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文档介绍
2018届二轮复习专题七附加题必做部分理教案（全国通用）
专题七 附加题（必做部分）教师用书 理 第1讲 立体几何中的向量方法 高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B级要求；(2)线线、线面、面面平行关系判定，属B级要求；(3)线线、线面、面面垂直的判定，属B级要求；(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B级要求. 真 题 感 悟 (2015·江苏卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1. (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值； (2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长. 解 以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). (1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0).因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2).设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)， 则m·＝0，m·＝0， 即令y＝1，解得z＝1，x＝1. 所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量， 从而cos〈，m〉＝＝， 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为. (2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又＝(0，－1，0)，则＝＋＝(－λ，－1，2λ)， 又＝(0，－2，2)， 从而cos〈，〉＝＝. 设1＋2λ＝t，t∈[1，3]， 则cos2〈，〉＝＝≤. 当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.因为y＝cos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值. 又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝. 考 点 整 合 1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，ν＝(a3，b3，c3)，则 (1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行 α∥β⇔μ∥ν⇔μ＝λν⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，ν＝(a4，b4，c4)(以下相同). (1)线线夹角 设l，m的夹角为θ(0≤θ≤)，则 cos θ＝＝. (2)线面夹角 设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤)，则 sin θ＝|cos〈a，μ〉|＝， (3)面面夹角 设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|cos〈μ，ν〉|＝. 热点一 向量法证明平行与垂直 【例1】 如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法求证： (1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD. 证明 法一 由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O. (1)＝， ＝(－1，0，0)， ∴·＝0，∴⊥. ∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF， ∴是平面BCF的一个法向量， 且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).∵＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)， 由 得解得 令x1＝1，则n1＝. 同理可得n2＝(0，1，1). ∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD. 法二 (1)＝＋＋＝－＋ ＝(＋)－＋＝－－＋ ＝－(＋)－＋ ＝－－. ∴向量与向量，共面， 又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)由(1)及题意知，BF，BC，BA两两垂直， ∵＝，＝－， ∴·＝·＝0， ·＝·(－) ＝－2＋2＝0. ∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C， ∴OM⊥平面EFCD. 又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD. 探究提高 解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算. 【训练1】 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB＝2，∠BAD＝60°，E是PA的中点. (1)求证：直线PC∥平面BDE； (2)求证：BD⊥PC. 证明 设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，AB＝2，底面ABCD为菱形，所以BO＝1，AO＝CO＝，AC⊥BD. 如图，以O为坐标原点，以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz， 则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)，E(0，－，1). (1)设平面BDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 因为＝(－1，－，1)，＝(－2，0，0)， 由得 令z1＝，得y1＝1，所以n1＝(0，1，). 又＝(0，2，－2)，所以·n1＝0＋2－2＝0， 即⊥n1，又PC⊄平面BDE，所以PC∥平面BDE. (2)因为＝(0，2，－2)，＝(－2，0，0)， 所以·＝0.故BD⊥PC. 热点二 利用空间向量求空间角 [微题型1] 求线面角 【例2－1】 (2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点. (1)证明MN∥平面PAB； (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. (1)证明 由已知得AM＝AD＝2. 取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綉AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB. (2)解 取BC的中点E，连接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC， 从而AE⊥AD，AE＝＝＝. 以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz. 由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N，＝(0，2，－4)，＝，＝. 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则 即可取n＝(0，2，1). 于是cos〈n，〉＝＝. 设AN与平面PMN所成的角为θ，则sin θ＝， ∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为. 探究提高 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. [微题型2] 求二面角 【例2－2】 (2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置. OD′＝. (1)证明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B－D′A－C的正弦值. (1)证明 由已知得AC⊥BD，AD＝CD. 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H. 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 由EF∥AC得＝＝. 所以OH＝1，D′H＝DH＝3. 于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H， 所以D′H⊥平面ABCD. (2)解 如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz.则H(0，0，0)， A(－3，－1，0)， B(0，－5，0)，C(3，－1，0)， D′(0，0，3)，＝(3，－4，0)，＝(6，0，0)，＝(3，1，3). 设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则 即 所以可取m＝(4，3，－5). 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则 即 所以可取n＝(0，－3，1). 于是cos〈m，n〉＝＝＝－. sin〈m，n〉＝. 因此二面角B－D′A－C的正弦值是. 探究提高 利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的. 【训练2】 (2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点. (1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值； (2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值. 