高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 選修系列（考點梳理+考點自測+揭秘高考+專題集訓(xùn)）理 新人教A版

選修4－1幾何證明選講第1講相似三角形的判定及有關(guān)性質(zhì)eq\f(對應(yīng)學(xué)生,203)考點梳理1．平行線等分線段定理及其推論(1)定理：如果一組平行線在一條直線上截得的線段相等，那么在其他直線上截得的線段也相等．(2)推論：①經(jīng)過三角形一邊的中點與另一邊平行的直線必平分第三邊．②經(jīng)過梯形一腰的中點，且與底邊平行的直線平分另一腰．2．平行線分線段成比例定理及推論(1)定理：三條平行線截兩條直線，所得的對應(yīng)線段成比例．(2)推論：平行于三角形一邊的直線截其他兩邊(或兩邊的延長線)所得的對應(yīng)線段成比例．3．相似三角形的判定(1)定義：如果在兩個三角形中，對應(yīng)角相等、對應(yīng)邊成比例，則這兩個三角形叫做相似三角形．(2)判定定理1：兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似．(3)判定定理2：兩邊對應(yīng)成比例，并且夾角相等的兩個三角形相似．(4)判定定理3：三邊對應(yīng)成比例的兩個三角形相似．4．相似三角形的性質(zhì)(1)性質(zhì)定理1：相似三角形對應(yīng)邊上的高、中線和它們周長的比都等于相似比．(2)性質(zhì)定理2：相似三角形的面積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邊上的高是兩直角邊在斜邊上射影的比例中項；兩直角邊分別是它們在斜邊上射影與斜邊的比例中項．如圖，在Rt△ABC中，CD是斜邊上的高，則有CD2＝AD·BD，AC2＝AD·AB，BC2＝BD·AB.考點自測1.如圖，已知a∥b∥c，直線m，n分別與a，b，c交于點A，B，C和A′，B′，C′，如果AB＝BC＝1，A′B′＝eq\f(3,2)，則B′C′＝________.解析由平行線等分線段定理可直接得到答案．答案eq\f(3,2)2.如圖，BD，CE是△ABC的高，BD，CE交于F，寫出圖中所有與△ACE相似的三角形________．解析由Rt△ACE與Rt△FCD和Rt△ABD各共一個銳角，因而它們均相似，又易知∠BFE＝∠A，故Rt△ACE∽Rt△FBE.答案△FCD、△FBE、△ABD3.(·西安模擬)如圖，在△ABC中，M，N分別是AB，BC的中點，AN，CM交于點O，那么△MON與△AOC面積的比是________．解析∵M(jìn)，N分別是AB、BC中點，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.(·陜西)如圖，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，則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.(·廣東)如圖，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD＝eq\f(a,2)，點E，F(xiàn)分別為線段AB，AD的中點，則EF＝________.解析連接DE和BD，依題知，EB∥DC，EB＝DC＝eq\f(a,2)，∴EBCD為矩形，∴DE⊥AB，又E是AB的中點，所以△ABD為等腰三角形．故AD＝DB＝a，∵E，F(xiàn)分別是AD，AB的中點，∴EF＝eq\f(1,2)DB＝eq\f(1,2)a.答案eq\f(a,2)eq\f(對應(yīng)學(xué)生,204)考向一平行線等分線段成比例定理的應(yīng)用【例1】?如圖，F(xiàn)為?ABCD邊AB上一點，連DF交AC于G，延長DF交CB的延長線于E.求證：DG·DE＝DF·EG.證明∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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決問題，特別注意被平行線所截的直線，找準(zhǔn)成比例的線段，得到相應(yīng)的比例式，有時需要進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?，從而得到最終的結(jié)果．【訓(xùn)練1】如圖，在△ABC中，DE∥BC，EF∥CD，若BC＝3，DE＝2，DF＝1，則AB的長為________．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】?如圖，在△ABC中，D、E分別是BC、AB上任意點，△EFM∽△CDM，求證：△AEF∽△ABD.證明∵△EFM∽△CDM，∴∠1＝∠2，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABD.判定三角形相似的思路大致有以下幾條：(1)已知條件，判定思路；(2)一對等角，再找一對等角或找夾邊成比例；(3)兩邊成比例，找夾角相等；(4)含有等腰三角形，找頂角相等或找一對底角相等或找腰對應(yīng)成比例．【訓(xùn)練2】如圖，網(wǎng)格中的每個小正方形的邊長都是1，每個小正方形的頂點叫做格點．△ACB和△DCE的頂點都在格點上，ED的延長線交AB于點F.(1)求證：△ACB∽△DCE；(2)求證：EF⊥AB.證明(1)因為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質(zhì)【例3】?如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，E為AC的中點，ED、CB延長線交于一點F.求證：FD2＝FB·FC.證明∵E是Rt△ACD斜邊中點，∴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.運用相似三角形的性質(zhì)解決問題，主要考慮相似三角形的對應(yīng)邊、對應(yīng)角、周長、面積之間的關(guān)系，多用于求某條線段的長度、求證比例式的存在、求證等積式的成立等，在做題時應(yīng)注意認(rèn)真觀察圖形特點，確定好對應(yīng)邊、對應(yīng)角等．【訓(xùn)練3】如圖，△ABC中，AB＝AC，AD是邊BC的中線，P為AD上一點，CF∥AB，BP的延長線分別交AC，CF于點E，F(xiàn)，求證：BP2＝PE·PF.證明連接CP，∵△ABC為等腰三角形，AD為中線，∴BP＝CP，∠ABP＝∠ACP，∵AB∥CF，∴∠ABP＝∠F，∴∠F＝∠ACP.∵∠EPC為公共角，∴△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應(yīng)用【例4】?已知圓的直徑AB＝13，C為圓上一點，過C作CD⊥AB于D(AD＞BD)，若CD＝6，則AD＝________.解析如圖，連接AC，CB，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°.設(shè)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決問題首先確定直角邊與其射影，再就是要善于將有關(guān)比例式進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃无D(zhuǎn)化，有時還要將等積式轉(zhuǎn)化為比例式或?qū)⒈壤睫D(zhuǎn)化為等積式，并且注意射影定理的其他變式．【訓(xùn)練4】在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AD∶BD＝2∶3.