１５４ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§ ２１．３ 不等式选讲
对应学生用书起始页码 Ｐ４２３
考点一 绝对值不等式 高频考点
１．不等式的基本性质
（１）ａ＞ｂ?ｂ＜ａ；
（２）ａ＞ｂ，ｂ＞ｃ?ａ＞ｃ；
（３）ａ＞ｂ?ａ＋ｃ＞ｂ＋ｃ；
（４）ａ＞ｂ，ｃ＞ｄ?ａ＋ｃ＞ｂ＋ｄ；
（５）ａ＞ｂ，ｃ＞０?ａｃ＞ｂｃ；ａ＞ｂ，ｃ＜０?ａｃ＜ｂｃ；
（６）ａ＞ｂ＞０，ｃ＞ｄ＞０?ａｃ＞ｂｄ；
（７）ａ＞ｂ＞０?ａｎ＞ｂｎ（ｎ∈Ｎ，且 ｎ＞１）；
（８）ａ＞ｂ＞０? ｎ ａ ＞ｎ ｂ （ｎ∈Ｎ，且 ｎ＞１） ．
２．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） ｜ ＜ａ（ａ＞０）?－ａ＜ｆ（ｘ）＜ａ．
３．含有绝对值的不等式的性质
（１） ｜ ａ ｜ ＋ ｜ ｂ ｜≥ ｜ ａ＋ｂ ｜ ；
（２） ｜ ａ ｜ － ｜ ｂ ｜≤ ｜ ａ＋ｂ ｜ ；
（３） ｜ ａ ｜ － ｜ ｂ ｜≤ ｜ ａ－ｂ ｜≤ ｜ ａ ｜ ＋ ｜ ｂ ｜ ．
考点二 不等式的证明 高频考点
１．证明不等式的常用方法
（１）比较法：比较法是证明不等式的一种最基本的方法，也
是一种常用方法．比较法有差值法、比值法两种形式，但比值法必
须考虑正负．
比较法证明不等式的步骤：作差（商）、变形、判断符号．其中
变形的主要方法是分解因式、配方，判断过程必须详细叙述．
（２）综合法：从命题的已知条件出发，利用公理、定义及定
理，逐步推导，从而推导出要证明的命题，即“由因导果” ．
（３）分析法：从需要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的
充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定
义、公理或已证明的定理、性质等），从而得出要证的命题成立，
即“执果索因” ．
（４）反证法：首先假设要证明的命题是不正确的，然后利用
公理、定义、定理、性质等，逐步分析，得到和命题的条件（或已证
明过的定理、性质，明显成立的事实等）矛盾的结论，以此说明假
设的结论不成立，从而证明原来的结论正确．
（５）放缩法：将所要证明的不等式的值适当放大（或缩小），
使它由繁到简，达到证明的目的．如果所要证明的不等式中含有
分式，把分母放大，则相应分式的值缩小，把分母缩小，则相应分
式的值放大．
（６）数学归纳法
２．常用不等式
（１）柯西不等式
设 ｎ 为大于 １ 的自然数，ａｉ，ｂｉ（ ｉ ＝ １，２，…，ｎ） 为实数，则
∑
ｎ
ｉ ＝ １
ａ２ｉ∑
ｎ
ｉ ＝ １
ｂ２ｉ ≥（ ∑
ｎ
ｉ ＝ １
ａｉｂｉ） ２，其中等号当且仅当
ｂ１
ａ１
＝
ｂ２
ａ２
＝… ＝
ｂｎ
ａｎ
时成立（当 ａｉ ＝ ０ 时，约定 ｂｉ ＝ ０，ｉ＝ １，２，…，ｎ） ．
特殊地，当 ｎ＝ ２ 时有：
①柯西不等式的代数形式：设 ａ１，ａ２，ｂ１，ｂ２ 均为实数，则（ａ２１
＋ａ２２）（ｂ２１＋ｂ２２）≥（ａ１ｂ１ ＋ａ２ｂ２ ） ２（当且仅当 ａ１ｂ２ ＝ ａ２ｂ１ 时，等号成
立） ．
②柯西不等式的向量形式：设 α，β 为平面上的两个向量，则
｜α ｜ ｜β ｜≥ ｜α·β ｜ ．
③ 三 角 不 等 式： 设 ｘ１， ｙ１， ｘ２， ｙ２， ｘ３， ｙ３ ∈ Ｒ， 则
（ｘ１－ｘ２）２＋（ｙ１－ｙ２）２ ＋ （ｘ２－ｘ３）２＋（ｙ２－ｙ３）２
≥ （ｘ１－ｘ３）２＋（ｙ１－ｙ３）２ ．
（２）均值不等式：
ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ
ｎ
≥ ｎ ａ１ａ２…ａｎ （ ａ１，ａ２，…，ａｎ
∈Ｒ＋），等号当且仅当 ａ１ ＝ａ２ ＝…＝ａｎ 时成立．
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对应学生用书起始页码 Ｐ４２４
一、绝对值问题的解题方法
１．绝对值不等式的解法
（１）含绝对值的不等式 ｜ ｘ ｜ ＜ａ 与 ｜ ｘ ｜ ＞ａ 的解集：
不等式 ａ＞０ ａ＝ ０ ａ＜０
｜ ｘ ｜ ＜ａ ｛ｘ ｜ －ａ＜ｘ＜ａ｝ ? ?
｜ ｘ ｜ ＞ａ ｛ｘ ｜ ｘ＞ａ 或 ｘ＜－ａ｝ ｛ｘ ｜ ｘ∈Ｒ 且 ｘ≠０｝ Ｒ
（２） ｜ ａｘ＋ｂ ｜≤ｃ， ｜ ａｘ＋ｂ ｜≥ｃ（ｃ＞０）型不等式的解法：
①｜ ａｘ＋ｂ ｜≤ｃ?－ｃ≤ａｘ＋ｂ≤ｃ；
②｜ ａｘ＋ｂ ｜≥ｃ?ａｘ＋ｂ≥ｃ 或 ａｘ＋ｂ≤－ｃ．
（３） ｜ ｘ－ａ ｜ ＋ ｜ ｘ－ｂ ｜≥ｃ（ｃ＞０）和 ｜ ｘ－ａ ｜ ＋ ｜ ｘ－ｂ ｜≤ｃ（ｃ＞０）型不等
式的解法：
①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的
思想；
②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程
的思想．
２．证明绝对值不等式主要的三种方法
（１）利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式
再证明．
（２）利用绝对值不等式 ｜ ｜ ａ ｜ － ｜ ｂ ｜ ｜ ≤ ｜ ａ±ｂ ｜ ≤ ｜ ａ ｜ ＋ ｜ ｂ ｜进行
证明．
（３）转化为函数问题，数形结合进行证明．
已知函数 ｆ（ｘ）＝ ｜ ２ｘ＋１ ｜ ＋ ｜ ２ｘ－３ ｜ ．
（１）求不等式 ｆ（ｘ）≤６ 的解集；
（２）若关于 ｘ 的不等式 ｆ（ ｘ） ＜ ｜ ａ－１ ｜的解集非空，求实数 ａ
的取值范围．
解析 （ １） 原不等式等价于
ｘ＞
３
２
，
（２ｘ＋１）＋（２ｘ－３）≤６
{ 或
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第二十一章 选修 ４ 系列 １５５
－ １
２
≤ｘ≤
３
２
，
（２ｘ＋１）－（２ｘ－３）≤６
{ 或 ｘ＜－ １２ ，
－（２ｘ＋１）－（２ｘ－３）≤６，
{
解得
３
２
＜ｘ≤２ 或－
１
２
≤ｘ≤
３
２
或－１≤ｘ＜－
１
２
，
故不等式的解集为｛ｘ ｜ －１≤ｘ≤２｝ ．
（２）∵ ｆ（ｘ）＝ ｜ ２ｘ＋１ ｜ ＋ ｜ ２ｘ－３ ｜≥ ｜ （２ｘ＋１）－（２ｘ－３） ｜ ＝ ４，
∴ ｜ ａ－１ ｜ ＞４，解此不等式得 ａ＜－３ 或 ａ＞５．
故实数 ａ 的取值范围是（－∞ ，－３）∪（５，＋∞ ） ．
１－１ （２０１８ 镇江期末，２１Ｄ）已知函数 ｆ（ｘ）＝ ｜ｘ－ａ ｜ ＋ ｜ｘ＋ａ ｜ ，
若对任意 ｘ∈Ｒ，不等式 ｆ（ｘ）＞ａ２－３ 恒成立，求实数 ａ 的取值范围．
１－１ 解析 因为对任意 ｘ∈Ｒ，不等式 ｆ（ｘ）＞ａ２－３ 恒成立，所以
ｆ（ｘ） ｍｉｎ＞ａ２－３．
又 ｜ ｘ－ａ ｜ ＋ ｜ ｘ＋ａ ｜≥ ｜ ｘ－ａ－（ｘ＋ａ） ｜ ＝ ｜ ２ａ ｜ ，
所以 ｜ ２ａ ｜ ＞ａ２－３①．
解法一： ｜ ａ ｜ ２－２ ｜ ａ ｜ －３＜０，解得 ０≤｜ ａ ｜ ＜３，
所以－３＜ａ＜３．
解法二：①式等价于
ａ＞０，
２ａ＞ａ２－３{ ②或 ａ≤０，２ａ＜－ａ２＋３{ ③，
由②得 ０＜ａ＜３，由③得－３＜ａ≤０，
所以－３＜ａ＜３．
１－２ （２０１７ 苏北四市期末）已知 ａ，ｂ，ｃ 为正实数，
１
ａ３
＋ １
ｂ３
＋
１
ｃ３
＋２７ａｂｃ 的最小值为 ｍ，解关于 ｘ 的不等式 ｜ ｘ＋１ ｜ －２ｘ＜ｍ．
１－２ 解析 因为 ａ，ｂ，ｃ 为正实数，
所以
１
ａ３
＋ １
ｂ３
＋ １
ｃ３
＋２７ａｂｃ≥３
３ １
ａ３
·
１
ｂ３
·
１
ｃ３
＋２７ａｂｃ
＝ ３
ａｂｃ
＋２７ａｂｃ≥２
３
ａｂｃ
·２７ａｂｃ ＝ １８，
当且仅当 ａ＝ ｂ＝ ｃ 时，取“ ＝”，
所以 ｍ＝ １８．
所以不等式 ｜ ｘ＋１ ｜ －２ｘ＜ｍ，即 ｜ ｘ＋１ ｜ ＜２ｘ＋１８，
所以－２ｘ－１８＜ｘ＋１＜２ｘ＋１８，解得 ｘ＞－
１９
３
，
所以原不等式的解集为 －
１９
３
，＋∞( ) ．
１－３ （２０１８ 南京、盐城二模，２１Ｄ）对任意 ｘ，ｙ∈Ｒ，求 ｜ ｘ－１ ｜
＋ ｜ ｘ ｜ ＋ ｜ ｙ－１ ｜ ＋ ｜ ｙ＋１ ｜的最小值．
１－３ 解析 解法一： ｜ ｘ－１ ｜ ＋ ｜ ｘ ｜≥ ｜ ｘ－１－ｘ ｜ ＝ １，
当且仅当 ｘ（ｘ－１）≤０，即 ０≤ｘ≤１ 时取等号．
｜ ｙ－１ ｜ ＋ ｜ ｙ＋１ ｜≥ ｜ ｙ－１－ｙ－１ ｜ ＝ ２，
当且仅当（ｙ－１）（ｙ＋１）≤０，即－１≤ｙ≤１ 时取等号．
所以 ｜ ｘ－１ ｜ ＋ ｜ ｘ ｜ ＋ ｜ ｙ－１ ｜ ＋ ｜ ｙ＋１ ｜≥３，
当且仅当 ０≤ｘ≤１，－１≤ｙ≤１ 时取等号，
所以 ｜ ｘ－１ ｜ ＋ ｜ ｘ ｜ ＋ ｜ ｙ－１ ｜ ＋ ｜ ｙ＋１ ｜的最小值为 ３．
解法二：设 ｆ（ｘ）＝ ｜ ｘ－１ ｜ ＋ ｜ ｘ ｜ ＝
２ｘ－１，ｘ≥１，
１，０≤ｘ＜１，
１－２ｘ，ｘ＜０，
{
所以 ｆ（ｘ） ｍｉｎ ＝ １．
设 ｇ（ｙ）＝ ｜ ｙ－１ ｜ ＋ ｜ ｙ＋１ ｜ ＝
２ｙ，ｙ≥１，
２，－１≤ｙ＜１，
－２ｙ，ｙ＜－１，
{
所以 ｇ（ｙ） ｍｉｎ ＝ ２．
所以 ｜ ｘ－１ ｜ ＋ ｜ ｘ ｜ ＋ ｜ ｙ－１ ｜ ＋ ｜ ｙ＋１ ｜的最小值为 ３．
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二、不等式的证明方法
不等式证明的常用方法有：（１）比较法；（２）综合法；（３）分
析法；（４）反证法；（５）放缩法．
（２０１９ 苏州期中） 已知函数 ｆ（ ｘ） ＝ ３ｘ＋６ ，ｇ （ ｘ） ＝
１４－ｘ ，若存在实数 ｘ 使 ｆ（ｘ） ＋ｇ（ ｘ） ＞ａ 成立，求实数 ａ 的取值
范围．
解析 存在实数 ｘ 使 ｆ（ ｘ） ＋ｇ（ ｘ） ＞ａ 成立等价于 ｆ（ ｘ） ＋
ｇ（ｘ）的最大值大于 ａ．
ｆ（ｘ）＋ｇ（ｘ）＝ ３ｘ＋６ ＋ １４－ｘ ＝ ３· ｘ＋２ ＋１· １４－ｘ ，
由柯西不等式得（ ３· ｘ＋２ ＋１· １４－ｘ ） ２≤（３＋１）（ ｘ＋２
＋１４－ｘ）＝ ６４，
所以 ｆ（ｘ）＋ｇ（ｘ）＝ ３ｘ＋６ ＋ １４－ｘ≤８，当且仅当 ｘ ＝ １０ 时
取“ ＝” ．
故实数 ａ 的取值范围是（－∞ ，８） ．
２－１ （２０１９ 苏州期末，２１Ｃ）设 ａ，ｂ，ｃ 都是正数，求证：
ａ２
ｂ＋ｃ
＋
ｂ２
ｃ＋ａ
＋ ｃ
２
ａ＋ｂ
≥
１
２
（ａ＋ｂ＋ｃ） ．
２－１ 证明 因为（ａ＋ｂ＋ｃ）
ａ２
ｂ＋ｃ
＋ ｂ
２
ａ＋ｃ
＋ ｃ
２
ａ＋ｂ( )
＝ １
２
［（ａ＋ｂ）＋（ｂ＋ｃ）＋（ｃ＋ａ）］
ａ２
ｂ＋ｃ
＋ ｂ
２
ａ＋ｃ
＋ ｃ
２
ａ＋ｂ( )
≥
１
２ ａ＋ｂ
ｃ２
ａ＋ｂ
＋ ｂ＋ｃ
ａ２
ｂ＋ｃ
＋ ｃ＋ａ
ｂ２
ｃ＋ａ
?
è
?
?
?
÷
２
＝ １
２
（ａ＋ｂ＋ｃ） ２ ．
因为 ａ，ｂ，ｃ 都是正数，
所以
ａ２
ｂ＋ｃ
＋ ｂ
２
ｃ＋ａ
＋ ｃ
２
ａ＋ｂ
≥
１
２
（ａ＋ｂ＋ｃ） ．
２－２ （２０１９ 常州期末，２１Ｃ）已知 ａ＞０，ｂ＞０，求证：ａ＋ｂ＋１≥
ａｂ ＋ ａ ＋ ｂ ．
２－２ 证明 因为 ａ＋ｂ≥２ ａｂ ，ａ＋１≥２ ａ ，ｂ＋１≥２ ｂ ，
所以上面三式相加，得 ２（ａ＋ｂ＋１）≥２ ａｂ ＋２ ａ ＋２ ｂ ，
所以 ａ＋ｂ＋１≥ ａｂ ＋ ａ ＋ ｂ ．
２－３ （２０１７ 苏锡常镇四市一模）已知 ａ，ｂ，ｃ 为正数，且 ａ＋ｂ
＋ｃ＝ ３，求 ３ａ＋１ ＋ ３ｂ＋１ ＋ ３ｃ＋１的最大值．
２－３ 解析 由柯西不等式可得
（ ３ａ＋１ ＋ ３ｂ＋１ ＋ ３ｃ＋１ ） ２≤（１２＋１２＋１２）·［（ ３ａ＋１ ） ２
＋（ ３ｂ＋１ ） ２＋（ ３ｃ＋１ ） ２］ ＝ ３×１２，
∴ ３ａ＋１ ＋ ３ｂ＋１ ＋ ３ｃ＋１≤６，当且仅当 ３ａ＋１ ＝ ３ｂ＋１
＝ ３ｃ＋１时取等号．
∴ ３ａ＋１ ＋ ３ｂ＋１ ＋ ３ｃ＋１的最大值是 ６．
２－４ （２０１７ 南通、泰州第一次调研，２１Ｃ）求函数 ｙ＝ ３ｓｉｎ ｘ＋
２ ２＋２ｃｏｓ ２ｘ的最大值．
２－４ 解析 ｙ＝ ３ｓｉｎ ｘ＋２ ２＋２ｃｏｓ ２ｘ ＝ ３ｓｉｎ ｘ＋４ ｃｏｓ２ｘ ．
由柯西不等式，得（３ｓｉｎ ｘ＋４ ｃｏｓ２ｘ ） ２≤（３２ ＋４２）·（ｓｉｎ２ｘ＋
ｃｏｓ２ｘ）＝ ２５，
所以 ｙｍａｘ ＝ ５，此时 ｓｉｎ ｘ＝
３
５
．
所以函数 ｙ＝ ３ｓｉｎ ｘ＋２ ２＋２ｃｏｓ ２ｘ的最大值为 ５．
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(共60张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
考点一 绝对值不等式
1.(2019江苏,21C,10分)设x∈R,解不等式|x|+|2x-1|>2.