解 (1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4). 因为cos〈，〉＝＝＝， 所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为. (2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1，1，0)，＝(0，2，4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以， n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量.取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ. 由|cos θ|＝＝＝，得sin θ＝. 因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为. 热点三 向量法解决立体几何中的探索性问题 【例3】 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝. (1)求证：平面PQB⊥平面PAD； (2)在棱PC上是否存在一点M，使二面角M－BQ－C为30°，若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由. (1)证明 ∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点， ∴BC∥DQ且BC＝DQ， ∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ. ∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD， ∵PA＝PD，∴PQ⊥AD， ∵PQ∩BQ＝Q，PQ，BQ⊂平面PBQ，∴AD⊥平面PBQ， ∵AD⊂平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD. (2)解 当M是棱PC上靠近点C的四等分点时，有二面角M－BQ－C为30°，理由如下： 由(1)知PQ⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD， 且平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PQ⊥平面ABCD. 以Q为原点，QA为x轴，QB为y轴，QP为z轴建立空间直角坐标系，则平面BQC的一个法向量n＝(0，0，1)，Q(0，0，0)，P(0，0，)，B(0，，0)，C(－1，，0). 设满足条件的点M(x，y，z)存在， 则＝(x，y，z－)，＝(－1－x，－y，－z)， 令＝t，其中t＞0， ∴∴ 在平面MBQ中， ＝(0，，0)，＝， ∴平面MBQ的一个法向量m＝(，0，t)， ∵二面角M－BQ－C为30°， ∴cos 30°＝＝＝， 解得t＝3. 所以满足条件的点M存在，M是棱PC的靠近点C的四等分点. 探究提高 (1)确定点的坐标时，通常利用向量共线来求，如本例＝t来求M点的坐标. (2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题. 【训练3】 (2016·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求证：PD⊥平面PAB； (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由. (1)证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD. 又AB⊥AD，AB⊂平面ABCD. ∴AB⊥平面PAD. ∵PD⊂平面PAD.∴AB⊥PD. 又PA⊥PD，PA∩AB＝A. ∴PD⊥平面PAB. (2)解 取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD. 又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， ∴PO⊥平面ABCD，∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO， ∵AC＝CD，∴CO⊥AD. 以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0). 则＝(1，1，－1)，＝(0，－1，－1)，＝(2，0，－1). ＝(－2，－1，0). 设n＝(x0，y0，1)为平面PDC的一个法向量. 由得解得 即n＝. 设PB与平面PCD的夹角为θ. 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. (3)解 设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得＝λ，因此点M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)，因为BM⊄平面PCD，所以BM∥平面PCD， 当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·＝0，解得λ＝，所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝. 1.两条直线夹角的范围为.设直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2，其夹角为θ，则cos θ＝|cosn1，n2|＝. 2.二面角的范围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n1与n2，二面角为θ，则|cos θ|＝|cosn1，n2|＝. 3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错. 4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向 量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性. 1.(2016·南通调研)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝AS＝2，P是棱SD上一点，且SP＝PD. (1)求直线AB与CP所成角的余弦值； (2)求二面角A－PC－D的余弦值. 解 (1)如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，S(0，0，2). 设P(x0，y0，z0)，由＝得(x0，y0，z0－2)＝(0，2， －2)， 所以x0＝0，y0＝，z0＝，点P坐标为. ＝，＝(1，0，0). 设直线AB与CP所成的角为α，由图可知，α为锐角， 则cos α＝＝＝. (2)设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由于＝(1，2，0)，＝， 所以 令y1＝－2，则x1＝4，z1＝1，m＝(4，－2，1). 设平面DPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 由于＝(1，0，0)，＝， 所以 令y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1). 设二面角A－PC－D的大小为θ， 由于cos〈m，n〉＝＝－， 由于θ为钝角，所以cos θ＝cos〈m，n〉＝－. 2.(2015·山东卷)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点. (1)求证：BD∥平面FGH； (2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45° ，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小. (1)证明 法一 连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH，在三棱台DEF－ABC中， AB＝2DE，G为AC的中点， 可得DF∥GC，DF＝GC， 所以四边形DFCG为平行四边形. 则O为CD的中点，又H为BC的中点， 所以OH∥BD， 又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH， 所以BD∥平面FGH. 法二 在三棱台DEF－ABC中， 由BC＝2EF，H为BC的中点， 可得BH∥EF，BH＝EF， 所以四边形BHFE为平行四边形， 可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB. 又GH∩HF＝H， 所以平面FGH∥平面ABED. 因为BD⊂平面ABED， 所以BD∥平面FGH. (2)解 设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF－ABC中，G为AC的中点，由DF＝AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形， 因此DG∥FC，又FC⊥平面ABC， 所以DG⊥平面ABC. 在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点. 所以AB＝BC，GB⊥GC， 因此GB，GC，GD两两垂直. 以G为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz. 所以G(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，D(0，0，1). 可得H，F(0，，1)， 故＝，＝(0，，1). 设n＝(x，y，z)是平面FGH的一个法向量， 则由可得 可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，). 因为是平面ACFD的一个法向量，＝(，0，0). 所以cos〈，n〉＝＝＝. 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°. 3.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. (1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 解 (1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点.