則△ACD與△CBD的相似比為________．解析如圖所示，在Rt△ACB中，CD⊥AB，由射影定理得：CD2＝AD·BD，又∵AD∶BD＝2∶3，令A(yù)D＝2x，BD＝3x(x＞0)，∴CD2＝6x2，∴CD＝eq\r(6)x.又∵∠ADC＝∠BDC＝90°，∠A＝∠BCD.∴△ACD∽△CBD.易知△ACD與△CBD的相似比為eq\f(AD,CD)＝eq\f(2x,\r(6)x)＝eq\f(\r(6),3).即相似比為eq\r(6)∶3.答案eq\r(6)∶3eq\f(對應(yīng)學(xué)生,355)(時間：30分鐘滿分：60分)一、填空題(每小題5分，共40分)一、填空題(每小題5分，共40分)1.如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點D，AD＝4，sin∠ACD＝eq\f(4,5)，則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.(·揭陽模擬)如圖，BD⊥AE，∠C＝90°，AB＝4，BC＝2，AD＝3，則EC＝________.解析在Rt△ADB中，DB＝eq\r(AB2－AD2)＝eq\r(7)，依題意得，△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.(·茂名模擬)如圖，已知AB∥EF∥CD，若AB＝4，CD＝12，則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.(·湛江模擬)如圖，在△ABC中，D是AC的中點，E是BD的中點，AE交于BC于F，則eq\f(BF,FC)＝________.解析如圖，過點D作DG∥AF，交BC于點G，易得FG＝GC，又在三角形BDG中，BE＝DE，即EF為三角形BDG的中位線，故BF＝FG，因此eq\f(BF,FC)＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)5.如圖，∠C＝90°，∠A＝30°，E是AB中點，DE⊥AB于E，則△ADE與△ABC的相似比是________．解析∵E為AB中點，∴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，∴相似比為eq\f(AE,AC)＝eq\f(1,\r(3)).故△ADE與△ABC的相似比為1∶eq\r(3).答案1∶eq\r(3)6.如圖，AE∥BF∥CG∥DH，AB＝eq\f(1,2)BC＝CD，AE＝12，DH＝16，AH交BF于M，則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的中點P，作PQ∥DH交EH于Q，如圖，則PQ是梯形ADHE的中位線，∴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邊上的中點，且AD＝AC，DE⊥BC，DE與AB相交于點E，EC與AD相交于點F，S△FCD＝5，BC＝10，則DE＝________.解析過點A作AM⊥BC于M，由于∠B＝∠ECD，且∠ADC＝∠ACD，得△ABC與△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，又因為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.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝2CD，E、F分別是AB、BC的中點，EF與BD相交于點M.若DB＝9，則BM＝________.解析∵E是AB的中點，∴AB＝2EB.∵AB＝2CD，∴CD＝EB.又AB∥CD，∴四邊形CBED是平行四邊形．∴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的中點，∴DE＝2BF.∴DM＝2BM.∴BM＝eq\f(1,3)DB＝3.答案3二、解答題(共20分)9．(10分)如圖，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC，過點D作AC的平行線DE，交BA的延長線于點E，求證：(1)△ABC≌△DCB；(2)DE·DC＝AE·BD.證明(1)∵四邊形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)如圖，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AE＝eq\f(1,3)AC，BD＝eq\f(1,3)AB，點F在BC上，且CF＝eq\f(1,3)BC.求證：(1)EF⊥BC；(2)∠ADE＝∠EBC.證明設(shè)AB＝AC＝3a，則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為公共角，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講直線與圓的位置關(guān)系eq\f(對應(yīng)學(xué)生,206)考點梳理1．圓周角定理(1)圓周角定理及其推論①定理：圓上一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半．②推論(i)推論1：同弧或等弧所對的圓周角相等；同圓或等圓中，相等的圓周角所對的弧也相等．(ii)推論2：半圓(或直徑)所對的圓周角是直角；90°的圓周角所對的弦是直徑．(2)圓心角定理：圓心角的度數(shù)等于它所對弧的度數(shù)．2．圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)與判定定理(1)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理①定理1：圓內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ)．②定理2：圓內(nèi)接四邊形的外角等于它的內(nèi)角的對角．(2)圓內(nèi)接四邊形的判定定理及推論①判定定理：如果一個四邊形的對角互補(bǔ)，那么這個四邊形的四個頂點共圓．②推論：如果四邊形的一個外角等于它的內(nèi)角的對角，那么這個四邊形的四個頂點共圓．3．圓的切線的性質(zhì)及判定定理切線的性質(zhì)定理及推論(1)定理：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．(2)推論：①推論1：經(jīng)過圓心且垂直于切線的直線必經(jīng)過切點．②推論2：經(jīng)過切點且垂直于切線的直線必經(jīng)過圓心．4．弦切角的性質(zhì)弦切角定理：弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．5．與圓有關(guān)的比例線段圓中的比例線段定理名稱基本圖形條件結(jié)論應(yīng)用相交弦定理弦AB、CD相交于圓內(nèi)點P(1)PA·PB＝PC·PD(2)△ACP∽△BDP(1)在PA、PB、PC、PD四線段中知三求一(2)求弦長及角割線定理PAB、PCD是⊙O的割線(1)PA·PB＝PC·PD(2)△PAC∽△PDB(1)求線段PA、PB、PC、PD及AB、CD(2)應(yīng)用相似求AC、BD切割線定理PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割線(1)PA2＝PB·PC(2)△PAB∽△PCA(1)已知PA、PB、PC知二可求一(2)求解AB、AC切線長定理PA、PB是⊙O的切線(1)PA＝PB(2)∠OPA＝∠OPB(1)證線段相等，已知PA求PB(2)求角考點自測1.