解析 本题主要考查解不等式等基础知识,考查运算求解和推理论证能力.满分10分.
当x<0时,原不等式可化为-x+1-2x>2,解得x<-?;
当0≤x≤?时,原不等式可化为x+1-2x>2,即x<-1,无解;
当x>?时,原不等式可化为x+2x-1>2,解得x>1.
综上,原不等式的解集为?.
2.(2016江苏,21D,10分)设a>0,|x-1|证明 因为|x-1|所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|
≤2|x-1|+|y-2|<2·?+?=a.
解后反思 利用绝对值的三角不等式求最值时,可借助:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|来求解,但一定要
注意等号成立的条件.
3.(2015江苏,21D,10分)解不等式x+|2x+3|≥2.
解析 原不等式可化为?或?
解得x≤-5或x≥-?.
综上,原不等式的解集是?.
考点二 不等式的证明
1.(2018江苏,21D,10分)若x,y,z为实数,且x+2y+2z=6,求x2+y2+z2的最小值.
解析 本题主要考查柯西不等式等基础知识,考查推理论证能力.
由柯西不等式,得(x2+y2+z2)(12+22+22)≥(x+2y+2z)2,
因为x+2y+2z=6,
所以x2+y2+z2≥4,
当且仅当?=?=?时等号成立,
此时x=?,y=?,z=?.
所以x2+y2+z2的最小值为4.
思路分析 本题是柯西不等式的基本应用.
根据(?+?+?)(?+?+?)≥(a1b1+a2b2+a3b3)2来构造(x2+y2+z2)(12+22+22)≥(x+2y+2z)2,合理而自
然.
2.(2017江苏,21D,10分)已知a,b,c,d为实数,且a2+b2=4,c2+d2=16,证明:ac+bd≤8.
证明 本题主要考查不等式的证明,考查推理论证能力.
由柯西不等式可得:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).
因为a2+b2=4,c2+d2=16,
所以(ac+bd)2≤64,
因此ac+bd≤8.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 绝对值不等式
1.(2015山东改编,5,5分)不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是 ????.
答案 (-∞,4)
解析 ①当x<1时,原不等式等价于1-x-(5-x)<2,即-4<2,
∴x<1.
②当1≤x≤5时,原不等式等价于x-1-(5-x)<2,即x<4,
∴1≤x<4.
③当x>5时,原不等式等价于x-1-(x-5)<2,即4<2,无解.
综合①②③知x<4.
2.(2019课标全国Ⅱ理,23,10分)已知f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a).
(1)当a=1时,求不等式f(x)<0的解集;
(2)若x∈(-∞,1)时, f(x)<0,求a的取值范围.
解析 本题考查不等式的基本性质,绝对值不等式的求解,以及含有参数的绝对值不等式恒成
立问题.通过对绝对值不等式的分类讨论考查学生的化归与转化的能力,体现了逻辑推理的核
心素养.
(1)当a=1时, f(x)=|x-1|x+|x-2|(x-1).
当x<1时, f(x)=-2(x-1)2<0;当x≥1时, f(x)≥0.
所以,不等式f(x)<0的解集为(-∞,1).
(2)因为f(a)=0,所以a≥1,
当a≥1,x∈(-∞,1)时, f(x)=(a-x)x+(2-x)(x-a)=2(a-x)(x-1)<0,
所以,a的取值范围是[1,+∞).
思路分析 (1)当a=1时,求解绝对值不等式只需分类讨论去掉绝对值.(2)首先关注f(a)=0,求得a
≥1,这样不需要分类讨论就可以去掉绝对值,得到f(x)=2(a-x)(x-1)<0,求解即可.
3.(2018课标全国Ⅱ理,23,10分)设函数f(x)=5-|x+a|-|x-2|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≥0的解集;
(2)若f(x)≤1,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=?
可得f(x)≥0的解集为{x|-2≤x≤3}.
(2)f(x)≤1等价于|x+a|+|x-2|≥4.
而|x+a|+|x-2|≥|a+2|,且当x=2时等号成立.
故f(x)≤1等价于|a+2|≥4.
由|a+2|≥4可得a≤-6或a≥2.
所以a的取值范围是(-∞,-6]∪[2,+∞).
方法总结 解含有两个或两个以上绝对值的不等式,常用零点分段法或数形结合法求解;求含
有两个或两个以上绝对值的函数的最值,常用绝对值三角不等式或数形结合法求解.
4.(2018课标全国Ⅰ文,23,10分)已知f(x)=|x+1|-|ax-1|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=|x+1|-|x-1|,
即f(x)=?
故不等式f(x)>1的解集为?.
(2)当x∈(0,1)时|x+1|-|ax-1|>x成立等价于当x∈(0,1)时|ax-1|<1成立.
若a≤0,则当x∈(0,1)时|ax-1|≥1;
若a>0,|ax-1|<1的解集为?,
所以?≥1,故0
综上,a的取值范围为(0,2].
方法技巧 1.研究含有绝对值的函数问题时,常根据绝对值的定义,分类讨论去掉绝对值符号,
从而转化为分段函数来解决.
2.对于求y=|x-a|+|x-b|或y=|x-a|-|x-b|型函数的最值问题,常利用绝对值三角不等式解决.3.不等式
的恒成立问题可转化为最值问题.注意:在x∈D上,当f(x)存在最小值时, f(x)>a恒成立?a当f(x)存在最大值时, f(x)f(x)max.
5.(2018课标全国Ⅲ理,23,10分)设函数f(x)=|2x+1|+|x-1|.
(1)画出y=f(x)的图象;
(2)当x∈[0,+∞)时, f(x)≤ax+b,求a+b的最小值.
?
解析 本题考查函数的图象与绝对值不等式恒成立问题.
(1)f(x)=?
y=f(x)的图象如图所示.
?
(2)由(1)知,y=f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2,且各部分所在直线斜率的最大值为3,故当且
仅当a≥3且b≥2时, f(x)≤ax+b在[0,+∞)成立,因此a+b的最小值为5.
易错警示 对“零点分段法”的理解不到位
若不等式含有两个或两个以上的绝对值并含有未知数,通常先把每个绝对值内代数式等于零
时的未知数的值求出(即零点),然后将这些零点标在数轴上,此时数轴被零点分成了若干段(区
间),在每一段区间里,每一个绝对值符号内的代数式的符号确定,此时利用绝对值的定义可以
去掉绝对值符号.
解后反思 绝对值不等式问题常见类型及解题策略
(1)直接求解不等式,主要利用绝对值的意义、不等式的性质想办法去掉绝对值符号求解.
(2)已知不等式的解集求参数值,利用绝对值三角不等式或函数求相应最值,然后再求参数的取
值范围.
6.(2017课标全国Ⅲ理,23,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|x-2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集;
(2)若不等式f(x)≥x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.
解析 本题考查绝对值不等式的解法.
(1)f(x)=?
当x<-1时, f(x)≥1无解;
当-1≤x≤2时,由f(x)≥1得,2x-1≥1,解得1≤x≤2;
当x>2时,由f(x)≥1解得x>2.
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.
(2)由f(x)≥x2-x+m得m≤|x+1|-|x-2|-x2+x.
而|x+1|-|x-2|-x2+x≤|x|+1+|x|-2-x2+|x|
=-?+?≤?,
且当x=?时,|x+1|-|x-2|-x2+x=?.
故m的取值范围为?.
7.(2017课标全国Ⅰ理,23,10分)已知函数f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],求a的取值范围.
解析 本题考查绝对值不等式的求解.
(1)当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.①
当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;
当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,从而-1≤x≤1;
当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,从而1所以f(x)≥g(x)的解集为?.
(2)当x∈[-1,1]时,g(x)=2.
所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于当x∈[-1,1]时f(x)≥2.
又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,
所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1.
所以a的取值范围为[-1,1].
方法总结 含绝对值不等式问题的常见解法:
(1)含绝对值不等式的求解问题,常利用零点分段讨论法或数形结合法求解.
(2)与恒成立相关的求参问题,常构造函数转化为求最值问题.
8.(2016课标全国Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.
(1)画出y=f(x)的图象;
(2)求不等式|f(x)|>1的解集.
?
解析 (1)f(x)=??(4分)
y=f(x)的图象如图所示.
?
(6分)
(2)由f(x)的表达式及图象知,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;
当f(x)=-1时,可得x=?或x=5,?(8分)
故f(x)>1的解集为{x|1所以|f(x)|>1的解集为?.?(10分)
评析 本题主要考查利用零点分段法解含有绝对值的不等式,利用数形结合的思想方法求解
更为方便、准确.
9.(2016课标全国Ⅲ理,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a.
(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;
(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时, f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.
解析 (1)当a=2时, f(x)=|2x-2|+2.
解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.?(5分)
(2)当x∈R时,
f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,
当x=?时等号成立,所以当x∈R时, f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①?(7分)
当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.
当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.
所以a的取值范围是[2,+∞).?(10分)
评析 本题主要考查了绝对值不等式的解法及不等式恒成立问题,要f(x)+g(x)≥3恒成立,只需
f(x)+g(x)的最小值≥3即可.
10.(2015课标全国Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0.
(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集;
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.
当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;
当-10,解得?当x≥1时,不等式化为-x+2>0,解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为?.?(5分)
(2)由题设可得, f(x)=?
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A?,B(2a+1,0),C(a,a+1),△
ABC的面积为?(a+1)2.
由题设得?(a+1)2>6,故a>2.
所以a的取值范围为(2,+∞).?(10分)
考点二 不等式的证明
1.(2019课标全国Ⅲ理,23,10分)设x,y,z∈R,且x+y+z=1.
(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值;
(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥?成立,证明:a≤-3或a≥-1.
解析 本题主要考查不等式的证明以及基本不等式的应用,考查学生推理论证的能力,考查了
逻辑推理的核心素养.
(1)由于[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2
=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)]
≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2],
故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥?,
当且仅当x=?,y=-?,z=-?时等号成立.
所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为?.
(2)由于[(x-2)+(y-1)+(z-a)]2
=(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2+2[(x-2)(y-1)+(y-1)(z-a)+(z-a)(x-2)]
≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2],
故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥?,当且仅当x=?,y=?,z=?时等号成立.
因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为?.
由题设知?≥?,解得a≤-3或a≥-1.
难点突破 (1)考虑到x+y+z=1,(x-1)+(y+1)+(z+1)=(x+y+z)+1=2,将x-1,y+1,z+1分别看作三个整
体,转化为已知三数之和为定值,求它们平方和最小值的问题.和的平方与平方和之间存在等量
关系(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc,借助基本不等式可消去乘积,得到(a+b+c)2≤3(a2+b2+c2).
(2)只需证明[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2]min≥?,
求[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2]min的方法同第(1)问.
2.(2019课标全国Ⅰ文,23,10分)已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明:
(1)?+?+?≤a2+b2+c2;
(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
证明 (1)因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,又abc=1,故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca=?
=?+?+?.所以?+?+?≤a2+b2+c2.
(2)因为a,b,c为正数且abc=1,故有(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥3?
=3(a+b)(b+c)(a+c)
≥3×(2?)×(2?)×(2?)=24.
所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
一题多解 (1)因为abc=1,a,b,c∈R+,
所以?+?+?=?+?+?
=bc+ac+ab
≤?+?+?
=a2+b2+c2.
(2)因为a,b,c∈R+,abc=1,
所以?[(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3]
=??
≥?[(ab?+(bc?+(ca?]
≥?[3?]
=?×3=1.
所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
3.(2017课标全国Ⅱ理,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:
(1)(a+b)(a5+b5)≥4;
(2)a+b≤2.
证明 本题考查不等式的证明.
(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6
=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)
=4+ab(a2-b2)2≥4.
(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3
=2+3ab(a+b)≤2+?(a+b)
=2+?,
所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.
失分警示 运用直接法证明不等式时,可以通过分析和应用条件逐步逼近结论,在证明过程中
易因逻辑混乱而失分.
4.(2015课标全国Ⅱ,24,10分)设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:
(1)若ab>cd,则?+?>?+?;
(2)?+?>?+?是|a-b|<|c-d|的充要条件.
证明 (1)因为(?+?)2=a+b+2?,(?+?)2=c+d+2?,
由题设a+b=c+d,ab>cd得(?+?)2>(?+?)2.
因此?+?>?+?.
(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,
即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.
因为a+b=c+d,所以ab>cd.
由(1)得?+?>?+?.
(ii)若?+?>?+?,则(?+?)2>(?+?)2,
即a+b+2?>c+d+2?.
因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是
(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2.
因此|a-b|<|c-d|.
综上,?+?>?+?是|a-b|<|c-d|的充要条件.
5.(2015陕西,24,10分)已知关于x的不等式|x+a|(1)求实数a,b的值;
(2)求?+?的最大值.
解析 (1)由|x+a|则?解得a=-3,b=1.
(2)?+?=??+?
≤?
=2?=4,
当且仅当?=?,即t=1时等号成立,
故(?+?)max=4.
6.(2015湖南,16(3),12分)设a>0,b>0,且a+b=?+?.证明:
(1)a+b≥2;
(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.
证明 由a+b=?+?=?,a>0,b>0,得ab=1.
(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2?=2,即a+b≥2.
(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0矛盾.故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.
评析 本题考查基本不等式的应用、一元二次不等式的解法、反证法等知识.难度不大.
C组 教师专用题组
考点一 绝对值不等式
1.(2013江西理,15(2),5分)在实数范围内,不等式||x-2|-1|≤1的解集为 ????.
答案 [0,4]
解析????原不等式可转化为-1≤|x-2|-1≤1,故0≤|x-2|≤2,解得0≤x≤4,故所求不等式的解集为[0,
4].
2.(2014重庆,16,5分)若不等式|2x-1|+|x+2|≥a2+?a+2对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围
是 ????.
答案?????
解析 令f(x)=|2x-1|+|x+2|,易求得f(x)min=?,依题意得a2+?a+2≤??-1≤a≤?.
3.(2014福建,21(3),7分)已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.
(1)求a的值;
(2)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3.
解析 (1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,
当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,
所以f(x)的最小值等于3,即a=3.
(2)证明:由(1)知p+q+r=3,又因为p,q,r是正实数,
所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2
=(p+q+r)2=9,
即p2+q2+r2≥3.
评析 本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识,考查运算求解能力,考查化归与
转化思想.
4.(2013辽宁理,24,10分)已知函数f(x)=|x-a|,其中a>1.
(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4-|x-4|的解集;
(2)已知关于x的不等式|f(2x+a)-2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2},求a的值.
解析 (1)当a=2时, f(x)+|x-4|=?
当x≤2时,由f(x)≥4-|x-4|得-2x+6≥4,解得x≤1;
当2当x≥4时,由f(x)≥4-|x-4|得2x-6≥4,解得x≥5,
所以f(x)≥4-|x-4|的解集为{x|x≤1或x≥5}.?(4分)
(2)记h(x)=f(2x+a)-2f(x),
则h(x)=?
由|h(x)|≤2,解得?≤x≤?.
又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2},
所以?
于是a=3.?(10分)
5.(2012江苏,21D,10分)已知实数x,y满足:|x+y|证明????因为3|y|=|3y|=|2(x+y)-(2x-y)|≤2|x+y|+|2x-y|,
由题设知|x+y|从而3|y|所以|y|评析 本题主要考查绝对值不等式的基础知识,考查推理论证能力.
6.(2011江苏,21D,10分)解不等式:x+|2x-1|<3.
答案?????
解析 原不等式可化为?或?
解得?≤x≤?,或-2考点二 不等式的证明
1.(2014陕西,15A,5分)设a,b,m,n∈R,且a2+b2=5,ma+nb=5,则?的最小值为 ????.
答案?????
解析 根据柯西不等式得?=?·?≥?|ma+nb|=?,当且仅当?=?(a2
+b2=5,ma+nb=5),即m=a=n=b=?时取等号,故?的最小值为?.
2.(2014江苏,21D,10分)[选修4—5:不等式选讲]已知x>0,y>0,证明:(1+x+y2)(1+x2+y)≥9xy.
