第一课时: 圆锥曲线与方程
一、复习目标：
能正确区分轨迹和轨迹方程
掌握求曲线方程(轨迹)的基本方法
二、考点整合
1. 轨迹问题应注意的两点
(1) 完备性和纯粹性
(2) 轨迹和轨迹方程的关系
2. 求曲线的方程的一般步骤
(1)建立适当的直角坐标系，用有序实数对(x，y)表示曲线上任意一点M的
坐标；
(2)写出适合条件P的点M的集合：P＝{M|P(M)}；
(3)用坐标表示条件P(M)，列出方程f(x，y)＝0；
(4)化方程f(x，y)＝0为最简单形式；
(5)说明以化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上。
3. 求曲线方程(轨迹)的基本方法
(1)直接法:由题设所给(或通过分析图形的几何性质而得出)的动点所满足的几何条件列出等式，再用坐标等式，化简得曲线的方程，这种方法叫直接法．
(2)定义法:利用所学过的圆的定义、椭圆的定义、双曲线的定义、抛物线的定义等直接写出所求的动点的轨迹方程，这种方法叫做定义法．这种方法要求题设中有定点与定直线及两定点距离之和或差为定值的条件，或利用平面几何知识分析得出这些条件．
(3)相关点法:若动点P(x，y)随已知曲线上的点Q(x0，y0)的变化而变化，且x0、y0可用x、y表示，则将Q点坐标表达式代入已知曲线方程，即得点P的轨迹方程．这种方法称为相关点法(或代换法)．
(4)参数法:如果轨迹动点P(x，y)的坐标之间的关系不易找到，也没有相关点可用时，可先考虑将x、y用一个或几个参数来表示，消去参数得轨迹方程，参数法中常选角、斜率等为参数．
(5)待定系数法:若已知是何种曲线，再求曲线方程，一般采用待定系数法．求圆、椭圆、双曲线以及抛物线的方程时常用待定系数法．
三. 题型解析
南通市2012届高三第一次调研测试
【例1】如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点在原点，焦点为F（1，0）．过抛物线在轴上 方的不同两点、作抛物线的切线、，与轴分别交于、两点，且与交于点，直线与直线交于点．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）求证：轴；
（3）若直线与轴的交点恰为F（1，0），求证：直线过定点．
【解析】（1）设抛物线的标准方程为，
由题意，得，即．
所以抛物线的标准方程为．
（2）设，，且，．
由（），得，所以．
所以切线的方程为，即．
整理，得， ①
且C点坐标为．
同理得切线的方程为，②
且D点坐标为．
由①②消去，得．
又直线的方程为，③
直线的方程为． ④
由③④消去，得．
所以，即轴．
（3）由题意，设，代入（1）中的①②，得，．
所以都满足方程．
所以直线的方程为．
故直线过定点．
【点评】本题主要考查抛物线的标准方程、简单的几何性质等基础知识，考查运算求解、推理论证的能力．
【例2】平面直角坐标系xOy中，动点P到y轴的距离记为d1，到原点的距离记为d2，到直线x＝6的距离记为d3，若d1，d2，d3成等差数列，求动点P的轨迹方程．
【解析】 设P(x，y)，由已知得d1＝|x|，d2＝，d3＝|x－6|，
因为d1，d2，d3成等差数列，所以2d2＝d1＋d3，即
2＝|x|＋|x－6|，
当x≥6时，2＝2x－6，两端平方，整理得y2＝－6x＋9.
因为y2≥0，所以x≤与x≥6矛盾，即x≥6时，没有满足条件的轨迹．
当0≤x<6时，2＝6，即x2＋y2＝9，表示圆心在原点，半径为3的圆在y轴右边的半圆(包括与y轴的交点)
当x<0时，2＝6－2x，两端平方，整理得y2＝－6x＋9，表示抛物线在y轴左边的部分．
综上，点P的轨迹方程是x2＋y2＝9(0≤x≤3)和y2＝－6x＋9(x<0)．如图所示.
【点评】用直接法求动点轨迹时要注意它的完备性和纯粹性，如果化简变形过程不是等价变形，则要补充遗漏的点和删除多余的点．当题目中含有变量时要对不同情况进行讨论．
【例3】如图51－2，已知A、B、C是直线l上的三点，且|AB|＝|BC|＝6，⊙O′切直线l于点A，又过B、C作⊙O′异于l的两切线，设这两切线交于点P，求点P的轨迹方程．
【解析】设过B、C异于直线l的两切线分别切⊙O′于D、E两点，两切线交于点P.由切线的性质知：|BA|＝|BD|，|PD|＝|PE|，|CA|＝|CE|，
故|PB|＋|PC|＝|BD|＋|PD|＋|PC|＝|BA|＋|PE|＋|PC|＝|BA|＋|CE|＝|AB|＋|CA|＝6＋12＝18＞6＝|BC|，
故由椭圆定义知，点P的轨迹是以B、C为两焦点的椭圆，
以l所在的直线为x轴，以BC的中点为原点，建立平面直角坐标系，则椭圆方程是标准型，a＝9，c＝3，所以b2＝81－9＝72，所以动点P的轨迹方程为＋＝1.
【点评】解题时应注意动点的几何特征，当动点的几何特征满足圆、椭圆、双曲线或抛物线的定义时，可以直接套用他们的方程，这样就避免了直接化简代数式带来的繁杂的运算．在求出轨迹方程后要对轨迹的完备性和纯粹性进行讨论．
【例4】[2011·陕西卷]如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且
（Ⅰ）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程
（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为的直线被C所截线段的长度
【解析】（Ⅰ）设M的坐标为（x, y）P的坐标为（xp, yp），由已知
xp=x
∵P在圆上，?∴，即C的方程为
（Ⅱ）过点（3，0）且斜率为的直线方程为，
设直线与C的交点为
将直线方程代入C的方程，得
即
?∴?
?∴?线段AB的长度为
【点评】利用相关点法(代入法)求轨迹的方程的关键是：(1)根据已知条件寻找所求点与另一点的横纵坐标之间的关系式：(2)求得另外一相关点的轨迹方程，然后代入这一轨迹方程. 一般地，中点问题，定比分点问题，对称问题等，都可用相关点法求解．
【例5】过点A(－1,0)，斜率为k的直线l与抛物线C：y2＝4x交于P、Q两点．若曲线C的焦点F与P、Q、R三点按如图51－4顺序构成平行四边形PFQR，求点R的轨迹方程.
【解析】由已知设直线l：y＝k(x＋1)，代入抛物线C：y2＝4x的方程，消x得y2－y＋k＝0，
∵ 直线l交抛物线C于两点P、Q ，
∴
解得－1
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，R(x，y)，M是PQ的中点，则由韦达定理可知：
yM＝＝， 将其代入直线l的方程，得
∵四边形PFQR是平行四边形，
∴RF中点也是PQ中点M，
∴
消去k，得y2＝4(x＋3)，
又∵k∈(－1,0)∪(0,1)，∴ xM∈(1，＋∞)．
∴点R的轨迹方程为y2＝4(x＋3)(其中x>1)．
【点评】本题以直线l的斜率为参数，通过韦达定理和中点公式将动点R的坐标表示出来，从而得出动点R的参数方程. 在利用参数法求轨迹时，要考虑选择的参数怎样才能很好地与动点的横纵坐标联系起来，一般选择角度、斜率等为参数．
【例6】[2011年高考全国新课标卷理科20] 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,-1)，B点在直线y = -3上，M点满足MB//OA， MA?AB = MB?BA，M点的轨迹为曲线C。
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）P为C上的动点，l为C在P点处得切线，求O点到l距离的最小值。
【解析】（Ⅰ）设动点M的坐标为，则依题意：
，
由此可得，即曲线C的方程为：
(Ⅱ)设点是曲线C上任一点，又因为，所以，直线L的斜率，其直线方程为：即，所以原点到该直线的距离，又因为，，，
所以，当且仅当时，所求的距离最小为2.
【点评】此题考查曲线方程的求法、直线方程、点到直线的距离、用不等式求最值以及导数的应用等。要把握每一个环节的关键。
四、达标测试
1. 直线＋＝1与x，y轴交点的中点的轨迹方程是________________．
【答案】x＋y＝1(x≠0且x≠1)
【解】设直线＋＝1与x、y轴交点为A(a,0)，B(0,2－a)，A、B中点为M(x，y)，则x＝，y＝1－，消去a，得x＋y＝1，∵ a≠0，a≠2，∴ x≠0，x≠1.
2. 若动圆与圆C：x2＋(y－3)2＝1外切且与直线l：y＝－2相切，则动圆圆心的轨迹方程是______________
【答案】 x2＝12y
【解】如图，设动圆圆心为M，由题意，动点M到定圆圆心C(0,3)的距离等于它到定直线y＝－3的距离，故所求轨迹是以(0,3)为焦点，直线y＝－3为准线的抛物线，并且p＝6，顶点在原点，开口向上，所以方程是x2＝12y.
3.双曲线－y2＝1有动点P，F1，F2是该双曲线的两个焦点，求△PF1F2的重心M的轨迹方程．
【答案】x2－9y2＝1(y≠0)
【解】设P，M点坐标分别为P(x1，y1)，M(x，y)，
在已知双曲线方程中a＝3，b＝1，∴c＝＝，
∴已知双曲线两焦点为F1(－，0)，F2(，0)，
∵△PF1F2存在，∴y1≠0，
由三角形重心坐标公式有即∵y1≠0，∴y≠0.
已知点P在双曲线上，将上面结果代入已知曲线方程，有－(3y)2＝1(y≠0)，
即所求重心M的轨迹方程为x2－9y2＝1(y≠0)．
4. 如图，点P是抛物线C：y＝x2上的一点，直线l过点P且与抛物线C交于另一点Q.若直线l与过点P的抛物线的切线垂直，求线段PQ的中点M的轨迹方程．
【答案】 y ＝ x2 ＋ ＋ 1(x≠0)．
【解】 设P(x1，y1)、Q(x2，y2)、M(x0，y0)，
依题意知x1≠0，y1>0，y2>0.
由y＝x2，求导得y′＝x.
所以过P点的切线的斜率为k′＝x1，
所以直线l的斜率为k＝－，
直线方程为y0－x＝－(x0－x1)．①
由y1＝x，y2＝x，x0＝，得
y1－y2＝(x－x)＝(x1＋x2)(x1－x2)＝x0(x1－x2)，
则x0＝＝k＝－，所以x1＝－.
将上式代入①式，整理得y0 ＝ x ＋ ＋1(x0 ≠0)，
所以线段PQ的中点M的轨迹方程为y ＝ x2 ＋ ＋ 1(x≠0)．
5. 已知定点A(0,1)，B(0,－1)，C(1,0)。动点P满足：。
(1)求动点P的轨迹方程，并说明方程表示的曲线；
(2)当时，求的最大值和最小值。.