理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC＝ED. 所以四边形BCDE是平行四边形. 从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE. 所以CM∥平面PBE. (说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)法一 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角.所以∠PDA＝45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 作Ay⊥AD，以A为原点，以，的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz， 则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0). 所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，0)，＝(0，0，2). 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z). 由得 设x＝2，解得n＝(2，－2，1). 设直线PA与平面PCE所成角为α， 则sin α＝＝＝. 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为. 法二 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角. 所以∠PDA＝45°. 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 从而PA⊥CE.且PA∩AH＝A，于是CE⊥平面PAH.又CE⊂平面PCE 所以平面PCE⊥平面PAH. 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA与平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1， 所以AH＝. 在Rt△PAH中，PH＝＝. 所以sin∠APH＝＝. 4.(2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3. (1)求证：BF⊥平面ACFD； (2)求二面角B－AD－F的平面角的余弦值. (1)证明 延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC. 又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK， 且CK∩AC＝C， 所以BF⊥平面ACFD. (2)解 法一 如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则△BCK为等边三角形. 取BC的中点O，连接KO，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC. 以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x，z的正方向， 建立空间直角坐标系O－xyz. 由题意得B(1，0，0)，C(－1，0，0)，K(0，0，)，A(－1，－3，0)，E，F. 因此，＝(0，3，0)，＝(1，3，)，＝(2，3，0). 设平面ACK的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n＝(x2，y2，z2). 由得 取m＝(，0，－1)； 由得 取n＝(3，－2，). 于是，cos〈m，n〉＝＝. 所以，二面角B－AD－F的平面角的余弦值为. 法二 过点F作FQ⊥AK于Q，连接BQ. 因为BF⊥平面ACK，所以BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK. 所以∠BQF是二面角B－AD－F的平面角. 在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得AK＝，FQ＝. 在Rt△BQF中，FQ＝，BF＝， 得cos∠BQF＝. 所以，二面角B－AD－F的平面角的余弦值为. 5.(2016·苏北四市模拟)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点. (1)求证：EF⊥BC； (2)求二面角E－BF－C的正弦值. 法一 (1)证明 由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系.易得B(0，0，0)，A(0，－1，)，D(，－1，0)，C(0，2，0). 因而E(0，，)，F， 所以＝，＝(0，2，0)， 因此·＝0.从而⊥，所以EF⊥BC. (2)解 平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1). 设平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)， 又＝，＝. 由得其中一个n2＝(1，－，1). 设二面角E－BF－C大小为θ，且由题意知θ为锐角，则 cos〈n1，n2〉＝＝，∴cos θ＝， 因此sin θ＝＝，即所求二面角的正弦值为. 法二 (1)证明 过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF. 由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC. 所以∠EOC＝∠FOC＝， 即FO⊥BC. 又EO⊥BC，EO∩FO＝O，EO，FO⊂平面EFO，因此BC⊥平面EFO， 又EF⊂平面EFO， 所以EF⊥BC. (2)解 过O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG. 由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC， BF⊂平面BDC，∴BF⊥EO， 又OG⊥BF，又EO∩OG＝O， 所以BF⊥平面EOG，又EG⊂平面EOG， 所以EG⊥BF. 因此∠EGO为二面角E－BF－C的平面角. 在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos 30°＝， 由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝， 因此tan∠EGO＝＝2，从而sin∠EGO＝，即二面角EBFC的正弦值为. 6.(2016·北京海淀区二模)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点.在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H. (1)求证：AB∥FG； (2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长. (1)证明 在正方形AMDE 中，因为B是AM的中点， 所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE，DE⊂平面PDE， 所以AB∥平面PDE. 因为AB⊂平面ABF， 且平面ABF∩平面PDE＝FG， 所以AB∥FG. (2)解 因为PA⊥底面ABCDE， 所以PA⊥AB，PA⊥AE. 如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，＝(1，1，0).设平面ABF的法向量为 n＝(x，y，z)，则 即 令z＝1，则y＝－1. 所以n＝(0，－1，1). 设直线BC与平面ABF所成角为α， 则cos〈n，〉＝＝－.∴sin α＝， 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为. 设点H的坐标为(u，v，w). 因为点H在棱PC上， 所以可设＝λ(0＜λ＜1)， 即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)， 所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ. 因为n是平面ABF的法向量， 所以n·＝0， 即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0. 解得λ＝，所以点H的坐标为. 所以PH＝＝2. 第2讲 计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列 高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原理，B级要求.(2)排列与组合，B级要求.(3)数学归纳法的简单应用，B级要求；(4)n次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差，B级要求. 真 题 感 悟 (2016·江苏卷)(1)求7C－4C的值； (2)设m，n∈N*，n≥m，求证： (m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C. (1)解 7C－4C＝7×20－4×35＝0. (2)证明 对任意的m，n∈N*，n≥m， ①当n＝m时，左边＝(m＋1)C＝m＋1， 右边＝(m＋1)C＝m＋1，原等式成立. ②假设n＝k(k≥m)时命题成立. 即(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋kC＋(k＋1)C＝(m＋1)C， 当n＝k＋1时， 左边＝(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋kC＋(k＋1)C＋(k＋2)C ＝(m＋1)C＋(k＋2)C， 右边＝(m＋1)C. 而(m＋1)C－(m＋1)C ＝(m＋1) ＝(m＋1)×[(k＋3)－(k－m＋1)] ＝(k＋2)＝(k＋2)C， ∴(m＋1)C＋(k＋2)C＝(m＋1)C， ∴左边＝右边. 即m＝k＋1时命题也成立. 综合①②可得原命题对任意m，n∈N*，n≥m均成立. 考 点 整 合 1.两种计数原理 分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2.