证明 因为x>0,y>0,
所以1+x+y2≥3?>0,
1+x2+y≥3?>0,
故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3?·3?=9xy.
3.(2014课标全国Ⅰ,24,10分)若a>0,b>0,且?+?=?.
(1)求a3+b3的最小值;
(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.
解析 (1)由?=?+?≥?,得ab≥2,且当a=b=?时等号成立.
故a3+b3≥2?≥4?,且当a=b=?时等号成立.
所以a3+b3的最小值为4?.
(2)由(1)知,2a+3b≥2??≥4?.
由于4?>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.
4.(2014福建,21(3),7分)(选修4—5:不等式选讲)
已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.
(1)求a的值;
(2)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3.
解析 (1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,
当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,
所以f(x)的最小值等于3,即a=3.
(2)证明:由(1)知p+q+r=3,又因为p,q,r是正实数,
所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2
=(p+q+r)2=9,
即p2+q2+r2≥3.
评析 本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识,考查运算求解能力,考查化归与
转化思想.
5.(2013江苏,21D,10分)已知a≥b>0,求证:2a3-b3≥2ab2-a2b.
证明 2a3-b3-(2ab2-a2b)
=2a(a2-b2)+b(a2-b2)
=(a2-b2)(2a+b)
=(a-b)(a+b)(2a+b).
因为a≥b>0,
所以a-b≥0,a+b>0,2a+b>0,
从而(a-b)(a+b)(2a+b)≥0,
即2a3-b3≥2ab2-a2b.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019南京、盐城二模,21C)解不等式:|2x-1|-x≥2.
解析 当x≥?时,2x-1-x≥2,解得x≥3.?(4分)
当x综上,原不等式的解集为?.?(10分)
2.(2019苏北三市(徐州、连云港、淮安)期末,21C)已知函数f(x)=|x-1|.
(1)解不等式f(x-1)+f(x+3)≥6;
(2)若|a|<1,|b|<1,且a≠0,求证: f(ab)>|a|f?.
解析 (1)∵f(x-1)+f(x+3)≥6,
∴|x-2|+|x+2|≥6.
当x<-2时,2-x-x-2≥6,解得x≤-3.
当-2≤x≤2时,2-x+x+2≥6,此时无解.
当x>2时,x-2+x+2≥6,解得x≥3.
∴不等式的解集是(-∞,-3]∪[3,+∞).?(4分)
(2)证明:要证f(ab)>|a|f?,即证|ab-1|>|b-a|,
只需证(ab-1)2>(b-a)2,
又(ab-1)2-(b-a)2=a2b2-a2-b2+1=(a2-1)(b2-1),
∵|a|<1,|b|<1,∴a2-1<0,b2-1<0,∴(a2-1)(b2-1)>0,
∴原不等式成立.?(10分)
3.(2019南京期初调研,21C)已知a,b,c是正数,且a+b+c=1,求?+?+?的最小值.
解析 由a,b,c是正数及柯西不等式,
得(a+b+c)?≥??·?+?·?+?·??2=25.?(4分)
因为a+b+c=1,
所以?+?+?≥25.?(6分)
当且仅当?=?=?时取等号,
此时a=?,b=c=?.
所以?+?+?的最小值为25.?(10分)
4.(2019苏州3月检测,21C)已知a,b,c为正数,且满足acos2θ+bsin2θ证明 由柯西不等式,得?cos2θ+?sin2θ
≤[(?cos θ)2+(?sin θ)2?(cos2θ+sin2θ?
=(acos2θ+bsin2θ?5.(2019七市第二次调研,21C)已知x,y,z均是正实数,且x2+4y2+z2=16,求证:x+y+z≤6.
证明 由柯西不等式得[x2+(2y)2+z2]·?≥(x+y+z)2.?(5分)
因为x2+4y2+z2=16,所以(x+y+z)2≤16×?=36,
所以x+y+z≤6,当且仅当“x=4y=z”时取等号.?(10分)
6.(2019南师附中、天一中学、海门中学、淮阴中学联考,21C)已知x>0,求证:x3+y2+3≥3x+2y.
证明 因为x>0,所以x3+2=x3+1+1≥3?=3x,
当且仅当x3=1,即x=1时取“=”.?(4分)
因为y2+1-2y=(y-1)2≥0,所以y2+1≥2y,
当且仅当y=1时取“=”.?(8分)
所以(x3+2)+(y2+1)≥3x+2y,
即x3+y2+3≥3x+2y,当且仅当x=y=1时,取“=”.?(10分)
7.(2019徐州检测,21D)已知x、y、z均为正数,求证:???+?+??≤?.
证明 由柯西不等式得(12+12+12)?≥?(当且仅当x=y=z时取“=”).?(5
分)
则?·?≥?+?+?,
即??≤?.?(10分)
8.(2019南通、扬州、泰州、苏北四市七市一模,21C)已知实数a,b,c满足a2+b2+c2≤1,求证:
?+?+?≥?.
证明 由柯西不等式,得
[(a2+1)+(b2+1)+(c2+1)]?
≥?=9(当且仅当a2=b2=c2时取“=”),?(5分)
所以?+?+?≥?≥?=?.?(10分)
解答题(共70分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：40分钟 分值：70分)
1.(2019南京三模,21B)若x,y,z为实数,且x2+4y2+9z2=6,求x+2y+6z的最大值.
解析 由柯西不等式,得[x2+(2y)2+(3z)2](12+12+22)≥(x+2y+6z)2.?(4分)
因为x2+4y2+9z2=6,所以(x+2y+6z)2≤36,?(6分)
所以-6≤x+2y+6z≤6.
当且仅当?=?=?时取等号,
此时x=1,y=?,z=?或x=-1,y=-?,z=-?,?(8分)
所以x+2y+6z的最大值为6.?(10分)
2.(2019苏中、苏北七市三模,21C)已知a∈R,若关于x的方程x2+4x+|a-1|+|a|=0有实根,求a的取
值范围.
解析 因为关于x的方程x2+4x+|a-1|+|a|=0有实根,
所以Δ=16-4(|a-1|+|a|)≥0,即|a-1|+|a|≤4.?(4分)
当a≥1时,2a-1≤4,解得1≤a≤?;
当0当a≤0时,1-2a≤4,解得-?≤a≤0.
综上,所求a的取值范围为-?≤a≤?.?(10分)
3.(2019南通期末三县联考,21C)已知x,y,z均为正数,且?+?+?≤?,求证:x+4y+9z≥10.
证明 因为x,y,z均为正数,所以x+1,y+1,z+1均为正数,
由柯西不等式得
[(x+1)+4(y+1)+9(z+1)]?≥(1+2+3)2=36,
当且仅当(x+1)2=4(y+1)2=9(z+1)2时,等号成立.?(6分)
因为?+?+?≤?,
所以(x+1)+4(y+1)+9(z+1)≥36×?=24,
所以x+4y+9z≥10.?(10分)
4.(2019海安期末,21C)已知x,y,z均为正数,且x+y+z=1,求?+?+?的最小值.
解析 因为x,y,z均为正数,
所以?(1+x+1+y+1+z)≥(x+y+z)2.?(5分)
因为x+y+z=1,所以?+?+?≥?(当且仅当x=y=z=?时,“=”成立).?(8分)
所以?+?+?的最小值为?.?(10分)
5.(2019徐州期中,21D)对于实数x,y,若满足|x-1|≤1,|y-2|≤1,求|x-2y+1|的最大值.
解析 |x-2y+1|=|(x-1)-2(y-2)-2|≤|x-1|+2|y-2|+2≤1+2×1+2=5.
∴|x-2y+1|的最大值为5.
6.(2019江都中学、华罗庚中学等13校联考,21C)若正数a,b,c满足a+2b+4c=3,求?+?+
?的最小值.
解析 因为正数a,b,c满足a+2b+4c=3,所以(a+1)+2(b+1)+4(c+1)=10,
所以?[(a+1)+2(b+1)+4(c+1)]≥(1+?+2)2,?(5分)
即?+?+?≥?,
当且仅当a=?,b=?,c=?时,取最小值?.?(10分)
7.(2019南通基地学校3月联考,21C)已知定义在R上的函数f(x)=|x-2|-|x|,若a∈(0,1),b∈(0,1),c∈
(0,1), f(a)+f(2b)+f(c)=3,求?+?+?的最大值.
解析 因为a∈(0,1),b∈(0,1),c∈(0,1),
所以f(a)+f(2b)+f(c)=2-2a+2-4b+2-2c=3,
即2a+4b+2c=3.?(3分)
由柯西不等式得,(12+12+12)[(?)2+(?)2+(?)2]≥(1×?+1×?+1×?)2,
?(6分)
所以?+?+?≤?=3.
当且仅当?=?=?,即a=2b=c=?时等号成立,
所以?+?+?的最大值为3.?(10分)
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2019 5·3原创题)已知a2+b2=1.
(1)求证:?≤1;
(2)若ab>0,求(a+b)(a3+b3)的最小值.
解析 (1)证明:要证原不等式,即证|a-b|≤|1-ab|,
即证(a-b)2≤(1-ab)2,
即证(a2-1)(1-b2)≤0,
∵a2+b2=1,
∴a2≤1,b2≤1,
∴(a2-1)(1-b2)≤0,故原不等式成立.?(5分)
(2)(a+b)(a3+b3)=a4+ab3+a3b+b4≥a4+2?+b4=?=1,
∴当且仅当a=b=?或a=b=-?时,(a+b)(a3+b3)取到最小值1.?(10分)
2.(2019 5·3原创题)已知函数f(x)=|2x-4|+|x+1|.
(1)求不等式f(x)≤6的解集;
(2)若g(x)=ax2-2ax+1,?x1,x2∈R,总有f(x1)≥g(x2)成立,求a的取值范围.
解析 (1)f(x)≤6?|2x-4|+|x+1|≤6??或?或?
解得2≤x≤3或-1故不等式f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.
(2)由题意得f(x)min≥g(x)max,
∵f(x)=|2x-4|+|x+1|=|x-2|+|x-2|+|x+1|≥|x-2|+|(x-2)-(x+1)|=|x-2|+3≥3(当且仅当x=2时取等号),
∴f(x)min=3,
当a>0时,不满足条件;
当a=0时,g(x)=1,满足条件;
当a<0时,g(x)max=g(1)=1-a,由1-a≤3得-2≤a<0.
故a的取值范围为[-2,0].
第二十一章 选修 ４ 系列 １５１
§ ２１．２ 坐标系与参数方程
对应学生用书起始页码 Ｐ４１５
考点一
极坐标方程与直角坐标方程的
互化 高频考点
１．平面直角坐标系中的坐标伸缩变换
设点 Ｐ（ ｘ， ｙ） 是平面直角坐标系中的任意一点，在变换
φ：
ｘ′＝λ·ｘ（λ＞０），
ｙ′＝μ·ｙ（μ＞０）{ 的作用下，点 Ｐ（ ｘ，ｙ）对应到点 Ｐ′（ ｘ′，ｙ′），
称 φ 为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．
２．极坐标系
在平面上取一个定点 Ｏ，由 Ｏ 点出发的一条射线 Ｏｘ，一个长
度单位、一个角度单位及计算角度的正方向（通常取逆时针方
向），这样就建立了一个极坐标系．Ｏ 点称为极点，Ｏｘ 轴称为极
轴．平面上任一点 Ｍ 的位置可以由线段 ＯＭ 的长度 ρ 和从 Ｏｘ 到
ＯＭ 的角度 θ 来刻画（如图所示） ．这两个数组成的有序数对（ ρ，
θ）称为点 Ｍ 的极坐标，ρ 称为极径，θ 称为极角．
３．极坐标与直角坐标的互化
设 Ｍ 是平面内任意一点，它的直角坐标是（ ｘ，ｙ），极坐标是
（ρ，θ），则它们之间的关系为
ｘ＝ ρｃｏｓ θ，
ｙ＝ ρｓｉｎ θ{ 或
ρ２ ＝ ｘ２＋ｙ２，
ｔａｎ θ＝
ｙ
ｘ
（ｘ≠０） ．{
４．常见图形的极坐标方程
曲线 图形 极坐标方程
过极点，倾斜角为 α
的直线
（１）θ＝α 和 θ＝π＋α；
（２ ） θ ＝ α （ ρ ∈ Ｒ ） 或 θ
＝π＋α（ρ∈Ｒ）
过点（ ａ，０） （ ａ＞ ０），
且 与 极 轴 垂 直 的
直线
ρｃｏｓ θ＝ａ －
π
２
＜θ＜
π
２( )
过 点 ａ，
π
２( ) （ ａ ＞
０），且与极轴平行的
直线
ρｓｉｎ θ＝ａ（０＜θ＜π）
圆心在极点，半径为
ｒ 的圆
ρ＝ ｒ（０≤θ＜２π）
圆心为（ ｒ，０），半径
为 ｒ 的圆
ρ＝ ２ｒｃｏｓ θ ( － π２ ≤θ＜ π２ )
圆心为 ｒ，
π
２( ) ，半
径为 ｒ 的圆
ρ＝ ２ｒｓｉｎ θ（０≤θ＜π）
考点二 参数方程与普通方程的互化 高频考点
１．参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的不同表示形式，曲
线上任意一点的坐标都可以用参数来表示．特别地，利用曲线的
参数方程对求解圆锥曲线的最值和范围问题有很大的作用．
（２）将参数方程化为普通方程主要用消元法消参，常用方法
有代入法、加减消元法、乘除消元法、三角恒等式消元法．
（３）无论是参数方程、普通方程还是极坐标方程，在进行互
化时，一定要注意变量的范围，要注意转化的等价性．
（４）普通方程化为参数方程时，参数方程的形式不唯一．如
果选用的参数不同，那么所求得的参数方程的形式也不同．
２．常见曲线的参数方程与普通方程
曲线 普通方程 参数方程
过点 Ｍ （ ｘ０， ｙ０ ），倾
斜角为 α 的直线
ｙ－ｙ０ ＝ ｔａｎ α（ ｘ－
ｘ０）
ｘ＝ ｘ０＋ｔｃｏｓ α
ｙ＝ ｙ０＋ｔｓｉｎ α
{ （ ｔ 为参数）
圆 心 在 点 Ｍ （ ｘ０，
ｙ０），半径为 ｒ 的圆
（ｘ － ｘ０ ）
２ ＋ （ ｙ －
ｙ０）
２ ＝ ｒ２
ｘ＝ ｘ０＋ｒｃｏｓ θ
ｙ＝ ｙ０＋ｒｓｉｎ θ
{ （θ 为参数）
中心在原点，焦点在
ｘ 轴上的椭圆
ｘ２
ａ２
＋ ｙ
２
ｂ２
＝ １（ ａ＞
ｂ＞０）
ｘ＝ａｃｏｓ θ
ｙ＝ ｂｓｉｎ θ{ （θ 为参数）
中心在原点，焦点在
ｙ 轴上的椭圆
ｙ２
ａ２
＋ ｘ
２
ｂ２
＝ １（ ａ＞
ｂ＞０）
ｘ＝ ｂｃｏｓ θ
ｙ＝ａｓｉｎ θ{ （θ 为参数）
中心在原点，焦点在
ｘ 轴上的双曲线
ｘ２
ａ２
－ ｙ
２
ｂ２
＝ １（ ａ＞
０，ｂ＞０）
ｘ＝
ａ
ｃｏｓ θ
ｙ＝ ｂｔａｎ θ
{ （θ 为参数）
顶点在原点，焦点在
ｘ 轴正半轴上的抛
物线
ｙ２ ＝ ２ｐｘ（ｐ＞０）
ｘ＝ ２ｐｔ２
ｙ＝ ２ｐｔ{ （ ｔ 为参数）
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１５２ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
对应学生用书起始页码 Ｐ４１６
一、极坐标方程与直角坐标方程互化的方法
１．极坐标方程与直角坐标方程的互化
（１）将极坐标或极坐标方程化为直角坐标或直角坐标方程，
直接利用公式 ｘ＝ ρｃｏｓ θ，ｙ＝ ρｓｉｎ θ 即可．常用方法有代入法、平方
法，还经常用到同乘（或除以）ρ 等技巧．
（２）将直角坐标或直角坐标方程化为极坐标或极坐标方程，
要灵活运用 ｘ＝ ρｃｏｓ θ，ｙ＝ ρｓｉｎ θ 以及 ρ＝ ｘ２＋ｙ２ ，ｔａｎ θ ＝
ｙ
ｘ
（ ｘ≠
０），同时要掌握必要的技巧，通常情况下，由 ｔａｎ θ 确定角 θ 时，
