江苏专用2022高考数学二轮复习专题七附加题考点整合理

【创新设计】（江苏专用）2022高考数学二轮复习专题七附加题考点整合理第1讲　立体几何中的向量方法高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B级要求；(2)线线、线面、面面平行关系判定，属B级要求；(3)线线、线面、面面垂直的判定，属B级要求；(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B级要求．真题感悟(2022·江苏卷)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．解　以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．(1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，60\n即令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量，从而cos〈，m〉＝＝，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又＝(0，－1，0)，则＝＋＝(－λ，－1，2λ)，又＝(0，－2，2)，从而cos〈，〉＝＝.设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈，〉＝＝≤.当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.因为y＝cosx在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.考点整合1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，ν＝(a3，b3，c3)，则(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥ν⇔μ＝λν⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.60\n(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，ν＝(a4，b4，c4)(以下相同)．(1)线线夹角设l，m的夹角为θ(0≤θ≤)，则cosθ＝＝.(2)线面夹角设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤)，则sinθ＝＝|cos〈a，μ〉|，(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cosθ|＝＝|cos〈μ，ν〉|.热点一　向量法证明平行与垂直【例1】如图，在直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点，求证：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.证明　法一　由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.60\n(1)＝，＝(－1，0，0)，∴·＝0，∴⊥.∵棱柱ADEBCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．∵＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，由n1·＝n1·＝0，得解得令x1＝1，则n1＝.同理可得n2＝(0，1，1)．则n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.法二　(1)＝＋＋＝－＋＝(＋)－＋＝－－＋＝－(＋)－＋＝－－.∴向量与向量，共面，又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，∵＝，＝－，∴·＝·＝0，60\n·＝·(－)＝－2＋2＝0.∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，∴OM⊥平面EFCD.又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.探究提高　解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算．【训练1】如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB＝2，∠BAD＝60°，E是PA的中点．(1)求证：直线PC∥平面BDE；(2)求证：BD⊥PC.证明　设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，AB＝2，底面ABCD为菱形，所以BO＝1，AO＝CO＝，AC⊥BD.如图，以O为坐标原点，以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)，E(0，－，1)．(1)设平面BDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，因为＝(－1，－，1)，＝(－2，0，0)，由得令z1＝，得y1＝1，所以n1＝(0，1，)．又＝(0，2，－2)，所以·n1＝0＋2－2＝0，即⊥n1，又PC⊄平面BDE，所以PC∥平面BDE.60\n(2)因为＝(0，2，－2)，＝(－2，0，0)，所以·＝0.故BD⊥PC.热点二　利用空间向量求空间角【例2】(2022·江苏卷)如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．解　(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4)．因为cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1，1，0)，＝(0，2，4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cosθ|＝＝＝，得sinθ＝.因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.60\n探究提高　利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．【训练2】(2022·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．解　(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝＝6，所以AH＝10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，＝(10，0，0)，＝(0，－6，8)．设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n＝(0，4，3)．又＝(－10，4，8)，故|cos〈n，〉|＝＝.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.热点三　利用空间向量解决探索性问题【例3】(2022·苏、锡、常、镇调研)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.60\n(1)求证：平面PQB⊥平面PAD；(2)在棱PC上是否存在一点M，使二面角MBQC为30°，若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明　∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点，∴BC∥DQ且BC＝DQ，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ.∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD，∵PA＝PD，∴PQ⊥AD，∵PQ∩BQ＝Q，∴AD⊥平面PBQ，∵AD⊂面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD.(2)解　∵PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD.以Q为原点，QA为x轴，QB为y轴，QP为z轴建立空间直角坐标系，则平面BQC的一个法向量n＝(0，0，1)，Q(0，0，0)，P(0，0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)．设满足条件的点M(x，y，z)存在，则＝(x，y，z－)，＝(－1－x，－y，－z)，令＝t，其中t＞0，∴∴在平面MBQ中，＝(0，，0)，＝，∴平面MBQ的一个法向量m＝(，0，t)，60\n∵二面角MBQC为30°，∴cos30°＝＝＝，解得t＝3.所以满足条件的点M存在，M是棱PC的靠近点C的四等分点．探究提高　空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．【训练3】(2022·扬州市检测)如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.(1)若m＝1，求异面直线AP与BD1所成的角的余弦；(2)是否存在实数m，使直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值是？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．解　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，2)，D1(0，0，2)．当m＝1时，＝(－1，－1，2)，＝(－1，1，1)．cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AP与BD1所成角的余弦是.