【答案】(1)若k=1，则方程为x=1，表示过点（1，0）是平行于y轴的直线。
若k≠1，则方程化为：，表示以(,0)为圆心，以为半径的圆。
(2) 最大值8 , 最小值0.
【解】(1) 设动点的坐标为P(x, y),则＝(x, y－1)，＝(x,y+1)，＝(1－x,－y)
∵·＝k||2，∴x2+y2－1＝k[(x－1)2+y2]即(1－k)x2+(1－k)y2+2kx－k－1=0。
若k=1，则方程为x=1，表示过点（1，0）是平行于y轴的直线。
若k≠1，则方程化为：，表示以(,0)为圆心，以为半径的圆。
（2）当k=2时，方程化为(x－2)2+y2=1，
又x2+y2＝4x－3，。 ∵(x－2)2+y2＝1，∴令x＝2＋cosθ，y＝sinθ。得即最大值8 , 最小值0.
6．[2011南通三模]过抛物线y2=4x上一点A(1，2)作抛物线的切线，分别交x轴于点B，交y轴于点D，点C(异于点A)在抛物线上，点E在线段AC上，满足=λ1；点F在线段BC上，满足=λ2，且λ1+λ2=1，线段CD与EF交于点P．
(1)设，求；
(2)当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程．
【解】(1)过点A的切线方程为y=x+1．
切线交x轴于点B(-1，0)，交y轴交于点D(0，1)，则D是AB的中点．
所以． (1)
由(=(1+λ) (． (2)
同理由 =λ1， 得=(1+λ1)， (3)
=λ2， 得=(1+λ2)． (4)
将(2)、(3)、(4)式代入(1)得
．
因为E、P、F三点共线，所以 + =1，
再由λ1+λ2=1，解之得λ=．
(2)由(1)得CP=2PD，D是AB的中点，所以点P为△ABC的重心．
所以，x=，y=．
解得x0=3x，y0=3y-2，代入y02=4x0得，(3y-2)2=12x．
由于x0≠1，故x≠3．
所求轨迹方程为(3y-2)2=12x (x≠3)．
备用题
1．（本小题满分10分）已知动圆过点且与直线相切.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点作一条直线交轨迹于两点，轨迹在两点处的切线相交于点，为线段的中点，求证：轴.
【解】（1）根据抛物线的定义，可得动圆圆心的轨迹C的方程为…………4分
【证明】设， ∵，∴ ，∴ 的斜率分别
为，故的方程为，的方程为 …7分
即，两式相减，得，又，
∴ 的横坐标相等，于是………………10分
2．如图,设动直线l垂直于x轴，且与椭圆x2＋2y2＝4交于A、B两点，P是直线l上满足·＝1的点，求点P的轨迹方程．
【解析】设P点的坐标为，则由方程x2＋2y2＝4得y＝±，
所以 A、B两点的坐标分别为，，
又∵·＝1，
∴·＝1，即y2－＝1，整理得＋＝1，
又直线l与椭圆交于两点，所以－2 所以点P的轨迹方程为＋＝1(－2 第七课时 坐标系与参数方程
一、复习目标
会互化直角坐标和极坐标
会转化直角坐标方程和参数方程
二、考点整合
1．直角坐标与极坐标的互化.
2．直线的极坐标方程
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)且垂直于极轴：ρcos θ＝a；
(3)直线过M(b，)且平行于极轴：ρsin θ＝b.
3．圆的极坐标方程
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(r，)，半径为r：ρ＝2rsin θ.
4．直线的参数方程
过定点M(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为
(t为参数)．
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)抛物线y2＝2px(p>0)的参数方程为
三、题型解析
【例1】（盐城市2012届高三年级第二次模拟考试）已知点在椭圆上, 试求最大值.
【解析】根据椭圆的参数方程, 可设点是参数
则, 即最大值为10．
【点评】本题考查椭圆的参数方程及其应用．
【例2】(1)点P的直角坐标为(1，－)，求点P的极坐标(0≤θ<2π)；
(2)将曲线的极坐标方程sinθ＝化为直角坐标方程．
【解析】 (1)∵P的直角坐标为(1，－)，
∴ρ＝＝2，tanθ＝＝－.
又点P在第四象限，0≤θ<2π，∴θ＝.
∴P的极坐标为(2，)．
(2)∵sin θ＝，∴ρsinθ＝ρ，
∴y＝，∴x2＝8y2，
∴y＝x，y＝－x.又y＝>0，
∴y＝x(x>0)和y＝－x(x<0)．
【点评】(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．
【例3】[2011年高考福建卷理科21] 在直接坐标系xOy中，直线l的方程为x-y+4=0，曲线C的参数方程为
．
（I）已知在极坐标（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，
点P的极坐标为（4，），判断点P与直线l的位置关系；
（II）设点Q是曲线C上的一个动点，求它到直线l的距离的最小值．
【解】（I）把极坐标系下的点化为直角坐标，得P（0，4）．
因为点P的直角坐标（0，4）满足直线的方程，
所以点P在直线上.
（II）因为点Q在曲线C上，故可设点Q的坐标为，
从而点Q到直线的距离为
，
由此得，当时，d取得最小值，且最小值为
【点评】本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、椭圆的参数方程等基础知识,
考查运算求解能力，考查化归与转化思想．
【例4】已知曲线C1：(t为参数)，
曲线C2：
(θ为参数)．
(1)化C1，C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；
(2)若C1上的点P对应的参数为t＝，Q为C2上的动点，求PQ中点M到直线
C3：(t为参数)距离的最小值．
【解】(1)C1：(x＋4)2＋(y－3)2＝1，C2：＋＝1.
C1为圆心是(－4,3)，半径为1的圆．
C2为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长半轴长是8，短半轴长是3的椭圆．
(2)当t＝时，P(－4,4)．由于Q为C2上的动点，
因此Q(8cos θ，3sin θ)，
故M，
直线C3的方程为：x－2y－7＝0，故点M到C3的距离为d＝|4cosθ－3sinθ－13|.
从而当cos θ＝，sin θ＝－时，d取得最小值.
【点评】 (1)参数方程化普通方程的关键是消参数．要根据参数的特点进行．
(2)利用参数方程解决问题，关键是选准参数，如本例以θ为参数，
就比较有利于问题的解决．
【例5】 [2011苏北四市一模 ]已知圆和圆的极坐标方程分别为
，．
（1）把圆和圆的极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）求经过两圆交点的直线的极坐标方程．
【解】（1），所以；
因为，
所以，所以．
（2）将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为.
化为极坐标方程为，即．
【点评】求极坐标方程可先求直角坐标方程再转化.
【例6】 [2011年高考江苏卷21]在平面直角坐标系中，求过椭圆（为参数）的右焦点且与直线（为参数）平行的直线的普通方程.
【解】椭圆的普通方程为右焦点为（4，0），直线（为参数）的
普通方程为，斜率为：；所求直线方程为：.
【点评】考察参数方程与普通方程的互化、椭圆的基本性质、直线方程、两条直线的位置关系．
【例7】在极坐标系中，已知圆ρ=2cosθ与直线3ρcosθ+4ρsinθ+a=0相切，求实数a的值．
【解】，圆ρ=2cosθ的普通方程为：，
直线3ρcosθ+4ρsinθ+a=0的普通方程为：，
又圆与直线相切，所以解得：，或．
【点评】本题主要考查曲线的极坐标方程等基本知识，考查转化问题的能力．
四、达标测试
1．极坐标方程分别为ρ＝cos θ与ρ＝sin θ的两个圆的圆心距为________．
【答案】
【解】圆心分别为(，0)和(0，)．
2.直线(t为参数)被圆
(θ为参数)所截得的弦长为________．
【答案】6
【解】将直线化为普通方程：3x＋4y＋10＝0；
将圆化为普通方程为：(x－2)2＋(y－1)2＝25，
圆心为(2,1)，半径为5，
则圆心到直线3x＋4y＋10＝0的距离
d＝＝＝4，
则弦长的一半为3，则弦长为6.
3．已知圆C的参数方程为(α为参数)，
以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标
方程为ρsin θ＝1，则直线l与圆C的交点的直角坐标为________________．
【答案】(－1,1)和(1,1)
【解】解析 ∵y＝ρsin θ，
∴直线l的直角坐标方程为y＝1.
由得x2＋(y－1)2＝1.
由得或
∴直线l与圆C的交点的直角坐标为(－1,1)和(1,1)．
4．直线与圆相切，则θ＝________.
【答案】θ＝或θ＝.
【解】 直线为xtan θ－y＝0，圆为(x－4)2＋y2＝4，
圆心为(4,0)，∵＝＝|4sin θ|＝2，
∴sin θ＝或sin θ＝－，
∴θ＝或θ＝.
5．在平面直角坐标系xOy中，动圆x2＋y2－8xcos θ－6ysin θ＋7cos2θ＋8＝0(θ∈R)的圆心为P(x，y)，求2x－y的取值范围．
【解】∵x2＋y2－8xcos θ－6ysin θ＋7cos2θ＋8＝0的圆心为
(4cos θ，3sin θ)，
又圆心为P(x，y)，
∴(θ为参数，θ∈R)，
∴2x－y＝8cos θ－3sin θ＝cos(θ＋φ)，
∴－≤2x－y≤.
即2x－y的取值范围是[－，]．`
6．求圆ρ＝3cos θ被直线(t是参数)截得的弦长．
【解】将极坐标方程转化成直角坐标方程：
ρ＝3cos θ即：x2＋y2＝3x，
即(x－)2＋y2＝；
又即：2x－y＝3，
所以圆心到直线的距离d＝＝0，
即直线经过圆心，所以被直线截得的弦长为3.
7.在极坐标系(ρ，θ)(0≤θ<2π)中，曲线ρ(cosθ＋sin θ)＝1与
ρ(sin θ－cos θ)＝1的交点的极坐标为_____
【解】ρ(sin θ－cos θ)＝1化为直角坐标方程为y－x＝1.联立方程组得则交点为(0,1)，对应的极坐标为.
8.在极坐标系中，已知直线l的极坐标方程为ρsin(θ＋)＝1，
圆C的圆心是C(1，)，半径为1.
(1)求圆C的极坐标方程；
(2)求直线l被圆C所截得的弦长．
【解】 (1)设O为极点，OD为圆C的直径，A(ρ，θ)为圆C上的一个动点，
则∠AOD＝－θ或∠AOD＝θ－，
OA＝ODcos(－θ)或OA＝ODcos(θ－)，
所以圆C的极坐标方程为ρ＝2cos(θ－)．
(2)直线l的直角坐标方程为x＋y－＝0，圆心C的直角坐标为(，)，
故C点满足直线l的方程，则直线l经过圆C的圆心，
故直线被圆所截得的弦长为直径为2.