应根据点 Ｐ 所在象限取最小正角．在这里要注意：当 ｘ≠０ 时，θ
角才能由 ｔａｎ θ＝
ｙ
ｘ
按上述方法确定．当 ｘ ＝ ０ 时，ｔａｎ θ 没有意义，
这时又分三种情况：当 ｘ＝ ０，ｙ＝ ０ 时，θ 可取任何值；当 ｘ ＝ ０，ｙ＞０
时，可取 θ＝
π
２
；当 ｘ＝ ０，ｙ＜０ 时，可取 θ＝
３π
２
．
２．求简单曲线的极坐标方程的方法
（１）设点 Ｍ（ρ，θ）为曲线上任意一点，由已知条件，构造出三
角形，利用正弦定理求解 ＯＭ 与 θ 的关系；
（２）先求出曲线的直角坐标方程，再利用极坐标与直角坐标
的变换公式，把直角坐标方程化为极坐标方程．
（ ２０１８ 宿 迁 期 中， ２１Ｃ） 在极坐标系中， 已知直线
ρｃｏｓ θ＋
π
３( ) ＝ ２ 与圆 ρ＝ａｃｏｓ θ（ａ＞０）相切，求 ａ 的值．
解析 将 ρｃｏｓ θ＋
π
３( ) ＝ ２ 化为直角坐标方程为 ｘ－ ３ ｙ－４
＝ ０．
将 ρ＝ａｃｏｓ θ 化为直角坐标方程为 ｘ２＋ｙ２ ＝ａｘ，
即 ｘ－
ａ
２( )
２
＋ｙ２ ＝
ａ２
４
．
因为直线与圆相切，所以
ａ
２
－４
２
＝ ａ
２
（ａ＞０），
解得 ａ＝
８
３
．
１－１ （２０１７ 南通中学期中）已知曲线 Ｃ 的极坐标方程为 ρ
＝ ２ｃｏｓ θ，直线 ｌ 的极坐标方程为 ρｓｉｎ θ＋
π
６( ) ＝ｍ．若直线 ｌ 与曲
线 Ｃ 有且只有一个公共点，求实数 ｍ 的值．
１－１ 解析 将曲线 Ｃ 的极坐标方程 ρ＝ ２ｃｏｓ θ 化为直角坐标方
程为 ｘ２＋ｙ２ ＝ ２ｘ，即（ｘ－１） ２＋ｙ２ ＝ １，表示以（１，０）为圆心，１ 为半径
的圆．直线 ｌ 的极坐标方程是 ρｓｉｎ θ＋
π
６( ) ＝ ｍ，即 １２ ρｃｏｓ θ ＋
３
２
ρｓｉｎ θ＝ｍ，化为直角坐标方程为 ｘ＋ ３ ｙ－２ｍ＝ ０．
因为直线 ｌ 与曲线 Ｃ 有且只有一个公共点，
所以
｜ １－２ｍ ｜
１２＋（ ３ ） ２
＝ １，解得 ｍ＝－
１
２
或 ｍ＝
３
２
．
所以，所求实数 ｍ 的值为－
１
２
或
３
２
．
１－２ （２０１８ 南通第二次调研，２１Ｃ）在极坐标系中，求以点
Ｐ ２，
π
３( ) 为圆心且与直线 ｌ：ρｓｉｎ θ－ π３( ) ＝ ２ 相切的圆的极坐标
方程．
１－２ 解析 以极点为原点，极轴为 ｘ 轴的正半轴，建立平面直
角坐标系 ｘＯｙ．
则点 Ｐ 的直角坐标为（１， ３ ） ．
将直线 ｌ：ρｓｉｎ θ－
π
３( ) ＝ ２ 变形为 ρｓｉｎ θｃｏｓ π３ －ρｃｏｓ θｓｉｎ π３
＝ ２，
化为直角坐标方程为 ３ ｘ－ｙ＋４＝ ０．
所以 Ｐ （ １， ３ ） 到 直 线 ｌ： ３ ｘ － ｙ ＋ ４ ＝ ０ 的 距 离 为
４
（ ３ ）
２＋（－１） ２
＝ ２．
故所求圆的普通方程为（ｘ－１） ２＋（ｙ－ ３ ）
２ ＝ ４．
化为极坐标方程为 ρ＝ ４ｓｉｎ θ＋
π
６( ) ．
易错警示 本题求解不难，但要注意将结果化为极坐标
方程．
１－３ （２０１７ 南通、扬州、泰州模拟，２１Ｃ）在极坐标系中，圆
Ｃ 的圆心在极轴上，且过极点和点 ３ ２ ，
π
４( ) ，求圆 Ｃ 的极坐标
方程．
１－３ 解析 解法一：因为圆 Ｃ 的圆心在极轴上且过极点，
所以可设圆 Ｃ 的极坐标方程为 ρ＝ａｃｏｓ θ．
又点 ３ ２ ，
π
４( ) 在圆 Ｃ 上，所以 ３ ２ ＝ａｃｏｓ π４ ，解得 ａ＝ ６．
所以圆 Ｃ 的极坐标方程为 ρ＝ ６ｃｏｓ θ．
解法二：点 ３ ２ ，
π
４( ) 的直角坐标为（３，３） ．
因为圆 Ｃ 过点（０，０），（３，３），
所以圆心在直线 ｘ＋ｙ－３＝ ０ 上．
又圆心 Ｃ 在极轴上，
所以圆心 Ｃ 的直角坐标为（３，０），半径为 ３，
所以圆 Ｃ 的直角坐标方程为（ｘ－３） ２＋ｙ２ ＝ ９．
所以圆 Ｃ 的极坐标方程为 ρ＝ ６ｃｏｓ θ．
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二、参数方程与普通方程互化的方法
（１）将参数方程化为普通方程，需要根据参数方程的结构特
征，选取适当的消参方法．常见的消参方法有：代入消参法、加减
消参法、平方消参法等，对于含三角函数的参数方程，常利用同
角三角函数基本关系消参，如 ｓｉｎ２θ＋ｃｏｓ２θ＝ １．
（２）将参数方程化为普通方程时，要注意参数的取值范围对
普通方程中点的坐标的影响，注意两种方程的等价性，避免产生
增解的情况．
（３）将普通方程化为参数方程时，应选择适当的参数，把点
（ｘ，ｙ）的横、纵坐标分别用参数表示，同时注意参数的意义和取
值范围．
（２０１８ 南京、盐城二模，２１Ｃ）已知直线 ｌ 的参数方程为
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????
第二十一章 选修 ４ 系列 １５３
ｘ＝ ｔ，
ｙ＝ ３ ｔ＋２{ （ ｔ 为参数），圆 Ｃ 的参数方程为 ｘ
＝ａｃｏｓ θ，
ｙ＝ａｓｉｎ θ{ （ａ＞０，θ 为
参数），点 Ｐ 是圆 Ｃ 上的任意一点．若点 Ｐ 到直线 ｌ 距离的最大
值为 ３，求 ａ 的值．
解析 因为直线 ｌ 的参数方程为
ｘ＝ ｔ，
ｙ＝ ３ ｔ＋２{ （ ｔ 为参数），
所以直线 ｌ 的普通方程为 ｙ＝ ３ ｘ＋２．
因为圆 Ｃ 的参数方程为
ｘ＝ａｃｏｓ θ，
ｙ＝ａｓｉｎ θ{ （ａ＞０，θ 为参数），
所以圆 Ｃ 的普通方程为 ｘ２＋ｙ２ ＝ａ２ ．
因为圆 Ｃ 的圆心到直线 ｌ 的距离为 １，
所以 １＋ａ＝ ３，解得 ａ＝ ２．
２－１ （２０１７ 南京、盐城期末，２１Ｃ）在平面直角坐标系 ｘＯｙ
中，已知直线 ｌ：
ｘ＝
３
５
ｔ，
ｙ＝
４
５
ｔ
ì
?
í
??
??
（ ｔ 为参数） ．现以坐标原点 Ｏ 为极点，以
ｘ 轴正半轴为极轴建立极坐标系．设圆 Ｃ 的极坐标方程为 ρ ＝
２ｃｏｓ θ，直线 ｌ 与圆 Ｃ 交于 Ａ，Ｂ 两点，求弦 ＡＢ 的长．
２－１ 解析 直线 ｌ：
ｘ＝
３
５
ｔ，
ｙ＝
４
５
ｔ
ì
?
í
??
??
（ ｔ 为参数）化成普通方程为 ４ｘ－３ｙ
＝ ０，
圆 Ｃ 的极坐标方程 ρ＝ ２ｃｏｓ θ 化成直角坐标方程为（ｘ－１） ２＋
ｙ２ ＝ １，
则圆 Ｃ 的圆心到直线 ｌ 的距离 ｄ＝
｜ ４ ｜
４２＋（－３） ２
＝ ４
５
，
所以 ｜ ＡＢ ｜ ＝ ２ １－ｄ２ ＝
６
５
．
２－２ （２０１７ 苏锡常镇四市二模，２１Ｃ）在平面直角坐标系
ｘＯｙ 中，以 Ｏ 为极点，ｘ 轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度，
建立极坐标系．已知曲线 Ｃ１ 的参数方程为
ｘ＝ ３ ＋２ｃｏｓ α，
ｙ＝ ３＋２ｓｉｎ α{ （α∈
［０，２π），α 为参数），曲线 Ｃ２ 的极坐标方程为 ρｓｉｎ θ＋
π
３( ) ＝ ａ（ａ
∈Ｒ），若曲线 Ｃ１ 与曲线 Ｃ２ 有且仅有一个公共点，求实数 ａ
的值．
２－２ 解析 曲线 Ｃ１ 的普通方程为（ｘ－ ３ ） ２＋（ｙ－３） ２ ＝ ４，圆心
坐标为（ ３ ，３），半径为 ２．
∵ 曲线 Ｃ２ 的极坐标方程为 ρｓｉｎ θ＋
π
３( ) ＝ａ（ａ∈Ｒ），
∴ 曲线 Ｃ２ 的直角坐标方程为 ３ ｘ＋ｙ－２ａ＝ ０．
∵ 曲线 Ｃ１ 与曲线 Ｃ２ 有且仅有一个公共点，
∴
｜ ３＋３－２ａ ｜
２
＝ ２，解得 ａ＝ １ 或 ａ＝ ５．
２－３ （２０１７ 苏州期末，２１Ｃ）在平面直角坐标系 ｘＯｙ 中，直
线 ｌ 的参数方程为
ｘ＝ １－
２
２
ｔ，
ｙ＝ ２＋
２
２
ｔ
ì
?
í
?
?
?
?
（ ｔ 为参数），以坐标原点 Ｏ 为极
点，ｘ 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 Ｃ 的极坐标方程为
ρｓｉｎ２θ－４ｃｏｓ θ＝ ０，已知直线 ｌ 与曲线 Ｃ 相交于 Ａ，Ｂ 两点，求线段
ＡＢ 的长．
２－３ 解析 曲线 Ｃ 的直角坐标方程为 ｙ２－４ｘ＝ ０．
把直线 ｌ 的参数方程代入，得 ｔ２＋８ ２ ｔ＝ ０，
解得 ｔ１ ＝ ０，ｔ２ ＝－８ ２ ．
所以 ｜ ＡＢ ｜ ＝ ｜ ｔ２－ｔ１ ｜ ＝ ８ ２ ．
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(共83张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
考点一 极坐标方程与直角坐标方程的互化
1.(2019江苏,21B,10分)在极坐标系中,已知两点A?,B?,直线l的方程为ρsin?=3.
(1)求A,B两点间的距离;
(2)求点B到直线l的距离.
解析 本题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识,考查运算求解能力.满分10分.
(1)设极点为O.在△OAB中,A?,B?,
由余弦定理,得AB=?=?.
(2)因为直线l的方程为ρsin?=3,
则直线l过点?,倾斜角为?.
又B?,所以点B到直线l的距离为(3?-?)×sin?=2.
2.(2018江苏,21C,10分)在极坐标系中,直线l的方程为ρsin?=2,曲线C的方程为ρ=4cos θ,求
直线l被曲线C截得的弦长.
解析 本题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识,考查运算求解能力.
因为曲线C的极坐标方程为ρ=4cos θ,
所以曲线C是圆心为(2,0),直径为4的圆,
?
因为直线l的极坐标方程为ρsin?=2,
所以直线l过点(4,0),倾斜角为?,
设A(4,0),
则A为直线l与圆C的一个交点.
设另一个交点为B,则∠OAB=?.
连接OB,因为OA为直径,所以∠OBA=?,
所以AB=4cos?=2?.
因此,直线l被曲线C截得的弦长为2?.
一题多解 把直线和曲线的极坐标方程化成直角坐标方程得到l:x-?y-4=0,C:x2+y2-4x=0,则C:
(x-2)2+y2=4,半径R=2,圆心C(2,0)到l的距离d=?=1,因此,直线l被曲线C截得的弦长为2?=
2?.
3.(2015江苏,21C,10分)已知圆C的极坐标方程为ρ2+2?ρ·sin?-4=0,求圆C的半径.
解析 以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O,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+2?ρ?-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?.
考点二 参数方程与普通方程的互化
1.(2017江苏,21C,10分)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),
曲线C的参数方程为?(s为参数).设P为曲线C上的动点,求点P到直线l的距离的最小值.
解析 本题主要考查曲线的参数方程及互化等基础知识,考查运算求解能力.
直线l的普通方程为x-2y+8=0.
因为点P在曲线C上,设P(2s2,2?s),
从而点P到直线l的距离d=?=?.
当s=?时,dmin=?.
因此当点P的坐标为(4,4)时,曲线C上点P到直线l的距离取到最小值?.
2.(2016江苏,21C,10分)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.
解析 椭圆C的普通方程为x2+?=1.
将直线l的参数方程?(t为参数)代入x2+?=1,得
?+?=1,即7t2+16t=0,解得t1=0,t2=-?.
所以AB=|t1-t2|=?.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 极坐标方程与直角坐标方程的互化
1.(2018北京理,10,5分)在极坐标系中,直线ρcos θ+ρsin θ=a(a>0)与圆ρ=2cos θ相切,则a= ????
????.
答案 1+?
解析 本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化.
由?可将直线ρcos θ+ρsin θ=a化为x+y-a=0,将ρ=2cos θ,即ρ2=2ρcos θ化为x2+y2=2x,整
理成标准方程为(x-1)2+y2=1.
又∵直线与圆相切,∴圆心(1,0)到直线x+y-a=0的距离d=?=1,解得a=1±?,∵a>0,∴a=1+
?.
方法总结 这种类型的题目的解法是先将极坐标方程化为直角坐标方程,然后用平面几何知
识求解.
2.(2017北京理,11,5分)在极坐标系中,点A在圆ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0上,点P的坐标为(1,0),则|
AP|的最小值为 ????.
答案 1
解析 本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化.
由ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0,得x2+y2-2x-4y+4=0,
即(x-1)2+(y-2)2=1,
∴圆心C(1,2),半径r=1,
结合图形可知|AP|的最小值为|PC|-r=2-1=1.
3.(2017天津理,11,5分)在极坐标系中,直线4ρcos?+1=0与圆ρ=2sin θ的公共点的个数为????
????.
答案 2
解析 本题主要考查极坐标与直角坐标的互化以及直线与圆的位置关系.
由4ρcos?+1=0,得4ρ?+1=0,即2?ρcos θ+2ρsin θ+1=0,根据极坐标与直角
坐标的互化公式可得直线的直角坐标方程为2?x+2y+1=0,同理可得圆的直角坐标方程为x2+
(y-1)2=1,圆心(0,1)到直线的距离d=?<1,所以直线与圆相交,因此直线与圆的公共点的个数为2.
易错警示 1.记错两角差的余弦公式,从而导致错误;
2.由于记错极坐标与直角坐标的互化公式,从而求错直线与圆的直角坐标方程,最终失分.
4.(2015北京,11,5分)在极坐标系中,点?到直线ρ(cos θ+?sin θ)=6的距离为 ????.
答案 1
解析 由极坐标与直角坐标的互化公式可得极坐标系中点?对应的直角坐标为(1,?),直
线ρ(cos θ+?sin θ)=6对应的直角坐标方程为x+?y=6,由点到直线的距离公式可得,所求距离
为?=1.
5.(2015重庆,15,5分)已知直线l的参数方程为?(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半
轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为ρ2cos 2θ=4?,则直线l与曲线C
的交点的极坐标为 ????.
答案 (2,π)
解析 直线l的普通方程为y=x+2,曲线C的直角坐标方程为x2-y2=4(x≤-2),故直线l与曲线C的交
点为(-2,0),对应极坐标为(2,π).
6.(2015广东,14,5分)已知直线l的极坐标方程为2ρsin?=?,点A的极坐标为A?,则
点A到直线l的距离为 ????.
答案?????
解析 将直线l的极坐标方程2ρsin?=?化为直角坐标方程为x-y+1=0.
由A?得A点的直角坐标为(2,-2),从而点A到直线l的距离d=?=?.
7.(2019课标全国Ⅲ理,22,10分)如图,在极坐标系Ox中,A(2,0),B?,C?,D(2,π),弧?,
?,?所在圆的圆心分别是(1,0),?,(1,π),曲线M1是弧?,曲线M2是弧?,曲线M3是弧?.
(1)分别写出M1,M2,M3的极坐标方程;
(2)曲线M由M1,M2,M3构成,若点P在M上,且|OP|=?,求P的极坐标.
?
解析 本题考查极坐标的概念,求极坐标方程等知识点,通过极坐标的应用考查学生的运算求
解能力,以求极坐标方程、求点的极坐标为背景考查数学运算的核心素养.
