統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)選修4-4坐標(biāo)系與參數(shù)方程第二節(jié)參數(shù)方程學(xué)案理含解析20230423171

統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)選修4_4坐標(biāo)系與參數(shù)方程第二節(jié)參數(shù)方程學(xué)案理含解析20230423171第二節(jié)參數(shù)方程【知識重溫】一、必記4個知識點1．參數(shù)方程的概念一般地，在平面直角坐標(biāo)系中，如果曲線上①________的坐標(biāo)x，y都是某個變數(shù)t的函數(shù)：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ft，,y＝gt.))并且對于t的每一個允許值，由方程組所確定的點M(x，y)都在②________，那么方程叫做這條曲線的參數(shù)方程，t叫做參變數(shù)，簡稱③________.相對于參數(shù)方程而言，直接給出點的坐標(biāo)間關(guān)系的方程叫做④________.2．直線的參數(shù)方程過定點P0(x0，y0)且傾斜角為α的直線的參數(shù)方程為⑤__________________(t為參數(shù))，則參數(shù)t的幾何意義是⑥__________________.3．圓的參數(shù)方程圓心為(a，b)，半徑為r，以圓心為頂點且與x軸同向的射線，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圓上一點所在半徑成的角α為參數(shù)的圓的參數(shù)方程為⑦_(dá)___________α∈[0,2π)．4．橢圓的參數(shù)方程以橢圓的離心角θ為參數(shù)，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的參數(shù)方程為⑧____________θ∈[0,2π)．二、必明1個易誤點在曲線方程之間的互化時，要做到互化準(zhǔn)確，不重不漏，保持轉(zhuǎn)化前后的等價性.eq\x(考點一)參數(shù)方程與普通方程的互化[自主練透型]1．把下列參數(shù)方程化為普通方程．(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(1,2)t，,y＝5＋\f(\r(3),2)t))(t為參數(shù))．(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝sinθ，,y＝cos2θ))(θ為參數(shù)，θ∈[0,2π))．2．如圖，以過原點的直線的傾斜角θ為參數(shù)．求圓x2＋y2－x＝0的參數(shù)方程．悟·技法消去參數(shù)的三種方法：(1)利用解方程的技巧求出參數(shù)的表示式，然后代入消去參數(shù)；(2)利用三角恒等式消去參數(shù)；(3)根據(jù)參數(shù)方程本身的結(jié)構(gòu)特征，靈活的選用一些方法從整體上消去參數(shù)．將參數(shù)方程化為普通方程時，要注意防止變量x和y取值范圍的擴大或縮小，必須根據(jù)參數(shù)的取值范圍，確定函數(shù)f(t)和g(t)的值域，即x和y的取值范圍.考點二參數(shù)方程的應(yīng)用[互動講練型][例1][2018·全國卷Ⅱ]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝4sinθ))(θ為參數(shù))，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋tcosα，,y＝2＋tsinα))(t為參數(shù))．(1)求C和l的直角坐標(biāo)方程；(2)若曲線C截直線l所得線段的中點坐標(biāo)為(1,2)，求l的斜率．悟·技法(1)解決與圓、圓錐曲線的參數(shù)方程有關(guān)的綜合問題時，要注意普通方程與參數(shù)方程的互化公式，主要是通過互化解決與圓、圓錐曲線上動點有關(guān)的問題，如最值、范圍等．(2)根據(jù)直線的參數(shù)方程的標(biāo)準(zhǔn)式中t的幾何意義，有如下常用結(jié)論：過定點M0的直線與圓錐曲線相交，交點為M1，M2，所對應(yīng)的參數(shù)方程為t1，t2.①弦長l＝|t1－t2|；②弦M1M2的中點?t1＋t2＝0；③|M0M1||M0M2|＝|t1t2|.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．[2021·石家莊市重點高中高三畢業(yè)班摸底考試]已知曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosθ,y＝sinθ))(θ為參數(shù))，A(2,0)，P為曲線C上的一個動點．(1)求動點P對應(yīng)的參數(shù)從eq\f(π,3)變動到eq\f(2π,3)時，線段AP所掃過的圖形的面積；(2)若直線AP與曲線C的另一個交點為Q，是否存在點P，使得P為線段AQ的中點？