))即两曲线的交点为(－1,1)，又0≤θ＜2π，因此这两条曲线的交点的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3π,4))).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3π,4)))3．(·上海)如图，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)＝________.解析在直线l上任取一点，再利用正弦定理求直线的极坐标方程．在直线l上取点P(ρ，θ)，在△OPM中，由正弦定理得eq\f(OM,sin∠OPM)＝eq\f(OP,sin∠OMP)，即eq\f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ)))＝eq\f(ρ,sin\f(5π,6))，化简得ρ＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ)))，故f(θ)＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))).答案eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ)))4．(·安徽)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________．解析将ρ＝4sinθ化成直角坐标方程为x2＋y2＝4y，即x2＋(y－2)2＝4，圆心为(0,2)．将θ＝eq\f(π,6)(ρ∈R)化成直角坐标方程为x－eq\r(3)y＝0，由点到直线的距离公式可知圆心到直线的距离d＝eq\f(|0－2\r(3)|,2)＝eq\r(3).答案eq\r(3)5．(·陕西)直线2ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ相交的弦长为________．解析直线的方程为2x＝1，圆的方程为x2＋y2－2x＝0，圆心为(1,0)，半径r＝1，圆心到直线的距离为d＝eq\f(|2－1|,\r(22＋0))＝eq\f(1,2)，设所求的弦长为l，则12＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2，解得l＝eq\r(3).答案eq\r(3)eq\f(对应学生,210)考向一极坐标和直角坐标的互化【例1】►(·广州测试)设点A的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))，直线l过点A且与极轴所成的角为eq\f(π,3)，则直线l的极坐标方程为________________．解析∵点A的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))，∴点A的平面直角坐标为(eq\r(3)，1)，又∵直线l过点A且与极轴所成的角为eq\f(π,3)，∴直线l的方程为y－1＝(x－eq\r(3))taneq\f(π,3)，即eq\r(3)x－y－2＝0，∴直线l的极坐标方程为eq\r(3)ρcosθ－ρsinθ－2＝0，可整理为ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝1或ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝1.答案ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝1或ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝1(1)在由点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象限和极角的范围，否则点的极坐标将不唯一．(2)在曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的范围．要注意转化的等价性．【训练1】(·佛山检测)在平面直角坐标系xOy中，点P的直角坐标为(1，－eq\r(3))．若以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则点P的极坐标可以是________．解析由极坐标与直角坐标的互化公式ρcosθ＝x，ρsinθ＝y可得，ρcosθ＝1,ρsinθ＝－eq\r(3)，解得ρ＝2，θ＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)，故点P的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2kπ－\f(π,3)))(k∈Z)．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2kπ－\f(π,3)))(k∈Z)考向二圆的极坐标方程的应用【例2】►(·广州测试)在极坐标系中，若过点(1,0)且与极轴垂直的直线交曲线ρ＝4cosθ于A、B两点，则|AB|＝________.解析过点(1,0)且与极轴垂直的直线的直角坐标方程是x＝1，曲线ρ＝4cosθ的直角坐标方程是x2＋y2＝4x，即(x－2)2＋y2＝4，圆心(2,0)到直线x＝1的距离等于1，因此|AB|＝2eq\r(4－1)＝2eq\r(3).答案2eq\r(3)解决此类问题的关键还是将极坐标方程化为直角坐标方程．【训练2】(·深圳调研)在极坐标系中，P，Q是曲线C：ρ＝4sinθ上任意两点，则线段PQ长度的最大值为________．解析由曲线C：ρ＝4sinθ，得ρ2＝4ρsinθ，x2＋y2－4y＝0，x2＋(y－2)2＝4，即曲线C：ρ＝4sinθ在直角坐标系下表示的是以点(0,2)为圆心、以2为半径的圆，易知该圆上的任意两点间的距离的最大值即是圆的直径长，因此线段PQ长度的最大值是4.答案4考向三极坐标方程的综合应用【例3】►如图，在圆心的极坐标为A(4,0)，半径为4的圆中，求过极点O的弦的中点的轨迹．解设M(ρ，θ)是所求轨迹上任意一点．连接OM并延长交圆A于点P(ρ0，θ0)，则有θ0＝θ，ρ0＝2ρ.由圆心为(4,0)，半径为4的圆的极坐标方程为ρ＝8cosθ，得ρ0＝8cosθ0.