9．[2011南通三模] 在极坐标系中，求经过三点O(0，0)，A(2，)，B(，)
的圆的极坐标方程．
【解】设是所求圆上的任意一点，则，
故所求的圆的极坐标方程为．
10. [2011扬州三调]
椭圆中心在原点，离心率为，点是椭圆上的点，若的最大值为，求椭圆的标准方程．
【解】离心率为，设椭圆标准方程是，
它的参数方程为是参数
最大值是，
依题意，，椭圆的标准方程是.
11. [2011泰州期末] 已知直线l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坐标系，若圆C的极坐标方程为，试求直线l被圆C所截的弦长.
【解】将方程，分别化为普通方程和直角坐标方程：
，，
则圆心，半径，∴到的距离，
∴弦长.
另解：将方程化为直角坐标方程：，
以代入上式得，则、，
∴弦长.
12.[2011盐城二调]
若两条曲线的极坐标方程分别为与，它们相交于两点，求线段 的长．
【解】（Ⅰ）由得，
又
，由,得,
.
13. 已知曲线C的参数方程为（为参数，）.求曲线C的普通方程．
【解】因为所以
故曲线C的普通方程为：.
备用题
1．[2010·全国]已知直线C1：(t为参数)，圆C2：(θ为参数)．
(1)当α＝时，求C1与C2的交点坐标；
(2)过坐标原点O作C1的垂线，垂足为A，P为OA的中点，当α变化时，
求P点轨迹的参数方程，并指出它是什么曲线．
【解】 (1)当α＝时，C1的普通方程为y＝(x－1)，C2的普通方程为
x2＋y2＝1，联立方程组解得C1与C2的交点坐标为(1,0)，
(，－)．
(2)C1的普通方程为xsinα－ycosα－sin α＝0.
A点坐标为(sin2α，－cosα sinα)，
故当α变化时，P点轨迹的参数方程为
(α为参数)．
P点轨迹的普通方程为(x－)2＋y2＝.故P点轨迹是圆心为(，0)，半径为的圆．
2．已知直线的极坐标方程为，曲线C的参数方程为，设点是曲线C上的任意一点，求到直线的距离的最大值．
【解】
……………………3分
由得 ……………………6分
∴圆心到直线 ……………………8分
所以，到直线的距离的最大值为 ……………………10分
第3课时 导数与推理证明
一、复习目标
会求简单的复合函数的导数
能用数学归纳法证明有关问题
二、考点整合
1.复合函数的导数
复合函数的导数：yx′＝yu′·ux′.
如求f(ax＋b)的导数，令u＝ax＋b，则
(f(ax＋b))′＝f′(u)·a.
2.推理证明中的数学归纳法
证明某些与自然数有关的数学题,可用下列方法来证明它们的正确性:
(1)验证当n取第一个值 (例如=1)时命题成立,
(2)假设当n=k(k(N* ，k( )时命题成立,
证明当n=k+1时命题也成立
注意: 第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两步缺一不可
三.题型解析
【例1】[南通市2012届高三第一次调研]
已知数列{}满足：，．
（1）求，的值；
（2）证明：不等式对于任意都成立．
（1）【解析】由题意，得．
（2）【证明】①当时，由（1），知，不等式成立．
②设当时，成立，则当时，由归纳假设，知．
而，
所以， 即当时，不等式成立．
由①②，得不等式对于任意成立．
【点评】本题主要考查数学归纳法等基础知识，考查运算求解、分析探究及推理论证的能力．满分10分．
【例2】[2011南通三模]已知函数，其中a＞0．
(1)若在x=1处取得极值，求a的值；
(2)若的最小值为1，求a的取值范围．
【解析】 (1) ．
因在处取得极值，故，解得a=1 (经检验)．
(2)，因 ，故ax+1＞0，1+x＞0．
当a≥2时，在区间上，递增，的最小值为f(0)=1．
当0∴f(x)的单调减区间为，单调增区间为．
于是，f(x)在处取得最小值，不合．
综上可知，若f(x)得最小值为1，则a的取值范围是
【点评】考查复合函数求导的基础知识以及导数知识的综合应用
【例3】求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．
【证明】①n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．
②假设n＝k时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)2.
当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以n＝k＋1时，等式也成立．
由①②得，等式对任何n∈N*都成立．
【点评】用数学归纳法证明等式时，要清楚等式两边的结构，特别是由n＝k到n＝k＋1等式两边发生了怎样的变化，项数增加了多少项，这是正确解答问题的关键．
【例4】在平面内有n条直线，其中每两条直线相交于一点，并且每三条直线都不相交于同一点．
求证：这n条直线将它们所在的平面分成个区域．
【证明】(1)n＝2时，两条直线相交把平面分成4个区域，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥2)时，k条直线将平面分成块不同的区域，命题成立．
当n＝k＋1时，设其中的一条直线为l，其余k条直线将平面分成块区域，直线l与其余k条直线相交，得到k个不同的交点，这k个点将l分成k＋1段，每段都将它所在的区域分成两部分，故新增区域k＋1块．
从而k＋1条直线将平面分成＋k＋1＝块区域．
所以n＝k＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，原命题成立．
【点评】用数学归纳法证明几何问题，关键是第二步中由k到k+1的变化情况.通过几何说理，来完成算式推理，借助于几何特征和图形的直观性来建立k与k+1的递推关系.
【例5】[2010江苏] 已知△ABC的三边长都是有理数．
求证cosA是有理数；（2）求证：对任意正整数n，cosnA是有理数．
（方法一）【证明】（1）证明：设三边长分别为，，
∵是有理数，是有理数，分母为正有理数，又有理数集对于 除法的具有封闭性，
∴必为有理数，∴cosA是有理数．
（2）①当时，显然cosA是有理数；
当时，∵，因为cosA是有理数， ∴也是有理数；
②假设当时，结论成立，即coskA、均是有理数．
当时，，
，
，
解得：
∵cosA，，均是有理数，∴是有理数，
∴是有理数．
即当时，结论成立．
综上所述，对于任意正整数n，cosnA是有理数．
（方法二）【证明】（1）由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知
是有理数．
（2）用数学归纳法证明cosnA和都是有理数．
①当时，由（1）知是有理数，从而有也是有理数．
②假设当时，和都是有理数．
当时，由，
，
及①和归纳假设，知和都是有理数．
即当时，结论成立．
综合①、②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数．
【点评】本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识，考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力．
【例6】[2011苏北一摸]已知（其中）⑴求及；
⑵试比较与的大小，并说明理由．
【解】⑴取，则；取，则，
∴； ------4分
⑵要比较与的大小，即比较：与的大小，
当时，；
当时，；
当时，； ------5分
猜想：当时，，下面用数学归纳法证明：
由上述过程可知，时结论成立，
假设当时结论成立，即，
两边同乘以3 得：
而
∴
即时结论也成立，∴当时，成立．
综上得，当时，；
当时，；
当时，
【点评】解答本题的关键是先利用特殊值猜想．再对结果进行推测和猜想，对猜想的结论进行合理证明.
【例7】等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值； (2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式··…·>成立．
(1)【解析】由题意：Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，
由于b>0且b≠1，所以{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
＝b，即＝b，解得r＝－1.
(2)【证明】 由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，
所证不等式为··…·>.
①当n＝1时，左式＝，右式＝.
左式>右式，所以结论成立，
②假设n＝k(k∈N*且k≥1)时结论成立，即··…·>，则当n＝k＋1时，
··…··>·＝.
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证≥，即证≥，
由均值不等式＝≥成立，故≥成立，
所以，当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，n∈N*时，不等式··…·>成立．
【点评】本题联系等差数列、等比数列，考查了数学归纳法的应用和综合运用数学知识进行归纳、推理、论证的能力．
四、达标测试
1．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1)时，第一步应验证不等式( )
A．1＋<2 B．1＋＋＜2
C．1＋＋＜3 D．1＋＋＋＜3
【答案】 B
【解】∵n∈N*，n＞1，∴n取第一个自然数为2，左端分母最大的项为＝，故选B.
2．设f(n)＝＋＋…＋(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于( )
A. B.
C.＋ D.－
【答案】 D
【解】 f(n＋1)－f(n)
＝
－＝＋－
＝－.
3．某个命题与自然数n有关，若n＝k(k∈N*)时，该命题成立，那么可推得n＝k＋1时该命题也成立．现在已知当n＝5时，该命题不成立，那么可推得( )
A．当n＝6时该命题不成立 B．当n＝6时该命题成立
C．当n＝4时该命题不成立 D．当n＝4时该命题成立
【答案】 C
【解】 原命题正确，则逆否命题正确．故应选C.
4．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步的证明时，正确的证法是( )
A．假设n＝k(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题也成立
B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1时命题也成立
C．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2时命题也成立
D．假设n＝2k＋1(k∈N)，证明n＝k＋1时命题也成立
【答案】 C
【解】 ∵n为正奇数，当n＝k时，k下面第一个正奇数应为k＋2，而非k＋1.故应选C.
5．凸n边形有f(n)条对角线，则凸n＋1边形对角线的条数f(n＋1)为( )
A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n
C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2
【答案】C
【解】 增加一个顶点，就增加n＋1－3条对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故f(n＋1)＝f(n)＋1＋n＋1－3＝f(n)＋n－1.故应选C.
6．用数学归纳法证明“对一切n∈N*，都有2n>n2－2”这一命题，证明过程中应验证( )
A．n＝1时命题成立 B．n＝1，n＝2时命题成立
C．n＝3时命题成立 D．n＝1，n＝2，n＝3时命题成立
【答案】 D
【解】 假设n＝k时不等式成立，即2k>k2－2，
当n＝k＋1时2k＋1＝2·2k>2(k2－2)
由2(k2－2)≥(k－1)2－4?k2－2k－3≥0
?(k＋1)(k－3)≥0?k≥3，因此需要验证n＝1,2,3时命题成立．故应选D.
7．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为( )
A．30 B．26 C．36 D．6
【答案】 C
【解】 因为f(1)＝36，f(2)＝108＝3×36，f(3)＝360＝10×36，所以f(1)，f(2)，f(3)能被36整除，推测最大的m值为36.
8．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2、a3、a4，猜想an＝( )
A. B. C. D.
【答案】 B
【解】 由Sn＝n2an知Sn＋1＝(n＋1)2an＋1
∴Sn＋1－Sn＝(n＋1)2an＋1－n2an
∴an＋1＝(n＋1)2an＋1－n2an
∴an＋1＝an (n≥2)．
当n＝2时，S2＝4a2，又S2＝a1＋a2，∴a2＝＝, a3＝a2＝，a4＝a3＝.