如圖，AB、AC是⊙O的兩條切線，切點分別為B、C，D是優(yōu)弧eq\x\to(BC)上的點，已知∠BAC＝80°，那么∠BDC＝________.解析連接OB、OC，則OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠BOC＝180°－∠BAC＝100°，∴∠BDC＝eq\f(1,2)∠BOC＝50°.答案50°2．(·湖北)如圖，點D在⊙O的弦AB上移動，AB＝4，連接OD，過點D作OD的垂線交⊙O于點C，則CD的最大值為________．解析當(dāng)OD的值最小時，DC最大，易知D為AB的中點時，DB＝DC＝2最大．答案23．(·北京)如圖，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點D，以BD為直徑的圓與BC交于點E，則()．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，根據(jù)直角三角形射影定理可得CD2＝AD·DB，再根據(jù)切割線定理可得CD2＝CE·CB，所以CE·CB＝AD·DB.答案A4.(·湖南)如圖所示，過點P的直線與⊙O相交于A，B兩點．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，則⊙O的半徑等于________．解析設(shè)圓的半徑為r，則(3－r)(3＋r)＝1×3，即r2＝6，解得r＝eq\r(6).答案eq\r(6)5.(·天津)如圖，已知AB和AC是圓的兩條弦，過點B作圓的切線與AC的延長線相交于點D.過點C作BD的平行線與圓相交于點E，與AB相交于點F，AF＝3，F(xiàn)B＝1，EF＝eq\f(3,2)，則線段CD的長為________．解析因為AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，所以eq\f(3,4)＝eq\f(2,BD)，即BD＝eq\f(8,3).設(shè)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(對應(yīng)學(xué)生,207)考向一圓的切線的性質(zhì)與判定【例1】?如圖，已知AB是⊙O的直徑，直線CD與⊙O相切于點C，AC平分∠DAB，AD⊥CD.(1)求證：OC∥AD；(2)若AD＝2，AC＝eq\r(5)，求AB的長．(1)證明∵直線CD與⊙O相切于點C，∴∠DCO＝∠DCA＋∠ACO＝90°，∵AO＝CO，∴∠OAC＝∠ACO，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠OAC，∴∠DAC＝∠ACO，∴OC∥AD.(2)解連接BC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠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).利用圓的切線的性質(zhì)來證明或進(jìn)行有關(guān)的計算，有時需添加輔助線，其中連接圓心和切點的半徑是常用輔助線，從而可以構(gòu)造直角三角形，利用直角三角形邊角關(guān)系求解，或利用勾股定理求解，或利用三角形相似求解等．【訓(xùn)練1】如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB＝AC，過點A作AP∥BC，交BO的延長線于點P.(1)求證：AP是⊙O的切線；(2)若⊙O的半徑R＝5，BC＝8，求線段AP的長．(1)證明過點A作AE⊥BC，交BC于點E，∵AB＝AC，∴AE平分BC，∴點O在AE上．又∵AP∥BC，∴AE⊥AP，∴AP為圓O的切線．(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論的應(yīng)用【例2】?如圖，梯形ABCD內(nèi)接于⊙O，AD∥BC，過B引⊙O的切線分別交DA、CA的延長線于E、F.已知BC＝8，CD＝5，AF＝6，則EF的長為________．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)圓周角定理及其推論與弦切角定理及其推論多用于推出角的關(guān)系，從而證明三角形全等或相似，可求線段或角的大小．(2)涉及圓的切線問題時要注意弦切角的轉(zhuǎn)化；關(guān)于圓周上的點，常作直線(或半徑)或向弦(弧)兩端畫圓周角或作弦切角．【訓(xùn)練2】如圖，已知圓上的弧eq\x\to(AC)＝eq\x\to(BD)，過C點的圓的切線與BA的延長線交于E點，證明：(1)∠ACE＝∠BCD；(2)BC2＝BE·CD.證明(1)因為eq\x\to(AC)＝eq\x\to(BD)，所以∠BCD＝∠ABC.又因為EC與圓相切于點C，故∠ACE＝∠ABC，所以∠ACE＝∠BCD.(2)因為∠ECB＝∠BDC，∠EBC＝∠BCD，所以△BDC∽△ECB，故eq\f(BC,BE)＝eq\f(CD,BC)，即BC2＝BE·CD.考向三圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)的應(yīng)用【例3】?(·遼寧三校聯(lián)考)已知四邊形PQRS是圓內(nèi)接四邊形，∠PSR＝90°，過點Q作PR、PS的垂線，垂足分別為點H、K.(1)求證：Q、H、K、P四點共圓；(2)求證：QT＝TS.證明(1)∵∠PHQ＝∠PKQ＝90°，∴Q、H、K、P四點共圓．(2)∵Q、H、K、P四點共圓，∴∠HKS＝∠HQP，①∵∠PSR＝90°，∴PR為圓的直徑，∴∠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)四邊形ABCD的對角線交于點P，若PA·PC＝PB·PD，則它的四個頂點共圓．(2)四邊形ABCD的一組對邊AB、DC的延長線交于點P，若PA·PB＝PC·PD，則它的四個頂點共圓．以上兩個命題的逆命題也成立．該組性質(zhì)用于處理四邊形與圓的關(guān)系問題時比較有效．【訓(xùn)練3】如圖，AB是⊙O的直徑，G為AB延長線上的一點，GCD是⊙O的割線，過點G作AB的垂線，交AC的延長線于點E，交AD的延長線于點F，過G作⊙O的切線，切點為H.求證：(1)C，D，F(xiàn)，E四點共圓；(2)GH2＝GE·GF.證明(1)如圖，連接BC.∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°.∵AG⊥FG，∴∠AGE＝90°.又∵∠EAG＝∠BAC，∴∠ABC＝∠AEG.又∵∠FDC＝∠ABC，∴∠FDC＝∠AEG.∴∠FDC＋∠CEF＝180°.∴C，D，F(xiàn)，E四點共圓．(2)∵GH為⊙O的切線，GCD為割線，∴GH2＝GC·GD.由C，D，F(xiàn)，E四點共圓，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(對應(yīng)學(xué)生,356)(時間：30分鐘滿分：60分)一、填空題(每小題5分，共40分)1.如圖，AB是⊙O的直徑，MN與⊙O切于點C，AC＝eq\f(1,2)BC，則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.如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點．AD和過C點的切線互相垂直，垂足為D，∠DAB＝80°，則∠ACO＝________.解析∵CD是⊙O的切線，∴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.