若存在，求出點P的直角坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．考點三極坐標(biāo)方程與參數(shù)方程的綜合問題[互動講練型][例2][2020·全國卷Ⅰ]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝coskt，,y＝sinkt))(t為參數(shù))．以坐標(biāo)原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為4ρcosθ－16ρsinθ＋3＝0.(1)當(dāng)k＝1時，C1是什么曲線？(2)當(dāng)k＝4時，求C1與C2的公共點的直角坐標(biāo)．悟·技法涉及參數(shù)方程和極坐標(biāo)方程的綜合題，求解的一般方法是分別化為普通方程和直角坐標(biāo)方程后求解．當(dāng)然，還要結(jié)合題目本身特點，確定選擇何種方程.[變式練]——(著眼于舉一反三)2．[2021·惠州市高三調(diào)研考試]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t,y＝3－t))(t為參數(shù))．在以坐標(biāo)原點O為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ.(1)寫出C1的普通方程和C2的直角坐標(biāo)方程；(2)若C1與C2相交于A，B兩點，求△OAB的面積．第二節(jié)參數(shù)方程【知識重溫】①任意一點②這條曲線上③參數(shù)④普通方程⑤eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα，,y＝y(tǒng)0＋tsinα))⑥有向線段P0P的數(shù)量⑦eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a＋rcosα，,y＝b＋rsinα))⑧eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝acosθ，,y＝bsinθ))課堂考點突破考點一1．解析：(1)由已知得t＝2x－2，代入y＝5＋eq\f(\r(3),2)t中得y＝5＋eq\f(\r(3),2)(2x－2)．即它的普通方程為eq\r(3)x－y＋5－eq\r(3)＝0.(2)因為sin2θ＋cos2θ＝1，所以x2＋y＝1，即y＝1－x2.又因為|sinθ|≤1，所以其普通方程為y＝1－x2(|x|≤1)．2．解析：圓的半徑為eq\f(1,2)，記圓心為Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，連接CP，則∠PCx＝2θ，故xP＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos2θ＝cos2θ，yP＝eq\f(1,2)sin2θ＝sinθcosθ，所以圓的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cos2θ，,y＝sinθcosθ))(θ為參數(shù))．考點二例1解析：(1)曲線C的直角坐標(biāo)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1.當(dāng)cosα≠0時，l的直角坐標(biāo)方程為y＝tanα·x＋2－tanα，當(dāng)cosα＝0時，l的直角坐標(biāo)方程為x＝1.(2)將l的參數(shù)方程代入C的直角坐標(biāo)方程，整理得關(guān)于t的方程(1＋3cos2α)t2＋4(2cosα＋sinα)t－8＝0.①因為曲線C截直線l所得線段的中點(1,2)在C內(nèi)，所以①有兩個解，設(shè)為t1，t2，則t1＋t2＝0.又由①得t1＋t2＝－eq\f(42cosα＋sinα,1＋3cos2α)，故2cosα＋sinα＝0，于是直線l的斜率k＝tanα＝－2.變式練1．解析：(1)設(shè)θ＝eq\f(π,3)時對應(yīng)的點為M，θ＝eq\f(2π,3)時對應(yīng)的點為N，O為坐標(biāo)原點，線段AP掃過的圖形的面積＝S△AMN＋S弓形＝S△OMN＋S弓形＝S扇形OMN＝eq\f(1,2)×12×eq\f(π,3)＝eq\f(π,6).(2)設(shè)P(cosθ，sinθ)，∵P為線段AQ的中點，∴Q(2cosθ－2,2sinθ)，∵Q在曲線C上，曲線C的普通方程為x2＋y2＝1，∴(2cosθ－2)2＋(2sinθ)2＝1，∴8cosθ＝7，cosθ＝eq\f(7,8).此時點P的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)，±\f(\r(15),8))).考點三例2解析：(1)當(dāng)k＝1時，C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cost，,y＝sint，))消去參數(shù)t得x2＋y2＝1，故曲線C1是圓心為坐標(biāo)原點，半徑為1的圓．