由a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝
猜想an＝，故选B.
9. [ 2011南通一调] 用数学归纳法证明：
．
【证明】（1）当时，左边，右边左边，
∴等式成立．
（2）设当时，等式成立，
即．
则当时，
左边
∴ 时，等式成立．由（1）、（2）可知，原等式对于任意成立．
10．试比较2n＋2与n2的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明你的结论．
【解】当n＝1时，21＋2＝4>n2＝1，
当n＝2时，22＋2＝6>n2＝4，
当n＝3时，23＋2＝10>n2＝9，
当n＝4时，24＋2＝18>n2＝16，
由此可以猜想，
2n＋2>n2(n∈N*)成立
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，
左边＝21＋2＝4，右边＝1，
所以左边>右边，
所以原不等式成立．
当n＝2时，左边＝22＋2＝6，
右边＝22＝4，所以左边>右边；
当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，
所以左边>右边．
(2)假设n＝k时(k≥3且k∈N*)时，不等式成立，
即2k＋2>k2.那么n＝k＋1时，
2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.
又因：2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3
＝(k－3)(k＋1)≥0，
即2k2－2≥(k＋1)2，故2k＋1＋2>(k＋1)2成立．
根据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N*都成立．
11. [2011·盐城二调]在平面直角坐标系中,椭圆在第一象限的部分为曲线,曲线在其上动点处的切线与轴和轴的交点分别为,且向量．
(Ⅰ)求切线的方程(用表示).
(Ⅱ)求动点的轨迹方程．
【解】（Ⅰ）因为,所以
故切线l的方程为,即
(Ⅱ)设,是轨迹上任一点,在中令,
得;令,得, 则由,得
消去,得动点的轨迹方程为
12 . [2011·盐城二调] 已知数列满足,且.试猜想的最小值,使得对恒成立,并给出证明.
【解】当n=1时,,因为,所以欲恒成立,
则要恒成立,解得,由此猜想的最小值为2
因为,所以要证该猜想成立,只要证:当时,对恒成立
现用数学归纳法证明之:①当n=1时结论显然成立
②假设当n=k时结论成立，即ak∈(0, 2),
则当n=k+1时，ak+1=－ak2+2ak= ak(2－ak)
一方面,ak+1=ak(2－ak)>0成立另一方面,ak+1=ak(2－ak)=－(ak－1)2+1≤1<2,所以ak+1∈(0, 2)，即当n=k+1时结论也成立.… 9分
由①、②可知,猜想成立,即的最小值为2．
13．求证：＋＋＋…＋>(n≥2)．
【证明】①当n＝2时，左＝>0＝右，∴不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立．
即＋＋…＋>成立．
那么n＝k＋1时，＋＋…＋＋＋…＋
>＋＋…＋>＋＋＋…＋
＝＋＝，
∴当n＝k＋1时，不等式成立.
据①②可知，不等式对一切n∈N*且n≥2时成立．
第二课时 空间向量与立体几何
一、复习目标
会建立空间坐标系
掌握用坐标法解决立体几何问题的方法
二、考点整合
1．共线向量与共面向量定理
2．空间向量的坐标运算
3．模、夹角和距离公式
(1)设＝(a1，a2，a3)，＝(b1，b2，b3)，
则||＝＝， cos 〈，〉＝＝.
(2)距离公式
设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)， 则dAB＝.
(3)平面的法向量
如果表示向量的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α记作⊥α.
如果⊥α，那么向量叫做平面α的法向量．
4．直线与平面、平面与平面的平行与垂直
设直线l，m的方向向量分别为＝(a1，b1，c1)，＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分别为＝(a3，b3，c3)，＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线面平行 l∥α?⊥?·＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0
(2)线面垂直 l⊥α?∥?＝k?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.
(3)面面平行 α∥β?∥?＝k?a3＝kb4，b3＝kb4，c3＝kc4.
(4)面面垂直 α⊥β?⊥?·＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.
5．空间角的计算
(1)两条异面直线所成角的求法
设直线a，b的方向向量为，，其夹角为θ，则
cos φ＝|cos θ|= (其中φ为异面直线a，b所成的角)．
(2)直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为，平面α的法向量为，
直线l与平面α所成的角为φ，两向量与的夹角为θ，
则有sin φ＝|cos θ|＝
(3)二面角的求法
①利用向量法求二面角的大小，可以不作出平面角，
②对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求．
如图所示，二面角α－l－β，平面α的法向量为，平面β的法向量为，〈，〉＝θ，则二面角α－l－β的大小为θ或π－θ.
三. 题型解析
【例1】[2011年江苏卷]如图，在正四棱柱中，，点是的中点，点在上，设二面角的大小为。
（1）当时，求的长；
（2）当时，求的长。
【解析】以D为原点，DA为x轴正半轴，DC为y轴正半轴，DD1为z轴正半轴，
建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),A1(1,0,2),N(,1,0),C(0,1,0) )，设M(0，1,z),
面MDN的法向量，
设面A1DN的法向量为，则
取即
(1)由题意：取
（2）由题意：即取
【点评】考察空间向量基本运算能力
【例2】 [2012届盐城摸底] 如图在直三棱柱中，∠90°，∠30°，，， 是棱的中点.
（Ⅰ）求证：⊥；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
【证明】（Ⅰ）因为⊥平面ABC，BC⊥AC，所以分别以CA，CB，所在直线为轴， 轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B（0，1，0），，A（，0，0）,
，所以=（，1，）,（，0，），
所以·=3+0-3=0，所以⊥,即⊥
【解析】（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=（0，0，），设面的法向量为 ，
则不妨取，设直线AM与平面所成角度为θ,
则
所以直线AM与平面所成角的正弦值为
【点评】线面角的求解(1)题目中具备建系的条件，可建立空间直角坐标系，将线线角、线面角转化为两向量的夹角．(2)求直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得，即sin θ＝|cos α|.
【例3】 [2011·福建卷]如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，,
（I）求证：平面BCD；
（II）求异面直线AB与CD所成角的大小；
（III）求点E到平面ACD的距离。
【证明】（I）略【解】（II）以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则
异面直线AB与CD所成角的大小为
（III）解：设平面ACD的法向量为则
令得是平面ACD的一个法向量，又
点E到平面ACD的距离
【点评】建立坐标系构建向量模型解题, 另点面距的求法(1)作求法(2)等体积法 (3)空间向量法
【例4】 [2011北京卷]如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.
(Ⅰ)求证：平面
（Ⅱ）若求与所成角的余弦值；
（Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.
【证明】（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，所以又因为平面。
所 以， 所以平面。
【解析】（Ⅱ）设，因为
所以，如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则所设与所成角为，则
（Ⅲ）由（Ⅱ）知设。则设平面的法向量则，所以令则，
所以同理，平面的法向量，因为平面，所以，即解得，所以
【点评】灵活选用方法解题, 在方便建系的情况下用坐标法减少了作辅助线的麻烦.
【例5】 [2011·山东]在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，
，平面，，
，，．
（Ⅰ）若是线段的中点，求证：平面；
（Ⅱ）若，求二面角的大小．
几何法: 【证明】（Ⅰ），可知延长交于点，而，，则平面平面，即平面平面，于是三线共点，，若是线段的中点，而,则，四边形为平行四边形，则，又平面，所以平面；
【解析】（Ⅱ）由平面，作，则平面，作，连接，则，于是为二面角的平面角。
若，设，则，，为的中点，，，
，在中,
则，即二面角的大小为。
坐标法: 【证明】（Ⅰ）证明：由四边形为平行四边形， ，面可得以点为坐标原点，所在直线分别为建立直角坐标系，
设，则,.
由可得，
由可得,
，则，，而平面，
所以平面；
【解析】（Ⅱ）若，设，则，
,则,,
,设分别为平面与平面的法向量。
则，令，则，；
，令，则，。
于是，则，
即二面角的大小为。
【点评】几何法和坐标法在解题中的应用
四、达标测试
1． 在三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是 .
【答案】60°.
【解】取BC中点E，连结AE，则AE⊥平面BCC1B1，故∠ADE为直线AD与平面BB1C1C所成的角．设各棱长为a，则AE＝a，DE＝a.∴tan∠ADE＝.
∴∠ADE＝60°.
2.过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD. 若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是 .
【答案】45°.
【解】建立空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角(锐角)的余弦值为
＝，
故所求的二面角的大小是45°.
3．直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1=，底面ΔABC中，∠C=90°，AC=BC=1，求点B1到平面A1BC的距离。
【解】如图建立空间直角坐标系，由已知得直棱柱各顶点坐标如下：
A（1,0,0），B（0,1,0），C（0,0,0）A1（1,0,），B1（0,1,），C1（0,0,）
∴ =（－1,1,－）， =（－1,0,－） =（1,－1,0）
设平面A1BC的一个法向量为，则
即
所以，点B1到平面A1BC的距离
4.[2011苏北四市一摸]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，AB＝BC=，BB1＝3，D为A1C1的中点，F在线段AA1上．
（1）AF为何值时，CF⊥平面B1DF？
（2）设AF=1，求平面B1CF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.
【解】（1）因为直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥面ABC，∠ABC＝．
以B点为原点，BA、BC、BB1分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系.
因为AC＝2，∠ABC＝90o，所以AB＝BC＝，
从而B(0，0，0)，A，C，B1(0，0，3)，A1，C1，D，E．
所以，
设AF＝x，则F(，0，x)，
.
，所以
要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥B1F.
由＝2＋x（x－3）＝0，得x＝1或x＝2，
故当AF＝1或2时，CF⊥平面B1DF．……………… 5分
（2）由（1）知平面ABC的法向量为n1=（0，0，1）.
设平面B1CF的法向量为，则由得
令z=1得，
所以平面B1CF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值
5. 在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=，SB=
（1）求证：SC⊥BC；
（2）求SC与AB所成角的余弦值
【解】如图，取A为原点，AB、AS分别为y、z轴建立空间直角坐标系，则有AC=2，BC=，SB=，得B（0,,0）、S（0,0,2）、C（2,,0），
∴ =（2,,-2），=（－2,,0）
（1）∵·=0，∴SC⊥BC
（2）设SC与AB所成的角为α，
∵=（0,,0），·=4，||||=4，
∴cosα=，即为所求
6. [2010·福建卷理第20题]如图，直二面角D-AB-E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE＝EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE．
（Ⅰ）求证：AE⊥平面BCE；
（Ⅱ）求二面角B-AC-E的大小；
（Ⅲ）求点D到平面ACE的距离。
【解】（Ⅰ）略
（Ⅱ）以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，
AB所在直线为y轴，过O点平行于AD的直线为z轴，
建立空间直角坐标系O—xyz，如图.