所以2ρ＝8cosθ，即ρ＝4cosθ.故所求轨迹方程是ρ＝4cosθ.它表示以(2,0)为圆心，2为半径的圆．求轨迹的方法与普通方程的方法相同，但本部分只要求简单的轨迹求法．【训练3】从极点O作直线与另一直线ρcosθ＝4相交于点M，在OM上取一点P，使|OM|·|OP|＝12，求点P的轨迹方程．解设动点P的坐标为(ρ，θ)，则M(ρ0，θ)．∵|OM|·|OP|＝12.∵ρ0ρ＝12.ρ0＝eq\f(12,ρ).又M在直线ρcosθ＝4上，∴eq\f(12,ρ)cosθ＝4，∴ρ＝3cosθ.这就是点P的轨迹方程．eq\f(对应学生,357)(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共40分)1．在极坐标系中，直线l的方程为ρsinθ＝3，则点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))到直线l的距离为________．解析∵直线l的极坐标方程可化为y＝3，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))化为直角坐标为(eq\r(3)，1)，∴点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))到直线l的距离为2.答案22．(·汕头调研)在极坐标系中，ρ＝4sinθ是圆的极坐标方程，则点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,6)))到圆心C的距离是________．解析将圆的极坐标方程ρ＝4sinθ化为直角坐标方程为x2＋y2－4y＝0，圆心坐标为(0,2)．又易知点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,6)))的直角坐标为(2eq\r(3)，2)，故点A到圆心的距离为eq\r(0－2\r(3)2＋2－22)＝2eq\r(3).答案2eq\r(3)3．在极坐标系中，过圆ρ＝6cosθ－2eq\r(2)sinθ的圆心且与极轴垂直的直线的极坐标方程为________．解析由ρ＝6cosθ－2eq\r(2)sinθ⇒ρ2＝6ρcosθ－2eq\r(2)ρsinθ，所以圆的直角坐标方程为x2＋y2－6x＋2eq\r(2)y＝0，将其化为标准形式为(x－3)2＋(y＋eq\r(2))2＝11，故圆心的坐标为(3，－eq\r(2))，所以过圆心且与x轴垂直的直线的方程为x＝3，将其化为极坐标方程为ρcosθ＝3.答案ρcosθ＝34．(·华南师大模拟)在极坐标系中，点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,3)))到曲线ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2上的点的距离的最小值为________．解析依题意知，点M的直角坐标是(2,2eq\r(3))，曲线的直角坐标方程是x＋eq\r(3)y－4＝0，因此所求的距离的最小值等于点M到该直线的距离，即为eq\f(|2＋2\r(3)×\r(3)－4|,\r(12＋\r(3)2))＝2.答案25．在极坐标系中，圆ρ＝4上的点到直线ρ(cosθ＋eq\r(3)sinθ)＝8的距离的最大值是________．解析把ρ＝4化为直角坐标方程为x2＋y2＝16，把ρ(cosθ＋eq\r(3)sinθ)＝8化为直角坐标方程为x＋eq\r(3)y－8＝0，∴圆心(0,0)到直线的距离为d＝eq\f(8,2)＝4.∴直线和圆相切，∴圆上的点到直线的最大距离是8.答案86．在极坐标系中，曲线C1：ρ＝2cosθ，曲线C2：θ＝eq\f(π,4)，若曲线C1与C2交于A、B两点，则线段AB＝________.解析曲线C1与C2均经过极点，因此极点是它们的一个公共点．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ＝2cosθ，,θ＝\f(π,4)))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ＝\r(2)，,θ＝\f(π,4)，))即曲线C1与C2的另一个交点与极点的距离为eq\r(2)，因此AB＝eq\r(2).答案eq\r(2)7．(·湛江模拟)在极坐标系中，圆C的极坐标方程为：ρ2＋2ρcosθ＝0，点P的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,2)))过点P作圆C的切线，则两条切线夹角的正切值是________．解析圆C的极坐标方程：ρ2＋2ρcosθ＝0化为普通方程：(x＋1)2＋y2＝1，点P的直角坐标为(0,2)，圆C的圆心为(－1,0)．如图，当切线的斜率存在时，设切线方程为y＝kx＋2，则圆心到切线的距离为eq\f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝1，∴k＝eq\f(3,4)，即tanα＝eq\f(3,4).易知满足题意的另一条切线的方程为x＝0.又∵两条切线的夹角为α的余角，∴两条切线夹角的正切值为eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)8．若直线3x＋4y＋m＝0与曲线ρ2－2ρcosθ＋4ρsinθ＋4＝0没有公共点，则实数m的取值范围是________．解析注意到曲线ρ2－2ρcosθ＋4ρsinθ＋4＝0的直角坐标方程是x2＋y2－2x＋4y＋4＝0，即(x－1)2＋(y＋2)2＝1.要使直线3x＋4y＋m＝0与该曲线没有公共点，只要圆心(1，－2)到直线3x＋4y＋m＝0的距离大于圆的半径即可，即eq\f(|3×1＋4×－2＋m|,5)＞1，|m－5|＞5，解得，m＜0或m＞10.答案(－∞，0)∪(10，＋∞)二、解答题(共20分)9．(10分)以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，已知点P的直角坐标为(1，－5)，点M的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,2)))，若直线l过点P，且倾斜角为eq\f(π,3)，圆C以M为圆心、4为半径．