(1)由题设可得,弧?,?,?所在圆的极坐标方程分别为ρ=2cos θ,ρ=2sin θ,ρ=-2cos θ.
所以M1的极坐标方程为ρ=2cos θ?,M2的极坐标方程为ρ=2sin θ?,M3的极坐
标方程为ρ=-2cos θ?.
(2)设P(ρ,θ),由题设及(1)知
若0≤θ≤?,则2cos θ=?,解得θ=?;
若?≤θ≤?,则2sin θ=?,解得θ=?或θ=?;
若?≤θ≤π,则-2cos θ=?,解得θ=?.
综上,P的极坐标为?或?或?或?.
8.(2019课标全国Ⅱ理,22,10分)在极坐标系中,O为极点,点M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C:ρ=4sin θ上,直
线l过点A(4,0)且与OM垂直,垂足为P.
(1)当θ0=?时,求ρ0及l的极坐标方程;
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时,求P点轨迹的极坐标方程.
解析 本题考查极坐标方程、曲线方程等知识,考查学生在极坐标系下的运算能力,体现了数
学运算的核心素养.
(1)因为M(ρ0,θ0)在C上,当θ0=?时,ρ0=4sin?=2?.
由已知得|OP|=|OA|cos?=2.
设Q(ρ,θ)为l上除P的任意一点.
在Rt△OPQ中,ρcos?=|OP|=2.
经检验,点P?在曲线ρcos?=2上.
所以,l的极坐标方程为ρcos?=2.
(2)设P(ρ,θ),在Rt△OAP中,|OP|=|OA|cos θ=4cos θ,
即ρ=4cos θ.
因为P在线段OM上,且AP⊥OM,
故θ的取值范围是?.
所以,P点轨迹的极坐标方程为ρ=4cos θ,θ∈?.
思路分析 (1)将θ0=?代入ρ=4sin θ求得ρ0.由ρ0可求得|OP|,从而求得l的极坐标方程.(2)设点P
(ρ,θ),用ρ,θ表示出Rt△AOP中的边角关系,从而求出P点轨迹的极坐标方程.
解题关键 熟练应用极坐标系中的ρ,θ是解题关键.
9.(2018课标全国Ⅰ文,22,10分)在直角坐标系xOy中,曲线C1的方程为y=k|x|+2.以坐标原点为极
点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcos θ-3=0.
(1)求C2的直角坐标方程;
(2)若C1与C2有且仅有三个公共点,求C1的方程.
解析 (1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ得C2的直角坐标方程为(x+1)2+y2=4.
(2)由(1)知C2是圆心为A(-1,0),半径为2的圆.
由题设知,C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线.
记y轴右边的射线为l1,y轴左边的射线为l2.
由于B在圆C2的外面,故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两
个公共点,或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.
当l1与C2只有一个公共点时,A到l1所在直线的距离为2,所以?=2,故k=-?或k=0.
经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;
当k=-?时,l1与C2只有一个公共点,l2与C2有两个公共点.
当l2与C2只有一个公共点时,A到l2所在直线的距离为2,所以?=2,故k=0或k=?.
经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;
当k=?时,l2与C2没有公共点.
综上,所求C1的方程为y=-?|x|+2.
方法技巧 极坐标方程与直角坐标方程互化的技巧:
(1)巧用极坐标方程两边同乘ρ或同时平方的技巧,将极坐标方程构造成含有ρcos θ,ρsin θ,ρ2的
形式,然后利用公式代入化简得到直角坐标方程.
(2)巧借两角和、差公式转化成ρsin(θ±α)或ρcos(θ±α)的结构形式,进而利用互化公式得到直角
坐标方程.
(3)将直角坐标方程中的x转化为ρcos θ,将y转化为ρsin θ,即可得到其极坐标方程.
10.(2017课标全国Ⅱ理,22,10分)在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建
立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρcos θ=4.
(1)M为曲线C1上的动点,点P在线段OM上,且满足|OM|·|OP|=16,求点P的轨迹C2的直角坐标方
程;
(2)设点A的极坐标为?,点B在曲线C2上,求△OAB面积的最大值.
解析 本题考查极坐标方程及其应用.
(1)设P的极坐标为(ρ,θ)(ρ>0),M的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0).由题设知|OP|=ρ,|OM|=ρ1=?.
由|OM|·|OP|=16得C2的极坐标方程ρ=4cos θ(ρ>0).
因此C2的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4(x≠0).
(2)设点B的极坐标为(ρB,α)(ρB>0).由题设知|OA|=2,ρB=4cos α,于是△OAB面积S=?|OA|·ρB·sin∠
AOB
=4cos α·?
=2?≤2+?.
当α=-?时,S取得最大值2+?.
所以△OAB面积的最大值为2+?.
11.(2016课标全国Ⅰ,23,10分)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.
解析 (1)消去参数t得到C1的普通方程:x2+(y-1)2=a2.C1是以(0,1)为圆心,a为半径的圆.?(2分)
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.?(4分)
(2)曲线C1,C2的公共点的极坐标满足方程组
??(6分)
若ρ≠0,由方程组得16cos2θ-8sin θcos θ+1-a2=0,?(8分)
由已知tan θ=2,可得16cos2θ-8sin θcos θ=0,从而1-a2=0,
解得a=-1(舍去)或a=1.
a=1时,极点也为C1,C2的公共点,在C3上.
所以a=1.?(10分)
易错警示 对“互化”过程不熟悉,对参数和极坐标的几何意义理解不透彻是失分的主要原
因.
评析 本题考查了圆的极坐标方程和参数方程.熟练掌握极坐标方程与直角坐标方程、参数
方程与普通方程的互化是求解的关键.
12.(2015湖南,16(2),12分)已知直线l:?(t为参数).以坐标原点为极点,x轴的正半轴为
极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为ρ=2cos θ.
(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程;
(2)设点M的直角坐标为(5,?),直线l与曲线C的交点为A,B,求|MA|·|MB|的值.
解析 (1)ρ=2cos θ等价于ρ2=2ρcos θ.①
将ρ2=x2+y2,ρcos θ=x代入①即得曲线C的直角坐标方程为x2+y2-2x=0.②
(2)将?代入②,得t2+5?t+18=0.设这个方程的两个实根分别为t1,t2,则由参数t的几何
意义即知,|MA|·|MB|=|t1t2|=18.
考点二 参数方程与普通方程的互化
1.(2019北京理改编,3,5分)已知直线l的参数方程为?(t为参数),则点(1,0)到直线l的距离
是 ????.
答案?????
解析 本题考查参数方程与普通方程的互化、点到直线的距离公式;通过两种方程之间的互
相转化考查学生转化思想的应用,通过距离公式的应用考查数学运算的核心素养.
由?(t为参数)消去t得4x-3y+2=0,
则点(1,0)到直线l的距离为?=?.
2.(2019天津理,12,5分)设a∈R,直线ax-y+2=0和圆?(θ为参数)相切,则a的值为 ????
????.
答案?????
解析 本题考查了圆的方程和直线与圆的位置关系,通过直线与圆相切的条件考查了数学运
算和数形结合的思想方法,体现了直观想象、数学运算的核心素养.
解法一:由圆的参数方程知圆心为(2,1),半径r=2,因为直线与圆相切,所以圆心到直线的距离等
于半径,即?=2,解得a=?.
解法二:如图,由圆的参数方程消去θ,得普通方程为(x-2)2+(y-1)2=4,设圆心为C,圆与y轴切于
点D,易知直线过定点A(0,2),设∠CAD=θ,易求得tan θ=2,则a=?=-?=-?=
?.
?
3.(2018天津理,12,5分)已知圆x2+y2-2x=0的圆心为C,直线?(t为参数)与该圆相交
于A,B两点,则△ABC的面积为 ????.
答案?????
解析 本题考查直线的参数方程和直线与圆的位置关系.
圆C的标准方程为(x-1)2+y2=1,消去参数t得直线的普通方程为x+y-2=0.圆心C(1,0)到直线的距
离d=?=?,|AB|=2?=?,
所以△ABC的面积为?|AB|·d=?×?×?=?.
方法总结 有关直线与圆相交的计算问题,通常利用点到直线的距离和勾股定理求解.
4.(2016天津理,14,5分)设抛物线?(t为参数,p>0)的焦点为F,准线为l.过抛物线上一点A
作l的垂线,垂足为B.设C?,AF与BC相交于点E.若|CF|=2|AF|,且△ACE的面积为3?,则p
的值为 ????.
答案?????
解析 由已知得抛物线的方程为y2=2px(p>0),则|FC|=3p,所以|AF|=|AB|=?p,A(p,?p)(不妨设A
在第一象限).易证△EFC∽△EAB,所以?=?=?=2,所以?=?,所以S△ACE=?S△AFC=
?×?p×?p=?p2=3?,所以p=?.
思路分析 利用已知条件及抛物线的定义得|AF|=|AB|=?p,从而可取A(p,?p),问题即可迎刃
而解.
评析 本题考查了抛物线的定义和方程;考查了计算求解能力.
5.(2015湖北,16,5分)在直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知
直线l的极坐标方程为ρ(sin θ-3cos θ)=0,曲线C的参数方程为?(t为参数),l与C相交于A,B
两点,则|AB|= ????.
答案 2?
解析 直线l的直角坐标方程为y-3x=0,曲线C的普通方程为y2-x2=4.
由?得x2=?,即x=±?,
则|AB|=?|xA-xB|=?×?=2?.
6.(2019课标全国Ⅰ文,22,10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为?(t为参数).
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的极坐标方程为2ρcos θ+?ρsin
θ+11=0.
(1)求C和l的直角坐标方程;
(2)求C上的点到l距离的最小值.
解析 本题考查了参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化,通过整
体运算消参数和利用三角函数求最值,考查了数学运算能力和转化的思想方法,核心素养体现
了数学运算.
(1)因为-1所以C的直角坐标方程为x2+?=1(x≠-1).
l的直角坐标方程为2x+?y+11=0.
(2)由(1)可设C的参数方程为?(α为参数,-π<α<π).C上的点到l的距离为
?=?.
当α=-?时,4cos?+11取得最小值7,故C上的点到l距离的最小值为?.
注:因为在教材中,参数方程与普通方程对应,极坐标方程与直角坐标方程对应,所以本题中的
“求C和l的直角坐标方程”更改为“求C的普通方程和l的直角坐标方程”更合适.
思路分析 (1)观察、分析参数方程的特征,应通过平方运算消去参数t;直线l的极坐标方程只
需直接利用互化公式即可求解;(2)由点到直线的距离公式,利用椭圆的参数方程转化为三角函
数求最值.
7.(2018课标全国Ⅱ理,22,10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为?(θ为参数),
直线l的参数方程为?(t为参数).
(1)求C和l的直角坐标方程;
(2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2),求l的斜率.
解析 (1)曲线C的直角坐标方程为?+?=1.
当cos α≠0时,l的直角坐标方程为y=tan α·x+2-tan α,
当cos α=0时,l的直角坐标方程为x=1.
(2)将l的参数方程代入C的直角坐标方程,整理得关于t的方程(1+3cos2α)t2+4(2cos α+sin α)t-8=0.
①
因为曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内,
所以①有两个解,设为t1,t2,则t1+t2=0.
又由①得t1+t2=-?,
故2cos α+sin α=0,于是直线l的斜率k=tan α=-2.
注:因为在教材中,参数方程与普通方程对应,极坐标方程与直角坐标方程对应,所以本题中的
“直角坐标方程”更改为“普通方程”更合适.
方法总结 以角θ为参数的参数方程,一般利用三角函数的平方关系:sin2θ+cos2θ=1将参数方程
化为普通方程;而弦的中点问题常用根与系数的关系或点差法进行整体运算求解.
8.(2018课标全国Ⅲ理,22,10分)在平面直角坐标系xOy中,☉O的参数方程为?(θ为参
数),过点(0,-?)且倾斜角为α的直线l与☉O交于A,B两点.
(1)求α的取值范围;
(2)求AB中点P的轨迹的参数方程.
解析 本题考查参数方程与普通方程的互化、直线与圆的位置关系.
(1)☉O的直角坐标方程为x2+y2=1.
当α=?时,l与☉O交于两点.
当α≠?时,记tan α=k,则l的方程为y=kx-?.l与☉O交于两点当且仅当?<1,解得k<-1或k>
1,即α∈?或α∈?.
综上,α的取值范围是?.
(2)l的参数方程为??.
设A,B,P对应的参数分别为tA,tB,tP,则tP=?,且tA,tB满足t2-2?tsin α+1=0.
于是tA+tB=2?sin α,tP=?sin α.
又点P的坐标(x,y)满足?
所以点P的轨迹的参数方程是
??.
易错警示 容易忽略直线斜率不存在的情形.
求倾斜角时要注意斜率是否存在.求其取值范围的一般步骤:
(1)求出斜率k=tan α的取值范围;
(2)利用三角函数的单调性,借助图象,确定倾斜角α的取值范围.
9.(2017课标全国Ⅲ理,22,10分)在直角坐标系xOy中,直线l1的参数方程为?(t为参数),直
线l2的参数方程为?(m为参数).设l1与l2的交点为P,当k变化时,P的轨迹为曲线C.
(1)写出C的普通方程;
(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设l3:ρ(cos θ+sin θ)-?=0,M为l3与C的交
点,求M的极径.
解析 本题考查参数方程与普通方程的互化,极坐标方程.
(1)消去参数t得l1的普通方程l1:y=k(x-2);消去参数m得l2的普通方程l2:y=?(x+2).
设P(x,y),由题设得?
消去k得x2-y2=4(y≠0).
所以C的普通方程为x2-y2=4(y≠0).
(2)C的极坐标方程为ρ2(cos2θ-sin2θ)=4(0<θ<2π,θ≠π).
联立?得cos θ-sin θ=2(cos θ+sin θ).
故tan θ=-?,从而cos2θ=?,sin2θ=?.
代入ρ2(cos2θ-sin2θ)=4得ρ2=5,所以交点M的极径为?.
思路分析 (1)由参数方程直接消去参数t、m、k,即得C的普通方程.(2)将C的直角坐标方程化
为极坐标方程,与直线l3的参数方程联立,从而求得点M的极径.
方法总结????极坐标问题既可以化为直角坐标处理,也可以直接用极坐标求解.但要注意极径、
极角的取值范围,避免漏根或增根.
10.(2017课标全国Ⅰ,22,10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为?(θ为参数),
直线l的参数方程为?(t为参数).
(1)若a=-1,求C与l的交点坐标;
(2)若C上的点到l距离的最大值为?,求a.
解析 本题考查参数方程与普通方程的互化,考查学生的运算求解能力.
(1)曲线C的普通方程为?+y2=1.
当a=-1时,直线l的普通方程为x+4y-3=0.
由?解得?或?
从而C与l的交点坐标为(3,0),?.
(2)直线l的普通方程为x+4y-a-4=0,故C上的点(3cos θ,sin θ)到l的距离d=?.
当a≥-4时,d的最大值为?.
由题设得?=?,所以a=8;
当a<-4时,d的最大值为?.
由题设得?=?,所以a=-16.
综上,a=8或a=-16.
思路分析 (1)利用同角三角函数的平方关系将曲线C的参数方程化成普通方程,利用加减消
元法将直线的参数方程化成普通方程,将这两个普通方程联立即可求出交点坐标;(2)利用点到
直线的距离公式求出距离,再利用三角函数的相关知识表示出其最大值,进而列方程求解.
方法总结 将参数方程转化为普通方程的方法:消去参数,若参数为“θ”,一般利用sin2θ+cos2θ
=1消去;若参数为“t”,一般直接代入消参即可.
C组 教师专用题组
考点一 极坐标方程与直角坐标方程的互化
1.(2014广东,14,5分)(坐标系与参数方程选做题)在极坐标系中,曲线C1和C2的方程分别为ρsin2θ
=cos θ和ρsin θ=1.以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系,
则曲线C1和C2交点的直角坐标为 ????.
答案 (1,1)
解析 由ρsin2θ=cos θ得ρ2·sin2θ=ρ·cos θ,其直角坐标方程为y2=x,ρsin θ=1的直角坐标方程为y=1,
由?得C1和C2的交点为(1,1).
2.(2014天津,13,5分)在以O为极点的极坐标系中,圆ρ=4sin θ和直线ρsin θ=a相交于A,B两点.若
△AOB是等边三角形,则a的值为 ????.
答案 3
解析 圆的直角坐标方程为x2+y2=4y,
直线的直角坐标方程为y=a,
因为△AOB为等边三角形,
则A?,代入圆的方程得?+a2=4a,
故a=3.
评析 本题考查极坐标系下直线与圆的方程,一般转化为直角坐标方程再处理相交问题.
3.(2014重庆,15,5分)已知直线l的参数方程为?(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半
轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为ρsin2θ-4cos θ=0(ρ≥0,0≤θ<2π),则直线l与曲线
C的公共点的极径ρ= ????.
答案?????
解析 直线l的普通方程为y=x+1,曲线C的直角坐标方程为y2=4x,故直线l与曲线C的交点坐标
为(1,2).故该点的极径ρ=?=?.