(2)假设存在实数m，使直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于，60\n则＝(1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，1，m)，设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则由得取x＝2，得平面AB1D1的一个法向量为n＝(2，－2，1)．∵直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于，∴＝，解得m＝，因为0≤m≤2，所以m＝满足条件，所以当m＝时，直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于.1．利用空间向量证明线面关系时，应抓住直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，如直线的方向向量与平面的法向量共线时，直线和平面垂直；直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线和平面平行或直线在平面内．2．两条直线夹角的范围为.设直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2，其夹角为θ，则cosθ＝|cos<n1，n2>|＝.3．二面角的范围为[0，π]．设半平面α与β的法向量分别为n1与n2，二面角为θ，则|cosθ|＝|cos<n1，n2>|＝.4．利用空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.1．(2022·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．(1)证明　如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.60\n在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解　如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，－，0)，E(1，0，)，F，C(0，，0)，所以＝(1，，)，＝.故cos〈，〉＝＝－.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.2．(2022·安徽卷)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C；(2)求二面角EA1DB1的余弦值．(1)证明　由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD160\n.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解　因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0，1，－1)，由n1⊥.n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1)．设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1，0，0)，＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.3．(2022·新课标全国Ⅰ卷)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角AA1B1C1的余弦值．(1)证明　连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．又AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.60\n(2)解　因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直．以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，OC＝OA，则A，B(1，0，0)，B1，C.＝，＝＝，＝＝.设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n＝(1，，)．设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m＝(1，－，)．则cos〈n，m〉＝＝.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.4．(2022·浙江卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．60\n(1)证明　设E为BC的中点，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以A1AED为平行四边形．故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)解　法一　作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F.由AE＝EB＝，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，得A1B＝A1A＝4.由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等．由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，因此∠A1FB1为二面角A1BDB1的平面角．由A1D＝，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得BD＝3，A1F＝B1F＝.由余弦定理得cos∠A1FB1＝－.故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为－.法二　以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示．由题意知各点坐标如下：A1(0，0，)，B(0，，0)，D(－，0，)，B1(－，，)．因此＝(0，，－)，＝(－，－，)，＝(0，，0)．设平面A1BD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．由即可取m＝(0，，1)．60\n由即可取n＝(，0，1)．于是|cos〈m，n〉|＝＝.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为－.5．(2022·湖北卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解　以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．＝(－2，0，2)，＝(－1，0，λ)，＝(1，1，0)，(1)证明　当λ＝1时，＝(－1，0，1)，因为＝(－2，0，2)，所以＝2，即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)解　设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由可得于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－60\nλ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±.故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．6.如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．(1)证明B1C1⊥CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．解　如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)．(1)证明　易得＝(1，0，－1)，＝(－1，1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.(2)＝(1，－2，－1)．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1，0，－1)为平面CEC1的一个法向量．60\n于是cos〈m，〉＝＝＝－，从而sin〈m，〉＝，所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)＝(0，1，0)，＝(1，1，1)，设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量．设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，于是＝，解得λ＝(负值舍去)，所以AM＝.第2讲　计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原理，B级要求．(2)排列与组合，B级要求．(3)数学归纳法的简单应用，B级要求；(4)n次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差，B级要求．真题感悟(2022·江苏卷)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P；(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E(X)．解　(1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P＝＝＝.60\n(2)随机变量X所有可能的取值为2，3，4.{X＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P(X＝4)＝＝；{X＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P(X＝3)＝＝＝；于是P(X＝2)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－－＝.