如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝72°，⊙O過A、B兩點且與BC相切于點B，與AC交于點D，連接BD，若BC＝eq\r(5)－1，則AC＝________.解析由題易知，∠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.如圖，已知Rt△ABC的兩條直角邊AC，BC的長分別為3cm，4cm，以AC為直徑的圓與AB交于D，則eq\f(BD,DA)＝________.解析∵∠C＝90°，AC為圓的直徑，∴BC為圓的切線，AB為圓的割線，∴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.如圖，四邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，延長AB和DC相交于點P，若eq\f(PB,PA)＝eq\f(1,2)，eq\f(PC,PD)＝eq\f(1,3)，則eq\f(BC,AD)的值為________．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.(·陜西)如圖，在圓O中，直徑AB與弦CD垂直，垂足為E，EF⊥DB，垂足為F，若AB＝6，AE＝1，則DF·DB＝________.解析由題意知，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．(·廣東)如圖，圓O的半徑為1，A、B、C是圓周上的三點，滿足∠ABC＝30°，過點A作圓O的切線與OC的延長線交于點P，則PA＝________.解析如圖，連接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.如圖，⊙O和⊙O′相交于A、B兩點，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C、D.若BC＝2，BD＝4，則AB的長為________．解析∵AC、AD分別是兩圓的切線，∴∠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)(舍去負(fù)值)．答案2eq\r(2)二、解答題(共20分)9．(10分)(·新課標(biāo)全國)如圖，D，E分別為△ABC邊AB，AC的中點，直線DE交△ABC的外接圓于F，G兩點．若CF∥AB，證明：(1)CD＝BC；(2)△BCD∽△GBD.證明(1)因為D，E分別為AB，AC的中點，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四邊形BCFD是平行四邊形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，連結(jié)AF，所以四邊形ADCF是平行四邊形，故CD＝AF.因為CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.(2)因為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)(·遼寧)如圖，⊙O和⊙O′相交于A，B兩點，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C，D兩點，連結(jié)DB并延長交⊙O于點E.證明：(1)AC·BD＝AD·AB；(2)AC＝AE.證明(1)由AC與⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB.從而eq\f(AC,AD)＝eq\f(AB,BD)，即AC·BD＝AD·AB.(2)由AD與⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD，又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD.從而eq\f(AE,AB)＝eq\f(AD,BD)，即AE·BD＝AD·AB.結(jié)合(1)的結(jié)論知，AC＝AE.選修4－4坐標(biāo)系與參數(shù)方程第1講坐標(biāo)系eq\f(對應(yīng)學(xué)生,209)考點梳理1．極坐標(biāo)系的概念(1)極坐標(biāo)系如圖，在平面內(nèi)取一個定點O，叫做極點，自極點O引一條射線Ox，叫做極軸；再選定一個長度單位，一個角度單位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆時針方向)，這樣就建立了一個極坐標(biāo)系(2)極坐標(biāo)設(shè)M是平面內(nèi)一點，極點O與點M的距離|OM|叫做點M的極徑，記為ρ；以極軸Ox為始邊，射線OM為終邊的角xOM叫做點M的極角，記為θ.有序數(shù)對(ρ，θ)叫做點M的極坐標(biāo)，記作M(ρ，θ)．一般地，不作特殊說明時，我們認(rèn)為ρ≥0，θ可取任意實數(shù)．特別地，當(dāng)點M在極點時，它的極坐標(biāo)為(0，θ)，θ可以取任意實數(shù)．(3)點與極坐標(biāo)的關(guān)系一般地，極坐標(biāo)(ρ，θ)與(ρ，θ＋2kπ)(k∈Z)表示同一個點．特別地，極點O的坐標(biāo)為(0，θ)(θ∈R)．和直角坐標(biāo)不同，平面內(nèi)一個點的極坐標(biāo)有無數(shù)種表示．如果規(guī)定ρ>0，0≤θ<2π，那么除極點外，平面內(nèi)的點可用唯一的極坐標(biāo)(ρ，θ)表示；同時，極坐標(biāo)(ρ，θ)表示的點也是唯一確定的．2．直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)的互化把直角坐標(biāo)系的原點作為極點，x軸正半軸作為極軸，且在兩坐標(biāo)系中取相同的長度單位．如圖，設(shè)M是平面內(nèi)的任意一點，它的直角坐標(biāo)、極坐標(biāo)分別為(x，y)和(ρ，θ)，則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．直線的極坐標(biāo)方程若直線過點M(ρ0，θ0)，且極軸到此直線的角為α，則它的方程為：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．幾個特殊位置的直線的極坐標(biāo)方程(1)直線過極點：θ＝θ0和θ＝π－θ0；(2)直線過點M(a,0)且垂直于極軸：ρcosθ＝a；(3)直線過Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，\f(π,2)))且平行于極軸：ρsinθ＝b.4．圓的極坐標(biāo)方程若圓心為M(ρ0，θ0)，半徑為r的圓方程為ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρeq\o\al(2,0)－r2＝0.幾個特殊位置的圓的極坐標(biāo)方程(1)當(dāng)圓心位于極點，半徑為r：ρ＝r；(2)當(dāng)圓心位于M(a,0)，半徑為a：ρ＝2acos_θ；(3)當(dāng)圓心位于Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,2)))，半徑為a：ρ＝2asin_θ.考點自測1．若曲線的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθ＋4cosθ，以極點為原點，極軸為x軸正半軸建立直角坐標(biāo)系，則該曲線的直角坐標(biāo)方程為________．