排列 (1)排列的定义；(2)排列数公式：A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(m≤n，m，n∈N*). 3.组合 (1)组合的定义； (2)组合数公式：C＝＝(m≤n，m，n∈N*). (3)组合数性质：C＝C；C＋C＝C. 4.数学归纳法 运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可. 5.概率、随机变量及其分布 (1)离散型随机变量及其概率分布的表示： ①离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量； ②离散型随机变量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表； 性质：1°pi≥0(i＝1，2，3，…，n)；2°p1＋p2＋p3＋…＋pn＝1. (2)特殊的概率分布列：①0－1分布(两点分布)符号表示：X～0－1分布； ②超几何分布：1°符号表示：X～H(n，M，N)； 2°概率分布列：X～H(r；n，M，N)＝P(X＝r)＝； ③二项分布(又叫独立重复试验，伯努利试验)：1°符号表示：X～B(n，p)；2°概率分布列：P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k. 注意：P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝r)＋…＋P(X＝n)＝1. 热点一 与计数原理有关的问题 【例1】 (2011·江苏卷)设整数n≥4，P(a，b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，b∈{1，2，3，…，n}，a＞b. (1)记An为满足a－b＝3的点P的个数，求An； (2)记Bn为满足(a－b)是整数的点P的个数，求Bn. 解 (1)点P的坐标满足条件1≤b＝a－3≤n－3，所以An＝n－3. (2)设k为正整数，记fn(k)为满足条件以及a－b＝3k的点P的个数，只要讨论fn(k )≥1的情形. 由1≤b＝a－3k≤n－3k知fn(k)＝n－3k，且k≤，设n－1＝3m＋r，其中m∈N*，r∈{0，1，2}，则k≤m，所以Bn＝fn(k)＝ (n－3k)＝mn－＝， 将m＝代入上式，化简得Bn＝－，所以Bn＝ 探究提高 此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算. 【训练1】 (2016·南京、盐城、徐州、连云港模拟)设(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n∈N*，n≥2. (1)设n＝11，求|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|的值； (2)设bk＝ak＋1(k∈N，k≤n－1)，Sm＝b0＋b1＋b2＋…＋bm(m∈N，m≤n－1)，求的值. 解 (1)因为ak＝(－1)kC，k∈N， 当n＝11时，|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|＝C＋C＋C＋C＋C＋C＝(C＋C＋…＋C＋C)＝210＝1 024. (2)bk＝ak＋1＝(－1)k＋1C＝(－1)k＋1C， 当1≤k≤n－1时，bk＝(－1)k＋1C ＝(－1)k＋1(C＋C)＝(－1)k＋1C＋(－1)k＋1C ＝(－1)k－1C－(－1)kC. 当m＝0时，＝＝1. 当1≤m≤n－1时， Sm＝－1＋(－1)k－1C－(－1)kC]＝－1＋1－ (－1)mC＝－(－1)mC.所以＝1. 综上，＝1. 热点二 数学归纳法的应用 【例2】 (2016·南通调研)已知函数f0(x)＝x(sin x＋cos x)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*. (1)求f1(x)，f2(x)的表达式； (2)写出fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明. 解 (1)因为fn(x)为fn－1(x)的导数， 所以f1(x)＝f0′(x)＝(sin x＋cos x)＋x(cos x－sin x) ＝(x＋1)cos x＋(x－1)(－sin x)， 同理，f2(x)＝f1′(x)＝－(x＋2)sin x－(x－2)cos x. (2)由(1)得f3(x)＝f2′(x)＝－(x＋3)cos x＋(x－3)sin x， 把f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为 f1(x)＝(x＋1)sin＋(x－1)cos， f2(x)＝(x＋2)sin＋(x－2)cos， f3(x)＝(x＋3)sin＋(x－3)cos， 猜测fn(x)＝(x＋n)sin＋(x－n)cos.(*) 下面用数学归纳法证明上述等式. 当n＝1时，由(1)知，等式(*)成立； 假设当n＝k时，等式(*)成立， 即fk(x)＝(x＋k)sin＋(x－k)cos， 则当n＝k＋1时， fk＋1(x)＝fk′(x)＝sin＋(x＋k)cos＋cos＋(x－k)· ＝(x＋k＋1)cos＋[x－(k＋1)] ＝[x＋(k＋1)]sin＋[x－(k＋1)]·cos，即当n＝k＋1时，等式(*)成立. 综上所述，当n∈N*时， fn(x)＝(x＋n)sin＋(x－n)cos成立. 探究提高 在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可.在较复杂的式子中，注意由n＝k到n＝k＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项.同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法. 【训练2】 (2015·江苏卷)已知集合X＝{1，2，3}，Yn＝{1，2，3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数. (1)写出f(6)的值； (2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明. 解 (1)Y6＝{1，2，3，4，5，6}，S6中的元素(a，b)满足： 若a＝1，则b＝1，2，3，4，5，6；若a＝2，则b＝1，2，4，6； 若a＝3，则b＝1，3，6.所以f(6)＝13. (2)当n≥6时， f(n)＝(t∈N*). 下面用数学归纳法证明： ①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立； ②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论： 1)若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3 ＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立； 2)若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1 ＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立； 3)若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2 ＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立； 4)若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2 ＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立； 5)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2 ＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立； 6)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1 ＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立. 综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立. 热点三 随机变量的分布列及其数学期望 【例3】 (2016·扬州高三期末)某商场举办“迎新年摸球”活动，主办方准备了甲、乙两个箱子，其中甲箱中有四个球，乙箱中有三个球(每个球的大小、形状完全相同)，每一个箱子中只有一个红球，其余都是黑球.若摸中甲箱中的红球，则可获得奖金m元，若摸中乙箱中的红球，则可获奖金n元.活动规定：①参与者每个箱子中只能摸一次，一次摸一个球；②可选择先摸甲箱，也可先摸乙箱；③如果在第一个箱子中摸到红球，则可继续在第二个箱子中摸球，否则活动终止. (1)如果参与者先在乙箱中摸球，求其恰好获得奖金n元的概率； (2)若要使得该参与者获奖金额的期望值较大，请你帮他设计摸箱子的顺序，并说明理由. 解 (1)设“参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金n元”为事件M. 则P(M)＝×＝，即参与者先在乙箱中摸球，且恰好获得奖金n元的概率为. (2)参与者摸球的顺序有两种，分别讨论如下： ①先在甲箱中摸球，参与者获奖金额X的可能取值为0，m，m＋n， 则P(X＝0)＝， P(X＝m)＝×＝， P(X＝m＋n)＝×＝， 故X的分布列为 X 0 m m＋n P E(X)＝0×＋m×＋(m＋n)×＝＋. ②先在乙箱中摸球，参与者获奖金额Y的可能取值为0，n，m＋n， 则P(Y＝0)＝， P(Y＝n)＝×＝， P(Y＝m＋n)＝×＝， 故Y的分布列为 Y 0 n m＋n P E(Y)＝0×＋n×＋(m＋n)×＝＋. E(X)－E(Y)＝. 当E(X)－E(Y)＞0时，＞， 当E(X)－E(Y)＝0时，＝， 当E(X)－E(Y)＜0时，＜， 综上，当＞时，先在甲箱中摸球，再在乙箱中摸球，参与者获奖金额的期望值较大； 当＝时，两种顺序摸球，参与者获奖金额的期望值相等； 当＜时，先在乙箱中摸球，再在甲箱中摸球，参与者获奖金额的期望值较大. 探究提高 求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算. 【训练3】 (2012·江苏卷)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1. (1)求概率P(ξ＝0)； (2)求ξ的分布列，并求其数学期望E(ξ). 