所以随机变量X的概率分布如下表：X234P因此随机变量X的数学期望E(X)＝2×＋3×＋4×＝.考点整合1．两种计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理．2．排列(1)排列的定义；(2)排列数公式：A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(m≤n，m，n∈N*)．3．组合(1)组合的定义；(2)组合数公式：C＝＝(m≤n，m，n∈N*)．(3)组合数性质：C＝C；C＋C＝C.4．数学归纳法运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可．60\n5．概率、随机变量及其分布(1)离散型随机变量及其概率分布的表示：①离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量；②离散型随机变量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表；性质：1°pi≥0(i＝1，2，3，…，n)；2°p1＋p2＋p3＋…＋pn＝1.(2)特殊的概率分布列：①0－1分布(两点分布)符号表示：X～0－1分布；②超几何分布：1°符号表示：X～H(n，M，N)；2°概率分布列：X～H(r；n，M，N)＝P(X＝r)＝；③二项分布(又叫独立重复试验，伯努利试验)：1°符号表示：X～B(n，p)；2°概率分布列：P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k.注意：P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝r)＋…＋P(X＝n)＝1.热点一　与计数原理有关的问题【例1】(2022·江苏卷)设整数n≥4，P(a，b)是平面直角坐标系xOy中的点，其中a，b∈{1，2，3，…，n}，a＞b.(1)记An为满足a－b＝3的点P的个数，求An；(2)记Bn为满足(a－b)是整数的点P的个数，求Bn.解　(1)点P的坐标满足条件1≤b＝a－3≤n－3，所以An＝n－3.(2)设k为正整数，记fn(k)为满足条件以及a－b＝3k的点P的个数，只要讨论fn(k)≥1的情形．由1≤b＝a－3k≤n－3k知fn(k)＝n－3k，且k≤，设n－1＝3m＋r，其中m∈N*，r∈{0，1，2}，则k≤m，所以Bn＝fn(k)＝(n－3k)＝mn－＝，将m＝代入上式，化简得Bn＝－，所以Bn＝探究提高　此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算．【训练1】(2022·南通调研)记1，2…，n满足下列性质T的排列a1，a2…，an的个数为60\nf(n)(n≥2，n∈N*)．性质T：排列a1，a2，…，an中有且只有一个ai＞ai＋1(i∈{1，2，…，n－1})．(1)求f(3)；(2)求f(n)．解　(1)当n＝3时，1，2，3的所有排列有(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，其中满足仅存在一个i∈{1，2，3}，使得ai＞ai＋1的排列有(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，所以f(3)＝4.(2)在1，2，…，n的所有排列(a1，a2，…，an)中，若ai＝n(1≤i≤n－1)，从n－1个数1，2，3，…，n－1中选i－1个数按从小到大顺序排列为a1，a2，…，ai－1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C.若an＝n，则满足题意的排列个数为f(n－1)．综上，f(n)＝f(n－1)＋C＝f(n－1)＋2n－1－1.从而f(n)＝－(n－3)＋f(3)＝2n－n－1.热点二　数学归纳法的应用【例2】(2022·江苏卷)已知集合X＝{1，2，3}，Yn＝{1，2，3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．(1)写出f(6)的值；(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．解　(1)Y6＝{1，2，3，4，5，6}，S6中的元素(a，b)满足：若a＝1，则b＝1，2，3，4，5，6；若a＝2，则b＝1，2，4，6；若a＝3，则b＝1，3，6.所以f(6)＝13.(2)当n≥6时，f(n)＝(t∈N*)．60\n下面用数学归纳法证明：①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立；②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：1)若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；2)若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；3)若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；4)若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；5)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；6)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立．综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．探究提高　在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n60\n＝k到n＝k＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．【训练2】(2022·江苏卷)已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.(1)求2f1＋f2的值；(2)证明：对任意的n∈N*，等式＝都成立．(1)解　由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝′＝－，于是f2(x)＝f′1(x)＝′－′＝－－＋，所以f1＝－，f2＝－＋，故2f1＋f2＝－1.(2)证明　由已知，得xf0(x)＝sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝cosx，即f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sin，类似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π)，3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sin，4f3(x)＋xf4(x)＝sinx＝sin.下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的n∈N*都成立．(ⅰ)当n＝1时，由上可知等式成立．(ⅱ)假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin.因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，′＝cos·′＝sin，所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin.因此当n＝k＋1时，等式也成立．60\n综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin对所有的n∈N*都成立．令x＝，可得nfn－1＋fn＝sin(n∈N*)．所以＝(n∈N*)．热点三　随机变量的分布列及其数学期望【例3】(2022·泰州调研)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的八个顶点中任取四个点，当四点共面时，ξ＝0，当四点不共面时，ξ的值为四点组成的四面体的体积．(1)求概率P(ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求出数学期望E(ξ)．解　(1)从正方体的八个顶点中任取四个点，共有C＝70种不同取法．其中共面的情况共有12种(6个侧面，6个对角面)，则P(ξ＝0)＝＝.(2)任取四个点，当四点不共面时，四面体的体积只有以下两种情况：①四点在相对面且异面的对角线上，体积为1－4×＝.这样的取法共有2种．②四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，体积为.这样的取法共有70－12－2＝56(种)．∴ξ的分布列为ξ0P数学期望E(ξ)＝×＋×＝.探究提高　求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算．【训练3】60\n(2022·苏、锡、常、镇调研)甲、乙两个同学进行定点投篮游戏，已知他们每一次投篮投中的概率均为，且各次投篮的结果互不影响．甲同学决定投5次，乙同学决定投中1次就停止，否则就继续投下去，但投篮次数不超过5次．(1)求甲同学至少有4次投中的概率；(2)求乙同学投篮次数ξ的分布列和数学期望．解　(1)设甲同学在5次投篮中，恰有x次投中，“至少有4次投中”的概率为P，则P＝P(x＝4)＋P(x＝5)＝C＋C＝.(2)由题意ξ＝1，2，3，4，5.P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝×＝，P(ξ＝3)＝××＝，P(ξ＝4)＝×＝，P(ξ＝5)＝＝.ξ的分布表为ξ12345Pξ的数学期望E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．2．数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题．通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用．