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)在極坐標(biāo)系(ρ，θ)(0≤θ＜2π)中，曲線ρ＝2sinθ與ρcosθ＝－1的交點的極坐標(biāo)為________．解析ρ＝2sinθ的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2y＝0，ρcosθ＝－1的直角坐標(biāo)方程為x＝－1，聯(lián)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，))即兩曲線的交點為(－1,1)，又0≤θ＜2π，因此這兩條曲線的交點的極坐標(biāo)為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)如圖，在極坐標(biāo)系中，過點M(2,0)的直線l與極軸的夾角α＝eq\f(π,6).若將l的極坐標(biāo)方程寫成ρ＝f(θ)的形式，則f(θ)＝________.解析在直線l上任取一點，再利用正弦定理求直線的極坐標(biāo)方程．在直線l上取點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))，化簡得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)在極坐標(biāo)系中，圓ρ＝4sinθ的圓心到直線θ＝eq\f(π,6)(ρ∈R)的距離是________．解析將ρ＝4sinθ化成直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝4y，即x2＋(y－2)2＝4，圓心為(0,2)．將θ＝eq\f(π,6)(ρ∈R)化成直角坐標(biāo)方程為x－eq\r(3)y＝0，由點到直線的距離公式可知圓心到直線的距離d＝eq\f(|0－2\r(3)|,2)＝eq\r(3).答案eq\r(3)5．(·陜西)直線2ρcosθ＝1與圓ρ＝2cosθ相交的弦長為________．解析直線的方程為2x＝1，圓的方程為x2＋y2－2x＝0，圓心為(1,0)，半徑r＝1，圓心到直線的距離為d＝eq\f(|2－1|,\r(22＋0))＝eq\f(1,2)，設(shè)所求的弦長為l，則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(對應(yīng)學(xué)生,210)考向一極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)的互化【例1】?(·廣州測試)設(shè)點A的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))，直線l過點A且與極軸所成的角為eq\f(π,3)，則直線l的極坐標(biāo)方程為________________．解析∵點A的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))，∴點A的平面直角坐標(biāo)為(eq\r(3)，1)，又∵直線l過點A且與極軸所成的角為eq\f(π,3)，∴直線l的方程為y－1＝(x－eq\r(3))taneq\f(π,3)，即eq\r(3)x－y－2＝0，∴直線l的極坐標(biāo)方程為eq\r(3)ρcosθ－ρsinθ－2＝0，可整理為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)在由點的直角坐標(biāo)化為極坐標(biāo)時，一定要注意點所在的象限和極角的范圍，否則點的極坐標(biāo)將不唯一．(2)在曲線的方程進(jìn)行互化時，一定要注意變量的范圍．要注意轉(zhuǎn)化的等價性．【訓(xùn)練1】(·佛山檢測)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點P的直角坐標(biāo)為(1，－eq\r(3))．若以原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，則點P的極坐標(biāo)可以是________．解析由極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式ρcosθ＝x，ρsinθ＝y(tǒng)可得，ρcosθ＝1,ρsinθ＝－eq\r(3)，解得ρ＝2，θ＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)，故點P的極坐標(biāo)為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)考向二圓的極坐標(biāo)方程的應(yīng)用【例2】?(·廣州測試)在極坐標(biāo)系中，若過點(1,0)且與極軸垂直的直線交曲線ρ＝4cosθ于A、B兩點，則|AB|＝________.解析過點(1,0)且與極軸垂直的直線的直角坐標(biāo)方程是x＝1，曲線ρ＝4cosθ的直角坐標(biāo)方程是x2＋y2＝4x，即(x－2)2＋y2＝4，圓心(2,0)到直線x＝1的距離等于1，因此|AB|＝2eq\r(4－1)＝2eq\r(3).答案2eq\r(3)解決此類問題的關(guān)鍵還是將極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程．【訓(xùn)練2】(·深圳調(diào)研)在極坐標(biāo)系中，P，Q是曲線C：ρ＝4sinθ上任意兩點，則線段PQ長度的最大值為________．解析由曲線C：ρ＝4sinθ，得ρ2＝4ρsinθ，x2＋y2－4y＝0，x2＋(y－2)2＝4，即曲線C：ρ＝4sinθ在直角坐標(biāo)系下表示的是以點(0,2)為圓心、以2為半徑的圓，易知該圓上的任意兩點間的距離的最大值即是圓的直徑長，因此線段PQ長度的最大值是4.答案4考向三極坐標(biāo)方程的綜合應(yīng)用【例3】?如圖，在圓心的極坐標(biāo)為A(4,0)，半徑為4的圓中，求過極點O的弦的中點的軌跡．解設(shè)M(ρ，θ)是所求軌跡上任意一點．連接OM并延長交圓A于點P(ρ0，θ0)，則有θ0＝θ，ρ0＝2ρ.由圓心為(4,0)，半徑為4的圓的極坐標(biāo)方程為ρ＝8cosθ，得ρ0＝8cosθ0.所以2ρ＝8cosθ，即ρ＝4cosθ.故所求軌跡方程是ρ＝4cosθ.它表示以(2,0)為圓心，2為半徑的圓．求軌跡的方法與普通方程的方法相同，但本部分只要求簡單的軌跡求法．【訓(xùn)練3】從極點O作直線與另一直線ρcosθ＝4相交于點M，在OM上取一點P，使|OM|·|OP|＝12，求點P的軌跡方程．解設(shè)動點P的坐標(biāo)為(ρ，θ)，則M(ρ0，θ)．∵|OM|·|OP|＝12.∵ρ0ρ＝12.ρ0＝eq\f(12,ρ).又M在直線ρcosθ＝4上，∴eq\f(12,ρ)cosθ＝4，∴ρ＝3cosθ.這就是點P的軌跡方程．eq\f(對應(yīng)學(xué)生,357)(時間：30分鐘滿分：60分)一、填空題(每小題5分，共40分)1．在極坐標(biāo)系中，直線l的方程為ρsinθ＝3，則點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))到直線l的距離為________．解析∵直線l的極坐標(biāo)方程可化為y＝3，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))化為直角坐標(biāo)為(eq\r(3)，1)，∴點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))到直線l的距離為2.答案22．