解 (1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C对相交棱，因此P(ξ＝0)＝＝＝. (2)若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故P(ξ＝)＝＝，于是P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝)＝1－－＝， 所以随机变量ξ的分布列是 ξ 0 1 P 因此E(ξ)＝1×＋×＝. 1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理 如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘. 2.数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题.通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用. 3.离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和. 4.求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为： 第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义； 第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率； 第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确； 第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值. 1.(2014·江苏卷)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同. (1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P； (2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E(X). 解 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P＝＝＝. (2)随机变量X所有可能的取值为2，3，4. {X＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P(X＝4)＝＝； {X＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”， 故P(X＝3)＝＝＝； 于是P(X＝2)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－－＝. 所以随机变量X的概率分布如下表： X 2 3 4 P 因此随机变量X的数学期望 E(X)＝2×＋3×＋4×＝. 2.(2016·苏北四市调研)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加.现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名.从这8名运动员中随机选择4人参加比赛. (1)设A为事件“选出的4人中恰有2 名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率； (2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和数学期望. 解 (1)由已知，有P(A)＝＝. 所以，事件A发生的概率为. (2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4. P(X＝k)＝(k＝1，2，3，4). 所以随机变量X的分布列为 X 1 2 3 4 P 随机变量X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝. 3.(2015·南通调研)记1，2，…，n满足下列性质T的排列a1，a2，…，an的个数为f(n)(n≥2，n∈N*).性质T：排列a1，a2，…，an中有且只有一个ai＞ai＋1(i∈{1，2，…，n－1}). (1)求f(3)；(2)求f(n). 解 (1)当n＝3时，1，2，3的所有排列有(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，其中满足仅存在一个i∈{1，2，3}，使得ai＞ai＋1的排列有(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，所以f(3)＝4. (2)在1，2，…，n的所有排列(a1，a2，…，an)中， 若ai＝n(1≤i≤n－1)，从n－1个数1，2，3，…，n－1中选i－1个数按从小到大顺序排列为a1，a2，…，ai－1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C. 若an＝n，则满足题意的排列个数为f(n－1). 综上，f(n)＝f(n－1)＋C＝f(n－1)＋2n－1－1. 从而f(n)＝－(n－3)＋f(3)＝2n－n－1. 4.(2016·苏、锡、常、镇、宿调研)在杨辉三角形中，从第2行开始，除1以外，其它每一个数值是它上面的两个数值之和，该三角形数阵开头几行如图所示. (1)在杨辉三角形中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比是3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由； (2)已知n，r为正整数，且n≥r＋3.求证：任何四个相邻的组合数C，C，C，C不能构成等差数列. (1)解 存在.杨辉三角形的第n行由二项式系数C，k＝0，1，2，…，n组成. 若第n行中有三个相邻的数之比为3∶4∶5， 则＝＝，＝＝， 即3n－7k＝－3，4n－9k＝5， 解得k＝27，n＝62. 即第62行有三个相邻的数C，C，C的比为3∶4∶5. (2)证明 若有n，r(n≥r＋3)，使得C，C，C，C成等差数列， 则2C＝C＋C，2C＝C＋C， 即＝＋， ＝＋， 所以＝＋， ＝＋， 整理得n2－(4r＋5)n＋4r(r＋2)＋2＝0，n2－(4r＋9)n＋4(r＋1)(r＋3)＋2＝0. 两式相减得n＝2r＋3， 所以C，C，C，C成等差数列， 由二项式系数的性质可知C＝C＜C＝C， 这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立. 5.(2010·江苏卷)已知△ABC的三边长都是有理数. (1)求证：cos A是有理数； (2)求证：对任意正整数n，cos nA是有理数. 证明 (1)设三边长分别为a，b，c，cos A＝， ∵a，b，c是有理数， b2＋c2－a2是有理数，分母2bc为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性， ∴必为有理数， ∴cos A是有理数. (2)①当n＝1时，显然cos A是有理数； 当n＝2时，∵cos 2A＝2cos2A－1， 因为cos A是有理数， ∴cos 2A也是有理数； ②假设当n≤k(k≥2)时，结论成立，即cos kA、cos(k－1)A均是有理数. 当n＝k＋1时，cos(k＋1)A＝cos kAcos A－sin kAsin A ＝cos kAcos A－[cos(kA－A)－cos(kA＋A)] ＝cos kAcos A－cos(k－1)A＋cos(k＋1)A 解得：cos(k＋1)A＝2cos kAcos A－cos(k－1)A ∵cos A，cos kA，cos(k－1)A均是有理数， ∴2cos kAcos A－cos(k－1)A是有理数， ∴cos(k＋1)A是有理数. 即当n＝k＋1时，结论成立. 综上所述，对于任意正整数n，cos nA是有理数. 6.(2014·江苏卷)已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*. (1)求2f1＋f2的值； (2)证明：对任意的n∈N*，等式＝都成立. (1)解 由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝′＝－，于是f2(x)＝f′1(x)＝′－′＝－－＋，所以f1＝－，f2＝－＋， 故2f1＋f2＝－1. (2)证明 由已知，得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝ cos x，即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin，类似可得 2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)， 3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin， 4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin. 下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x) ＝sin对所有的n∈N*都成立. (ⅰ)当n＝1时，由上可知等式成立. (ⅱ)假设当n＝k时等式成立， 即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin. 因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，′＝cos·′＝sin， 所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin. 因此当n＝k＋1时，等式也成立. 综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nfn－1(x)＋xfn(x) ＝sin对所有的n∈N*都成立. 令x＝，可得nfn－1＋fn ＝sin(n∈N*). 所以＝(n∈N*). 第1讲 几何证明选讲 高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)三角形及相似三角形的判定与性质；(2)圆的相交弦定理，切割线定理；(3)圆内接四边形的性质与判定；(4)相交弦定理，本内容考查属B级要求. 