3．离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和．4．求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；60\n第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值.1．(2022·江苏卷)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.(1)求概率P(ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E(ξ)．解　(1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C对相交棱，因此P(ξ＝0)＝＝＝.(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故P(ξ＝)＝＝，于是P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝)＝1－－＝，所以随机变量ξ的分布列是ξ01P因此E(ξ)＝1×＋×＝.2．(2022·山东卷)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”；(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和数学期望E(X)．解　(1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345；(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C＝84，60\n随机变量X的取值为：0，－1，1，因此P(X＝0)＝＝，P(X＝－1)＝＝，P(X＝1)＝1－－＝，所以X的分布列为X0－11P则E(X)＝0×＋(－1)×＋1×＝.3．(2022·江苏卷)设数列{an}：1，－2，－2，3，3，3，－4，－4，－4，－4，…，(－1)k－1k，…，(－1)k－1k个k，…，即当<n≤(k∈N*)时，an＝(－1)k－1k，记Sn＝a1＋a2＋…＋an(n∈N*)．对于l∈N*，定义集合Pl＝{n|Sn是an的整数倍，n∈N*，且1≤n≤l}．(1)求集合P11中元素的个数；(2)求集合P2000中元素的个数．解　(1)由数列{an}的定义得a1＝1，a2＝－2，a3＝－2，a4＝3，a5＝3，a6＝3，a7＝－4，a8＝－4，a9＝－4，a10＝－4，a11＝5，所以S1＝1，S2＝－1，S3＝－3，S4＝0，S5＝3，S6＝6，S7＝2，S8＝－2，S9＝－6，S10＝－10，S11＝－5，从而S1＝a1，S4＝0×a4，S5＝a5，S6＝2a6，S11＝－a11，所以集合P11中元素的个数为5.(2)先证：Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)(i∈N*)．事实上，①当i＝1时，Si(2i＋1)＝S3＝－3，－i(2i＋1)＝－3，故原等式成立；②假设i＝m时成立，即Sm(2m＋1)＝－m(2m＋1)，则i＝m＋1时，S(m＋1)(2m＋3)＝Sm(2m＋1)＋(2m＋1)2－(2m＋2)2＝－m(2m＋1)－4m－3＝－(2m2＋5m＋3)＝－(m＋1)(2m＋3)．综合①②可得，Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)．于是S(i＋1)(2i＋1)＝Si(2i＋1)＋(2i＋1)2＝－i(2i＋1)＋(2i＋1)2＝(2i＋1)(i＋1)．由上可知Si(2i＋1)是2i＋1的倍数，而ai(2i＋1)＋j＝2i＋1(j＝1，2，…，2i＋1)，所以Si(2i＋1)＋j＝Si(2i＋1)＋j(2i＋1)是ai(2i＋1)＋j(j＝1，2，…，2i＋1)的倍数．又S(i＋1)(2i＋1)＝(i＋1)·(2i＋1)不是2i＋2的倍数，而a(i＋1)(2i＋1)＋j＝－(2i＋2)(j＝1，2，…，2i＋2)，所以S(i＋1)(2i＋1)＋j＝S(i＋1)(2i＋1)－j(2i＋2)＝(2i＋1)(i＋1)－j(2i＋2)不是a(i＋1)(2i＋1)＋j(j＝1，2，…，2i＋2)的倍数，故当l＝i(2i＋1)时，集合Pl中元素的个数为1＋3＋…＋(2i－1)＝i2，60\n于是，当l＝i(2i＋1)＋j(1≤j≤2i＋1)时，集合Pl中元素的个数为i2＋j.又2000＝31×(2×31＋1)＋47，故集合P2000中元素的个数为312＋47＝1008.4．(2022·江苏卷)已知△ABC的三边长都是有理数．(1)求证：cosA是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cosnA是有理数．证明　(1)设三边长分别为a，b，c，cosA＝，∵a，b，c是有理数，b2＋c2－a2是有理数，分母2bc为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性，∴必为有理数，∴cosA是有理数．(2)①当n＝1时，显然cosA是有理数；当n＝2时，∵cos2A＝2cos2A－1，因为cosA是有理数，∴cos2A也是有理数；②假设当n≤k(k≥2)时，结论成立，即coskA、cos(k－1)A均是有理数．当n＝k＋1时，cos(k＋1)A＝coskAcosA－sinkAsinA＝coskAcosA－[cos(kA－A)－cos(kA＋A)]＝coskAcosA－cos(k－1)A＋cos(k＋1)A解得：cos(k＋1)A＝2coskAcosA－cos(k－1)A∵cosA，coskA，cos(k－1)A均是有理数，∴2coskAcosA－cos(k－1)A是有理数，∴cos(k＋1)A是有理数．即当n＝k＋1时，结论成立．综上所述，对于任意正整数n，cosnA是有理数．5．记…的展开式中，x的系数为an，x2的系数为bn，其中n∈N*.(1)求an；(2)是否存在常数p，q(p＜q)，使bn＝，对n∈N*，n≥2恒成立？证明你的结论．解　(1)根据多项式乘法运算法则，得60\nan＝＋＋…＋＝1－.(2)计算得b2＝，b3＝.代入bn＝，解得p＝－2，q＝－1.下面用数学归纳法证明bn＝＝－＋×(n≥2且n∈N*)①当n＝2时，b2＝，结论成立．②设n＝k时成立，即bk＝－＋×，则当n＝k＋1时，bk＋1＝bk＋＝－＋×＋－＝－＋×.由①②可得存在常数p＝－2，q＝－1使结论对n∈N*，n≥2成立．6．(2022·江苏卷)设集合Pn＝{1，2，…，n}，n∈N*.记f(n)为同时满足下列条件的集合A的个数：①A⊆Pn；②若x∈A，则2x∉A；③若x∈∁PnA，则2x∉∁PnA.(1)求f(4)；(2)求f(n)的解析式(用n表示)．解　(1)当n＝4时，符合条件的集合A为：{2}，{1，4}，{2，3}，{1，3，4}，故f(4)＝4.(2)任取偶数x∈Pn，将x除以2，若商仍为偶数，再除以2，…，经过k次以后，商必为奇数，此时记商为m，于是x＝m·2k，其中m为奇数，k∈N*.由条件知，若m∈A，则x∈A⇔k为偶数；若m∉A，则x∈A⇔k为奇数．于是x是否属于A由m是否属于A确定．设Qn是Pn中所有奇数的集合，因此f(n)等于Qn的子集个数．当n为偶数(或奇数)时，Pn中奇数的个数是，所以f(n)＝60\n第1讲　几何证明选讲高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)三角形及相似三角形的判定与性质；(2)圆的相交弦定理，切割线定理；(3)圆内接四边形的性质与判定；(4)相交弦定理，本内容考查属B级要求．真题感悟1.(2022·江苏卷)如图，在△ABC中，AB＝AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D.求证：△ABD∽△AEB.证明　因为AB＝AC，所以∠ABD＝∠C.又因为∠C＝∠E，所以∠ABD＝∠E，又∠BAE为公共角，可知△ABD∽△AEB.2．(2022·江苏卷)如图，AB是圆O的直径，C，D是圆O上位于AB异侧的两点．证明：∠OCB＝∠D.60\n证明　因为B，C是圆O上的两点，所以OB＝OC.故∠OCB＝∠B.又因为C，D是圆O上位于AB异侧的两点，故∠B，∠D为同弧所对的两个圆周角，所以∠B＝∠D.因此∠OCB＝∠D.考点整合1．(1)相似三角形的判定定理判定定理1：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．判定定理2：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．判定定理3：对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．(2)相似三角形的性质①相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；②相似三角形周长的比等于相似比；③相似三角形面积的比等于相似比的平方．(3)直角三角形的射影定理：直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影与斜边的比例中项；斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．2．(1)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．(2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数．3．(1)圆内接四边形的性质定理：①圆的内接四边形的对角互补；②圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．(2)圆内接四边形判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．4．(1)圆的切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．(2)圆的切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．(3)弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．