面BCE，BE面BCE， ，
在的中点，
设平面AEC的一个法向量为，
则解得
令得是平面AEC的一个法向量.
又平面BAC的一个法向量为，
∴二面角B—AC—E的大小为
（III）∵AD//z轴，AD=2，∴，
∴点D到平面ACE的距离
7.[2011届泰州期末] 如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为1，侧棱长为t，点D1关于点D的对称点为D2，点C1关于点C的对称点为C2，点E、F分别在线段AD和BC上，且DE=BF=(0<<1).
(1)若，t=1，求直线D2F与直线B1C所成角。
（2）是否存在实数和t，使得平面EFD2⊥平面A1B1CD？若存在，求出和t；若不存在，说明理由.
（3）若t=1，<<1,设直线C2F与平面EFD2所成角为，求证：..
【解】在建立如图所示的坐标系中，
A1（1，0，0） B1（1，1，0） C1（0，1，0） D1（0，0，0）
A（1，0，t） B（1，1，t） C（0，1，t） D（0，0，t）
E（λ，0，t） F（1-λ，1，t） C2（0，1，2t） D2（0，0，2t）
=（1-λ，1，-t），=（-1，0，t）
（1）=（，1，-1），=（-1，0，1）
，
∴所成角
（2）=（λ，0，-t），设平面EFD2的法向量为（1，p，q）则
，∴，即=（1，2λ-1，）
易求平面A1B1CD的法向量为（1，0，），
∴·1+，∵，∴1+≠0，∴两平面不可能垂直.
（3）∵，，
∴.
令，则，，
当时，，
∴.
8．2．如图，在棱长为1的正方体中，、分别为和的中点．
（1）求异面直线和所成的角的余弦值；
（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；
（3）若点在正方形内部或其边界上，且平面，求的最大值、最小值．
【解】（1），，，
，
∴异面直线和所成的角的余弦值为
（2）平面BDD1的一个法向量为
设平面BFC1的法向量为
∴
取得平面BFC1的一个法向量
∴所求的余弦值为
（3）设（）
，由得
即，
当时， 当时，∴。
第五课时 几何证明选讲
一、复习目标
了解相似三角形的定义与性质
理解并掌握有关圆的性质定理
二、考点整合
（1）理解相似三角形的定义与性质，了解平行截割定理．
（2）理解并掌握以下定理：①直角三角形射影定理；②圆周角定理；③圆的切线判定定理与性质定理；④相交弦定理；⑤圆内接四边形的性质定理与判定定理．⑥切割线定理．
三、题型解析
【例1】（2012届苏中三市联考2012年3月） 如图，AB是半圆O的直径，延长AB到C，使BC，CD切半圆O于点D， DE⊥AB，垂足 为E．若AE∶EB?3∶1，求DE的长．
【解析】连接AD、DO、DB．
由AE∶EB3∶1，得∶2∶1．
又DE⊥AB，所以．
故△为正三角形．
于是．
而，故．
所以．
在△中，．
【点评】本题主要考查圆的几何性质等基础知识，考查推理论证能力．
【例2】 [2011江苏卷]如图，圆与圆内切于点，其半径分别为与，圆的弦交圆于点（不在上），
求证：为定值。
【证明】由弦切角定理可得
【点评】考察圆的切线的性质、三角形相似的判定及其性质，容易题。
【例3】 如图，已知：C是以AB为直径的半圆O上一点，CH⊥AB于点H，直线AC与过B点的切线相交于点D，E为CH中点，连接AE并延长交BD于点F，直线CF交直线AB于点G.
（Ⅰ）求证：F是BD的中点；
（Ⅱ）求证：CG是⊙O的切线．
【证明】（Ⅰ）:∵CH⊥AB，DB⊥AB，∴△AEH∽AFB，△ACE∽△ADF
∴，∵HE＝EC，∴BF＝FD ∴ F是BD中点.
（Ⅱ）∵AB是直径，∴∠ACB＝90°∴∠BCF=∠CBF=90°－∠CBA=∠CAB=∠ACO
∴∠OCF=90°，∴CG是⊙O的切线 (说明：也可证明△OCF≌△OBF).
【点评】相似三角形的定义与性质及圆的切线判定定理与性质定理
【例4】如图，已知AD是ΔABC的外角(EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA 交ΔABC的外接圆于点F，连结FB、FC．
（1）求证：FB=FC；
（2）求证：FB2=FA·FD；
（3）若AB是ΔABC外接圆的直径，(EAC=120(， BC=6cm，求AD的长．
【证明】（1）∵AD平分(EAC，∴(EAD=(DAC．
∵四边形AFBC内接于圆，∴(DAC=(FBC．
∵(EAD=(FAB=(FCB，∴(FBC=(FCB，∴FB=FC．
（2）∵(FAB=(FCB=(FBC ，(AFB=(BFD，
∴ΔFBA∽ΔFDB．∴，∴FB2=FA·FD．
（3）∵AB是圆的直径，∴(ACB=90(．
∵(EAC=120(， ∴(DAC=(EAC=60(，(BAC=60(．∴(D=30(．
∵BC= 6， ∴AC=． ∴AD=2AC=cm．
【点评】圆内接四边形的性质定理与判定定理
【例5】 如图：PA与圆O相切于A，PCB为圆O的割线，并且不过圆心O，已知∠BPA=，PA=，PC=1，则圆O的半径等于 ．
【解】由圆的性质PA=PC·PB，得，PB=12，连接OA并反向延长
交圆于点E，在直角三角形APD中可以求得PD=4,DA=2,故CD=3,
DB=8,J记圆的半径为R,由于ED·DA=CD·DB
因此，(２R－２) ·2=3·8,解得R=7
【点评】相交弦定理
【例6】如图，已知⊙O的直径AB垂直于弦CD于E，连结AD、BD、OC、OD，且OD＝5。
（1）若，求CD的长；
（2）若 ∠ADO ：∠EDO＝4 ：1，求扇形OAC（阴影部分）的面积（结果保留）。
【解】（1）因为AB是⊙O的直径，OD＝5
所以∠ADB＝90°，AB＝10
在Rt△ABD中，
又，所以，所以
因为∠ADB＝90°，AB⊥CD
所以
所以
所以， 所以
（2）因为AB是⊙O的直径，AB⊥CD， 所以， 所以∠BAD＝∠CDB，∠AOC＝∠AOD. 因为AO＝DO，所以∠BAD＝∠ADO, 所以∠CDB＝∠ADO
设∠ADO＝4x，则∠CDB＝4x. 由∠ADO ：∠EDO＝4 ：1，则∠EDO＝x.
因为∠ADO＋∠EDO＋∠EDB＝90°,所以, 所以x＝10°
所以∠AOD＝180°－（∠OAD＋∠ADO）＝100°
所以∠AOC＝∠AOD＝100°,故
【点评】圆性质的综合应用
【例7】[2010江苏] 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】（方法一）证明：连结OD，则：OD⊥DC，
又OA=OD，DA=DC，所以∠DAO=∠ODA=∠DCO，
∠DOC=∠DAO+∠ODA=2∠DCO，
所以∠DCO=300，∠DOC=600，
所以OC=2OD，即OB=BC=OD=OA，所以AB=2BC。
（方法二）证明：连结OD、BD。
因为AB是圆O的直径，所以∠ADB=900，AB=2 OB。
因为DC 是圆O的切线，所以∠CDO=900。
又因为DA=DC，所以∠DAC=∠DCA，
于是△ADB≌△CDO，从而AB=CO。
即2OB=OB+BC，得OB=BC。
故AB=2BC。
【点评】本题主要考查三角形、圆的有关知识，考查推理论证能力。
【例8】 [2009江苏21-A] 如图，在四边形ABCD中，△ABC≌△BAD.
求证：AB∥CD.
【证明】由△ABC≌△BAD得∠ACB=∠BDA，故A、B、C、D四点共圆，从而∠CBA=∠CDB。再由△ABC≌△BAD得∠CAB=∠DBA。因此∠DBA=∠CDB，所以AB∥CD。
【解析】 本小题主要考查四边形、全等三角形的有关知识，考查推理论证能力。
四、达标测试
１.如图1所示，圆的直径，为圆周上一点，．过作圆的切线，过作的垂线，分别与直线、圆交于点，则 ，线段的长为 ．
【答案】；=3.
【解】如右图所示，因为，，所以∥.由知
⊿为等边三角形，，则，所以，进而，。连接,于是⊿为等边三角形，故=3. 2. 如图，已知是⊙O的切线，为切点，是⊙O的割线，与⊙O交于两点，圆心在的内部，点是的中点．
（Ⅰ）证明四点共圆；
（Ⅱ）求的大小．
【证明】（Ⅰ）证明：连结．
因为与⊙O相切于点，所以．
因为是⊙O的弦的中点，所以．
于是．
由圆心在的内部，可知四边形的对角互补，所以四点共圆．
（Ⅱ）【解】由（Ⅰ）得四点共圆，所以．
由（Ⅰ）得．
由圆心在的内部，可知．
所以．
3．已知是圆的切线，切点为，．是圆的直径，与圆交于点，，则圆的半径 ．
【答案】
【解】依题意，我们知道⊿∽⊿,由相似三角形的性质我们有,即。
4．如图，过圆外一点作它的一条切线，切点为，过点作直线垂直直线，垂足为．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）为线段上一点，直线垂直直线，且交圆于点．过点的切线交直线于．证明：．
【证明】（Ⅰ）因为是圆的切线，所以．
又因为．在中，由射影定理知，
．
（Ⅱ）证明：因为是圆的切线，．
同（Ⅰ），有，又，
所以，即．
又，
所以，故．
5．如图，设△ABC的外接圆的切线AE与BC的延长线交于点E，∠BAC的平分线与BC交于点D．求证：．
【证明】如图，因为 是圆的切线，
所以，,
又因为是的平分线，
所以
从而
因为 ,
所以 ,故.
因为 是圆的切线，所以由切割线定理知,
, 而,所以.
6. 已知C点在圆O直径BE的延长线上，CA切圆O于A点， DC是∠ACB的平分线交AE于点F，交AB于D点.
（1）求的度数.
（2）若AB=AC，求AC:BC
【解】(1)AC为圆O的切线,∴.又知,DC是的平分线, ∴ .∴,即 又因为BE为圆O的直径, ∴
∴.
(2),,∴∽∴.又AB=AC, ∴,∴在RT⊿ABE中, .
7. 如图，AD是⊙O的直径，是⊙的切线，直线BMN交AD的延长线于点C，BM = NC，AB = 2，求BC的长度和⊙O的半径．
【解】是⊙的直径，是⊙的切线，直线是⊙的割线，
，．
，，．
.
⊙的半径为.
8 . 已知：如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AE=AC，BD=AB，点F在BC上，且CF=BC.