真 题 感 悟 1.(2016·江苏卷)如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD⊥AC，D为垂足，E是BC的中点，求证：∠EDC＝∠ABD. 证明 由BD⊥AC.可得∠BDC＝90°，由E为BC中点，可得DE＝CE＝BC， 则∠EDC＝∠C，由∠BDC＝90°，得∠C＋∠DBC＝90°， 又∠ABC＝90°，则∠ABD＋∠DBC＝90°， ∴∠ABD＝∠C， 又∵∠EDC＝∠C，∴∠EDC＝∠ABD. 2.(2015·江苏卷)如图，在△ABC中，AB＝AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D.求证：△ABD∽△AEB. 证明 因为AB＝AC， 所以∠ABD＝∠C. 又因为∠C＝∠E， 所以∠ABD＝∠E， 又∠BAE为公共角， 可知△ABD∽△AEB. 考 点 整 合 1.(1)相似三角形的判定定理 判定定理1：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似. 判定定理2：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似. 判定定理3：对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似. (2)相似三角形的性质 ①相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比； ②相似三角形周长的比等于相似比； ③相似三角形面积的比等于相似比的平方. (3)直角三角形的射影定理：直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影与斜边的比例中项；斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项. 2.(1)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半. (2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数. 3.(1)圆内接四边形的性质定理： ①圆的内接四边形的对角互补； 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. 4.(1)圆的切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径. (2)圆的切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线. (3)弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角. (4)相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等. (5)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线， 切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项. 5.证明等积式成立，应先把它写成比例式，找出比例式中给出的线段所在三角形是否相似，若不相似，则进行线段替换或等比替换. 6.圆幂定理与圆周角、弦切角联合应用时，要注意找相等的角，找相似三角形，从而得出线段的比.由于圆幂定理涉及圆中线段的数量计算，所以应注意代数法在解题中的应用. 热点一 三角形相似的判定及应用 [微题型1] 利用弦切角定理证明三角形相似 【例1－1】 如图，已知圆上的弧＝，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＝，所以∠ABC＝∠BCD. 又因为EC与圆相切于点C，故∠ACE＝∠ABC， 所以∠ACE＝∠BCD. (2)因为∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD， 所以△BDC∽△ECB，故＝，即BC2＝BE·CD. 探究提高 在证明角或线段相等时，证三角形相似是首选的解题思路，如果涉及弦切角，则需考虑弦切角定理. [微题型2] 利用圆周角、圆心角定理证明三角形相似 【例1－2】 如图，已知圆O是△ABC的外接圆，AB＝BC，AD是BC边上的高，AE是圆O的直径，过点C作圆O的切线交BA的延长线于点F. (1)求证：AC·BC＝AD·AE； (2)若AF＝2，CF＝2，求AE的长. (1)证明 连接BE，由题意知△ABE为直角三角形. 因为∠ABE＝∠ADC＝90°，∠AEB＝∠ACB， 所以△ABE∽△ADC， 所以＝，即AB·AC＝AD·AE. 又AB＝BC，所以AC·BC＝AD·AE. (2)解 因为FC是圆O的切线，所以FC2＝FA·FB， 又AF＝2，CF＝2，所以BF＝4，AB＝BF－AF＝2， 因为∠ACF＝∠FBC，又∠CFB＝∠AFC， 所以△AFC∽△CFB. 所以＝，得AC＝＝，在△ABC中， cos∠ACD＝＝＝， ∴sin∠ACD＝＝sin∠AEB， ∴AE＝＝. 探究提高 在证明线段的乘积相等时，通常用三角形相似或圆的切割线定理.同时，要注意等量的代换. 【训练1】 (2014·江苏卷)如图，AB是圆O的直径，C，D是圆O上位于AB异侧的两点. 证明：∠OCB＝∠D. 证明 因为B，C是圆O上的两点， 所以OB＝OC. 故∠OCB＝∠B. 又因为C，D是圆O上位于AB异侧的两点， 故∠B，∠D为同弧所对的两个圆周角， 所以∠B＝∠D. 因此∠OCB＝∠D. 热点二 四点共圆的判定及性质 [微题型1] 四点共圆的判定 【例2－1】 如图，已知△ABC的两条角平分线AD和CE相交于H，∠B＝60°，F在AC上，且AE＝AF.证明： (1)B、D、H、E四点共圆； (2)EC平分∠DEF. 证明 (1)在△ABC中，因为∠B＝60°，所以∠BAC＋∠BCA＝120°. 因为AD、CE是角平分线， 所以∠HAC＋∠HCA＝60°， 故∠AHC＝120°. 于是∠EHD＝∠AHC＝120°. 因为∠EBD＋∠EHD＝180°， 所以B、D、H、E四点共圆. (2)连接BH，则BH为∠ABC的平分线， 得∠HBD＝30°.由(1)知B、D、H、E四点共圆， 所以∠CED＝∠HBD＝30°. 又∠AHE＝∠EBD＝60°， 由已知可得EF⊥AD，可得∠CEF＝30°. 所以EC平分∠DEF. 探究提高 (1)如果四点与一定点距离相等，那么这四点共圆；(2)如果四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆；(3)如果四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆. [微题型2] 考查四点共圆的性质 【例2－2】 (2016·全国Ⅲ卷)如图，⊙O中的中点为P，弦PC，PD分别交AB于E，F两点. (1)若∠PFB＝2∠PCD，求∠PCD的大小； (2)若EC的垂直平分线与FD的垂直平分线交于点G，证明OG⊥CD. (1)解 连接PB，BC，则∠BFD＝∠PBA＋∠BPD，∠PCD＝∠PCB＋∠BCD. 因为＝，所以∠PBA＝∠PCB，又∠BPD＝∠BCD， 所以∠BFD＝∠PCD. 又∠PFB＋∠BFD＝180°，∠PFB＝2∠PCD，所以3∠PCD＝180°，因此∠PCD＝60°. (2)证明 因为∠PCD＝∠BFD，所以∠EFD＋∠PCD＝180°，由此知C，D，F，E四点共圆，其圆心既在CE的垂直平分线上，又在DF的垂直平分线上，故G就是过C，D，F，E四点的圆的圆心，所以G在CD的垂直平分线上. 又O也在CD的垂直平分线上，因此OG⊥CD. 探究提高 利用四点共圆的性质可解决角的相等，或结合切割线定理解决线段成比例问题. 【训练2】 (2016·全国Ⅱ卷)如图，在正方形ABCD中，E，G分别在边DA，DC上(不与端点重合)，且DE＝DG，过D点作DF⊥CE，垂足为F. (1)证明：B，C，G，F四点共圆； (2)若AB＝1，E为DA的中点，求四边形BCGF的面积. (1)证明 因为DF⊥EC，则∠EFD＝∠DFC＝90°， 易得∠DEF＝∠CDF， 所以△DEF∽△CDF，则有∠GDF＝∠DEF＝∠FCB， ＝＝， 所以△DGF∽△CBF，由此可得∠DGF＝∠CBF. 因此∠CGF＋∠CBF＝180°， 所以B，C，G，F四点共圆. (2)解 由B，C，G，F四点共圆，CG⊥CB知FG⊥FB. 连接GB. 由G为Rt△DFC斜边CD的中点，知GF＝GC， 故Rt△BCG≌Rt△BFG.因此，四边形BCGF的面积S是△GCB的面积S△GCB的2倍，即S＝2S△GCB＝2×××1＝. 1.(2016·南京、盐城模拟)如图，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点D，AC⊥CD，DE⊥AB，点C，E为垂足，连接AD，BD，若AC＝4，DE＝3，求BD的长. 解 因为CD与⊙O相切于点D，所以∠CDA＝∠DBA， 又AB为⊙O的直径，所以∠ADB＝90°. 又DE⊥AB，所以△EDA∽△DBA，所以∠EDA＝∠DBA， 所以∠EDA＝∠CDA. 又∠ACD＝∠AED＝90°，AD＝AD，所以△ACD≌△AED. 所以AE＝AC＝4，所以AD＝＝5. 又＝，所以BD＝·AD＝. 2.(2010·江苏卷)AB是圆O的直径，D为圆O上一点，过D作圆O的切线交AB延长线于点C，若DA＝DC，求证：AB＝2BC. 证明 连接OD，则OD⊥DC，又OA＝OD，DA＝DC，所以∠DAO＝∠ODA＝∠DCO，∠DOC＝∠DAO＋∠ODA＝2∠DCO，所以∠DCO＝30°，∠DOC＝60°，所以OC＝2OD，即OB＝BC＝OD＝OA，所以AB＝2BC. 3.(2011·江苏卷)如图，圆O1与圆O2内切于点A，其半径分别为r1与r2(r1＞r2)，圆O1的弦AB交圆O2于点C(O1不在AB上). 求证：AB∶AC为定值. 证明 如图，连接AO1并延长，分别交两圆于点E和点D.连接BD，CE.因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2在AD上，故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径.从而∠ABD＝∠ACE＝.所以BD∥CE，于是＝＝＝.所以AB∶AC为定值. 4.(2013·江苏卷)如图，AB和BC分别与圆O相切于点D，C，AC经过圆心O，且BC＝2OC.求证：AC＝2AD. 证明 连接OD.因为AB和BC分别与圆O相切于点D，C，所以∠ADO＝∠ACB＝90°. 又因为∠A＝∠A， 所以Rt△ADO∽Rt△ACB. 