4.(2016课标全国Ⅱ,23,10分)选修4—4:坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中,圆C的方程为(x+6)2+y2=25.
(1)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求C的极坐标方程;
(2)直线l的参数方程是?(t为参数),l与C交于A,B两点,|AB|=?,求l的斜率.
解析 (1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ可得圆C的极坐标方程为ρ2+12ρcos θ+11=0.?(3分)
(2)在(1)中建立的极坐标系中,直线l的极坐标方程为θ=α(ρ∈R).
设A,B所对应的极径分别为ρ1,ρ2,将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得ρ2+12ρcos α+11=0.?
(6分)
于是ρ1+ρ2=-12cos α,ρ1ρ2=11.
|AB|=|ρ1-ρ2|=?=?.?(8分)
由|AB|=?得cos2α=?,tan α=±?.?(9分)
所以l的斜率为?或-?.?(10分)
方法总结 利用整体运算的技巧可以大大提高解题效率.
评析 本题考查了直线和圆的极坐标方程,考查了极坐标的几何意义的应用,利用方程的思想
方法是求解的关键.
5.(2015课标全国Ⅱ,23,10分)(选修4—4:坐标系与参数方程)
在直角坐标系xOy中,曲线C1:?(t为参数,t≠0),其中0≤α<π.在以O为极点,x轴正半轴为
极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sin θ,C3:ρ=2?cos θ.
(1)求C2与C3交点的直角坐标;
(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.
解析 (1)曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-2?x=0.
联立?解得?或?
所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和?.
(2)曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α<π.
因此A的极坐标为(2sin α,α),B的极坐标为(2?cos α,α).
所以|AB|=|2sin α-2?cos α|=4?.
当α=?时,|AB|取得最大值,最大值为4.
6.(2014课标全国Ⅱ,23,10分)选修4—4:坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,半圆C的极坐标方程
为ρ=2cos θ,θ∈?.
(1)求C的参数方程;
(2)设点D在C上,C在D处的切线与直线l:y=?x+2垂直,根据(1)中你得到的参数方程,确定D的
坐标.
解析 (1)C的普通方程为(x-1)2+y2=1(0≤y≤1).
可得C的参数方程为?(t为参数,0≤t≤π).
(2)设D(1+cos t,sin t).由(1)知C是以G(1,0)为圆心,1为半径的上半圆.
因为C在点D处的切线与l垂直,所以直线GD与l的斜率相同,tan t=?,t=?.
故D的直角坐标为?,即?.
评析 本题考查了极坐标化直角坐标,普通方程化参数方程的方法,考查了数形结合思想.
7.(2013辽宁理,23,10分)选修4—4:坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.圆C1,直线C2的极坐标方程分
别为ρ=4sin θ,ρcos?=2?.
(1)求C1与C2交点的极坐标;
(2)设P为C1的圆心,Q为C1与C2交点连线的中点.已知直线PQ的参数方程为?(t∈R为
参数),求a,b的值.
解析 (1)圆C1的直角坐标方程为x2+(y-2)2=4,
直线C2的直角坐标方程为x+y-4=0.
解?得??
所以C1与C2交点的极坐标为?,?.?(6分)
注:极坐标系下点的表示不唯一.
(2)由(1)可得,P点与Q点的直角坐标分别为(0,2),(1,3).
故直线PQ的直角坐标方程为x-y+2=0.
由参数方程可得y=?x-?+1,
所以?解得a=-1,b=2.?(10分)
考点二 参数方程与普通方程的互化
1.(2014安徽改编,4,5分)以平面直角坐标系的原点为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,
两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程是?(t为参数),圆C的极坐标方
程是ρ=4cos θ,则直线l被圆C截得的弦长为 ????.
答案 2?
解析 由?消去t得x-y-4=0,
C:ρ=4cos θ?ρ2=4ρcos θ,∴C:x2+y2=4x,
即(x-2)2+y2=4,∴C(2,0),r=2.
∴点C到直线l的距离d=?=?,
∴所求弦长=2?=2?.
2.(2014北京改编,3,5分)曲线?(θ为参数)的对称中心坐标是 ????.
答案 (-1,2)
解析 曲线?(θ为参数)的普通方程为(x+1)2+(y-2)2=1,该曲线为圆,圆心(-1,2)为曲线
的对称中心,所以对称中心的坐标为(-1,2).
3.(2014湖北,16,5分)已知曲线C1的参数方程是?(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半
轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程是ρ=2,则C1与C2交点的直角坐标为 ????.
答案 (?,1 )
解析 曲线C1为射线y=?x(x≥0).曲线C2为圆x2+y2=4.设P为C1与C2的交点,如图,作PQ垂直x轴
于点Q.因为tan∠POQ=?,所以∠POQ=30°,又∵OP=2,所以C1与C2的交点P的直角坐标为(?,
1).
?
评析 本题考查了参数方程和极坐标方程.容易忽视x≥0,误认为C1为直线y=?x.
4.(2013湖南理,9,5分)在平面直角坐标系xOy中,若直线l:?(t为参数)过椭圆C:?
(φ为参数)的右顶点,则常数a的值为 ????.
答案 3
解析 由直线l的参数方程?(t为参数)消去参数t得直线l的普通方程:y=x-a,由椭圆的参
数方程可知其右顶点为(3,0).因为直线l过椭圆的右顶点,所以3-a=0,即a=3.
5.(2013陕西理,15C,5分)如图,以过原点的直线的倾斜角θ为参数,则圆x2+y2-x=0的参数方程为
????.
?
答案?????(θ为参数)
解析 圆的半径为?,记圆心为C?,连CP,则∠PCx=2θ,故xP=?+?cos 2θ=cos2θ,
yP=?sin 2θ=sin θcos θ(θ为参数).
6.(2016课标全国Ⅲ理,23,10分)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为?(α为参
数).以坐标原点为极点,以x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρsin
?=2?.
(1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程;
(2)设点P在C1上,点Q在C2上,求|PQ|的最小值及此时P的直角坐标.
解析 (1)C1的普通方程为?+y2=1.
C2的直角坐标方程为x+y-4=0.?(5分)
(2)由题意,可设点P的直角坐标为(?cos α,sin α).因为C2是直线,所以|PQ|的最小值即为P到C2
的距离d(α)的最小值,d(α)=?=??.?(8分)
当且仅当α=2kπ+?(k∈Z)时,d(α)取得最小值,最小值为?,此时P的直角坐标为?.?(10分)
方法总结 利用圆的参数方程表示出圆上的动点,从而利用三角函数求其最值,这样可以简化
运算过程.
7.(2014课标全国Ⅰ,23,10分)已知曲线C:?+?=1,直线l:?(t为参数).
(1)写出曲线C的参数方程,直线l的普通方程;
(2)过曲线C上任意一点P作与l夹角为30°的直线,交l于点A,求|PA|的最大值与最小值.
解析 (1)曲线C的参数方程为?(θ为参数).
直线l的普通方程为2x+y-6=0.
(2)曲线C上任意一点P(2cos θ,3sin θ)到l的距离为
d=?|4cos θ+3sin θ-6|.
则|PA|=?=?|5sin(θ+α)-6|,其中α为锐角,且tan α=?.
当sin(θ+α)=-1时,|PA|取得最大值,最大值为?.
当sin(θ+α)=1时,|PA|取得最小值,最小值为?.
8.(2014辽宁,23,10分)将圆x2+y2=1上每一点的横坐标保持不变,纵坐标变为原来的2倍,得曲
线C.
(1)写出C的参数方程;
(2)设直线l:2x+y-2=0与C的交点为P1,P2,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求
过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方程.
解析 (1)设(x1,y1)为圆上的点,在已知变换下变为C上点(x,y),依题意,得?
由?+?=1得x2+?=1,
即曲线C的方程为x2+?=1.
故C的参数方程为?(t为参数).
(2)由?解得?或?
不妨设P1(1,0),P2(0,2),则线段P1P2的中点坐标为?,所求直线斜率为k=?,于是所求直线方程
为y-1=??,
化为极坐标方程,并整理得2ρcos θ-4ρsin θ=-3,
即ρ=?.
9.(2014福建,21(2),7分)已知直线l的参数方程为?(t为参数),圆C的参数方程为
?(θ为参数).
(1)求直线l和圆C的普通方程;
(2)若直线l与圆C有公共点,求实数a的取值范围.
解析 (1)直线l的普通方程为2x-y-2a=0,
圆C的普通方程为x2+y2=16.
(2)因为直线l与圆C有公共点,故圆C的圆心到直线l的距离d=?≤4,
解得-2?≤a≤2?.
10.(2014江苏,21C,10分)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.
解析 将直线l的参数方程?(t为参数)代入抛物线方程y2=4x,得?=4
?,
解得t1=0,t2=-8?.
所以AB=|t1-t2|=8?.
11.(2013江苏,21C,10分)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.
解析 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.
联立得方程组?解得公共点的坐标为(2,2),?.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019南京三模,21B)在极坐标系中,直线l的极坐标方程为ρcos?=1,以极点O为坐标原
点,极轴Ox所在的直线为x轴建立平面直角坐标系,曲线C的参数方程为?(其中α为
参数,r>0),若直线l与曲线C相交于A,B两点,且AB=3,求r的值.
解析 直线l的直角坐标方程为x-?y-2=0.?(2分)
曲线C的普通方程为(x-2)2+(y+1)2=r2.?(4分)
圆心C(2,-1)到直线l的距离d=?=?,?(6分)
所以r=?=?.?(10分)
2.(2019江都中学、扬中高级中学、溧水高级中学期初联考,21C)在极坐标系中,已知圆C经过
点P?,圆心为直线ρsin?=-?与极轴的交点,求圆C的极坐标方程.
?
解析 ∵圆C的圆心为直线ρsin?=-?与极轴的交点,在ρsin?=-?中,令θ=0,得ρ=
1,
∴圆C的圆心坐标为(1,0).?(3分)
∵圆C经过点P?,
∴半径PC=?=1.?(7分)
∴圆C经过极点.∴圆C的极坐标方程为ρ=2cos θ.?(10分)
3.(2019苏中、苏北七市第二次调研,21B)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交于A,B两点,求
线段AB的长.
解析 由题意得,直线l的普通方程为x-y-1=0,①
椭圆C的普通方程为?+y2=1.②?(4分)
联立①②,解得A(0,-1),B?.?(8分)
所以AB=?=?.?(10分)
4.(2019苏锡常镇四市教学情况调查一,21B)在极坐标系中,已知直线l:ρsin?=0,在直角坐
标系(原点与极点重合,x轴正方向为极轴的正方向)中,曲线C的参数方程为?(t为参数),
设l与C交于A,B两点,求AB的长.
解析 直线ρsin?=0的直角坐标方程为y=?x.?(2分)
曲线?的普通方程为y2-x2=1.?(4分)
易得直线与曲线的交点为A?和B?.?(7分)
∴AB=?=2?.?(10分)
5.(2019南通三县期末联考,21B)在极坐标系中,曲线C的极坐标方程为ρ=2asin θ(a≠0).以极点
为坐标原点,极轴为x轴的正半轴的平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为?(t
为参数).已知直线l与曲线C有公共点,求实数a的取值范围.
解析 在平面直角坐标系中,曲线C的直角坐标方程为x2+(y-a)2=a2,直线l的普通方程为x+y+1=
0.?(4分)
因为直线l与曲线C有公共点,
所以圆心(0,a)到直线l的距离d=?≤|a|,
解得a≥1+?或a≤1-?.?(10分)
6.(2019苏北三市(徐州、连云港、淮安)期末,21B)在极坐标系中,曲线C:ρ=2cos θ.以极点为坐
标原点,极轴为x轴非负半轴建立平面直角坐标系xOy,设过点A(3,0)的直线l与曲线C有且只有
一个公共点,求直线l的斜率.
解析 曲线C:ρ=2cos θ的直角坐标方程为(x-1)2+y2=1.?(4分)
设过点A(3,0)的直线l的方程为x=my+3.
因为直线l与曲线C有且只有一个公共点,
所以?=1,解得m=±?.?(8分)
从而直线l的斜率为±?.?(10分)
7.(2019徐州检测,21C)已知圆M的极坐标方程为ρ2-4?ρcos?+6=0,求ρ的最大值.
解析 原方程可化为ρ2-4?ρ?+6=0,
即ρ2-4(ρcos θ+ρsin θ)+6=0.?(3分)
∴圆的直角坐标方程为x2+y2-4x-4y+6=0.?(5分)
∴圆心M(2,2),半径为?.?(7分)
∴ρmax=?+?=2?+?=3?.?(10分)
8.(2019南师附中、天一中学、海门中学、淮阴中学联考,21B)在平面直角坐标系xOy中,已知
点P是曲线E:?(θ为参数)上的一点.以原点O为极点,x轴正半轴为极轴,建立极坐标
系,以C为圆心的圆的极坐标方程为ρ=2cos θ,求线段PC长的最大值.
解析 由ρ=2cos θ得ρ2=2ρcos θ.
∴x2+y2-2x=0,即(x-1)2+y2=1.?(3分)
∴C(1,0).
设点P(cos θ,2+2cos θ),
∴PC=?=?.
∴当cos θ=1时,PC有最大值4.?(10分)
解答题(共80分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：45分钟 分值：80分)
1.(2019启东中学、前黄中学、淮阴中学等七校联考,21B)已知直线l的参数方程为?(t
为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ2+2?ρ
sin?-2=0(ρ≥0),直线l与圆C相交于A、B两点.若弦长AB=2?,求实数a的值.
解析 直线l的普通方程为y=x-a,圆C的直角坐标方程为(x-1)2+(y+1)2=4.?(4分)
设圆心C(1,-1)到直线l的距离为d,圆C的半径为r,∵AB=2?=2?,∴d=?.?(6分)
∴d=?=?,∴a=0或a=4.?(10分)
(漏解扣2分)
2.(2019如东中学、栟茶中学期末,21B)在直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为?(t
为参数),设点P的坐标为(-3,?),在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的单位长度,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=2?sin θ,直线l与圆C交于A、B两点,求PA+PB
的值.
解析 由ρ=2?sin θ,可得x2+y2-2?y=0,
即圆C的直角坐标方程为x2+(y-?)2=5.?(2分)
将直线l的参数方程?代入圆C的直角坐标方程,得?+?=5,
即t2+3?t+4=0.?(4分)
由于Δ=(3?)2-4×4=2>0,故可设t1,t2是上述方程的两个实根,
所以??(6分)
又直线l过点(-3,?),
故由上式及t的几何意义得PA+PB=|t1|+|t2|=-t1-t2=3?.?(10分)
3.(2019南京、盐城二模,21B)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),点P是曲线C上的任意一点.求点P到直线l的距
离的最大值.
解析 将直线l的参数方程?(t为参数)化为普通方程为?x-y+2=0.?(2分)
设P(cos θ,?sin θ),
则点P到直线l的距离d=?=?,?(6分)
取θ=-?,则cos?=1,此时d取最大值,
所以点P到直线l的距离的最大值为?.?(10分)
4.(2019苏州期末,21B)在极坐标系中,圆C的方程为ρ=4cos θ,在以极点为原点,极轴为x轴正半轴
的平面直角坐标系中,直线l的参数方程是?(t为参数).若直线l与圆C相切,求实数m
的值.
解析 由ρ=4cos θ,得ρ2=4ρcos θ,所以x2+y2=4x,
即圆C的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4.
直线l的普通方程为x-y-m=0.
因为直线l与圆C相切,所以?=2,所以m=2±2?.
5.(2019宿迁期末)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C的参数方程为?(α为参数).在极坐
标系(与直角坐标系xOy取相同的单位长度,且以原点O为极点,以x轴正半轴为极轴)中,直线l的
方程为ρsin?=?.
(1)求直线l的直角坐标方程和椭圆C的普通方程;
(2)若直线l与椭圆C有公共点,求t的取值范围.
解析 (1)由ρsin?=?,得y-x-2=0.?(2分)
由?(α为参数)得?+?=1(t≠±?).?(5分)
(2)由?消去y,得(t2+3)x2+12x+12-3t2=0.
因为直线l与椭圆C有公共点,
所以Δ=122-4(t2+3)(12-3t2)≥0,即t4-t2≥0.?(7分)
所以t的取值范围是t≥1或t≤-1.
所以t的取值范围是(-∞,-?)∪(-?,-1]∪[1,?)∪(?,+∞).?(10分)
6.(2019如皋期末,21C)在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为?(φ为参数).以坐
标原点O为极点,x轴正半轴为极轴(单位长度相同)建立的极坐标系中,直线l的极坐标方程为θ=
?.
(1)将曲线C的参数方程化为普通方程;
(2)求直线l被曲线C截得的弦长.
解析 (1)因为y=cos 2φ=1-2sin2φ,又x=sin φ∈[-1,1],
所以y=1-2x2,其中x∈[-1,1],
所以曲线C的普通方程为y=1-2x2,x∈[-1,1].?(4分)
(2)直线l的极坐标方程为θ=?,所以直线l的直角坐标方程为y=x.
联立得?解得?或?