(2)當(dāng)k＝4時，C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cos4t，,y＝sin4t，))消去參數(shù)t得C1的普通方程為eq\r(x)＋eq\r(y)＝1.C2的直角坐標(biāo)方程為4x－16y＋3＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\r(y)＝1，,4x－16y＋3＝0))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,4)，,y＝\f(1,4).))故C1與C2的公共點的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4))).變式練2．解析：(1)消去參數(shù)可得C1的普通方程為x＋y－3＝0.由ρ＝4cosθ，得ρ2＝4ρcosθ，又ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，所以C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－4x＝0.(2)解法一C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋y2＝4，表示圓心為C2(2,0)，半徑r＝2的圓．圓心C2到直線x＋y－3＝0的距離d1＝eq\f(\r(2),2)，故|AB|＝2eq\r(r2－d\o\al(2,1))＝eq\r(14).原點O到直線x＋y－3＝0的距離d＝eq\f(3,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\f(1,2)×eq\r(14)×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(3\r(7),2).所以△OAB的面積為eq\f(3\r(7),2).解法二設(shè)A，B兩點的橫坐標(biāo)分別為x1，x2.聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3＝0,x2＋y2－4x＝0))，消去y得2x2－10x＋9＝0，所以x1＋x2＝5，x1x2＝eq\f(9,2)，所以|AB|＝eq\r(1＋－12)|x1－x2|＝eq\r(1＋－12)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(14).原點O到直線x＋y－3＝0的距離d＝eq\f(3,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\f(1,2)×eq\r(14)×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(3\r(7),2).所以△OAB的面積為eq\f(3\r(7),2).選修4－4坐標(biāo)系與參數(shù)方程第一節(jié)坐標(biāo)系【知識重溫】一、必記3個知識點1．極坐標(biāo)的概念(1)極坐標(biāo)系：如圖所示，在平面內(nèi)取一個定點O，叫做①________，從O點引一條射線Ox，叫做②________，選定一個單位長度和角及其正方向(通常取逆時針方向)，這樣就確定了一個平面極坐標(biāo)系，簡稱為③________.(2)極坐標(biāo)：對于平面內(nèi)任意一點M，用ρ表示線段OM的長，θ表示以O(shè)x為始邊、OM為終邊的角度，ρ叫做點M的④________，θ叫做點M的⑤________，有序?qū)崝?shù)對(ρ，θ)叫做點M的極坐標(biāo)，記作M(ρ，θ)．當(dāng)點M在極點時，它的極徑⑥________，極角θ可以取⑦_(dá)_______.(3)點與極坐標(biāo)的關(guān)系：平面內(nèi)一點的極坐標(biāo)可以有無數(shù)對，當(dāng)k∈Z時，(ρ，θ)，(ρ，θ＋2kπ)，(－ρ，θ＋(2k＋1)π)表示⑧________，而用平面直角坐標(biāo)表示點時，每一個點的坐標(biāo)是唯一的．如果規(guī)定ρ＞0,0≤θ＜2π，或者－π＜θ≤π，那么，除極點外，平面內(nèi)的點和極坐標(biāo)就一一對應(yīng)了．2．極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)的互化(1)互化背景：把平面直角坐標(biāo)系的原點作為極點，x軸的正半軸作為極軸，建立極坐標(biāo)系，并在兩種坐標(biāo)系中取相同的單位長度，如圖所示．(2)互化公式：設(shè)M是坐標(biāo)平面內(nèi)任意一點，它的直角坐標(biāo)是(x，y)，極坐標(biāo)是(ρ，θ)(ρ＞0，θ∈[0,2π))，于是極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式如表：點M直角坐標(biāo)(x，y)極坐標(biāo)(ρ，θ)互化公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝⑨y＝⑩))ρ2＝?________tanθ＝?________在一般情況下，由tanθ確定角時，可根據(jù)點M所在的象限取最小正角．3．常見曲線的極坐標(biāo)方程曲線圖形極坐標(biāo)方程圓心在極點，半徑為r的圓?____________________圓心為(r,0)，半徑為r的圓?