求证：1）EF⊥BC；
（2）∠ADE=∠EBC。
【证明】设AB=AC=3a，则AE=BD=a，CF=
（1）
又∠C公共，故△BAC∽△EFC，由∠BAC=90°，∴∠EFC=90°，∴EF⊥BC .
（2）由（1）得∴∠DAE=∠BFE=90°.∴△ADE∽△FBE，∴∠ADE=∠EBC.
9. 如图，⊙O的半径OB垂直于直径AC，M为AO上一点，BM的延长线交⊙O于N，过N点的切线交CA的延长线于P．
(1) 求证：；
（2）若⊙O的半径为，，求MN的长．
【证明】（1）连接ON，因为PN切⊙O于N，所以，
所以，因为OB=ON，所以
因为于，所以
故，
所以.
（2）
因为，所以.
10. 如图所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，PBC为割线，，弦CD∥AP，AD、BC相交于E点，F为CE上一点，且DE2=EF·EC(
(1)求证：(P=(EDF；
(2)求证：CE·EB=EF·EP；
(3)若CE ( BE=3 ( 2，DE=6，EF= 4，求PA的长(
【证明】 （1）∵DE2=EF·EC，
∴DE ( CE=EF( ED．
∵(DEF是公共角，
∴ΔDEF∽ΔCED． ∴(EDF=(C．
∵CD∥AP， ∴(C=( P． ∴(P=(EDF．
（2）∵(P=(EDF， (DEF=(PEA， ∴ΔDEF∽ΔPEA． ∴DE ( PE=EF ( EA．即EF·EP=DE·EA． ∵弦AD、BC相交于点E，∴DE·EA=CE·EB．∴CE·EB=EF·EP．
（3）∵DE2=EF·EC，DE=6，EF= 4，∴EC=9．∵CE ( BE=3 ( 2，∴BE=6．∵CE·EB=EF·EP，∴9×6=4×EP．解得：EP=． ∴PB=PE－BE=， PC=PE＋EC=．由切割线定理得：PA2=PB·PC，
∴PA2=×．∴PA=．
11.[2011泰州期末].如图，⊙O的直径AB=，C是⊙O外一点，AC交⊙O于点E，BC交⊙O于点D，已知AC=AB，BC=4，求△ADE的周长.
【解】因为AB是⊙O的直径，∴．又AC＝AB，∴AD是的中线．又BC＝4，∴，∴．
由 得CE＝．
∴，
由，所以DE＝DC＝2．
的周长为．
12. [2011盐城二调] 过⊙外一点作⊙的切线，切点为，连接与⊙交于点,过作的垂线，垂足为.若=12㎝,=6㎝,求的长．
【解】连接AO，PA为圆的切线，∴△PAO为RT△，122+r2=（r+6）2
∴r=9 又CD垂直于PA，于是,∴CD=㎝
13．[2011南通三模]如图，⊙O的直径AB的延长线与弦CD的延长线相交于点P，E为⊙O上一点，AE=AC，求证：∠PDE=∠POC．
【证明】因AE=AC，AB为直径，
故∠OAC=∠OAE．
所以∠POC=∠OAC+∠OCA=∠OAC+∠OAC=∠EAC．
又∠EAC=∠PDE，
所以，∠PDE=∠POC．
备用题
1．如图，⊙的内接三角形，⊙的切线，交于点，交⊙于点，若，.
【解】因为PB=PD+BD=1+8=9,
=PD·BD=9,PA=3,
AE=PA=3,连结AD,在中,得……(5分)
又∽,
所以 ………………………………………………(10分)
2．已知：如图，⊙O与⊙P相交于A，B两点，点P在⊙O上，⊙O的弦BC切⊙P于点B，CP及其延长线交⊙P于D，E两点，过点E作EF⊥CE交CB延长线于点F．若CD=2，CB=2，求EF的长．
【证明】连PB，BC切⊙P于点B，PB⊥BC，
CD=2，CB=2，由切割线定理得：CB2=CD·CE
CE=4，DE=2，BP=1，又∵EF⊥CE ∴△CPB∽△CFE，
得：，EF=
第八课时 不等式选讲
一、复习目标
理解并掌握不等式的证明方法
了解几个著名不等式
二、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)|0)?－a(3)对形如|x－a|＋|x－b| ≤c，|x－a|＋|x－b| ≥c的不等式，可利用绝对
值不等式的几何意义求解．
2．含有绝对值的不等式的性质
|a|－|b| ≤|a ± b| ≤ |a|＋|b|.
3．不等式的性质，特别是均值不等链：
≤≤≤ (a>0，b>0)在不等式的证明和求最值中经常用到
4．柯西不等式
(1)设a，b，c，d为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd )2，
当且仅当ad＝bc时等号成立．
(2)若ai，bi(i∈N*)为实数，则(a)(b)≥(aibi)2，
当且仅当＝＝…＝(当某bj＝0时，认为aj＝0，j＝1,2，…，n)
时等号成立．
(3)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|，
当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立．
5．不等式的证明方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、数学归纳法等．
三、题型解析
【例1】[江苏省南通市2012届高三第一次调研测试]已知，，满足，求证：【证明】
.
【点评】本题考查平均不等式及不等式的证明，容易题。
【例2】[2011年江苏卷]解不等式：
【解】原不等式等价于：，解集为
【点评】考察绝对值不等式的求解，容易题
【例3】[2010·江苏 选修4－5：不等式选讲]设a、b是非负实数，
求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．
【证明】由a，b是非负实数，作差得
a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)
＝(－)[()5－()5]．
当a≥b时，≥，从而()5≥()5，得(－)[()5－()5]≥0；
当a0.
所以a3＋b3≥(a2＋b2)．
【点评】 (1)用作差法证明不等式入口较易，关键是分解因式，多数考生对分组分解因式不熟练．
(2)分解因式后，与零比较时，易忽略分类讨论．
【例4】 [2011年高考全国新课标卷理科24]设函数
（1）当时，求不等式的解集；
( 2)如果不等式的解集为，求的值。
【解】（Ⅰ）当时，不等式，可化为，
，所以不等式的解集为
（Ⅱ）因为，所以，，可化为，
即
因为，所以，该不等式的解集是，再由题设条件得
【点评】解含有绝对值得不等式，一般采用零点分段法，去掉绝对值求解；
已知不等式的解集要求字母的值，先用字母表示解集，再与原解集对比可得字母的值；
【例5】 [2011年高考福建卷理科21] 设不等式的解集为M．
（I）求集合M；
（II）若a，b∈M，试比较ab+1与a+b的大小．
【解】（I）由
所以
（II）由（I）和，
所以
故
【点评】本小题主要考查绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想。
【例6】[2011南通一调]设，求证：．
【证明】由柯西不等式，得
．
∴ ．
【点评】柯西不等式模型的构建的技巧性.
四、达标测试
1．不等式||【答案】x>.
【解】解析 ，∴，∴x>.
2．若不等式|3x－b|<4的解集中的整数有且仅有1,2,3，则b的取值范围为________．
【答案】(5,7)
【解】解析 |3x－b|<4?即范围为(5,7)．
3．不等式|x＋2|≥|x|的解集是_________．
【答案】{x|x≥－1}．
【解】 方法一 |x＋2|≥|x|，
(1)当x≥0时，易知x＋2≥x成立?x≥0；
(2)当x<0时，|x＋2|≥－x?x＋2≥－x或x＋2≤x?0>x≥－1，
综上可得x≥－1. ∴解集为{x|x≥－1}．
方法二 |x＋2|≥|x|?(x＋2)2≥x2?x≥－1，
∴解集为{x|x≥－1}．
4.不等式|x＋3|－|x－2|≥3的解集为________
【答案】{x|x≥1}．
【解】 原不等式可化为：
或或
∴x∈?或1≤x<2或x≥2.∴不等式的解集为{x|x≥1}．
5. 设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
【证明】 3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)－2b2(a－b)＝(a－b)(3a2－2b2)．
∵a≥b>0， ∴a－b≥0,3a2－2b2>0.
∴(a－b)(3a2－2b2)≥0. ∴3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
6．若关于x的不等式x＋|x－1|≤a有解，求实数a的取值范围．
【解】方法一 当x≥1时，不等式化为x＋x－1≤a，即x≤.
此时不等式有解当且仅当1≤，即a≥1；
当x<1时，不等式化为x＋1－x≤a，即1≤a.
此时不等式有解当且仅当a≥1.
综上所述，若关于x的不等式x＋|x－1|≤a有解，
则实数a的取值范围是[1，＋∞)．
方法二 设f(x)＝x＋|x－1|，则f(x)＝
f(x)的最小值为1.
因为x＋|x－1|≤a有解，即f(x)≤a有解，所以a≥1.
7．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|.若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)
对a，b∈R，且a≠0恒成立，求实数x的范围．
【解】 由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)，且a≠0，得≥f(x)．
又因为≥＝2，则有2≥f(x)．
解不等式|x－1|＋|x－2|≤2，得≤x≤.
8．设a，b，c为正实数，求证：＋＋＋abc≥2.
【证明】∵＋＋≥3＝，
∴＋＋＋abc≥＋abc. 又∵＋abc≥2＝2，
∴＋＋＋abc≥2. 当且仅当＝＝且＝abc，
即a＝b＝c＝时，等号成立．
9. [2011南通三模] 已知x，y，z均为正数．求证：．
【证明】因为x，y，z都是为正数，所以．
同理可得．
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得．
10. [2011泰州期末] 已知x、y是正实数，求证：.
【证明】∵ 、是正实数，∴.
∴.
11. [2011盐城二调] 设均为正数,且,求证：.
【证明】因为，
当且仅当时等号成立
又因为，所以
12.[2011盐城一调]已知, a , b∈R ，求证：.
【证明】 因为，所以，所以要证，即证，
即证，即证，而显然成立，故。
第六课时 矩阵与变换
一、复习目标
理解逆变换与逆矩阵
掌握有关特征值与特征向量的应用
二、考点整合
1.变换的复合与矩阵的乘法
(1)一般情况下，AB≠BA，即矩阵的乘法不满足交换律．
(2)矩阵的乘法满足结合律，即(AB)C＝A(BC)．
(3)矩阵的乘法不满足消去律．
2．逆变换与逆矩阵
(1)对于二阶矩阵A、B，若有AB＝BA＝E，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．
3．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，存在一个非零向量，使A＝λ，那么λ称为A的一个特征值，而称为A的属于特征值λ的一个特征向量．
(2)从几何上看，特征向量经矩阵A的变换作用后，仍与原向量共线，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，特征向量就变换成零向量．
三、题型解析
【例1】[江苏省南通市2012届高三第一次调研] 在平面直角坐标系中，直线在矩阵对应的变换下得到的直线经过点，求实数的值.