(1)求直线l的参数方程和圆C的极坐标方程；(2)试判定直线l和圆C的位置关系．解(1)由题意，直线l的普通方程是y＋5＝(x－1)taneq\f(π,3)，此方程可化为eq\f(y＋5,sin\f(π,3))＝eq\f(x－1,cos\f(π,3))，令eq\f(y＋5,sin\f(π,3))＝eq\f(x－1,cos\f(π,3))＝a(a为参数)，得直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)a＋1，,y＝\f(\r(3),2)a－5))(a为参数)．如图，设圆上任意一点为Q(ρ，θ)，则在△QOM中，由余弦定理，得QM2＝QO2＋OM2－2·QO·OMcos∠QOM，∴42＝ρ2＋42－2×4ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,2))).化简得ρ＝8sinθ，即为圆C的极坐标方程．(2)由(1)可进一步得出圆心M的直角坐标是(0,4)，直线l的普通方程是eq\r(3)x－y－5－eq\r(3)＝0，圆心M到直线l的距离d＝eq\f(|0－4－5－\r(3)|,\r(3＋1))＝eq\f(9＋\r(3),2)＞4，所以直线l和圆C相离．10．(10分)(·辽宁)在直角坐标系xOy中，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．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)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))．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或参数方程写成\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝y))－\r(3)≤y≤\r(3)))法二将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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)≤θ≤\f(π,3))).第2讲参数方程eq\f(对应学生,211)考点梳理1．参数方程的概念一般地，在平面直角坐标系中，如果曲线上任意一点的坐标x，y都是某个变数t的函数eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ft,y＝gt))①，并且对于t的每一个允许值，由方程组①所确定的点M(x，y)都在这条曲线上，那么方程组①就叫做这条曲线的参数方程，联系变数x，y的变数t叫做参变数，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做普通方程．2．参数方程和普通方程的互化(1)曲线的参数方程和普通方程是曲线方程的不同形式，一般地可以通过消去参数而从参数方程得到普通方程．(2)如果知道变数x，y中的一个与参数t的关系，例如x＝f(t)，把它代入普通方程，求出另一个变数与参数的关系y＝g(t)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ft，,y＝gt))就是曲线的参数方程，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．3．直线、圆和圆锥曲线的参数方程名称普通方程参数方程直线y－y0＝k(x－x0)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα，,y＝y0＋tsinα))(t为参数)圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝R2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋Rcosθ，,y＝y0＋Rsinθ))(θ为参数且0≤θ≤2π)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝acost，,y＝bsint))(t为参数且0≤t≤2π)抛物线y2＝2px(p>0)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2pt2，,y＝2pt))(t为参数)双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝asecθ，,y＝btanθ))(θ为参数)考点自测1．极坐标方程ρ＝cosθ和参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1－t，,y＝2＋t))(t为参数)所表示的图形分别是()．A．直线、直线B．直线、圆C．圆、圆D．圆、直线解析∵ρcosθ＝x，∴cosθ＝eq\f(x,ρ)代入到ρ＝cosθ，得ρ＝eq\f(x,ρ)，∴ρ2＝x，∴x2＋y2＝x表示圆．又∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1－t，,y＝2＋t，))相加得x＋y＝1，表示直线．答案D2．若直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t，,y＝2＋3t))(t为实数)与直线4x＋ky＝1垂直，则常数k＝________.解析参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t，,y＝2＋3t，))所表示的直线方程为3x＋2y＝7，由此直线与直线4x＋ky＝1垂直可得－eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,k)))＝－1，解得k＝－6.答案－63．二次曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5cosθ，,y＝3sinθ))(θ是参数)的左焦点的坐标是________．解析题中二次曲线的普通方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1左焦点为(－4,0)．