____________________圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r，\f(π,2)))，半徑為r的圓?____________________過極點，傾斜角為α的直線(1)θ＝α(ρ∈R)或θ＝π＋α(ρ∈R)(2)θ＝α(ρ≥0)和θ＝π＋α(ρ≥0)過點(a,0)，與極軸垂直的直線?____________________過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,2)))，與極軸平行的直線?____________________過點(a,0)，傾斜角為α的直線?____________________二、必明3個易誤點1．極坐標(biāo)系的四要素：①極點；②極軸；③長度單位；④角度單位和它的正方向，四者缺一不可．2．由極徑的意義知ρ≥0，當(dāng)極角θ的取值范圍是[0,2π)時，平面上的點(除去極點)與極坐標(biāo)(ρ，θ)(ρ≠0)建立一一對應(yīng)關(guān)系，約定極點的極坐標(biāo)是極徑ρ＝0，極角可取任意角．3．極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的重要區(qū)別：多值性．在直角坐標(biāo)系中，點與直角坐標(biāo)是“一對一”的關(guān)系；在極坐標(biāo)系中，由于終邊相同的角有無數(shù)個，即點的極角不唯一，因此點與極坐標(biāo)是“一對多”的關(guān)系，但不同的極坐標(biāo)可以寫出統(tǒng)一的表達(dá)式．如果(ρ，θ)是點M的極坐標(biāo)，那么(ρ，θ＋2kπ)或(－ρ，θ＋(2k＋1)π)(k∈Z)都可以作為點M的極坐標(biāo)．eq\x(考點一)直角坐標(biāo)系中的伸縮變換[自主練透型]1．求雙曲線C：x2－eq\f(y2,64)＝1經(jīng)過φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,2y′＝y(tǒng)))變換后所得曲線C′的焦點坐標(biāo)．2．若函數(shù)y＝f(x)的圖象在伸縮變換φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x，,y′＝3y))的作用下得到曲線的方程為y′＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x′＋\f(π,6)))，求函數(shù)y＝f(x)的最小正周期．悟·技法伸縮變換公式應(yīng)用時的兩個注意點(1)曲線的伸縮變換是通過曲線上任意一點的坐標(biāo)的伸縮變換實現(xiàn)的，解題時一定要區(qū)分變換前的點P的坐標(biāo)(x，y)與變換后的點P′的坐標(biāo)(x′，y′)，再利用伸縮變換公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝λxλ>0，y′＝μyμ>0，))建立聯(lián)系．(2)已知變換后的曲線方程f(x，y)＝0，一般都要改寫為方程f(x′，y′)＝0，再利用換元法確定伸縮變換公式.考點二極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化[自主練透型]3．[2018·北京卷]在極坐標(biāo)系中，直線ρcosθ＋ρsinθ＝a(a>0)與圓ρ＝2cosθ相切，則a＝________.4．[2018·江蘇卷]在極坐標(biāo)系中，直線l的方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝2，曲線C的方程為ρ＝4cosθ，求直線l被曲線C截得的弦長．

悟·技法1.極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)互化公式的3個前提條件(1)取直角坐標(biāo)系的原點為極點．(2)以x軸的非負(fù)半軸為極軸．(3)兩種坐標(biāo)系規(guī)定相同的長度單位．2．極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)互化的策略(1)直角坐標(biāo)方程化為極坐標(biāo)方程，只要運用公式x＝ρcosθ及y＝ρsinθ直接代入并化簡即可．(2)極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程時常通過變形，構(gòu)造形如ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，進行整體代換.考點三曲線的極坐標(biāo)方程的應(yīng)用[互動講練型][例][2019·全國卷Ⅱ]在極坐標(biāo)系中，O為極點，點M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲線C：ρ＝4sinθ上，直線l過點A(4,0)且與OM垂直，垂足為P.(1)當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時，求ρ0及l(fā)的極坐標(biāo)方程；(2)當(dāng)M在C上運動且P在線段OM上時，求P點軌跡的極坐標(biāo)方程．