所以直线l被曲线C截得的弦长为?=?.?(10分)
7.(2018苏州期末调研,21C)在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为?(t为参数),以
原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为ρ=?,若直线l与曲线
C相交于A,B两点,求△AOB的面积.
解析 由曲线C的极坐标方程是ρ=?,得ρ2sin2θ=2ρcos θ.
所以曲线C的直角坐标方程是y2=2x.
由直线l的参数方程为?(t为参数),得x-y-4=0,
所以直线l的普通方程为x-y-4=0.
将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得t2-8t+7=0.
设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,
所以AB=?|t1-t2|=??=?×?=6?,
因为原点到直线x-y-4=0的距离d=?=2?,
所以△AOB的面积S=?·AB·d=?×6?×2?=12.
8.(2017扬州、泰州、南通、淮安、宿迁、徐州六市联考)在平面直角坐标系xOy中,已知直线
?(l为参数)与曲线?(t为参数)相交于A,B两点,求线段AB的长.
解析 解法一:将曲线?(t为参数)化为普通方程为y2=8x.
将直线?(l为参数)代入y2=8x得,
l2-8?l+24=0,解得l1=2?,l2=6?.
则|l1-l2|=4?,
所以线段AB的长为4?.
解法二:将曲线?(t为参数)化为普通方程为y2=8x,
将直线?(l为参数)化为普通方程为x-y+?=0.
由?得?或?
所以AB的长为?=4?.
１４８ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
第二十一章 选修 ４ 系列
§ ２１．１ 矩阵与变换
对应学生用书起始页码 Ｐ４０８
考 点 矩阵与变换 高频考点
１．二阶矩阵与平面向量
（１）矩阵的概念
在数学中，把形如
１
３
é
?
êê
ù
?
úú ，
２
１
３
５
é
?
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ù
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úú ，
１
２
３
０
４
－１
é
?
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ù
?
úú 这样的矩形
数字（或字母）阵列称为矩阵，其中，同一横排中按原来次序排列
的一行数（或字母）叫做矩阵的行，同一竖排中按原来次序排列
的一列数（或字母）叫做矩阵的列，而组成矩阵的每一个数（或字
母）称为矩阵的元素．
（２）行矩阵与列矩阵的乘法规则
［ａ１１ ａ１２］
ｂ１１
ｂ２１
é
?
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ù
?
úú ＝［ａ１１×ｂ１１＋ａ１２×ｂ２１］ ．
（３）二阶矩阵与列向量的乘法规则
ａ１１
ａ２１
ａ１２
ａ２２
é
?
êê
ù
?
úú
ｘ０
ｙ０
é
?
êê
ù
?
úú ＝
ａ１１×ｘ０＋ａ１２×ｙ０
ａ２１×ｘ０＋ａ２２×ｙ０
é
?
êê
ù
?
úú ．
２．几种常见的平面变换
（１）当 Ｍ＝
１ ０
０ １
é
?
êê
ù
?
úú 时，对应的变换是恒等变换．
（２）由矩阵 Ｍ＝
ｋ ０
０ １
é
?
êê
ù
?
úú 或 Ｍ＝
１ ０
０ ｋ
é
?
êê
ù
?
úú （ ｋ＞０，且 ｋ≠１）确定
的变换 ＴＭ 称为（垂直）伸压变换．
（３）反射变换是轴反射变换、中心反射变换的总称，几种特
殊的反射变换：
Ｍ＝
１
０
０
－１
é
?
êê
ù
?
úú ：点的变换为（ｘ，ｙ）→（ｘ，－ｙ），变换前后关于 ｘ
轴对称；
Ｍ＝
－１
０
０
１
é
?
êê
ù
?
úú ：点的变换为（ｘ，ｙ）→（－ｘ，ｙ），变换前后关于 ｙ
轴对称；
Ｍ＝
－１
０
０
－１
é
?
êê
ù
?
úú ：点的变换为（ｘ，ｙ）→（－ｘ，－ｙ），变换前后关
于原点对称；
Ｍ＝
０
１
１
０
é
?
êê
ù
?
úú ：点的变换为（ ｘ，ｙ）→（ ｙ，ｘ），变换前后关于直
线 ｙ＝ ｘ 对称．
（４）当 Ｍ＝
ｃｏｓ θ
ｓｉｎ θ
－ｓｉｎ θ
ｃｏｓ θ
é
?
êê
ù
?
úú 时，对应的变换叫旋转变换，即
把平面图形（或点）绕某个定点逆时针旋转角度 θ．
（５）将一个平面图形投影到某条直线（或某个点）的变换称
为投影变换，几种特殊的投影变换：
Ｍ＝
１
０
０
０
é
?
êê
ù
?
úú ：将坐标平面上的点垂直投影到 ｘ 轴上，点的变
换为（ｘ，ｙ）→（ｘ，０）；
Ｍ＝
０
０
０
１
é
?
êê
ù
?
úú ：将坐标平面上的点垂直投影到 ｙ 轴上，点的变
换为（ｘ，ｙ）→（０，ｙ）；
Ｍ＝
１
１
０
０
é
?
êê
ù
?
úú ：将坐标平面上的点垂直于 ｘ 轴方向投影到 ｙ ＝
ｘ 上，点的变换为（ｘ，ｙ）→（ｘ，ｘ）；
Ｍ＝
０
０
１
１
é
?
êê
ù
?
úú ：将坐标平面上的点平行于 ｘ 轴方向投影到 ｙ ＝
ｘ 上，点的变换为（ｘ，ｙ）→（ｙ，ｙ）；
Ｍ＝
１
２
１
２
１
２
１
２
é
?
ê
ê
êê
ù
?
ú
ú
úú
：将坐标平面上的点垂直于 ｙ＝ ｘ 方向投影到
ｙ＝ ｘ 上，点的变换为（ｘ，ｙ）→
ｘ＋ｙ
２
，
ｘ＋ｙ
２( ) ．
（６）由矩阵 Ｍ＝
１
０
ｋ
１
é
?
êê
ù
?
úú 或 Ｍ＝
１
ｋ
０
１
é
?
êê
ù
?
úú （ｋ∈Ｒ，ｋ≠０）确定的
变换称为切变变换．
３．线性变换的基本性质
（１）设向量 α＝
ｘ
ｙ
é
?
êê
ù
?
úú ，则 λα＝
λｘ
λｙ
é
?
êê
ù
?
úú ．
（２）设向量 α＝
ｘ１
ｙ１
é
?
êê
ù
?
úú ，β ＝
ｘ２
ｙ２
é
?
êê
ù
?
úú ，则 α＋β ＝
ｘ１＋ｘ２
ｙ１＋ｙ２
é
?
êê
ù
?
úú ．
（３）Ａ 是一个二阶矩阵，α，β 是平面上任意两个向量，λ 是
任一实数，则 Ａ（λα）＝ λＡα，Ａ（α＋β）＝ Ａα＋Ａβ．
（４）二阶矩阵对应的变换（线性变换）把平面上的直线变成
直线（或一点） ．
４．二阶矩阵的乘法
（１）Ａ＝
ａ１ ｂ１
ｃ１ ｄ１
é
?
êê
ù
?
úú ，Ｂ＝
ａ２ ｂ２
ｃ２ ｄ２
é
?
êê
ù
?
úú ，
则 ＡＢ＝
ａ１ａ２＋ｂ１ｃ２ ａ１ｂ２＋ｂ１ｄ２
ｃ１ａ２＋ｄ１ｃ２ ｃ１ｂ２＋ｄ１ｄ２
é
?
êê
ù
?
úú ．
（２）矩阵乘法满足结合律：（ＡＢ）Ｃ＝Ａ（ＢＣ） ．
５．逆变换与逆矩阵
（１）对于二阶矩阵 Ａ，Ｂ，若有 ＡＢ＝ＢＡ＝Ｅ（Ｅ 为单位矩阵），
则称 Ａ 是可逆的，Ｂ 称为 Ａ 的逆矩阵．
（２）若二阶矩阵 Ａ，Ｂ 均存在逆矩阵，则 ＡＢ 也存在逆矩阵，
且（ＡＢ） －１ ＝Ｂ－１Ａ－１ ．
（３）利用行列式解二元一次方程组．
６．特征值与特征向量
（１）设 Ａ 是一个二阶矩阵，如果对于实数 λ，存在一个非零
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第二十一章 选修 ４ 系列 １４９
向量 α，使 Ａα＝λα，那么 λ 称为 Ａ 的一个特征值，而 α称为 Ａ 的
属于特征值 λ 的一个特征向量．
（２）从几何上看，特征向量经过矩阵 Ａ 对应的变换作用后，
与原向量保持在同一条直线上，这时特征向量或者方向不变（λ＞
０），或者方向相反（λ＜０） ．特别地，当 λ＝ ０ 时，特征向量就被变换
成了零向量．
（３）特征多项式
设 λ 是二阶矩阵 Ａ ＝
ａ ｂ
ｃ ｄ
é
?
êê
ù
?
úú 的一个特征值，它的一个特征
向量为 α＝
ｘ
ｙ
é
?
êê
ù
?
úú ，则 Ａ
ｘ
ｙ
é
?
êê
ù
?
úú ＝λ
ｘ
ｙ
é
?
êê
ù
?
úú ，即
ｘ
ｙ
é
?
êê
ù
?
úú 满足二元一次方程组
ａｘ＋ｂｙ＝λｘ，
ｃｘ＋ｄｙ＝λｙ，{ 故 （λ
－ａ）ｘ－ｂｙ＝ ０，
－ｃｘ＋（λ－ｄ）ｙ＝ ０．{ （?）
由特征向量的定义知 α≠０，因此 ｘ，ｙ 不全为 ０，若要上述二
元一 次 方 程 组 有 不 全 为 ０ 的 解， 则 必 须 有 Ｄ ＝ ０， 即
λ－ａ －ｂ
－ｃ λ－ｄ
＝ ０．
定义：设 Ａ＝
ａ ｂ
ｃ ｄ
é
?
êê
ù
?
úú 是一个二阶矩阵，λ∈Ｒ，我们把多项式
ｆ（λ）＝
λ－ａ －ｂ
－ｃ λ－ｄ
＝λ２－（ａ＋ｄ）λ＋ａｄ－ｂｃ 称为 Ａ 的特征多
项式．
（４）矩阵的特征值与特征向量的求法
如果 λ 是二阶矩阵 Ａ 的特征值，则 λ 一定是二阶矩阵 Ａ 的
特征多项式的一个根，它满足 ｆ（λ）＝ ０．此时，将 λ 代入二元一次
方程组（?），就可以得到一组非零解
ｘ０
ｙ０
é
?
êê
ù
?
úú ，于是，非零向量
ｘ０
ｙ０
é
?
êê
ù
?
úú 即为 Ａ 的属于 λ 的一个特征向量．
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
????
对应学生用书起始页码 Ｐ４０９
一、求解逆矩阵
求逆矩阵常用的三种方法
（１）待定系数法：设 Ａ 是一个二阶可逆矩阵
ａ ｂ
ｃ ｄ
é
?
êê
ù
?
úú ，则
ＡＡ－１ ＝Ａ－１Ａ＝Ｅ（Ｅ 为单位矩阵） ．
（ ２ ） 公 式 法：
ａ ｂ
ｃ ｄ
＝ ａｄ － ｂｃ， 记 为 ｄｅｔ Ａ， 有 Ａ－１ ＝
ｄ
ｄｅｔ Ａ
－ｂ
ｄｅｔ Ａ
－ｃ
ｄｅｔ Ａ
ａ
ｄｅｔ Ａ
é
?
ê
ê
êê
ù
?
ú
ú
úú
，当且仅当 ｄｅｔ Ａ＝ａｄ－ｂｃ≠０．
（３）从几何变换的角度求解二阶矩阵的逆矩阵．
（２０１７ 南通、泰州模拟） 设矩阵 Ａ 满足：Ａ
１ ２
０ ６
é
?
êê
ù
?
úú ＝
－１ －２
０ ３
é
?
êê
ù
?
úú ，求矩阵 Ａ 的逆矩阵 Ａ
－１ ．
解析 解法一：设矩阵 Ａ＝
ａ ｂ
ｃ ｄ
é
?
êê
ù
?
úú ，
则
ａ ｂ
ｃ ｄ
é
?
êê
ù
?
úú
１ ２
０ ６
é
?
êê
ù
?
úú ＝
－１ －２
０ ３
é
?
êê
ù
?
úú ，
所以
ａ＝－１，
２ａ＋６ｂ＝－２，
ｃ＝ ０，
２ｃ＋６ｄ＝ ３，
ì
?
í
?
?
?
?
解得
ａ＝－１，
ｂ＝ ０，
ｃ＝ ０，
ｄ＝
１
２
，
ì
?
í
?
??
?
?
所以 Ａ＝
－１ ０
０
１
２
é
?
ê
êê
ù
?
ú
úú
．
根据逆矩阵公式得 Ａ－１ ＝
－１ ０
０ ２
é
?
êê
ù
?
úú ．
解法二：在 Ａ
１ ２
０ ６
é
?
êê
ù
?
úú ＝
－１ －２
０ ３
é
?
êê
ù
?
úú 两边同时乘逆矩阵 Ａ
－１
得，
１ ２
０ ６
é
?
êê
ù
?
úú ＝Ａ
－１ －１ －２
０ ３
é
?
êê
ù
?
úú ．
设 Ａ－１ ＝
ａ ｂ
ｃ ｄ
é
?
êê
ù
?
úú ，则
１ ２
０ ６
é
?
êê
ù
?
úú ＝
ａ ｂ
ｃ ｄ
é
?
êê
ù
?
úú
－１ －２
０ ３
é
?
êê
ù
?
úú ，
所以
－ａ＝ １，
－２ａ＋３ｂ＝ ２，
－ｃ＝ ０，
－２ｃ＋３ｄ＝ ６，
ì
?
í
?
?
??
解得
ａ＝－１，
ｂ＝ ０，
ｃ＝ ０，
ｄ＝ ２，
ì
?
í
?
?
??
从而 Ａ－１ ＝
－１ ０
０ ２
é
?
êê
ù
?
úú ．
１－１ （２０１７ 常州期末）已知矩阵 Ａ ＝
２ １
３ ２
é
?
êê
ù
?
úú ，列向量 Ｘ ＝
ｘ
ｙ
é
?
êê
ù
?
úú ，Ｂ＝
４
７
é
?
êê
ù
?
úú ．若 ＡＸ＝Ｂ，直接写出 Ａ
－１，并求出 Ｘ．
１－１ 解析 由 Ａ＝
２ １
３ ２
é
?
êê
ù
?
úú ，得 Ａ
－１ ＝
２
－３
－１
２
é
?
êê
ù
?
úú ．
由 ＡＸ＝Ｂ，得 Ｘ＝Ａ－１Ｂ＝
２
－３
－１
２
é
?
êê
ù
?
úú
４
７
é
?
êê
ù
?
úú ＝
１
２
é
?
êê
ù
?
úú ．
１－２ （２０１８ 海安中学、南京外国语学校、金陵中学四模，
２１Ｂ）已知二阶矩阵 Ａ＝
２ ｂ
ｃ １
é
?
êê
ù
?
úú ，矩阵 Ａ 属于特征值 λ ＝ －１ 的一
个特征向量为 α＝
１
－１
é
?
êê
ù
?
úú ．求矩阵 Ａ 的逆矩阵．
１－２ 解析 由已知得，Ａα＝λα，
即
２ ｂ
ｃ １
é
?
êê
ù
?
úú
１
－１
é
?
êê
ù
?
úú ＝－１×
１
－１
é
?
êê
ù
?
úú ，得
２－ｂ＝－１，
ｃ－１＝ １．{ （２ 分）
解得 ｂ＝ ３，ｃ＝ ２．因此矩阵 Ａ＝
２ ３
２ １
é
?
êê
ù
?
úú ． （５ 分）
所以 Ａ－１ ＝
ｄ
ａｄ－ｂｃ
－ｂ
ａｄ－ｂｃ
－ｃ
ａｄ－ｂｃ
ａ
ａｄ－ｂｃ
é
?
ê
ê
êê
ù
?
ú
ú
úú
＝
－ １
４
３
４
１
２
－
１
２
é
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ê
ê
êê
ù
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ú
ú
úú
． （１０ 分）
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１５０ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
二、矩阵变换及应用
利用矩阵求曲线方程或图形中相关点的坐标，再利用曲线
或图形的性质求解相关问题．
（２０１７ 南京、盐城模拟）设 ａ，ｂ∈Ｒ．若直线 ｌ：ａｘ＋ｙ－７＝ ０
在矩阵 Ａ＝
３ ０
－１ ｂ
é
?
êê
ù
?
úú 对应的变换作用下，得到直线 ｌ′：９ｘ＋ｙ－９１ ＝
０．求实数 ａ，ｂ 的值．
解析 解法一：取直线 ｌ：ａｘ＋ ｙ－ ７ ＝ ０ 上两点：Ａ（０，７），
Ｂ（１，７－ａ） ．
因为
３
－１
０
ｂ
é
?
êê
ù
?
úú
０
７
é
?
êê
ù
?
úú ＝
０
７ｂ
é
?
êê
ù
?