(·汕頭調(diào)研)在極坐標(biāo)系中，ρ＝4sinθ是圓的極坐標(biāo)方程，則點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,6)))到圓心C的距離是________．解析將圓的極坐標(biāo)方程ρ＝4sinθ化為直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－4y＝0，圓心坐標(biāo)為(0,2)．又易知點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,6)))的直角坐標(biāo)為(2eq\r(3)，2)，故點A到圓心的距離為eq\r(0－2\r(3)2＋2－22)＝2eq\r(3).答案2eq\r(3)3．在極坐標(biāo)系中，過圓ρ＝6cosθ－2eq\r(2)sinθ的圓心且與極軸垂直的直線的極坐標(biāo)方程為________．解析由ρ＝6cosθ－2eq\r(2)sinθ?ρ2＝6ρcosθ－2eq\r(2)ρsinθ，所以圓的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－6x＋2eq\r(2)y＝0，將其化為標(biāo)準(zhǔn)形式為(x－3)2＋(y＋eq\r(2))2＝11，故圓心的坐標(biāo)為(3，－eq\r(2))，所以過圓心且與x軸垂直的直線的方程為x＝3，將其化為極坐標(biāo)方程為ρcosθ＝3.答案ρcosθ＝34．(·華南師大模擬)在極坐標(biāo)系中，點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,3)))到曲線ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2上的點的距離的最小值為________．解析依題意知，點M的直角坐標(biāo)是(2,2eq\r(3))，曲線的直角坐標(biāo)方程是x＋eq\r(3)y－4＝0，因此所求的距離的最小值等于點M到該直線的距離，即為eq\f(|2＋2\r(3)×\r(3)－4|,\r(12＋\r(3)2))＝2.答案25．在極坐標(biāo)系中，圓ρ＝4上的點到直線ρ(cosθ＋eq\r(3)sinθ)＝8的距離的最大值是________．解析把ρ＝4化為直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝16，把ρ(cosθ＋eq\r(3)sinθ)＝8化為直角坐標(biāo)方程為x＋eq\r(3)y－8＝0，∴圓心(0,0)到直線的距離為d＝eq\f(8,2)＝4.∴直線和圓相切，∴圓上的點到直線的最大距離是8.答案86．在極坐標(biāo)系中，曲線C1：ρ＝2cosθ，曲線C2：θ＝eq\f(π,4)，若曲線C1與C2交于A、B兩點，則線段AB＝________.解析曲線C1與C2均經(jīng)過極點，因此極點是它們的一個公共點．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)，))即曲線C1與C2的另一個交點與極點的距離為eq\r(2)，因此AB＝eq\r(2).答案eq\r(2)7．(·湛江模擬)在極坐標(biāo)系中，圓C的極坐標(biāo)方程為：ρ2＋2ρcosθ＝0，點P的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,2)))過點P作圓C的切線，則兩條切線夾角的正切值是________．解析圓C的極坐標(biāo)方程：ρ2＋2ρcosθ＝0化為普通方程：(x＋1)2＋y2＝1，點P的直角坐標(biāo)為(0,2)，圓C的圓心為(－1,0)．如圖，當(dāng)切線的斜率存在時，設(shè)切線方程為y＝kx＋2，則圓心到切線的距離為eq\f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝1，∴k＝eq\f(3,4)，即tanα＝eq\f(3,4).易知滿足題意的另一條切線的方程為x＝0.又∵兩條切線的夾角為α的余角，∴兩條切線夾角的正切值為eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)8．若直線3x＋4y＋m＝0與曲線ρ2－2ρcosθ＋4ρsinθ＋4＝0沒有公共點，則實數(shù)m的取值范圍是________．解析注意到曲線ρ2－2ρcosθ＋4ρsinθ＋4＝0的直角坐標(biāo)方程是x2＋y2－2x＋4y＋4＝0，即(x－1)2＋(y＋2)2＝1.要使直線3x＋4y＋m＝0與該曲線沒有公共點，只要圓心(1，－2)到直線3x＋4y＋m＝0的距離大于圓的半徑即可，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、解答題(共20分)9．(10分)以直角坐標(biāo)系的原點O為極點，x軸的正半軸為極軸，已知點P的直角坐標(biāo)為(1，－5)，點M的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,2)))，若直線l過點P，且傾斜角為eq\f(π,3)，圓C以M為圓心、4為半徑．(1)求直線l的參數(shù)方程和圓C的極坐標(biāo)方程；(2)試判定直線l和圓C的位置關(guān)系．解(1)由題意，直線l的普通方程是y＋5＝(x－1)taneq\f(π,3)，此方程可化為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為參數(shù))，得直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)a＋1，,y＝\f(\r(3),2)a－5))(a為參數(shù))．如圖，設(shè)圓上任意一點為Q(ρ，θ)，則在△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))).化簡得ρ＝8sinθ，即為圓C的極坐標(biāo)方程．(2)由(1)可進(jìn)一步得出圓心M的直角坐標(biāo)是(0,4)，直線l的普通方程是eq\r(3)x－y－5－eq\r(3)＝0，圓心M到直線l的距離d＝eq\f(|0－4－5－\r(3)|,\r(3＋1))＝eq\f(9＋\r(3),2)＞4，所以直線l和圓C相離．10．(10分)(·遼寧)在直角坐標(biāo)系xOy中，圓C1：x2＋y2＝4，圓C2：(x－2)2＋y2＝4.(1)在以O(shè)為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，分別寫出圓C1，C2的極坐標(biāo)方程，并求出圓C1，C2的交點坐標(biāo)(用極坐標(biāo)表示)；(2)求圓C1與C2的公共弦的參數(shù)方程．解(1)圓C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝2，圓C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ.解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ＝2，,ρ＝4cosθ))得ρ＝2，θ＝±eq\f(π,3)，故圓C1與圓C2交點的坐標(biāo)為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：極坐標(biāo)系下點的表示不唯一．(2)法一由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))得圓C1與C2交點的直角坐標(biāo)分別為(1，eq\r(3))，(1，－eq\r(3))．