悟·技法用極坐標(biāo)系解決問題時要注意題目中的幾何關(guān)系，如果幾何關(guān)系不容易通過極坐標(biāo)表示時，可以先化為直角坐標(biāo)方程，將不熟悉的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題.[變式練]——(著眼于舉一反三)[2019·全國卷Ⅲ]如圖，在極坐標(biāo)系Ox中，A(2,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3π,4)))，D(2，π)，弧eq\x\to(AB)，eq\x\to(BC)，eq\x\to(CD)所在圓的圓心分別是(1,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，(1，π)，曲線M1是弧eq\x\to(AB)，曲線M2是弧eq\x\to(BC)，曲線M3是弧eq\x\to(CD).(1)分別寫出M1，M2，M3的極坐標(biāo)方程；(2)曲線M由M1，M2，M3構(gòu)成，若點P在M上，且|OP|＝eq\r(3)，求P的極坐標(biāo)．選修4－4坐標(biāo)系與參數(shù)方程第一節(jié)坐標(biāo)系【知識重溫】①極點②極軸③極坐標(biāo)系④極徑⑤極角⑥ρ＝0⑦任意值⑧同一個點⑨ρcosθ⑩ρsinθ?x2＋y2?eq\f(y,x)(x≠0)?ρ＝r(0≤θ＜2π)?ρ＝2rcosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤θ＜\f(π,2)))?ρ＝2rsinθ(0≤θ＜π)?ρcosθ＝a?ρsinθ＝a(0＜θ＜π)?ρsin(α－θ)＝asinα課堂考點突破考點一1．解析：設(shè)曲線C′上任意一點P′(x′，y′)，由上述可知，將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)x′，,y＝2y′，))代入x2－eq\f(y2,64)＝1，得eq\f(x′2,9)－eq\f(4y′2,64)＝1，化簡得eq\f(x′2,9)－eq\f(y′2,16)＝1，即eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1為曲線C′的方程，可見仍是雙曲線，則焦點F1(－5,0)，F(xiàn)2(5,0)為所求．2．解析：由題意，把變換公式代入曲線y′＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x′＋\f(π,6)))得3y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，整理得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以y＝f(x)的最小正周期為eq\f(2π,2)＝π.考點二3．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρcosθ＝x，,ρsinθ＝y(tǒng)，,ρ2＝x2＋y2))可將直線ρcosθ＋ρsinθ＝a化為x＋y－a＝0，將ρ＝2cosθ，即ρ2＝2ρcosθ化為x2＋y2＝2x，整理成標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝1.又∵直線與圓相切，∴圓心(1,0)到直線x＋y－a＝0的距離d＝eq\f(|1－a|,\r(2))＝1，解得a＝1±eq\r(2)，∵a＞0，∴a＝1＋eq\r(2).答案：1＋eq\r(2)4．解析：因為曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ，所以曲線C是圓心為(2,0)，直徑為4的圓．因為直線l的極坐標(biāo)方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝2，則直線l過A(4,0)，傾斜角為eq\f(π,6)，所以A為直線l與圓C的一個交點．設(shè)另一個交點為B，則∠OAB＝eq\f(π,6).如圖，連接OB.因為OA為直徑，從而∠OBA＝eq\f(π,2)，所以AB＝4coseq\f(π,6)＝2eq\r(3).因此，直線l被曲線C截得的弦長為2eq\r(3).考點三例解析：(1)因為M(ρ0，θ0)在C上，當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時，ρ0＝4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由已知得|OP|＝|OA|coseq\f(π,3)＝2.設(shè)Q(ρ，θ)為l上除P的任意一點．連接OQ，在Rt△OPQ中，ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.經(jīng)檢驗，點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))在曲線ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2上．所以，l的極坐標(biāo)方程為ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2.