所以＝.又BC＝2OC＝2OD， 故AC＝2AD. 5.(2012·江苏卷)如图，AB是圆O的直径，D，E为圆上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使BD＝DC，连接AC，AE，DE. 求证：∠E＝∠C. 证明 连接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. 6.(2016·全国Ⅰ卷)如图，△OAB是等腰三角形，∠AOB＝120°.以O为圆心，OA为半径作圆. (1)证明：直线AB与⊙O相切； (2)点C，D在⊙O上，且A，B，C，D四点共圆，证明：AB∥CD. 证明 (1)设E是AB的中点，连接OE. 因为OA＝OB，∠AOB＝120°， 所以OE⊥AB，∠AOE＝60°， 在Rt△AOE中，OE＝AO，即O到直线AB的距离等于⊙O的半径，所以直线AB与⊙O相切. (2)连接OD，因为OA＝2OD， 所以O不是A，B，C，D四点所在圆的圆心. 设O′是A，B，C，D四点所在圆的圆心，作直线OO′.由已知得O在线段AB的垂直平分线上，又O′在线段AB的垂直平分线上，所以OO′⊥AB. 同理可证OO′⊥CD，所以AB∥CD. 第2讲 矩阵与变换 高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)常见的平面变换与矩阵的乘法运算；(2)二阶矩阵的逆矩阵及其求法；(3)矩阵的特征值与特征向量的求法.本内容考查主要属B级要求. 真 题 感 悟 1.(2016·江苏卷)已知矩阵A＝，矩阵B的逆矩阵B－1＝，求矩阵AB. 解 B＝(B－1)－1＝＝. ∴AB＝＝. 2.(2015·江苏卷)已知x，y∈R，向量α＝是矩阵A＝的属于特征值－2的一个特征向量，求矩阵A以及它的另一个特征值. 解 由已知，得Aα＝－2α， 即＝＝， 则即 所以矩阵A＝. 从而矩阵A的特征多项式f(λ)＝(λ＋2)(λ－1)， 所以矩阵A的另一个特征值为1. 考 点 整 合 1.矩阵的乘法与逆矩阵 (1) = (2)若二阶矩阵A，B满足AB＝BA＝E(E为二阶单位矩阵)，则称A是可逆矩阵，B为A的逆矩阵，记为B＝A－1. 2.矩阵对应的变换 矩阵M＝对应的变换T：(x，y)→(x′，y′)满足 ＝＝. 3.二阶矩阵的特征值和特征向量 (1)设λ是二阶矩阵M＝的一个特征值，它的一个特征向量为α＝，则有M＝λ. (2)f(λ)＝＝λ2－(a＋d)λ＋ad－bc为矩阵M＝的特征多项式. (3)如果λ是二阶矩阵M的特征值，则λ是M的特征多项式的一个根，它满足f(λ)＝0，此时将λ代入可得到一组非零解)，它即为M的属于λ的一个特征向量. 4.已知曲线C的方程，求变换后的曲线C1的方程的过程分三步： (1)将目标曲线C1上的任意一点的坐标(x，y)用曲线C上对应点的坐标(x′，y′)表示； (2)用x，y反表示x′，y′； (3)将x′，y′带回曲线C的方程，得到x，y的等式，该等式即所求曲线C1的方程. 5.记忆特征多项式，和这类问题的求解步骤 理解特征值与特征向量理论 ＝λ⇔ 热点一 二阶矩阵与平面变换 【例1】 若直线y＝kx在矩阵对应的变换作用下得到的直线过点P(4，1)，求实数k的值. 解 设变换T：→，则＝＝，即代入直线y＝kx得，x′＝ky′，将点P(4，1)代入得，k＝4. 探究提高 解决这类问题一般是设变换T：→，求出原曲线在T的变换下得到的曲线，再根据条件求相应的系数值. 【训练1】 已知曲线C1：x2＋y2＝1，对它先作矩阵A＝对应的变换，再作矩阵B＝ eq lc[ c](avs4alco1(0 b,1 0))对应的变换，得到曲线C2：＋y2＝1.求实数b的值. 解 从曲线C1变到曲线C2的变换对应的矩阵为BA＝＝. 在曲线C1上任意选一点P(x0，y0)，设它在矩阵BA对应的变换作用下变为P′(x′，y′)， 则有＝，即＝. 故解得 代入曲线C1方程得，y′2＋＝1. 即曲线C2方程为：x2＋y2＝1. 与已知的曲线C2的方程＋y2＝1比较得(2b)2＝4. 所以b＝±1. 热点二 二阶矩阵的逆矩阵及其求法 【例2】 (2016·南京调研)已知点P(3，1)在矩阵A＝变换下得到点P′(5，－1).试求矩阵A和它的逆矩阵A－1. 解 依题意得＝＝， 所以解得 所以A＝. 因为det(A)＝＝1×(－1)－0×2＝－1， 所以A－1＝. 探究提高 由二阶矩阵与向量的乘法及向量相等建立方程组，常用于求二阶矩阵，要注意变换的前后顺序. 【训练2】 二阶矩阵M对应的变换TM将曲线x2＋x－y＋1＝0变为曲线2y2－x＋2＝0，求M－1. 解 设曲线2y2－x＋2＝0上一点P(x，y)在M－1对应变化下变成P(x′，y′)， 设M－1＝，代入x2＋x－y＋1＝0得，方程(ax＋by)2＋(ax＋by)－(cx＋dy)＋1＝0， 即b2y2＋(a－c)x＋(b－d)xy＋2abxy＋a2x2＋1＝0，与方程y2－＋1＝0比较得，a＝0，b＝1 ，c＝，d＝1或a＝0，b＝－1，c＝，d＝－1.所以M－1＝，或M－1＝. 热点三 特征值与特征向量 【例3】 (2016·南通调研)已知矩阵M＝，求逆矩阵M－1的特征值. 解 设M－1＝，则MM－1＝ ＝， 所以＝， 所以解得，所以M－1＝. M－1的特征多项式f(λ)＝ ＝(λ－1)＝0，所以λ＝1或λ＝. 所以矩阵M的逆矩阵M－1的特征值为1或. 探究提高 求矩阵M＝就是要求待定的字母，利用条件建立方程组，确立待定的字母的值，从而求出矩阵，待定系数法是求这类问题的通用方法. 【训练3】 已知矩阵A的逆矩阵A－1＝. (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|＝2×2－1×1＝3≠0， 所以A＝＝. (2)矩阵A－1的特征多项式为f(λ)＝＝λ2－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)， 令f(λ)＝0，得矩阵A－1的特征值为λ1＝1或λ2＝3， 所以ξ1＝)是矩阵A－1的属于特征值λ1＝1的一个特征向量， ξ2＝是矩阵A－1的属于特征值λ2＝3的一个特征向量. 1.(2014·江苏卷)已知矩阵A＝，B＝，向量α＝，x，y为实数.若Aα＝Bα，求x＋y的值. 解 由已知，得Aα＝ ＝，Bα＝ ＝. 因为Aα＝Bα，所以＝， 故解得所以x＋y＝. 2.(2010·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0，0)，B(－2，0)，C(－2，1).设k为非零实数，矩阵M＝，N＝，点A、B、C在矩阵MN对应的变换下得到点分别为A1、B1、C1，△A1B1C1的面积是△ABC面积的2倍，求k的值. 解 由题设得，MN＝ ＝， 由 ＝，可知A1(0，0)、B1(0，－2)、C1(k， －2).计算得△ABC的面积是1，△A1B1C1的面积是|k|，则由题设知：|k|＝2×1＝2. 所以k的值为2或－2. 3.(2011·江苏卷)已知矩阵A＝，向量β＝.求向量α，使得A2α＝β. 解 A2＝ ＝， 设α＝，由A2α＝β得， ＝， 从而解得 所以α＝. 4.(2012·江苏卷)已知矩阵A的逆矩阵A－1＝，求矩阵A的特征值. 解 因为A－1A＝E，所以A＝(A－1)－1. 因为A－1＝，所以A＝(A－1)－1＝， 于是矩阵A的特征多项式为f(λ)＝＝λ2－3λ－4. 令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝－1，λ2＝4. 5.(2013·江苏卷)已知矩阵A＝，B＝，求矩阵A－1B. 解 设矩阵A的逆矩阵为，则 ＝，即＝， 故a＝－1，b＝0，c＝0，d＝，从而A的逆矩阵为A－1＝，所以A－1B＝ ＝. 6.(2016·苏州调研)已知二阶矩阵M有特征值λ＝3及对应的一个特征向量e1＝，并且矩阵M对应的变换将点(－1，2)变换成(9，15)，求矩阵M. 解 设M＝，则 ＝3＝， 故 ＝， 故联立以上两方程组，解得a＝－1，b＝4，c＝－3，d＝6，故M＝. 第3讲 坐标系与参数方程 高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)直线、曲线的极坐标方程；(2)直线、曲线的参数方程；(3)参数方程与普通方程的互化；(4)极坐标与直角坐标的互化，本内容的考查要求为B级. 真 题 感 悟 1.(2016·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为(t为参数)，椭圆C的参数方程为(θ为参数).设直线l与椭圆C相交于A，B两点，求线段AB的长. 解 直线l的方程化为普通方程为x－y－＝0， 椭圆C的方程化为普通方程为x2＋＝1， 联立方程组得 解得或∴A(1，0)，B. 故AB＝＝. 2.(2015·江苏卷)已知圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρsin－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x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy. 圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρ－4＝0，化简，得ρ2＋ 2ρsin θ－2ρcos θ－4＝0. 则圆C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋2y－4＝0， 即(x－1)2＋(y＋1)2＝6， 所以圆C的半径为. 考 点 整 合 1.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.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 2.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＝α； (2)直线过点M(a，0)(a>0)且垂直于极轴：ρcos θ＝a； (3)直线过M且平行于极轴：ρsin θ＝b. 3.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)＋ρ－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(r，0)，半径为r：ρ＝2rcos θ； (3)当圆心位于M，半径为r：ρ＝2rsin θ. 4.直线的参数方程 经过点P0(x0，y0)，倾斜角为α的直线的参数方程为(t为参数). 设P是直线上的任一点，则t表示有向线段的数量. 5.圆的参数方程 圆心在点M(x0，y0)，半径为r的圆的参数方程为(θ为参数，0≤θ≤2π). 6.