故圓C1與C2的公共弦的參數(shù)方程為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(或參數(shù)方程寫成\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝y(tǒng)))－\r(3)≤y≤\r(3)))法二將x＝1代入eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))得ρcosθ＝1，從而ρ＝eq\f(1,cosθ).于是圓C1與C2的公共弦的參數(shù)方程為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講參數(shù)方程eq\f(對應(yīng)學(xué)生,211)考點梳理1．參數(shù)方程的概念一般地，在平面直角坐標(biāo)系中，如果曲線上任意一點的坐標(biāo)x，y都是某個變數(shù)t的函數(shù)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ft,y＝gt))①，并且對于t的每一個允許值，由方程組①所確定的點M(x，y)都在這條曲線上，那么方程組①就叫做這條曲線的參數(shù)方程，聯(lián)系變數(shù)x，y的變數(shù)t叫做參變數(shù)，簡稱參數(shù)，相對于參數(shù)方程而言，直接給出點的坐標(biāo)間關(guān)系的方程叫做普通方程．2．參數(shù)方程和普通方程的互化(1)曲線的參數(shù)方程和普通方程是曲線方程的不同形式，一般地可以通過消去參數(shù)而從參數(shù)方程得到普通方程．(2)如果知道變數(shù)x，y中的一個與參數(shù)t的關(guān)系，例如x＝f(t)，把它代入普通方程，求出另一個變數(shù)與參數(shù)的關(guān)系y＝g(t)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ft，,y＝gt))就是曲線的參數(shù)方程，在參數(shù)方程與普通方程的互化中，必須使x，y的取值范圍保持一致．3．直線、圓和圓錐曲線的參數(shù)方程名稱普通方程參數(shù)方程直線y－y0＝k(x－x0)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα，,y＝y(tǒng)0＋tsinα))(t為參數(shù))圓(x－x0)2＋(y－y0)2＝R2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋Rcosθ，,y＝y(tǒng)0＋Rsinθ))(θ為參數(shù)且0≤θ≤2π)橢圓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為參數(shù)且0≤t≤2π)拋物線y2＝2px(p>0)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2pt2，,y＝2pt))(t為參數(shù))雙曲線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為參數(shù))考點自測1．極坐標(biāo)方程ρ＝cosθ和參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1－t，,y＝2＋t))(t為參數(shù))所表示的圖形分別是()．A．直線、直線B．直線、圓C．圓、圓D．圓、直線解析∵ρcosθ＝x，∴cosθ＝eq\f(x,ρ)代入到ρ＝cosθ，得ρ＝eq\f(x,ρ)，∴ρ2＝x，∴x2＋y2＝x表示圓．又∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1－t，,y＝2＋t，))相加得x＋y＝1，表示直線．答案D2．若直線eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t，,y＝2＋3t))(t為實數(shù))與直線4x＋ky＝1垂直，則常數(shù)k＝________.解析參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t，,y＝2＋3t，))所表示的直線方程為3x＋2y＝7，由此直線與直線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－63．二次曲線eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5cosθ，,y＝3sinθ))(θ是參數(shù))的左焦點的坐標(biāo)是________．解析題中二次曲線的普通方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1左焦點為(－4,0)．答案(－4,0)4．(·湖南)在直角坐標(biāo)系xOy中，已知曲線C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋1，,y＝1－2t))(t為參數(shù))與曲線C2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝asinθ,y＝3cosθ))(θ為參數(shù)，a>0)有一個公共點在x軸上，則a＝________.解析曲線C1的普通方程為2x＋y＝3，曲線C2的普通方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1，直線2x＋y＝3與x軸的交點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，故曲線eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1也經(jīng)過這個點，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．(·廣東)已知兩曲線參數(shù)方程分別為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)，它們的交點坐標(biāo)為________．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)．則x＝eq\f(5,4)y2＝1又θ≥0，得交點坐標(biāo)為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(對應(yīng)學(xué)生,211)考向一參數(shù)方程與普通方程的互化【例1】?把下列參數(shù)方程化為普通方程：(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)＝0.參數(shù)方程化為普通方程：化參數(shù)方程為普通方程的基本思路是消去參數(shù)，常用的消參方法有代入消去法、加減消去法、恒等式(三角的或代數(shù)的)消去法，參數(shù)方程通過代入消元或加減消元消去參數(shù)化為普通方程，不要忘了參數(shù)的范圍．【訓(xùn)練1】(·陜西)參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝1＋sinα))(α為參數(shù))化成普通方程為________．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考向二直線與圓的參數(shù)方程的應(yīng)用【例2】?