(2)設(shè)P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因為P在線段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).所以，P點軌跡的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).變式練解析：(1)由題設(shè)可得，弧eq\x\to(AB)，eq\x\to(BC)，eq\x\to(CD)所在圓的極坐標(biāo)方程分別為ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ.所以M1的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4)))，M2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤θ≤\f(3π,4)))，M3的極坐標(biāo)方程為ρ＝－2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)≤θ≤π)).(2)設(shè)P(ρ，θ)，由題設(shè)及(1)知：若0≤θ≤eq\f(π,4)，則2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,6)；若eq\f(π,4)≤θ≤eq\f(3π,4)，則2sinθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,3)或θ＝eq\f(2π,3)；若eq\f(3π,4)≤θ≤π，則－2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(5π,6).綜上，P的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,6)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(2π,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(5π,6))).第二節(jié)不等式的證明【知識重溫】一、必記2個知識點1．比較法比較法是證明不等式最基本的方法，可分為作差比較法和作商比較法兩種．名稱作差比較法作商比較法理論依據(jù)a>b?a－b>0a<b?a－b<0a＝b?a－b＝0b>0，eq\f(a,b)>1?a>bb<0，eq\f(a,b)>1?a<b適用類型適用于具有多項式特征的不等式證明主要適用于積、商、冪、對數(shù)、根式形式的不等式證明證明步驟作差→變形→判斷符號→得出結(jié)論作商→變形→判斷與1的大小關(guān)系→得出結(jié)論2．綜合法和分析法(1)綜合法一般地，從已知條件出發(fā)，利用定義、公理、定理、性質(zhì)等，經(jīng)過一系列的推理，論證而得出命題成立，這種證明方法叫做綜合法．綜合法又叫順推證法或由因?qū)Чǎ?2)分析法證明命題時，從要證的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至所需條件為已知條件或一個明顯成立的事實(定義、公理或已證明的定理、性質(zhì)等)，從而得出要證的命題成立，這種證明方法叫做分析法，這是一種執(zhí)果索因的思考和證明方法．二、必明2個易誤點1．用分析法證明不等式一定要注意格式規(guī)范．2．運用放縮法證明不等式的關(guān)鍵是放大(或縮小)要適當(dāng)．eq\x(考點一)用綜合法、分析法證明不等式[互動講練型][例1][2020·全國卷Ⅲ]設(shè)a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.(1)證明：ab＋bc＋ca<0；(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，證明：max{a，b，c}≥eq\r(3,4).悟·技法用綜合法證明不等式是“由因?qū)Ч?，用分析法證明不等式是“執(zhí)果索因”，它們是兩種思路截然相反的證明方法．綜合法往往是分析法的逆過程，表述簡單、條理清楚，所以在實際應(yīng)用時，往往用分析法找思路，用綜合法寫步驟，由此可見，分析法與綜合法相互轉(zhuǎn)化，互相滲透，互為前提，充分利用這一辯證關(guān)系，可以增加解題思路，開闊視野.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．設(shè)不等式||x＋1|－|x－1||＜2的解集為A.(1)求集合A；(2)若a，b，c∈A，求證：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－abc,ab－c)))＞1.考點二反證法證明不等式[互動講練型][例2]若x，y都是正實數(shù)，且x＋y＞2，求證：eq\f(1＋x,y)＜2和eq\f(1＋y,x)＜2中至少有一個成立．悟·技法利用反證法證明問題的一般步驟(1)否定原結(jié)論；(2)從假設(shè)出發(fā)，導(dǎo)出矛盾；(3)證明原命題正確.[變式練]——(著眼于舉一反三)2．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，求證：a，b，c＞0.