úú ，
３
－１
０
ｂ
é
?
êê
ù
?
úú
１
７－ａ
é
?
êê
ù
?
úú ＝
３
ｂ（７－ａ）－１
é
?
êê
ù
?
úú ，
所以 Ａ（０，７），Ｂ（１，７－ａ）在矩阵 Ａ 对应的变换作用下分别
得到点 Ａ′（０，７ｂ），Ｂ′（３，ｂ（７－ａ）－１） ．
由题意，知 Ａ′，Ｂ′在直线 ｌ′：９ｘ＋ｙ－９１＝ ０ 上，
所以
７ｂ－９１＝ ０，
２７＋ｂ（７－ａ）－１－９１＝ ０，{ 解得 ａ
＝ ２，
ｂ＝ １３．{
解法二：设直线 ｌ 上任意一点 Ｐ（ ｘ，ｙ），点 Ｐ 在矩阵 Ａ 对应
的变换作用下得到点 Ｑ（ｘ′，ｙ′） ．
因为
３ ０
－１ ｂ
é
?
êê
ù
?
úú
ｘ
ｙ
é
?
êê
ù
?
úú ＝
ｘ′
ｙ′
é
?
êê
ù
?
úú ，所以
ｘ′＝ ３ｘ，
ｙ′＝－ｘ＋ｂｙ．{
又因为点 Ｑ（ｘ′，ｙ′）在直线 ｌ′上，所以 ９ｘ′＋ｙ′－９１＝ ０．
即 ２７ｘ＋（－ｘ＋ｂｙ）－９１＝ ０，亦即 ２６ｘ＋ｂｙ－９１＝ ０，
又点 Ｐ（ｘ，ｙ）在直线 ｌ 上，所以 ａｘ＋ｙ－７＝ ０．
所以
２６
ａ
＝ ｂ
１
＝
－９１
－７
，解得 ａ＝ ２，ｂ＝ １３．
２－１ 已知在矩阵 Ａ ＝
ａ
０
１
ｂ
é
?
êê
ù
?
úú 对应的变换作用下把点（１，
１）变换成点（２，２） ．
（１）求 ａ，ｂ 的值；
（２）求曲线 Ｃ：ｘ２＋ｙ２ ＝ １ 在矩阵 Ａ 的变换作用下对应的曲线
方程．
２－１ 解析 （１）由
ａ
０
１
ｂ
é
?
êê
ù
?
úú
１
１
é
?
êê
ù
?
úú ＝
２
２
é
?
êê
ù
?
úú ，
得
ａ＋１＝ ２，
ｂ＝ ２，{ ∴ ａ
＝ １，
ｂ＝ ２．{
（２）设曲线 Ｃ 上任一点 Ｍ′（ ｘ０，ｙ０）在矩阵 Ａ 对应的变换作
用下得到点 Ｍ（ｘ，ｙ），
又 Ａ＝
１
０
１
２
é
?
êê
ù
?
úú ，∴
１
０
１
２
é
?
êê
ù
?
úú
ｘ０
ｙ０
é
?
êê
ù
?
úú ＝
ｘ
ｙ
é
?
êê
ù
?
úú ，
即
ｘ＝ ｘ０＋ｙ０，
ｙ＝ ２ｙ０，
{ ∴
ｘ０ ＝ ｘ－
１
２
ｙ，
ｙ０ ＝
１
２
ｙ，
ì
?
í
??
??
∵ 点 Ｍ′在曲线 Ｃ 上，∴ ｘ－
１
２
ｙ( ) ２＋ １２ ｙ( )
２
＝ １．
故所求曲线方程为 ｘ２－ｘｙ＋
１
２
ｙ２ ＝ １．
２－２ 二阶矩阵 Ｍ 对应的变换将点（１，－１）与（－２，１）分别
变换成点（－１，－１）与（０，－２） ．设直线 ｌ 在矩阵 Ｍ 对应的变换作
用下得到直线 ｍ：ｘ－ｙ＝ ４，求直线 ｌ 的方程．
２－２ 解析 设 Ｍ＝
ａ ｂ
ｃ ｄ
é
?
êê
ù
?
úú ，则有
ａ ｂ
ｃ ｄ
é
?
êê
ù
?
úú
１
－１
é
?
êê
ù
?
úú ＝
－１
－１
é
?
êê
ù
?
úú ，
ａ ｂ
ｃ ｄ
é
?
êê
ù
?
úú
－２
１
é
?
êê
ù
?
úú ＝
０
－２
é
?
êê
ù
?
úú ，
所以
ａ－ｂ＝－１，
ｃ－ｄ＝－１，
－２ａ＋ｂ＝ ０，
－２ｃ＋ｄ＝－２．
ì
?
í
?
?
??
解得
ａ＝ １，
ｂ＝ ２，
ｃ＝ ３，
ｄ＝ ４，
ì
?
í
?
?
??
所以 Ｍ＝
１ ２
３ ４
é
?
êê
ù
?
úú ．
设直线 ｌ 上任一点 Ｐ（ ｘ，ｙ）在矩阵 Ｍ 对应的变换作用下得
到点 Ｐ′（ｘ′，ｙ′） ．
因为
ｘ′
ｙ′
é
?
êê
ù
?
úú ＝
１ ２
３ ４
é
?
êê
ù
?
úú
ｘ
ｙ
é
?
êê
ù
?
úú ＝
ｘ＋２ｙ
３ｘ＋４ｙ
é
?
êê
ù
?
úú ，
所以
ｘ′＝ ｘ＋２ｙ，
ｙ′＝ ３ｘ＋４ｙ．{ 又 ｘ′－ｙ′＝ ４，
所以直线 ｌ 的方程为（ｘ＋２ｙ）－（３ｘ＋４ｙ）＝ ４，
即 ｘ＋ｙ＋２＝ ０．
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(共33张PPT)
考点 矩阵与变换
五年高考
自主命题·江苏卷题组
1.(2019江苏,21A,10分)已知矩阵A=?.
(1)求A2;
(2)求矩阵A的特征值.
解析 本题主要考查矩阵的运算、特征值等基础知识,考查运算求解能力.
(1)因为A=?,所以A2=??
=?=?.
(2)矩阵A的特征多项式为
f(λ)=?=λ2-5λ+4.
令f(λ)=0,解得A的特征值λ1=1,λ2=4.
2.(2018江苏,21B,10分)已知矩阵A=?.
(1)求A的逆矩阵A-1;
(2)若点P在矩阵A对应的变换作用下得到点P'(3,1),求点P的坐标.
解析 本题主要考查矩阵的运算、线性变换等基础知识,考查运算求解能力.
(1)解法一:因为A=?,det(A)=2×2-1×3=1≠0,所以A可逆.
从而A-1=?.
解法二:设A-1=?,
则AA-1=E(E为二阶单位矩阵),
∴??=?,得到a=2,b=-3,c=-1,d=2,
∴A-1=?.
(2)设P(x,y),则??=?,
所以?=A-1?=?.
因此,点P的坐标为(3,-1).
3.(2017江苏,21B,10分)已知矩阵A=?,B=?.
(1)求AB;
(2)若曲线C1:?+?=1在矩阵AB对应的变换作用下得到另一曲线C2,求C2的方程.
解析 本题主要考查矩阵的乘法、线性变换等基础知识,考查运算求解能力.
(1)因为A=?,B=?,
所以AB=??=?.
(2)设Q(x0,y0)为曲线C1上的任意一点,它在矩阵AB对应的变换作用下变为P(x,y),
则??=?,即?所以?
因为点Q(x0,y0)在曲线C1上,则?+?=1,
从而?+?=1,即x2+y2=8.
因此曲线C1在矩阵AB对应的变换作用下得到曲线C2:x2+y2=8.
4.(2016江苏,21B,10分)已知矩阵A=?,矩阵B的逆矩阵B-1=?,求矩阵AB.
解析 解法一:设B=?,
则B-1B=??=?,
即?=?,
故?解得?所以B=?.
因此,AB=??=?.
解法二:因为B-1=?,
所以B=(B-1)-1=?=?.
因此,AB=??=?.
5.(2015江苏,21B,10分)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.
解析 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.
教师专用题组
考点 矩阵与变换
1.(2014江苏,21B,10分)已知矩阵A=?,B=?,向量α=?,x,y为实数,若Aα=Bα,求x+y的
值.
解析 由已知,得Aα=??=?,Bα=??=?.
因为Aα=Bα,所以?=?.故?
解得?所以x+y=?.
2.(2014福建,21,14分)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.
解析 (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.
3.(2013福建,21(1),7分)已知直线l:ax+y=1在矩阵A=?对应的变换作用下变为直线l':x+by=1.
(1)求实数a,b的值;
(2)若点P(x0,y0)在直线l上,且A?=?,求点P的坐标.
解析 (1)设直线l:ax+y=1上任意点M(x,y)在矩阵A对应的变换作用下的像是M'(x',y').
由?=??=?,得?
又点M'(x',y')在l'上,所以x'+by'=1,即x+(b+2)y=1,
依题意得?解得?
(2)由A?=?,得?解得y0=0.
又点P(x0,y0)在直线l上,所以x0=1.
故点P的坐标为(1,0).
评析 本题主要考查矩阵、矩阵与变换等基础知识,考查运算求解能力,考查化归与转化思想.
4.(2013江苏,21B,10分)已知矩阵A=?,B=?,求矩阵A-1B.
解析 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=??
=?.
5.(2012江苏,21B,10分)已知矩阵A的逆矩阵A-1=?,求矩阵A的特征值.
解析 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.
评析 本题主要考查矩阵的基础知识,考查运算求解能力.
6.(2011江苏,21B,10分)已知矩阵A=?,向量β=?.求向量α,使得A2α=β.
解析????A2=??=?.
设α=?.由A2α=β,得??=?,从而?
解得x=-1,y=2,所以α=?.
评析 本题考查矩阵运算法则等基础知识,对运算能力有一定的要求,属中等难度题.
7.(2011福建,21(1),7分)设矩阵M=?(其中a>0,b>0).
(1)若a=2,b=3,求矩阵M的逆矩阵M-1;
(2)若曲线C:x2+y2=1在矩阵M所对应的线性变换作用下得到曲线C':?+y2=1,求a,b的值.
解析 (1)设矩阵M的逆矩阵M-1=?,
则MM-1=?.又M=?,
所以??=?,
所以2x1=1,2y1=0,3x2=0,3y2=1,
即x1=?,y1=0,x2=0,y2=?,
故所求的逆矩阵M-1=? .
(2)设曲线C上任意一点P(x,y),它在矩阵M所对应的线性变换作用下得到点P'(x',y'),则?
?=?,即?又点P(x',y')在曲线C'上,所以?+y'2=1,
则?+b2y2=1为曲线C的方程.
又已知曲线C的方程x2+y2=1,故?
又a>0,b>0,所以?
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019无锡期末,21A)设旋转变换矩阵A=?,若?·A=?,求ad-bc的值.
解析 ∵A=?,∴??=?,
得??(6分)
即a=-4,b=3,c=2,d=-1.?(8分)
∴ad-bc=(-4)×(-1)-2×3=-2.?(10分)
2.(2019金陵中学检测,21B)若点A(2,1)在矩阵M=?对应变换作用下得到点B(4,5),求矩阵M
的逆矩阵.
解析 由题意得M?=?,即?=?,所以?解得?所以M=?.?(5分)
解法一:因为detM=?=-7,
所以M-1=?=?.?(10分)
解法二:设M-1=?,由M-1M=?,得?=?,所以?
解得c=?,d=?,e=?, f=-?,
所以M-1=?.?(10分)
3.(2019苏中、苏北七市第二次调研,21A)已知m,n∈R,向量α=?是矩阵M=?的属于特征
值3的一个特征向量,求矩阵M及另一个特征值.
解析 由题意得,Mα=3α,即??=?=?,
所以m=2,n=1,即矩阵M=?.?(5分)
矩阵M的特征多项式f(λ)=?=(λ-1)2-4=0,
解得矩阵M的另一个特征值λ=-1.?(10分)
4.(2019苏北三市(徐州、连云港、淮安)期末,21A)已知矩阵A=?,B=?,求A-1B.
解析 由公式易得A-1=?.?(5分)
所以A-1B=??=?.?(10分)
5.(2019苏州期末,21A)已知矩阵M=?的逆矩阵M-1=?,求实数m,n.
解析 由于MM-1=??=?=?,
所以?解得?
6.(2019南京、盐城期末,21A)直线l:2x-y+3=0经过矩阵M=?变换后还是直线l,求矩阵M的
特征值.
解析 设直线l上一点(x,y)经矩阵M变换后得到点(x',y'),
所以??=?,即?因为变换后的直线还是直线l,所以将点(x',y')代入直线l的方
程,
得2ax-(x+dy)+3=0,即(2a-1)x-dy+3=0,
所以?解得??(6分)
所以矩阵M的特征多项式f(λ)=?=?(λ-1),令f(λ)=0,
解得λ=?或λ=1,所以矩阵M的特征值为?与1.?(10分)
解答题(共80分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：45分钟 分值：80分)
1.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,21A)已知矩阵A=?,其逆矩阵A-1=?,求A2.
解析 因为AA-1=?,即??=?,
所以??(2分)
解得a=1,b=?,c=-?,则A=?.?(5分)
所以A2=??=?.?(10分)
2.(2019南京期初调研,21A)已知矩阵A=?,向量α=?.
(1)若向量β=?满足Aβ=α,求x,y的值;
(2)求A-1.
解析 (1)因为矩阵A=?,向量α=?,β=?,且Aβ=α,
所以Aβ=??=?=?.?(3分)
所以?解得??(5分)
(2)因为矩阵M=?(ad-bc≠0)的逆矩阵为M-1=?,且矩阵A=?,
所以A-1=?.?(10分)
3.(2019南京三模,21A)已知矩阵M=?.
(1)求M2;
(2)求矩阵M的特征值和特征向量.
解析 (1)M2=??=?.?(4分)
(2)矩阵M的特征多项式f(λ)=?=(λ-1)(λ-3).
令f(λ)=0,解得M的特征值为λ1=1,λ2=3.?(6分)
①当λ=1时,??=?,得?
令x=1,则y=-1,于是矩阵M属于特征值1的一个特征向量为?.?(8分)
②当λ=3时,??=3?,得?
令x=1,则y=1,于是矩阵M属于特征值3的一个特征向量为?.
因此,矩阵M的特征值为1,3,分别对应的一个特征向量为?,?.?(10分)
4.(2019南师大附中期中,21A)已知二阶矩阵M=?的特征值λ=-2所对应的一个特征向量e
=?.
(1)求矩阵M;
(2)设曲线C在矩阵M作用下得到的曲线C'的方程为x2+y2=1,求曲线C的方程.
解析 (1)因为Me=λe,所以??=-2?.?(2分)
所以?所以?所以M=?.?(5分)
(2)设曲线C上任意一点P(x,y)在矩阵M作用下得到曲线x2+y2=1上的一点P'(x',y'),
则?=??,即??(7分)
又因为点P'(x',y')在曲线x2+y2=1上,所以x'2+y'2=1,即(-x+y)2+(2x)2=1.
整理得5x2-2xy+y2-1=0.
所以曲线C的方程为5x2-2xy+y2-1=0.?(10分)
5.(2019南通基地学校3月联考,21A)已知二阶矩阵A有特征值λ=-4,其对应的一个特征向量为e=
?,并且矩阵A对应的变换将点(1,2)变换成点(8,4),求矩阵A.
解析 设所求二阶矩阵A=?.
由题意得Ae=-4e,且A?=?.?(5分)
所以?解得?
所以A=?.?(10分)
6.(2019泰州期末,21A)已知矩阵M=?的一个特征值为-2,向量α=?,求Mα.
解析????f(λ)=?=λ2-(x-1)λ-(x+5)=0,将λ=-2代入上式,解得x=3,
所以M=?,所以Mα=??=?.
7.(2019苏中、苏北七大市三模,21A)已知a,b,c,d∈R,矩阵A=?的逆矩阵A-1=?.若曲线
C在矩阵A对应的变换作用下得到曲线y=2x+1,求曲线C的方程.
解析 由题意得,AA-1=?,即??=?=?,
所以a=1,b=1,c=2,d=0,
即矩阵A=?.?(5分)
设P(x,y)为曲线C上的任意一点,在矩阵A对应的变换作用下变为点P'(x',y'),
则?=??,即??(8分)
由已知条件可知,P'(x',y')满足y'=2x'+1,整理得2x-5y+1=0,
所以曲线C的方程为2x-5y+1=0.?(10分)
8.(2019江都中学、华罗庚中学等13校联考,21A)求曲线|x|+|y|=1在矩阵M=?对应的变换作
用下得到的曲线所围成图形的面积.
解析 设点(x0,y0)为曲线|x|+|y|=1上的任意一点,在矩阵M=?对应的变换作用下得到的点为
(x',y'),则??=?,所以??(5分)
所以曲线|x|+|y|=1在矩阵M=?对应的变换作用下得到的曲线为|x|+3|y|=1,所围成的图形为
菱形,其面积为?×2×?=?.?(10分)