圆锥曲线的参数方程 (1)椭圆＋＝1的参数方程为(θ为参数). (2)双曲线－＝1的参数方程为(θ为参数). (3)抛物线y2＝2px(p>0)的参数方程为(t为参数). 热点一 曲线的极坐标方程 [微题型1] 极坐标方程与直角坐标方程的互化 【例1－1】 在极坐标系中，已知圆C的圆心坐标为C，半径R＝，求圆C的极坐标方程. 解 将圆心C化成直角坐标为(1，)，半径R＝，故圆C的方程为(x－1)2＋(y－)2＝5. 再将C化成极坐标方程，得(ρcos θ－1)2＋(ρsin θ－)2＝5， 化简得ρ2－4ρcos－1＝0. 此即为所求的圆C的极坐标方程. 探究提高 (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. [微题型2] 曲线的极坐标方程的应用 【例1－2】 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α为参数)，M是C1上的动点，P点满足＝2，点P的轨迹为曲线C2. (1)求C2的方程； (2)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线θ＝与C1的异于极点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求AB. 解 (1)设P(x，y)，则由条件知M，由于M点在C1上，所以即 从而C2的参数方程为(α为参数). (2)曲线C1的极坐标方程为ρ＝4sin θ，曲线C2的极坐标方程为ρ＝8sin θ.射线θ＝与C1的交点A的极径为ρ1＝4sin＝2，射线θ＝与C2的交点B的极径为ρ2＝8sin＝4.所以AB＝|ρ2－ρ1|＝2. 探究提高 解决这类问题一般有两种思路，一是将极坐标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再将其化为极坐标；二是将曲线的极坐标方程联立，根据限制条件求出极坐标.要注意题目所给的限制条件及隐含条件. 【训练1】 (2016·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数，a>0).在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝4cos θ. (1)说明C1是哪一种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程； (2)直线C3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tan α0＝2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a. 解 (1)消去参数t得到C1的普通方程x2＋(y－1)2＝a2(a＞0)，C1是以(0，1)为圆心，a为半径的圆. 将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入C1的普通方程中，得到C1的极坐标方程为ρ2－ 2ρsin θ＋1－a2＝0. (2)曲线C1，C2的公共点的极坐标满足方程组 若ρ≠0，由方程组得16cos2θ－8sin θcos θ＋1－a2＝0，由已知tan θ＝2，可得16cos2θ－8sin θcos θ＝0，从而1－a2＝0，解得a＝－1(舍去)，a＝1. a＝1时，极点也为C1，C2的公共点，在C3上. 所以a＝1. 热点二 参数方程 [微题型1] 参数方程与普通方程的互化 【例2－1】 (2015·福建卷)在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(t为参数).在极坐标系(与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴)中，直线l的方程为ρsin＝m(m∈R). (1)求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程； (2)设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值. 解 (1)消去参数t，得到圆C的普通方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝9. 由ρsin＝m，得ρsin θ－ρcos θ－m＝0. 所以直线l的直角坐标方程为x－y＋m＝0. (2)依题意，圆心C到直线l的距离等于2， 即＝2， 解得m＝－3±2. 探究提高 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. [微题型2] 直线的参数方程 【例2－2】 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数).在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，圆C的方程为ρ＝2sin θ. (1)求圆C的直角坐标方程； (2)设圆C与直线l交于点A，B.若点P的坐标为(3，)，求PA＋PB. 解 法一 (1)由ρ＝2sin θ，得x2＋y2－2y＝0， 即x2＋(y－)2＝5. (2)将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得＋＝5，即t2－3t＋4＝0. 由于Δ＝(－3)2－4×4＝2>0，故可设t1，t2是上述方程的两实根，所以又直线l过点P(3，)，故由上式及t的几何意义得PA＋PB＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝3. 法二 (1)同法一. (2)因为圆C的圆心为(0，)，半径r＝，直线l的普通方程为：y＝－x＋3＋.由 得x2－3x＋2＝0.解得： 或 不妨设A(1，2＋)， B(2，1＋)，又点P的坐标为(3，). 故PA＋PB＝＋＝3. 探究提高 过定点P0(x0，y0)，倾斜角为α的直线参数方程的标准形式为(t为参数)，t的几何意义是的数量，即|t|表示P0到P的距离，t有正负之分.使用该式时直线上任意两点P1、P2对应的参数分别为t1、t2，则P1P2＝|t1－t2|，P1P2的中点对应的参数为(t1＋t2). 【训练2】 (2014·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为(t为参数)， 直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，求线段AB的长. 解 将直线l的参数方程代入抛物线方程y2＝4x，得＝4， 解得t1＝0，t2＝－8.所以AB＝|t1－t2|＝8. 1.(2016·南京、盐城模拟)在极坐标系中，已知点A的极坐标为，圆E的极坐标方程为ρ＝4cos θ＋4sin θ，试判断点A和圆E的位置关系. 解 点A的直角坐标为(2，－2)， 圆E的直角坐标方程为(x－2)2＋(y－2)2＝8， 则点A到圆心E(2，2)的距离d＝＝4＞r＝2，所以点A在圆E外. 2.(2016·泰州模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知直线C1：(t为参数)与椭圆C2：(θ为参数，a＞0)的一条准线的交点位于y轴上，求实数a的值. 解 直线C1：2x＋y＝9， 椭圆C2：＋＝1(0＜a＜3)，准线为y＝±， 由＝9得a＝2. 3.(2011·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，求过椭圆(φ为参数)的右焦点，且与直线 (t为参数)平行的直线的普通方程. 解 由题意知，椭圆的长半轴长为a＝5，短半轴长b＝3，从而c＝4，所以右焦点为(4，0)，将已知直线的参数方程化为普通方程得x－2y＋2＝0，故所求的直线的斜率为， 因此所求的方程为y＝(x－4)，即x－2y－4＝0. 4.(2010·江苏卷)在极坐标系中，已知圆ρ＝2cos θ与直线3ρcos θ＋4ρsin θ＋a＝0相切，求实数a的值. 解 将极坐标方程化为直角坐标方程，得圆的方程为x2＋y2＝2x， 即(x－1)2＋y2＝1， 直线的方程为3x＋4y＋a＝0. 由题设知，圆心(1，0)到直线的距离为1， 即有＝1， 解得a＝－8或a＝2，故a的值为－8或2. 5.(2013·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C的参数方程为(θ为参数).试求直线l和曲线C的普通方程，并求出它们的公共点的坐标. 解 因为直线l的参数方程为(t为参数)，由x＝t＋1得t＝x－1，代入y＝2t， 得到直线l的普通方程为2x－y－2＝0.同理得到曲线C的普通方程为y2＝2x.联立方程组解得公共点的坐标为(2，2)，. 6.(2016·苏北四市调研)在平面直角坐标系xOy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，直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C的极坐标方程为ρ＝2cos θ. (1)求直线l和曲线C的直角坐标方程； (2)求曲线C上的点到直线l的距离的最值. 解 (1)化为直角坐标方程得，直线l：x－y－2＝0，曲线C：(x－1)2＋y2＝1. (2)由(1)可知，曲线C是圆心为 C(1，0)，半径r＝1的圆. 且圆心C(1，0)到直线l的距离d＝＝＜r＝1，故直线l与曲线C相交. 所以曲线C上的点到直线l的距离的最大值为d＋r＝，最小值为0. 第4讲 不等式选讲 高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)含绝对值的不等式的解法；B级要求.(2)不等式证明的基本方法；B级要求.(3)利用不等式的性质求最值；B级要求. (4)几个重要的不等式的应用.B级要求. 真 题 感 悟 1.(2016·江苏卷)设a＞0，＜，|y－2|＜，求证：|2x＋y－4|＜a. 证明 由a＞0，|x－1|＜可得|2x－2|＜， 又|y－2|＜， ∴|2x＋y－4|＝|(2x－2)＋(y－2)|≤|2x－2|＋|y－2|＜＋＝a.即|2x＋y－4|＜a. 2.(2015·江苏卷)解不等式 x＋|2x＋3|≥2. 解 原不等式可化为或 解得x≤－5或x≥－. 综上，原不等式的解集是. 考 点 整合 1.含有绝对值的不等式的解法 (1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a或f(x)<－a； (2)|f(x)|查看更多
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