考點三放縮法證明不等式[互動講練型][例3]若a，b∈R，求證：eq\f(|a＋b|,1＋|a＋b|)≤eq\f(|a|,1＋|a|)＋eq\f(|b|,1＋|b|).悟·技法在不等式的證明中，“放”和“縮”是常用的推證技巧，常見的放縮變換有：(1)變換分式的分子和分母，如eq\f(1,k2)＜eq\f(1,kk－1)，eq\f(1,k2)＞eq\f(1,kk＋1)，eq\f(1,\r(k))＜eq\f(2,\r(k)＋\r(k－1))，eq\f(1,\r(k))＞eq\f(2,\r(k)＋\r(k＋1)).上面不等式中k∈N*，k＞1.(2)利用函數(shù)的單調(diào)性．(3)真分?jǐn)?shù)性質(zhì)“若0＜a＜b，m＞0，則eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m)”．注意：在用放縮法證明不等式時，“放”和“縮”均需把握一個度.[變式練]——(著眼于舉一反三)3．設(shè)n是正整數(shù)，求證：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜1.第二節(jié)不等式的證明課堂考點突破考點一例1解析：(1)由題設(shè)可知，a，b，c均不為零，所以ab＋bc＋ca＝eq\f(1,2)[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]＝－eq\f(1,2)(a2＋b2＋c2)＜0.(2)不妨設(shè)max{a，b，c}＝a，因為abc＝1，a＝－(b＋c)，所以a＞0，b＜0，c＜0.由bc≤eq\f(b＋c2,4)，可得abc≤eq\f(a3,4)，故a≥eq\r(3,4)，所以max{a，b，c}≥eq\r(3,4).變式練1．解析：(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，x≥1,2x，－1＜x＜1，,－2，x≤－1，))由|f(x)|＜2得－1＜x＜1，即A＝{x|－1＜x＜1}．(2)要證eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－abc,ab－c)))＞1，只需證|1－abc|＞|ab－c|，只需證1＋a2b2c2＞a2b2＋c2，只需證1－a2b2＞c2(1－a2b2)，只需證(1－a2b2)(1－c2)＞0，由a，b，c∈A，得－1＜ab＜1，c2＜1，所以(1－a2b2)(1－c2)＞0恒成立，綜上，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－abc,ab－c)))＞1.考點二例2證明：假設(shè)eq\f(1＋x,y)＜2和eq\f(1＋y,x)＜2都不成立，則有eq\f(1＋x,y)≥2和eq\f(1＋y,x)≥2同時成立．因為x＞0且y＞0，所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x.兩式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2.這與已知條件x＋y＞2矛盾，因此eq\f(1＋x,y)＜2和eq\f(1＋y,x)＜2中至少有一個成立．變式練2．證明：(1)設(shè)a＜0，因為abc＞0，所以bc＜0.又由a＋b＋c＞0，則b＋c＞－a＞0，所以ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，與題設(shè)矛盾．(2)若a＝0，則與abc＞0矛盾，所以必有a＞0.同理可證：b＞0，c＞0.綜上可證a，b，c＞0.考點三例3證明：當(dāng)|a＋b|＝0時，不等式顯然成立．當(dāng)|a＋b|≠0時，由0＜|a＋b|≤|a|＋|b|?eq\f(1,|a＋b|)≥eq\f(1,|a|＋|b|)，所以eq\f(|a＋b|,1＋|a＋b|)＝eq\f(1,\f(1,|a＋b|)＋1)≤eq\f(1,1＋\f(1,|a|＋|b|))＝eq\f(|a|＋|b|,1＋|a|＋|b|)＝eq\f(|a|,1＋|a|＋|b|)＋eq\f(|b|,1＋|a|＋|b|)≤eq\f(|a|,1＋|a|)＋eq\f(|b|,1＋|b|).變式練3．證明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋k)＜eq\f(1,n).當(dāng)k＝1時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)＜eq\f(1,n)；當(dāng)k＝2時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋2)＜eq\f(1,n)；…當(dāng)k＝n時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋n)＜eq\f(1,n)，∴eq\f(1,2)＝eq\f(n,2n)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜eq\f(n,n)＝1.所以原不等式成立．選修4－5不等式選講第一節(jié)絕對值不等式【知識重溫】一、必記2個知識點1．