(4)相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．60\n(5)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．5．证明等积式成立，应先把它写成比例式，找出比例式中给出的线段所在三角形是否相似，若不相似，则进行线段替换或等比替换．6．圆幂定理与圆周角、弦切角联合应用时，要注意找相等的角，找相似三角形，从而得出线段的比．由于圆幂定理涉及圆中线段的数量计算，所以应注意代数法在解题中的应用．热点一　三角形相似的判定及应用[微题型1]　利用弦切角定理证明三角形相似【例1－1】如图，已知圆上的弧＝，过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点．证明：(1)∠ACE＝∠BCD；(2)BC2＝BE·CD.证明　(1)因为＝，所以∠ABC＝∠BCD.又因为EC与圆相切于点C，故∠ACE＝∠ABC，所以∠ACE＝∠BCD.(2)因为∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD，所以△BDC∽△ECB，故＝，即BC2＝BE·CD.探究提高　在证明角或线段相等时，证三角形相似是首选的解题思路，如果涉及弦切角，则需考虑弦切角定理．[微题型2]　利用圆周角、圆心角定理证明三角形相似【例1－2】如图，已知圆O是△ABC的外接圆，AB＝BC，AD是BC边上的高，AE是圆O的直径，过点C作圆O的切线交BA的延长线于点F.(1)求证：AC·BC＝AD·AE；(2)若AF＝2，CF＝2，求AE的长．60\n(1)证明　连接BE，由题意知△ABE为直角三角形．因为∠ABE＝∠ADC＝90°，∠AEB＝∠ACB，所以△ABE∽△ADC，所以＝，即AB·AC＝AD·AE.又AB＝BC，所以AC·BC＝AD·AE.(2)解　因为FC是圆O的切线，所以FC2＝FA·FB，又AF＝2，CF＝2，所以BF＝4，AB＝BF－AF＝2，因为∠ACF＝∠FBC，又∠CFB＝∠AFC，所以△AFC∽△CFB.所以＝，得AC＝＝，在△ABC中，cos∠ACD＝＝＝，∴sin∠ACD＝＝sin∠AEB，∴AE＝＝.探究提高　在证明线段的乘积相等时，通常用三角形相似或圆的切割线定理．同时，要注意等量的代换．【训练1】已知AB为半圆O的直径，AB＝4，C为半圆上一点，过点C作半圆的切线CD，过点A作AD⊥CD于D，交半圆于点E，DE＝1.(1)求证：AC平分∠BAD；(2)求BC的长．(1)证明　连接OC，因为OA＝OC，所以∠OAC＝∠OCA.∵CD为半圆的切线，∴OC⊥CD.∵AD⊥CD，∴OC∥AD.∴∠OCA＝∠CAD，60\n∴∠OAC＝∠CAD，∴AC平分∠BAD.(2)解　连接CE，由(1)得∠OAC＝∠CAD，由同圆或等圆中圆周角相等所对弧及弦也相等可知BC＝CE.∵A、B、C、E四点共圆．∴∠CED＝∠ABC.∵AB是圆O的直径，∠ACB是直角．∴Rt△CDE∽Rt△ACB，∴＝.∴＝，∴BC＝2.热点二　四点共圆的判定及性质[微题型1]　四点共圆的判定【例2－1】如图，已知△ABC的两条角平分线AD和CE相交于H，∠B＝60°，F在AC上，且AE＝AF.证明：(1)B、D、H、E四点共圆；(2)EC平分∠DEF.证明　(1)在△ABC中，因为∠B＝60°，所以∠BAC＋∠BCA＝120°.因为AD、CE是角平分线，所以∠HAC＋∠HCA＝60°，故∠AHC＝120°.于是∠EHD＝∠AHC＝120°.因为∠EBD＋∠EHD＝180°，所以B、D、H、E四点共圆．(2)连接BH，则BH为∠ABC的平分线，得∠HBD＝30°.由(1)知B、D、H、E四点共圆，所以∠CED＝∠HBD＝30°.又∠AHE＝∠EBD＝60°，60\n由已知可得EF⊥AD，可得∠CEF＝30°.所以EC平分∠DEF.探究提高　(1)如果四点与一定点距离相等，那么这四点共圆；(2)如果四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆；(3)如果四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．[微题型2]　考查四点共圆的性质【例2－2】如图所示，已知AP是⊙O的切线，P为切点，AC是⊙O的割线，与⊙O交于B、C两点，圆心O在∠PAC的内部，点M是BC的中点．(1)证明：A，P，O，M四点共圆；(2)求∠OAM＋∠APM的大小．(1)证明　连接OP、OM，∵AP与⊙O相切于P，∴OP⊥AP，又∵M是⊙O的弦BC的中点，∴OM⊥BC，于是∠OMA＋∠OPA＝180°，由圆心O在∠PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，∴A，P，O，M四点共圆．(2)解　由(1)得A，P，O，M四点共圆，可知∠OAM＝∠OPM，又∵OP⊥AP，由圆心在∠PAC的内部，可知∠OPM＋∠APM＝90°，∴∠OAM＋∠APM＝90°.探究提高　利用四点共圆的性质可解决角的相等，或结合切割线定理解决线段成比例问题．【训练2】如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D是△ABC外接圆劣弧上的点(不与点A，C重合)，延长BD至E.60\n(1)求证：AD的延长线平分∠CDE；(2)若∠BAC＝30°，△ABC中BC边上的高为2＋，求△ABC外接圆的面积．(1)证明　如图，设F为AD延长线上一点．∵A、B、C、D四点共圆，∴∠CDF＝∠ABC.又AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，且∠ADB＝∠ACB，∴∠ADB＝∠CDF.又∠EDF＝∠ADB，故∠EDF＝∠CDF，即AD的延长线平分∠CDE.(2)解　设O为外接圆圆心，连接AO并延长AO交BC于H，则AH⊥BC.连接OC，由题意∠OAC＝∠OCA＝15°，∠ACB＝75°，∴∠OCH＝60°.设圆半径为r，则r＋r＝2＋，得r＝2，∴△ABC外接圆的面积为4π.1．(2022·江苏卷)如图，AB和BC分别与圆O相切于点D，C，AC经过圆心O，且BC＝2OC.求证：AC＝2AD.证明　连接OD.因为AB和BC分别与圆O相切于点D，C，所以∠ADO＝∠ACB＝90°.60\n又因为∠A＝∠A，所以Rt△ADO∽Rt△ACB.所以＝.又BC＝2OC＝2OD，故AC＝2AD.2.(2022·江苏卷)如图，AB是圆O的直径，D，E为圆上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使BD＝DC，连接AC，AE，DE.求证：∠E＝∠C.证明　连接OD，因为BD＝DC，O为AB的中点，所以OD∥AC，于是∠ODB＝∠C.因为OB＝OD，所以∠ODB＝∠B于是∠B＝∠C.因为点A，E，B，D都在圆O上，且D，E为圆O上位于AB异侧的两点，所以∠E和∠B为同弧所对的圆周角，故∠E＝∠B.所以∠E＝∠C.3.(2022·江苏卷)如图，圆O1与圆O2内切于点A，其半径分别为r1与r2(r1＞r2)，圆O1的弦AB交圆O2于点C(O1不在AB上)．求证：AB∶AC为定值．证明　如图，连接AO1并延长，分别交两圆于点E和点D.连接BD，CE.因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2在AD上，故AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径．从而∠ABD＝∠ACE＝.所以BD∥CE，于是＝＝＝.所以AB∶AC为定值．60\n4.(2022·江苏卷)AB是圆O的直径，D为圆O上一点，过D作圆O的切线交AB延长线于点C，若DA＝DC，求证：AB＝2BC.证明　连接OD，则OD⊥DC，又OA＝OD，DA＝DC，所以∠DAO＝∠ODA＝∠DCO，∠DOC＝∠DAO＋∠ODA＝2∠DCO，所以∠DCO＝30°，∠DOC＝60°，所以OC＝2OD，即OB＝BC＝OD＝OA，所以AB＝2BC.5．(2022·全国Ⅱ卷)如图，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与△ABC的底边BC交于M、N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB、AC分别相切于E、F两点．(1)证明：EF∥BC；(2)若AG等于⊙O的半径，且AE＝MN＝2，求四边形EBCF的面积．(1)证明　由于△ABC是等腰三角形，AD⊥BC，所以AD是∠CAB的平分线．又因为⊙O分别与AB，AC相切于点E，F，所以AE＝AF，故AD⊥EF.从而EF∥BC.(2)解　由(1)知，AE＝AF，AD⊥EF，故AD是EF的垂直平分线，又EF为⊙O的弦，所以O在AD上．连接OE，OM，则OE⊥AE.由AG等于⊙O的半径得AO＝2OE，所以∠OAE＝30°.因此△ABC和△AEF都是等边三角形．因为AE＝2，所以AO＝4，OE＝2.60\n因为OM＝OE＝2，DM＝MN＝，所以OD＝1.于是AD＝5，AB＝.所以四边形EBCF的面积为××－×(2)2×＝.6．如图，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆于F，G两点．若CF∥AB.证明：(1)CD＝BC；(2)△BCD∽△GBD.证明　(1)如图，因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四边形BCFD是平行四边形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，连接AF，所以四边形ADCF是平行四边形，故CD＝AF.因为CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD.∴∠BGD＝∠BDG，由BC＝CD知，60\n∠CBD＝∠CDB.又因为∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD.第2讲　矩阵与变换高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)常见的平面变换与矩阵的乘法运算；(2)二阶矩阵的逆矩阵及其求法；(3)矩阵的特征值与特征向量的求法．本内容考查主要属B级要求．真题感悟1.