答案(－4,0)4．(·湖南)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＝________.解析曲线C1的普通方程为2x＋y＝3，曲线C2的普通方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1，直线2x＋y＝3与x轴的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，故曲线eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1也经过这个点，代入解得a＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(舍去－\f(3,2))).答案eq\f(3,2)5．(·广东)已知两曲线参数方程分别为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(5)cosθ，,y＝sinθ))(0≤θ＜π)和eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,4)t2，,y＝t))(t∈R)，它们的交点坐标为________．解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(5)cosθ，,y＝sinθ))(0≤θ＜π)得，eq\f(x2,5)＋y2＝1(0≤y≤1，－eq\r(5)<x≤eq\r(5))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,4)t2，,y＝t))(t∈R)得，x＝eq\f(5,4)y2，∴5y4＋16y2－16＝0.解得：y2＝eq\f(4,5)或y2＝－4(舍去)．则x＝eq\f(5,4)y2＝1又θ≥0，得交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(5),5))).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(5),5)))eq\f(对应学生,211)考向一参数方程与普通方程的互化【例1】►把下列参数方程化为普通方程：(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3＋cosθ，,y＝2－sinθ；))(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(1,2)t，,y＝5＋\f(\r(3),2)t.))解(1)由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosθ＝x－3，,sinθ＝2－y，))由三角恒等式cos2θ＋sin2θ＝1,可知(x－3)2＋(y－2)2＝1.(2)由已知t＝2x－2，代入y＝5＋eq\f(\r(3),2)t中，得y＝5＋eq\f(\r(3),2)(2x－2)，即eq\r(3)x－y＋5－eq\r(3)＝0.参数方程化为普通方程：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，参数方程通过代入消元或加减消元消去参数化为普通方程，不要忘了参数的范围．【训练1】(·陕西)参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝1＋sinα))(α为参数)化成普通方程为________．解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝1＋sinα))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，①,y－1＝sinα，②))①2＋②2得：x2＋(y－1)2＝1.答案x2＋(y－1)2＝1考向二直线与圆的参数方程的应用【例2】►已知圆C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)和直线l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(其中t为参数，α为直线l的倾斜角)．(1)当α＝eq\f(2π,3)时，求圆上的点到直线l距离的最小值；(2)当直线l与圆C有公共点时，求α的取值范围．解(1)当α＝eq\f(2π,3)时，直线l的直角坐标方程为eq\r(3)x＋y－3eq\r(3)＝0，圆C的圆心坐标为(1,0)，圆心到直线的距离d＝eq\f(2\r(3),2)＝eq\r(3)，圆的半径为1，故圆上的点到直线l距离的最小值为eq\r(3)－1.(2)圆C的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1，将直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得t2＋2(cosα＋eq\r(3)sinα)t＋3＝0，这个关于t的一元二次方程有解，故Δ＝4(cosα＋eq\r(3)sinα)2－12≥0，则sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))≥eq\f(3,4)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))≥eq\f(\r(3),2)或sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))≤－eq\f(\r(3),2).又0≤α＜π，故只能sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))≥eq\f(\r(3),2)，即eq\f(π,3)≤α＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3)，即eq\f(π,6)≤α≤eq\f(π,2).故α的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))).如果问题中的方程都是参数方程，那就要至少把其中的一个化为直角坐标方程．