【解析】矩阵M=的逆矩阵M?，点在M?的对应变换下得到点，则点在直线上，代入得k=4.
【点评】考查矩阵变换，容易题。
【例2】[2011江苏卷]已知矩阵，向量，求向量，使得．
【解】设，由
得：，
【点评】考察矩阵的乘法、待定系数法，容易题。
【例3】已知△ABC，A(－1，0)，B(3，0)，C(2，1)，对它先作关于x轴的反射变换，再将所得图形绕原点逆时针旋转90°．
（1）分别求两次变换所对应的矩阵,；
（2）求点C在两次连续的变换作用下所得到的点的坐标．
【解】（1）＝，＝；
(2 )M＝ ＝ ＝ M ＝ ＝ ．
故点C在两次连续的变换作用下所得到的点的坐标是(1，2)．
【点评】考查常见的平面变换及二阶矩阵与平面向量的乘法、矩阵的乘法，并且理解连续两次变换所对应二阶矩阵相乘的顺序．
【例4】[2010· 福建] 已知矩阵M＝，N＝，且MN＝.
①求实数a，b，c，d的值；
②求直线y＝3x在矩阵M所对应的线性变换作用下的图像的方程．
【解】①由题设得解得
② 方法一 因为矩阵M对应的线性变换将直线变成直线(或点)，所以可取直线y＝3x上的两点(0,0)，(1,3)．由 ＝，＝得
点(0,0)，(1,3)在矩阵M所对应的线性变换作用下的像分别是点(0,0)，(－2,2)．
从而直线y＝3x在矩阵M所对应的线性变换作用下的像的方程为y＝－x.
方法二 设直线y＝3x上的任意点(x，y)在矩阵M所对应的线性变换作用下的像是点(x′，y′)，由＝ ＝＝
得y′＝－x′，即点(x′，y′)必在直线y＝－x上．由(x，y)的任意性可知，直线y＝3x在矩阵M所对应的线性变换作用下的像的方程为y＝－x.
【点评】本题考查了矩阵的复合与矩阵的乘法，考查了在矩阵对应变换下的像的求法．体现了待定系数的思想方法和坐标转移的方法的应用．考查了考生的运算能力和解决问题的能力．
【例5】已知二阶矩阵S有特征值λ＝8，其对应的一个特征向量m＝，并且矩阵S对应的变换将点A(－1,2)变换成A′(－2,4)．
(1)求矩阵S；
(2)求矩阵S的另一个特征值及对应的另一个特征向量n的坐标之间的关系．
【解】 (1)设矩阵S＝，则 ＝8,
故， ①
又 ＝，
则， ②
由①②得a＝6，b＝4，c＝2，d＝4，故S＝.
(2)由(1)知，矩阵S的特征多项式为f(λ)＝＝(λ－2)(λ－8)，
令f(λ)＝0，得矩阵S的特征值为2或8.
所以另一个特征值为λ＝2，
设矩阵S的另一个特征向量n＝，
则Sn＝＝2，即，得2x＋y＝0，
所以矩阵S的另一个特征值对应的另一个特征向量n的坐标之间的关系是2x＋y＝0.
【点评】特征值与特征向量的概念是考查的重点，但不是难点，依概念可知其特征属性，求法上具有一定的模式，关键是要理解和掌握这两个概念．
【例6】（1）求矩阵A=的逆矩阵； （2）利用逆矩阵知识解方程组．
【解】（1）设逆矩阵为，则由，
得 ，解得 ， 所以 ．
(2)，即．
【点评】考查逆变换与逆矩阵的概念，掌握用逆矩阵的知识求解方程组的方法．
【例7】 [2010·江苏] 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对应的变换下得到的点分别为A1、B1、C1，△A1B1C1的面积是△ABC的面积的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|，
由题设知|k|＝2×1＝2，所以k的值为－2或2.
【点评】本小题主要考查矩阵的应用，考查运算求解能力。
四、达标测试
1．二阶矩阵M对应的变换将点(1，－1)与(－2，1)分别变换成点(－1，－1)与(0，－2)．
（1）求矩阵M；
（2）设直线l在变换M作用下得到了直线m：x－y＝4，求l的方程．
【解】（1）设M=，则有=，=
所以且 解得，所以M=．
（2）任取直线l上一点P(x，y)经矩阵M变换后为点P’(x’，y’)．
因为，所以又m：，
所以直线l的方程(x+2y)－(3x+4y)=4，即x+y+2=0．
2.已知矩阵M＝所对应的线性交换把点A(x，y)变成点A′(13,5)，试求M的逆矩阵及点A的坐标．
【解】 依题意得
由M＝，得|M|＝1，故M－1＝.
从而由 ＝得：
＝ ＝＝.
故即A(2，－3)为所求．
3. 已知a∈R，矩阵A＝，对应的线性变换把点P(1,1)变成点P′(3,3)，求矩阵A的特征值以及每个特征值的一个特征向量．
【解】 由题意 ＝＝，
得a＋1＝3，即a＝2，矩阵A的特征多项式为
f(λ)＝＝(λ－1)2－4＝(λ＋1)(λ－3)，
令f(λ)＝0，所以矩阵A的特征值为λ1＝－1，λ2＝3.
①对于特征值λ1＝－1，解相应的线性方程组，得一个非零解因此，α＝是矩阵A的属于特征值λ1＝－1的一个特征向量；
②对于特征值λ2＝3，解相应的线性方程组，得一个非零解，因此，β＝是矩阵A的属于特征值λ2＝3的一个特征向量.
4．已知矩阵M有特征值λ1＝4及对应的一个特征向量e1＝，并有特征值λ2＝－1及对应的一个特征向量e2＝，求矩阵M及M 2 012e2.
【解】 设M＝，则 ＝4，即 ①
又 =（-1）,即 ②
由①②得a＝1，b＝3，c＝2，d＝2，
所以M＝，
则M 2 012e2＝λe2＝(－1)2 012=.
5．[2011南通三模选修4－2：矩阵与变换]
已知圆C：在矩阵对应的变换作用下变为椭圆，求a，b的值．
【解】设为圆C上的任意一点，在矩阵A对应的变换下变为另一个点，
则 ，即
又因为点在椭圆上，所以 ．
由已知条件可知， ，所以 a2=9，b2=4．
因为 a>0 ，b>0，所以 a=3，b=2．
6．[2011扬州三调研]已知矩阵将点变换为，且属于特征值的一个特征向量是，求矩阵．
【解】设，由得，
由得，，所以
所以．
7. [2011泰州期末 选修4—2 矩阵与变换]
已知矩阵的逆矩阵，向量.
（1）求矩阵A；
（2）求A2a的值.
【解】(1)矩阵；
(2)矩阵，所以
另解：矩阵的特征多项式为 ，
令，得.
当时，得,当时，得.
又，∴
=.
8. [2011盐城二调] 已知矩阵的一个特征值为3，求其另一个特征值.
【解】：矩阵M的特征多=
因为方程的一根，所以
由得,所以矩阵M的另一个特征值为-1
第四课时 计数原理和概率统计
一、复习目标
会用计数原理思想计数
熟练掌握求方差和期望值的方法
二、考点整合
1．分类计数原理和分步计数原理
2．排列与组合
(1)排列： A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)或写成A＝.
(2)组合：C＝或写成C＝.
(3)组合数的性质
①C＝C； ②C＝C＋C.
3．二项式定理
(1)定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋Can－2b2＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(r＝0,1,2，…，n)．
(2)二项展开式的通项
Tr＋1＝Can－rbr，r＝0,1,2，…，n，其中C叫做第r+1项的二项式系数．
(3)二项式系数的性质
①对称性：与首末两端“等距离”两项的二项式系数相等，即C＝C，C＝C，…，C＝C，….
②最大值：当n为偶数时，中间的一项的二项式系数取得最大值；
当n为奇数时，中间的两项的二项式系数相等，且同时取得最大值．
③各二项式系数的和
a．C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n；
b．C＋C＋…＋C＋…＝C＋C＋…＋C＋…＝·2n＝2n－1.
4.独立重复试验
如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它
在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k
5.条件概率
一般地，设A、B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)
＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条
件概率.
一般把P(B|A)读作A发生的条件下B的概率.
6.离散型随机变量的均值与方差
若ξ的分布列为
ξ
x1
x2
…
xn
…
P
p1
p2
…
pn
…
则均值E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＋…，
方差V(ξ)＝(x1－E(ξ))2·p1＋(x2－E(ξ))2·p2＋…＋(xn－E(ξ))2·pn＋….
若ξ～B(n，p)，则E(ξ)＝np，V(ξ)＝npq，这里q＝1－p.
三、题型解析
【例1】若(1－2x)2 012＝a0＋a1x＋…＋a2 012x2 012(x∈R)，求 ＋＋…＋的值.
【解】∵(1－2x)2 012＝a0＋a1x＋…＋a2 012x2 012 (x∈R)，
∴令x＝0，则a0＝1，
令x＝，则2 012＝a0＋＋＋…＋＝0，
其中a0＝1所以＋＋…＋＝－1.
【点评】在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．
【例2】4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．
(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？
(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？
(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？
【解】(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步计数原理，共有CCC×A＝144（种）．
(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．
(3)确定2个空盒有C种方法．4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第二类有序均匀分组有·A种方法．
故共有C(CCA＋·A)＝84种．
【点评】对于排列、组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列，即一般策略为先组合后排列．分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准．
【例3】 (1)求9的展开式中的常数项；
(2)已知的展开式中x3的系数为，求常数a的值；
(3)求(x2＋3x＋2)5的展开式中含x的项．
【解析】(1)设第r＋1项为常数项，则
Tr＋1＝C(x2)9－r·r＝rCx18－3r.
令18－3r＝0，得r＝6，即第7项为常数项．
T7＝6C＝.
∴常数项为.
(2)设第r＋1项是含x3的项，则有
C9－r＝x3，得＝x3，
故r－9＝3，即r＝8.
∴Ca＝，∴a＝4.
(3)方法一 ∵(x2＋3x＋2)5＝(x＋1)5(x＋2)5，由于
(x2＋3x＋2)5的展开式中含x的项是(x＋1)5展开式中的一次项与(x＋2)5展开式中的常数项之积，以及(x＋1)5展开式中的常数项与(x＋2)5展开式中的一次项之积的代数和．
∴含x的项为C·x·C·25＋C·1·C·x·24＝240x.
方法二 (x2＋3x＋2)5展开式中的一次项是5个括号中有1个括号内取3x，其余4个括号内取常数项2相乘得到的，即C·3x·C·24＝240x.