已知圓C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋cosθ，,y＝sinθ))(θ為參數(shù))和直線l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(其中t為參數(shù)，α為直線l的傾斜角)．(1)當(dāng)α＝eq\f(2π,3)時，求圓上的點到直線l距離的最小值；(2)當(dāng)直線l與圓C有公共點時，求α的取值范圍．解(1)當(dāng)α＝eq\f(2π,3)時，直線l的直角坐標(biāo)方程為eq\r(3)x＋y－3eq\r(3)＝0，圓C的圓心坐標(biāo)為(1,0)，圓心到直線的距離d＝eq\f(2\r(3),2)＝eq\r(3)，圓的半徑為1，故圓上的點到直線l距離的最小值為eq\r(3)－1.(2)圓C的直角坐標(biāo)方程為(x－1)2＋y2＝1，將直線l的參數(shù)方程代入圓C的直角坐標(biāo)方程，得t2＋2(cosα＋eq\r(3)sinα)t＋3＝0，這個關(guān)于t的一元二次方程有解，故Δ＝4(cosα＋eq\r(3)sinα)2－12≥0，則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的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))).如果問題中的方程都是參數(shù)方程，那就要至少把其中的一個化為直角坐標(biāo)方程．【訓(xùn)練2】已知直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋t，,y＝4－2t))(參數(shù)t∈R)，圓C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ＋2，,y＝2sinθ))(參數(shù)θ∈[0,2π])，求直線l被圓C所截得的弦長．解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋t，,y＝4－2t))消參數(shù)后得普通方程為2x＋y－6＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ＋2，,y＝2sinθ))消參數(shù)后得普通方程為(x－2)2＋y2＝4，顯然圓心坐標(biāo)為(2,0)，半徑為2.由于圓心到直線2x＋y－6＝0的距離為d＝eq\f(|2×2＋0－6|,\r(22＋1))＝eq\f(2\r(5),5)，所以所求弦長為2eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)＝eq\f(8\r(5),5).考向三圓錐曲線的參數(shù)方程的應(yīng)用【例3】?求經(jīng)過點(1,1)，傾斜角為135°的直線截橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1所得的弦長．解由條件可知直線的參數(shù)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為參數(shù))，代入橢圓方程可得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.設(shè)方程的兩實根分別為t1、t2，則由二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＋t2＝－\f(6\r(2),5)，,t1t2＝\f(2,5)，))則直線截橢圓的弦長是|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).普通方程化為參數(shù)方程：化普通方程為參數(shù)方程的基本思路是引入?yún)?shù)，即選定合適的參數(shù)t，先確定一個關(guān)系x＝f(t)(或y＝φ(t))，再代入普通方程F(x，y)＝0，求得另一關(guān)系y＝φ(t)(或x＝f(t))．一般地，常選擇的參數(shù)有角、有向線段的數(shù)量、斜率，某一點的橫坐標(biāo)(或縱坐標(biāo))．普通方程化為參數(shù)方程需要引入?yún)?shù)，選擇的參數(shù)不同，所得的參數(shù)方程也不一樣．【訓(xùn)練3】(·南京模擬)過點P(－3,0)且傾斜角為30°的直線和曲線eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋\f(1,t)，,y＝t－\f(1,t)))(t為參數(shù))相交于A、B兩點，求線段AB的長．解直線的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3＋\f(\r(3),2)s，,y＝\f(1,2)s))(s為參數(shù))，又曲線eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋\f(1,t)，,y＝t－\f(1,t)))(t為參數(shù))可以化為x2－y2＝4，將直線的參數(shù)方程代入上式，得s2－6eq\r(3)s＋10＝0，設(shè)A、B對應(yīng)的參數(shù)分別為s1，s2.∴s1＋s2＝6eq\r(3)，s1s2＝10.∴|AB|＝|s1－s2|＝eq\r(s1＋s22－4s1s2)＝2eq\r(17).eq\f(對應(yīng)學(xué)生,358)(時間：30分鐘滿分：60分)一、填空題(每小題5分，共40分)1．(·深圳模擬)直線eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2－\r(2)t，,y＝3＋\r(2)t))(t為參數(shù))上與點A(－2,3)的距離等于eq\r(2)的點的坐標(biāo)是________．解析由題意知(－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為參數(shù))，得所求點的坐標(biāo)為(－3,4)或(－1,2)．答案(－3,4)或(－1,2)2．(·東莞模擬)若直線l：y＝kx與曲線C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋cosθ，,y＝sinθ))(參數(shù)θ∈R)有唯一的公共點，則實數(shù)k＝________.解析曲線C化為普通方程為(x－2)2＋y2＝1，圓心坐標(biāo)為(2,0)，半徑r＝1.由已知l與圓相切，則r＝eq\f(|2k|,\r(1＋k2))＝1?k＝±eq\f(\r(3),3).答案±eq\f(\r(3),3)3．直線3x＋4y－7＝0截曲線eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝1＋sinα))(α為參數(shù))的弦長為________．解析曲線可化為x2＋(y－1)2＝1，圓心到直線的距離d＝eq\f(|0＋4－7|,\r(9＋16))＝eq\f(3,5)，則弦長l＝2eq\r(r2－d2)＝eq\f(8,5).答案eq\f(8,5)4．已知直線l1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t，,y＝2＋kt))(t為參數(shù))，l2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝s，,y＝1－2s))(s為參數(shù))，若l1∥l2，則k＝________；若l1⊥l2，則k＝________.解析將l1、l2的方程化為直角坐標(biāo)方程得l1：kx＋2y－4－k＝0，l2：2x＋y－1＝0，由l1∥l2，得eq\f(k,2)＝eq\f