(2022·江苏卷)已知x，y∈R，向量α＝是矩阵A＝的属于特征值－2的一个特征向量，求矩阵A以及它的另一个特征值．解　由已知，得Aα＝－2α，即＝＝，则即所以矩阵A＝.从而矩阵A的特征多项式f(λ)＝(λ＋2)(λ－1)，所以矩阵A的另一个特征值为1.2．(2022·江苏卷)已知矩阵A＝，B＝，向量α＝，x，y为实数．若Aα＝Bα，求x＋y的值．解　由已知，得Aα＝＝，Bα＝＝.因为Aα＝Bα，所以＝，故解得所以x＋y＝.60\n考点整合1．矩阵的乘法与逆矩阵(1)(2)若二阶矩阵A，B满足AB＝BA＝E(E为二阶单位矩阵)，则称A是可逆矩阵，B为A的逆矩阵，记为B＝A－1.2．矩阵对应的变换矩阵M＝对应的变换T：(x，y)→(x′，y′)满足→＝_＝．3．二阶矩阵的特征值和特征向量(1)设λ是二阶矩阵M＝的一个特征值，它的一个特征向量为α＝，则有M＝λ．(2)f(λ)＝＝λ2－(a＋d)λ＋ad－bc为矩阵M＝的特征多项式．(3)如果λ是二阶矩阵M的特征值，则λ是M的特征多项式的一个根，它满足f(λ)＝0，此时将λ代入可得到一组非零解，它即为M的属于λ的一个特征向量．4．已知曲线C的方程，求变换后的曲线C1的方程的过程分三步：(1)将目标曲线C1上的任意一点的坐标(x，y)用曲线C上对应点的坐标(x′，y′)表示；(2)用x，y反表示x′，y′；(3)将x′，y′带回曲线C的方程，得到x，y的等式，该等式即所求曲线C1的方程．5．记忆特征多项式，和这类问题的求解步骤理解特征值与特征向量理论＝λ⇔热点一　二阶矩阵与平面变换【例1】若直线y＝kx在矩阵对应的变换作用下得到的直线过点P(4，1)，求实数k的值．60\n解　设变换T：→，则＝＝，即代入直线y＝kx得，x′＝ky′，将点P(4，1)代入得，k＝4.探究提高　解决这类问题一般是设变换T：→，求出原曲线在T的变换下得到的曲线，再根据条件求相应的系数值．【训练1】已知曲线C1：x2＋y2＝1，对它先作矩阵A＝对应的变换，再作矩阵B＝对应的变换，得到曲线C2：＋y2＝1.求实数b的值．解　从曲线C1变到曲线C2的变换对应的矩阵为BA＝＝.在曲线C1上任意选一点P(x0，y0)，设它在矩阵BA对应的变换作用下变为P′(x′，y′)，则有＝，即＝.故解得代入曲线C1方程得，y′2＋＝1.即曲线C2方程为：x2＋y2＝1.与已知的曲线C2的方程＋y2＝1比较得(2b)2＝4.所以b＝±1.热点二　二阶矩阵的逆矩阵及其求法【例2】二阶矩阵M对应的变换TM将曲线x2＋x－y＋1＝0变为曲线2y2－x＋2＝0，求M－1.解　设曲线2y2－x＋2＝0上一点P(x，y)在M－1对应变化下变成P(x′，y′)，设M－1＝，代入x2＋x－y＋1＝0得，方程(ax＋by)2＋(ax＋by)－(cx＋dy)＋1＝0，即b2y2＋(a－c)x＋(b－d)xy＋2abxy＋a2x2＋1＝0，与方程y2－＋1＝0比较得，a＝0，b＝1，c＝，d＝1或a＝0，b＝－1，c＝，d＝－1.所以M－1＝，或M－1＝.探究提高　由二阶矩阵与向量的乘法及向量相等建立方程60\n组，常用于求二阶矩阵，要注意变换的前后顺序．【训练2】二阶矩阵M对应的变换将点(1，－1)与(－2，1)分别变换成点(－1，－1)与(0，－2)．求矩阵M的逆矩阵M－1.解　设矩阵M的逆矩阵M－1＝.由题意得，＝，＝，∴－a－b＝1，－c－d＝－1；－2b＝－2，－2d＝1.b＝1，c＝，d＝－，a＝－2.∴M－1＝.热点三　特征值与特征向量【例3】已知二阶矩阵M有特征值λ＝3及对应的一个特征向量e1＝，并且M对应的变换将点(－1，2)变换成(9，15)，求矩阵M.解　设M＝，则＝3＝，故又＝，故联立以上两方程组解得a＝－1，b＝4，c＝－3，d＝6，故M＝.探究提高　求矩阵M＝就是要求待定的字母，利用条件建立方程组，确立待定的字母的值，从而求出矩阵，待定系数法是求这类问题的通用方法．【训练3】已知矩阵的属于特征值b的一个特征向量为，求实数a，b的值．解　由二阶矩阵的特征值与特征向量的概念知，＝b，所以解得a＝1，b＝3.1．(2022·江苏卷)已知矩阵A＝，B＝，求矩阵A－1B.解　设矩阵A的逆矩阵为，则＝，即＝，故a＝－1，b＝0，c＝0，d＝，从而A的逆矩阵为A－1＝，所以A－1B＝60\n＝.2．(2022·江苏卷)已知矩阵A的逆矩阵A－1＝，求矩阵A的特征值．解　因为A－1A＝E，所以A＝(A－1)－1.因为A－1＝，所以A＝(A－1)－1＝，于是矩阵A的特征多项式为f(λ)＝＝λ2－3λ－4.令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝－1，λ2＝4.3．(2022·江苏卷)已知矩阵A＝，向量β＝.求向量α，使得A2α＝β.解　A2＝＝，设α＝，由A2α＝β得，＝，从而解得所以α＝.4．(2022·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0，0)，B(－2，0)，C(－2，1)．设k为非零实数，矩阵M＝，N＝，点A、B、C在矩阵MN对应的变换下得到点分别为A1、B1、C1，△A1B1C1的面积是△ABC面积的2倍，求k的值．解　由题设得，MN＝＝，由＝，可知A1(0，0)、B1(0，－2)、C1(k，－2)．计算得△ABC的面积是1，△A1B1C1的面积是|k|，则由题设知：|k|＝2×1＝2.所以k的值为2或－2.5．已知矩阵A＝，A的一个特征值λ＝2，其对应的特征向量是α1＝.设向量β＝，试计算A5β的值．解　由题设条件可得，＝2，即解得得矩阵A＝.矩阵A的特征多项式为f(λ)＝＝λ2－5λ＋6，令f(λ)＝0，解得λ1＝2，λ2＝3.60\n当λ1＝2时，得α1＝；当λ2＝3时，得α2＝，由β＝mα1＋nα2，得得m＝3，n＝1，∴A5β＝A5(3α1＋α2)＝3(A5α1)＋A5α2＝3(λα1)＋λα2＝3×25＋35＝.6．已知矩阵M＝.(1)求矩阵M的逆矩阵；(2)求矩阵M的特征值及特征向量．解　(1)设M－1＝.则＝＝，∴解得∴M－1＝.(2)矩阵A的特征多项式为f(x)＝＝(λ－2)·(λ－4)－3＝λ2－6λ＋5，令f(λ)＝0，得矩阵M的特征值为1或5，当λ＝1时，由二元一次方程得x＋y＝0，令x＝1，则y＝－1，所以特征值λ＝1对应的特征向量为α1＝；当λ＝5时，由二元一次方程得3x－y＝0，令x＝1，则y＝3，所以特征值λ＝5对应的特征向量为α2＝.60\n第3讲　坐标系与参数方程高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)直线、曲线的极坐标方程；(2)直线、曲线的参数方程；(3)参数方程与普通方程的互化；(4)极坐标与直角坐标的互化，本内容的考查要求为B级．真题感悟1.(2022·江苏卷)已知圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρsin－4＝0，求圆C的半径．解　以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O，以极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy.圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρ－4＝0，化简，得ρ2＋2ρsinθ－2ρcosθ－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.2．(2022·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为(t为参数)，直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，求线段AB的长．解　将直线l的参数方程代入抛物线方程y2＝4x，得＝4，解得t1＝0，t2＝－8.所以|AB|＝|t1－t2|＝8.60\n考点整合1．直角坐标与极坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，x轴正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．设M是平面内的任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x，y)和(ρ，θ)，则2．直线的极坐标方程若直线过点M(ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．几个特殊位置的直线的极坐标方程(1)直线过极点：θ＝α；(2)直线过点M(a，0)(a>0)且垂直于极轴：ρcosθ＝a；(3)直线过M且平行于极轴：ρsinθ＝b.3．圆的极坐标方程若圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r的圆方程为：ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ－r2＝0.几个特殊位置的圆的极坐标方程(1)当圆心位于极点，半径为r：ρ＝r；(2)当圆心位于M(r，0)，半径为r：ρ＝2rcosθ；(3)当圆心位于M，半径为r：ρ＝2rsinθ.4．直线的参数方程经过点P0(x0，y0)，倾斜角为α的直线的参数方程为(t为参数)．设P是直线上的任一点，则t表示有向线段的数量．5．圆的参数方程圆心在点M(x0，y0)，半径为r的圆的参数方程为(θ为参数，0≤θ≤2π)．60\n6．圆锥曲线的参数方程(1)椭圆＋＝1的参数方程为(θ为参数)．(2)双曲线－＝1的参数方程为(θ为参数)．(3)抛物线y2＝2px(p>0)的参数方程为(t为参数).热点一　曲线的极坐标方程[微题型1]　极坐标方程与直角坐标方程的互化【例1－1】在极坐标系中，已知圆C的圆心坐标为C，半径R＝，求圆C的极坐标方程．解　将圆心C化成直角坐标为(1，)，半径R＝，故圆C的方程为(x－1)2＋(y－)2＝5.再将C化成极坐标方程，得(ρcosθ－1)2＋(ρsinθ－)2＝5，化简得ρ2－4ρcos－1＝0.此即为所求的圆C的极坐标方程．探究提高　(1)在由点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象限和极角的范围，否则点的极坐标将不唯一．(2)在曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的范围．要注意转化的等价性．