含有絕對值的不等式定理(1)定理：對任意實數(shù)a和b，有①____________________，其中等號成立的條件為ab≥0.(2)定理中的b以－b代替，則有|a－b|≤|a|＋|b|.其中等號成立的條件為②____________.(3)對任意實數(shù)a和b，有||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.2．絕對值不等式的解法(1)含絕對值的不等式|x|＜a與|x|＞a的解集：不等式a＞0a＝0a＜0|x|＜a③________④________⑤________|x|＞a⑥________⑦_(dá)_______⑧________(2)|ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法：(ⅰ)|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c；(ⅱ)|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．(ⅰ)利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想．(ⅱ)利用“零點分段法”求解，體現(xiàn)了分類討論的思想．(ⅲ)通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的圖象求解，體現(xiàn)了函數(shù)與方程的思想．二、必明2個易誤點1．利用均值不等式必須要找準(zhǔn)“對應(yīng)點”，明確“類比對象”，使其符合幾個重要不等式的特征．2．注意檢驗等號成立的條件，特別是多次使用不等式時，必須使等號同時成立．eq\x(考點一)絕對值三角不等式性質(zhì)的應(yīng)用[互動講練型][例1][2016·江蘇卷]設(shè)a>0，|x－1|<eq\f(a,3)，|y－2|<eq\f(a,3)，求證：|2x＋y－4|<a.悟·技法對絕對值三角不等式定理的理解注意以下三點(1)等號成立的條件在解題時經(jīng)常用到，特別是用此定理求函數(shù)的最大(小)值時．(2)該定理可推廣為|a＋b＋c|≤|a|＋|b|＋|c|，也可強化為||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它們經(jīng)常用于含絕對值的不等式的推論．(3)當(dāng)ab≥0時，|a＋b|＝|a|＋|b|；當(dāng)ab≤0時，|a－b|＝|a|＋|b|；當(dāng)b(a＋b)≤0時，|a|－|b|＝|a＋b|；當(dāng)b(a－b)≥0時，|a|－|b|＝|a－b|.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．已知x，y∈R，且|x＋y|≤eq\f(1,6)，|x－y|≤eq\f(1,4)，求證：|x＋5y|≤1.考點二絕對值不等式的解法[自主練透型]1．不等式|2x－1|>3的解集為________．2．[2020·江蘇卷]設(shè)x∈R，解不等式2|x＋1|＋|x|<4.3．[2020·全國卷Ⅰ]已知函數(shù)f(x)＝|3x＋1|－2|x－1|.(1)畫出y＝f(x)的圖象；(2)求不等式f(x)>f(x＋1)的解集．悟·技法解絕對值不等式的基本方法(1)利用絕對值的定義，通過分類討論轉(zhuǎn)化為解不含絕對值符號的普通不等式．(2)當(dāng)不等式兩端均為正號時，可通過兩邊平方的方法，轉(zhuǎn)化為解不含絕對值符號的普通不等式．(3)利用絕對值的幾何意義，數(shù)形結(jié)合求解.考點三與絕對值不等式有關(guān)的參數(shù)范圍問題[互動講練型][例2][2020·全國卷Ⅱ]已知函數(shù)f(x)＝|x－a2|＋|x－2a＋1|.(1)當(dāng)a＝2時，求不等式f(x)≥4的解集；(2)若f(x)≥4，求a的取值范圍．悟·技法1.研究含有絕對值的函數(shù)問題時，根據(jù)絕對值的定義，分類討論去掉絕對值符號，轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)，然后利用數(shù)形結(jié)合解決，是常用的思想方法．2．f(x)＜a恒成立?f(x)max＜a；f(x)＞a恒成立?f(x)min＞a.[變式練]——(著眼于舉一反三)2．[2021·惠州市高三調(diào)研考試]已知f(x)＝|x＋1|＋|ax－a＋1|.(1)當(dāng)a＝1時，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若x≥1時，不等式f(x)≥x＋2恒成立，求a的取值范圍．選修4－5不等式選講第一節(jié)絕對值不等式【知識重溫】①|(zhì)a＋b|≤|a|＋|b|②ab≤0③{x|－a＜x＜a}④?⑤?⑥{x|x＞a或x＜－a}⑦{x|x∈R且x≠0}⑧R課堂考點突破考點一例1證明：因為|x－1|<eq\f(a,3)，|y－2|<eq\f(a,3)，所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|<2×eq\f(a,3)＋eq\f(a,3)＝a.變式練1．證明：∵|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|.∴由絕對值不等式的性質(zhì)，得