【点评】求二项展开式中某指定项的系数、二项式系数或特定项问题，是二项式定理的基本问题，通常用通项公式来解决．如(1)(2)两小题，通过设未知数，借助通项公式，建立方程，最后再用通项公式得到相应的项或相应项的系数．在应用通项公式时，要注意以下几点：
(1)它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；
(2)Tr＋1是展开式中的第r＋1项，而不是第r项；
(3)公式中a，b的指数和为n且a，b不能随便颠倒位置；
(4)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；
(5)对二项式(a－b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题．
【例4】已知n.
(1)若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．
【解】(1)因为C＋C＝2C，所以n2－21n＋98＝0，
解得n＝7或n＝14，当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5.
所以T4的系数＝C4×23＝，
T5的系数＝C3×24＝70.
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8.
所以T8的系数＝C727＝3 432.
(2)因为C＋C＋C＝79，所以n＝12或n＝－13(舍去)．
设Tk＋1项的系数最大．
因为12＝12(1＋4x)12，
所以，所以9.4≤k≤10.4.
又因为0≤k≤12且k∈N，所以k＝10.
所以展开式中系数最大的项为T11.
T11＝12C410x10＝16 896x10.
【点评】区分二项式系数和展开式中系数,会求系数最大.
【例5】 [2011·山东卷] 红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A，乙对B，丙对C各一盘，已知甲胜A，乙胜B，丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5，假设各盘比赛结果相互独立。
（Ⅰ）求红队至少两名队员获胜的概率；
（Ⅱ）用表示红队队员获胜的总盘数，求的分布列和数学期望.
【解】（Ⅰ）记甲对A、乙对B、丙对C各一盘中甲胜A、乙胜B、丙胜C分别为事件,则甲不胜A、乙不胜B、丙不胜C分别为事件，根据各盘比赛结果相互独立可得
故红队至少两名队员获胜的概率为
.
（Ⅱ）依题意可知，
；
;
;
.故的分布列为
0
1
2
3
P
0.1
0.35
0.4
0.15
故
【点评】的分类很关键,而且在求每种情况下概率时要考虑全面.
【例6】[2010江苏] 某工厂生产甲、乙两种产品，甲产品的一等品率为80%，二等品率为20%；乙产品的一等品率为90%，二等品率为10%。生产1件甲产品，若是一等品则获得利润4万元，若是二等品则亏损1万元；生产1件乙产品，若是一等品则获得利润6万元，若是二等品则亏损2万元。设生产各种产品相互独立。
记X（单位：万元）为生产1件甲产品和1件乙产品可获得的总利润，求X的分布列；
求生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率。
【解】（1）由题设知，X的可能取值为10，5，2，-3，且
P（X=10）=0.8×0.9=0.72， P（X=5）=0.2×0.9=0.18，
P（X=2）=0.8×0.1=0.08， P（X=-3）=0.2×0.1=0.02。
由此得X的分布列为：
X
10
5
2
-3
P
0.72
0.18
0.08
0.02
（2）设生产的4件甲产品中一等品有件，则二等品有件。
由题设知，解得，
又，得，或。
所求概率为
答：生产4件甲产品所获得的利润不少于10万元的概率为0.8192。
【点评】本题主要考查概率的有关知识，考查运算求解能力。
【例7】 [2011江苏卷]设整数，是平面直角坐标系中的点，其中
（1）记为满足的点的个数，求；
（2）记为满足是整数的点的个数，求
【解】（1）因为满足的每一组解构成一个点P,所以。
（2）设，则
对每一个k对应的解数为：n-3k,构成以3为公差的等差数列；
当n-1被3整除时，解数一共有：
当n-1被3除余1时，解数一共有：
当n-1被3除余2时，解数一共有：
【点评】考查计数原理、等差数列求和、分类讨论、归纳推理能力，属较难题。
四、达标测试
1.将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．
【答案】 90
【解】分配方案有·A＝＝90(种)．
2. C＋C＋…＋C＋…＋C的值为 .
【答案】22n－1－1.
【解】 (1＋x)2n＝C＋Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx2n.
令x＝1得C＋C＋C＋…＋C＋C＝22n；
再令x＝－1得C－C＋C－…＋(－1)rC＋…－C＋C＝0.
两式相加，再由C＝1，
得C＋C＋…＋C＝－1＝22n－1－1.
3．一个口袋内装有4个不同的红球，6个不同的白球，若取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，从口袋中取5个球，使总分不小于7分的取法有多少种？
【解】 由于取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，要使总分不小于7分，
则有三种取法：4红1白；3红2白；2红3白．
∴CC＋CC＋CC＝186(种)．
4．已知(－)n(n∈N*)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和；
(2)求展开式中含的项；
(3)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项．
【解】由题意知，第五项系数为C·(－2)4，第三项的系数为C·(－2)2，
则有C·(－2)4＝10C·(－2)2，解得n＝8.
(1)令x＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1.
(2)通项公式
Tr＋1＝C·()8－r·(－)r
＝C·(－2)r· ，令－2r＝，
则r＝1，故展开式中含 的项为T2＝－16 .
(3)设展开式中的第r项，第r＋1项，第r＋2项的系数绝对值分别为C·2r－1，C·2r，
C·2r＋1.
若第r＋1项的系数绝对值最大，则
C·2r－1≤C·2r，C·2r＋1≤C·2r，解得5≤r≤6，
∴系数最大的项为T7＝.
由n＝8知第5项二项式系数最大，此时T5＝.
5.[2010·湖北] 某射手射击所得环数ξ的分布列如下：已知ξ的期望E（ξ）＝8.9，则y的值为 .
ξ
7
8
9
10
P
x
0.1
0.3
y
【答案】 0.4
【解】∵Eξ＝7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝7(0.6－y)＋10y＋3.5＝7.7＋3y，∴7.7＋3y＝8.9，∴y＝0.4.
6. 国庆前夕，我国具有自主知识产权的“人甲型H1N1流感病毒核酸检测试剂盒”(简称试剂盒)在上海进行批量生产，这种“试剂盒”不仅成本低、操作简单，而且可以准确诊断出“甲型流感”病情，为甲型H1N1流感疫情的防控再添一道安全屏障.某医院在得到“试剂盒”的第一时间，特别选择了知道诊断结论的5位发热病人(其中“甲型流感”患者只占少数)，对病情做了一次验证性检测.已知如果任意抽检2人，恰有1位是“甲型流感”患者的概率为.
(1)求出这5位发热病人中“甲型流感”患者的人数；
(2)若用“试剂盒”逐个检测这5位发热病人，直到能确定“甲型流感”患者为止，设ξ表示检测次数，求ξ的分布列及数学期望E（ξ）.
【解】(1)设有x人患“甲型流感”，
则由题意有＝，
解得x＝1或x＝4(舍)，
∴这5位发热病人中有1人患“甲型流感”.
(2)ξ＝1,2,3,4，则
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝.
∴ξ的分布列为
ξ
1
2
3
4
P
∴E（ξ）＝1×＋2×＋3×＋4×＝2.8.
7．[2011扬州三调]某次考试共有8道选择题，每道选择题有4个选项，其中只有一个是正确的；评分标准为：“每题只有一个选项是正确的，选对得5分，不选或选错得0分．”某考生每道题都给出一个答案，已确定有5道题的答案是正确的，而其余3道题中，有一道题可判断出两个选项是错误的，有一道题可以判断出一个选项是错误的，还有一道题因不了解题意而乱猜，试求该考生：
（Ⅰ）得40分的概率；
（Ⅱ）所得分数的数学期望．
【解】（Ⅰ）某考生要得40分，必须全部8题做对，其余3题中，有一道做对的概率为，有一道题目做对的概率为，有一道做对的概率为，所以得40分的概率为
（Ⅱ）依题意，该考生得分的范围为．
得25分是指做对了5题，其余3题都做错了，所以概率为
得30分是指做对5题，其余3题只做对1题，所以概率为
得35分是指做对5题，其余3题做对2题，所以概率为
得40分是指做对8题，所以概率为
得的分布列为：
25
30
35
40
所以
8．[2011扬州三调]
已知展开式的各项依次记为．
设．
（Ⅰ）若的系数依次成等差数列，求的值；
（Ⅱ）求证：对任意，恒有.
【解】（Ⅰ）依题意，，
的系数依次为，，，
所以，解得；
（Ⅱ）
设，
则
考虑到，将以上两式相加得：
所以
又当时，恒成立，从而是上的单调递增函数，
所以对任意，．
9.[2011泰州期末]
甲、乙等六名志愿者被随机地分到A、B、C、D、E五个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者.
（1）求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；
（2）设随机变量为这六名志愿者中参加C岗位服务的人数，求的分布列及其期望.
【解】（1）记甲、乙两人同时参加岗位服务为事件，那么，
即甲、乙两人同时参加岗位服务的概率是．
（2）随机变量可能取的值为1，2．
事件“”是指有两人同时参加岗位服务，则．
所以．
1
2
故的分布列是：
．
10．[2011盐城一调]
设,.
（Ⅰ）当=2011时,记，求；
（Ⅱ）若展开式中的系数是20，则当、变化时，试求系数的最小值．
【解】（Ⅰ）令，得=
（Ⅱ）因为，所以,则的系数为
=
所以当时，展开式中的系数最小，最小值为85
11．[2011盐城一调] 有一种闯三关游戏规则规定如下：用抛掷正四面体型骰子（各面上分别有1，2，3，4点数的质地均匀的正四面体）决定是否过关，在闯第关时，需要抛掷次骰子，当次骰子面朝下的点数之和大于时,则算闯此关成功,并且继续闯关，否则停止闯关. 每次抛掷骰子相互独立.
（Ⅰ）求仅闯过第一关的概率；
（Ⅱ）记成功闯过的关数为，求的分布列和期望．
【解】（Ⅰ）记“仅闯过第一关的概率”这一事件为A,则
（Ⅱ）由题意得, 的取值有0,1,2,3,且, ,
, ,
即随机变量的概率分布列为:
0
1
2
3
所以, ．
12．某学科的试卷中共有12道单项选择题，（每个选择题有4个选项，其中仅有一个选项是正确的，答对得5分，不答或答错得0分）。某考生每道题都给出了答案，已确定有8道题答案是正确的，而其余的题中，有两道题每题都可判断其两个选项是错误的，有一道题可以判断一个选项是错误的，还有一道题因不理解题意只能乱猜。对于这12道选择题，试求：
（1）该考生得分为60分的概率；
（2）该考生所得分数ξ的分布列及数学期望Eξ．
【解析】（1）要得60分，其余四道题必须全做对，所以得60分的概率为
（2）依题意，该考生得分ξ的取值是40，45，50，55，60，得分为40表示只做对了8道题，其余4题都做错，故求概率为；
同样可求得得分为45分的概率为
；
于是ξ的分布列为
ξ
40
45
50
55
60
P
……………………8分
故
该考生所得分数的数学期望为 ．