[微题型2]　曲线的极坐标方程的应用【例1－2】在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α为参数)，M是C1上的动点，P点满足＝2，点P的轨迹为曲线C2.(1)求C2的方程；(2)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线θ＝与C1的异于极点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求|AB|.解　(1)设P(x，y)，则由条件知M，由于M点在C1上，所以即60\n从而C2的参数方程为(α为参数)．(2)曲线C1的极坐标方程为ρ＝4sinθ，曲线C2的极坐标方程为ρ＝8sinθ.射线θ＝与C1的交点A的极径为ρ1＝4sin＝2，射线θ＝与C2的交点B的极径为ρ2＝8sin＝4.所以|AB|＝|ρ2－ρ1|＝2.探究提高　解决这类问题一般有两种思路，一是将极坐标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再将其化为极坐标；二是将曲线的极坐标方程联立，根据限制条件求出极坐标．要注意题目所给的限制条件及隐含条件．【训练1】(2022·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，圆C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求C1，C2的极坐标方程；(2)若直线C3的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面积．解　(1)因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以C1的极坐标方程为ρcosθ＝－2，C2的极坐标方程为ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0.(2)将θ＝代入ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0，得ρ2－3ρ＋4＝0，解得ρ1＝2，ρ2＝.故ρ1－ρ2＝，即|MN|＝.由于C2的半径为1，所以△C2MN为等腰直角三角形，所以△C2MN的面积为.热点二　参数方程[微题型1]　参数方程与普通方程的互化【例2－1】(2022·福建卷)在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(t为参数)．在极坐标系(与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴)中，直线l的方程为ρsin＝m(m∈R)．(1)求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；(2)设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值．解　(1)消去参数t，得到圆C的普通方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝9.60\n由ρsin＝m，得ρsinθ－ρcosθ－m＝0.所以直线l的直角坐标方程为x－y＋m＝0.(2)依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即＝2，解得m＝－3±2.探究提高　参数方程化为普通方程：化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消去法、加减消去法、恒等式(三角的或代数的)消去法，参数方程通过代入消元或加减消元消去参数化为普通方程，不要忘了参数的范围．[微题型2]　直线的参数方程【例2－2】在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)．在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，圆C的方程为ρ＝2sinθ.(1)求圆C的直角坐标方程；(2)设圆C与直线l交于点A，B.若点P的坐标为(3，)，求|PA|＋|PB|.解　法一　(1)由ρ＝2sinθ，得x2＋y2－2y＝0，即x2＋(y－)2＝5.(2)将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得＋＝5，即t2－3t＋4＝0.由于Δ＝(－3)2－4×4＝2>0，故可设t1，t2是上述方程的两实根，所以又直线l过点P(3，)，故由上式及t的几何意义得|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝3.法二　(1)同法一．(2)因为圆C的圆心为(0，)，半径r＝，直线l的普通方程为：y＝－x＋3＋.由得x2－3x＋2＝0.解得：　或不妨设A(1，2＋)，B(2，1＋)，又点P的坐标为(3，)．故|PA|＋|PB|＝＋＝3.探究提高　过定点P0(x0，y0)，倾斜角为α的直线参数方程的标准形式为60\n(t为参数)，t的几何意义是的数量，即|t|表示P0到P的距离，t有正负之分．使用该式时直线上任意两点P1、P2对应的参数分别为t1、t2，则|P1P2|＝|t1－t2|，P1P2的中点对应的参数为(t1＋t2)．【训练2】已知曲线C1的参数方程是(φ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.正方形ABCD的顶点都在C2上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为.(1)求点A，B，C，D的直角坐标；(2)设P为C1上任意一点，求|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2的取值范围．解　(1)由已知可得：A，B，C，D，即A(1，)，B(－，1)，C(－1，－)，D(，－1)．(2)设P(2cosφ，3sinφ)，令S＝|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2，则S＝16cos2φ＋36sin2φ＋16＝32＋20sin2φ.因为0≤sin2φ≤1，所以S的取值范围是[32，52].1．(2022·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C的参数方程为(θ为参数)．试求直线l和曲线C的普通方程，并求出它们的公共点的坐标．解　因为直线l的参数方程为(t为参数)，由x＝t＋1得t＝x－1，代入y＝2t，得到直线l的普通方程为2x－y－2＝0.同理得到曲线C的普通方程为y2＝2x.联立方程组解得公共点的坐标为(2，2)，.2．(2022·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，求过椭圆(φ60\n为参数)的右焦点，且与直线(t为参数)平行的直线的普通方程．解　由题意知，椭圆的长半轴长为a＝5，短半轴长b＝3，从而c＝4，所以右焦点为(4，0)，将已知直线的参数方程化为普通方程得x－2y＋2＝0，故所求的直线的斜率为，因此所求的方程为y＝(x－4)，即x－2y－4＝0.3．(2022·江苏卷)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　将极坐标方程化为直角坐标方程，得圆的方程为x2＋y2＝2x，即(x－1)2＋y2＝1，直线的方程为3x＋4y＋a＝0.由题设知，圆心(1，0)到直线的距离为1，即有＝1，解得a＝－8或a＝2，故a的值为－8或2.4．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C的极坐标方程为ρ＝2cosθ.(1)求直线l和曲线C的直角坐标方程；(2)求曲线C上的点到直线l的距离的最值．解　(1)化为直角坐标方程得，直线l：x－y－2＝0，曲线C：(x－1)2＋y2＝1.(2)由(1)可知，曲线C是圆心为C(1，0)，半径r＝1的圆．且圆心C(1，0)到直线l的距离d＝＝＜r＝1，故直线l与曲线C相交．所以曲线C上的点到直线l的距离的最大值为d＋r＝，最小值为0.5．(2022·全国Ⅱ卷)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＝2sinθ，曲线C3：ρ＝2cosθ.60\n(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　(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＋y2－2x＝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(2sinα，α)，B的极坐标为(2cosα，α)．所以|AB|＝|2sinα－2cosα|＝4.当α＝时，|AB|取得最大值，最大值为4.6．(2022·湖南卷)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＝2cosθ.(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　(1)ρ＝2cosθ等价于ρ2＝2ρcosθ.①将ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x代入①即得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0.②(2)将(t为参数)代入②式，得t2＋5t＋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|＝18.60\n第4讲　不等式选讲高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)含绝对值的不等式的解法；B级要求．(2)不等式证明的基本方法；B级要求．(3)利用不等式的性质求最值；B级要求．(4)几个重要的不等式的应用．B级要求．真题感悟1.(2022·江苏卷)解不等式x＋|2x＋3|≥2.解　原不等式可化为或解得x≤－5或x≥－.综上，原不等式的解集是.2．(2022·江苏卷)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.