【训练2】已知直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋t，,y＝4－2t))(参数t∈R)，圆C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ＋2，,y＝2sinθ))(参数θ∈[0,2π])，求直线l被圆C所截得的弦长．解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋t，,y＝4－2t))消参数后得普通方程为2x＋y－6＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ＋2，,y＝2sinθ))消参数后得普通方程为(x－2)2＋y2＝4，显然圆心坐标为(2,0)，半径为2.由于圆心到直线2x＋y－6＝0的距离为d＝eq\f(|2×2＋0－6|,\r(22＋1))＝eq\f(2\r(5),5)，所以所求弦长为2eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)＝eq\f(8\r(5),5).考向三圆锥曲线的参数方程的应用【例3】►求经过点(1,1)，倾斜角为135°的直线截椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1所得的弦长．解由条件可知直线的参数方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)t，,y＝1＋\f(\r(2),2)t))(t为参数)，代入椭圆方程可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)t))2,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)t))2＝1，即eq\f(5,2)t2＋3eq\r(2)t＋1＝0.设方程的两实根分别为t1、t2，则由二次方程的根与系数的关系可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＋t2＝－\f(6\r(2),5)，,t1t2＝\f(2,5)，))则直线截椭圆的弦长是|t1－t2|＝eq\r(t1＋t22－4t1t2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6\r(2),5)))2－4×\f(2,5))＝eq\f(4\r(2),5).普通方程化为参数方程：化普通方程为参数方程的基本思路是引入参数，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，常选择的参数有角、有向线段的数量、斜率，某一点的横坐标(或纵坐标)．普通方程化为参数方程需要引入参数，选择的参数不同，所得的参数方程也不一样．【训练3】(·南京模拟)过点P(－3,0)且倾斜角为30°的直线和曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋\f(1,t)，,y＝t－\f(1,t)))(t为参数)相交于A、B两点，求线段AB的长．解直线的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3＋\f(\r(3),2)s，,y＝\f(1,2)s))(s为参数)，又曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋\f(1,t)，,y＝t－\f(1,t)))(t为参数)可以化为x2－y2＝4，将直线的参数方程代入上式，得s2－6eq\r(3)s＋10＝0，设A、B对应的参数分别为s1，s2.∴s1＋s2＝6eq\r(3)，s1s2＝10.∴|AB|＝|s1－s2|＝eq\r(s1＋s22－4s1s2)＝2eq\r(17).eq\f(对应学生,358)(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共40分)1．(·深圳模拟)直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2－\r(2)t，,y＝3＋\r(2)t))(t为参数)上与点A(－2,3)的距离等于eq\r(2)的点的坐标是________．解析由题意知(－eq\r(2)t)2＋(eq\r(2)t)2＝(eq\r(2))2，所以t2＝eq\f(1,2)，t＝±eq\f(\r(2),2)，代入eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2－\r(2)t，,y＝3＋\r(2)t))(t为参数)，得所求点的坐标为(－3,4)或(－1,2)．答案(－3,4)或(－1,2)2．(·东莞模拟)若直线l：y＝kx与曲线C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋cosθ，,y＝sinθ))(参数θ∈R)有唯一的公共点，则实数k＝________.解析曲线C化为普通方程为(x－2)2＋y2＝1，圆心坐标为(2,0)，半径r＝1.由已知l与圆相切，则r＝eq\f(|2k|,\r(1＋k2))＝1⇒k＝±eq\f(\r(3),3).答案±eq\f(\r(3),3)3．直线3x＋4y－7＝0截曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝1＋sinα))(α为参数)的弦长为________．解析曲线可化为x2＋(y－1)2＝1，圆心到直线的距离d＝eq\f(|0＋4－7|,\r(9＋16))＝eq\f(3,5)，则弦长l＝2eq\r(r2－d2)＝eq\f(8,5).答案eq\f(8,5)4．已知直线l1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t，,y＝2＋kt))(t为参数)，l2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝s，,y＝1－2s))(s为参数)，若l1∥l2，则k＝________；若l1⊥l2，则k＝________.解析将l1、l2的方程化为直角坐标方程得l1：kx＋2y－4－k＝0，l2：2x＋y－1＝0，由l1∥l2，得eq\f(k,2)＝eq\f