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)|<a(a>0)⇔－a<f(x)<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|.此性质可用来解不等式或证明不等式．3．基本不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．60\n定理3：如果a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1、a2、…、an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．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()()≥(aibi)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝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．绝对值不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.需要灵活地应用．6．不等式的性质，特别是基本不等式链≤≤≤(a>0，b>0)，在不等式的证明和求最值中经常用到．7．证明不等式的传统方法有比较法、综合法、分析法．另外还有拆项法、添项法、换元法、放缩法、反证法、判别式法、数形结合法等.热点一　绝对值不等式[微题型1]　考查绝对值不等式的解法【例1－1】已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．解　(1)当a＝－3时，f(x)＝当x≤2时，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；当2<x<3时，f(x)≥3无解；当x≥3时，由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4；所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1，或x≥4}．(2)f(x)≤|x－4|⇔|x－4|－|x－2|≥|x＋a|.60\n当x∈[1，2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|⇔4－x－(2－x)≥|x＋a|⇔－2－a≤x≤2－a.由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.故满足条件的a的取值范围是[－3，0]．探究提高　(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．(2)用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．[微题型2]　含有绝对值不等式的恒成立问题【例1－2】已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．(1)求a的值；(2)若≤k恒成立，求k的取值范围．解　(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，所以当a≤0时，不合题意．当a>0时，－≤x≤，得a＝2.(2)记h(x)＝f(x)－2f，则h(x)＝所以|h(x)|≤1，因此k≥1.探究提高　解答含有绝对值不等式的恒成立问题时，通常将其转化为分段函数，再求分段函数的最值，从而求出所求参数的值．【训练1】已知函数f(x)＝|x－a|.(1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值；(2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．解　(1)由f(x)≤3得|x－a|≤3，解得a－3≤x≤a＋3.又已知不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，所以解得a＝2.(2)法一　当a＝2时，f(x)＝|x－2|，设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，60\n于是g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝所以当x<－3时，g(x)>5；当－3≤x≤2时，g(x)＝5；当x>2时，g(x)>5.综上可得，g(x)的最小值为5.从而若f(x)＋f(x＋5)≥m，即g(x)≥m对一切实数x恒成立，则m的取值范围为(－∞，5]．法二　当a＝2时，f(x)＝|x－2|.设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，于是g(x)＝|x－2|＋|x＋3|.由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2时等号成立)，得g(x)的最小值为5.从而，若f(x)＋f(x＋5)≥m，即g(x)≥m对一切实数x恒成立，则m的取值范围为(－∞，5]．热点二　不等式的证明【例2】(2022·江苏卷)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.探究提高　证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．【训练2】(2022·江苏卷)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a<b时，<，从而()5<()5，得(－)[()5－()5]>0.所以a3＋b3≥(a2＋b2)．热点三　柯西不等式【例3】(2022·陕西卷)已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}．(1)求实数a，b的值；(2)求＋的最大值．解　(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，则解得(2)＋60\n＝＋≤＝2＝4，当且仅当＝，即t＝1时等号成立，故(＋)max＝4.探究提高　根据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等式对有关不等式进行证明，证明时，需要对不等式变形，使之与柯西不等式有相似的结构，从而应用柯西不等式．【训练3】(2022·福建卷)已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4.(1)求a＋b＋c的值；(2)求a2＋b2＋c2的最小值．解　(1)因为f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，当且仅当－a≤x≤b时，等号成立．又a＞0，b＞0，所以|a＋b|＝a＋b.所以f(x)的最小值为a＋b＋c.又已知f(x)的最小值为4，所以a＋b＋c＝4.(2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得(4＋9＋1)≥＝(a＋b＋c)2＝16，即a2＋b2＋c2≥.当且仅当＝＝，即a＝，b＝，c＝时等号成立．故a2＋b2＋c2的最小值为.60\n1．(2022·江苏卷)已知实数x，y满足：|x＋y|＜，|2x－y|＜，求证：|y|＜.证明　因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由题设知，|x＋y|＜，|2x－y|＜，从而3|y|＜＋＝，所以|y|＜.2．(2022·江苏卷)解不等式：x＋|2x－1|＜3.解　原不等式可化为或解得≤x＜或－2＜x＜.所以不等式的解集是.3．(1)已知a，b都是正数，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2；(2)已知a，b，c都是正数，求证：≥abc.证明　(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝(a＋b)(a－b)2，因为a，b都是正数，所以a＋b＞0，又因为a≠b，所以(a－b)2＞0，于是(a＋b)(a－b)2＞0，即(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＞0，所以a3＋b3＞a2b＋ab2.(2)因为b2＋c2≥2bc，a2≥0，所以a2(b2＋c2)≥2a2bc.①同理b2(a2＋c2)≥2ab2c.②c2(a2＋b2)≥2abc2.③①②③相加得2(a2b2＋b2c2＋c2a2)≥2a2bc＋2ab2c＋2abc2，从而a2b2＋b2c2＋c2a2≥abc(a＋b＋c)．由a，b，c都是正数，得a＋b＋c＞0，因此≥abc.4．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.(1)解　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＝3.60\n(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≥3.5．设函数f(x)＝2|x－1|＋|x＋2|.(1)求不等式f(x)≥4的解集；(2)若不等式f(x)＜|m－2|的解集是非空集合，求实数m的取值范围．解　(1)f(x)＝令f(x)≥4，则或或解得x≤0或x≥，所以不等式f(x)≥4的解集是.(2)f(x)在(－∞，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，所以f(x)≥f(1)＝3.由于不等式f(x)＜|m－2|的解集是非空集合，所以|m－2|＞3，解得m＜－1或m＞5，即实数m的取值范围是(－∞，－1)∪(5，＋∞)．6．(2022·全国Ⅱ卷)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)①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＋＞＋.②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．60\n60