N選修4系列(理科)

N選修4系列N1選修4-1幾何證明選講22．N1[2012·遼寧卷]如圖1－8，⊙O和⊙O′相交于A，B兩點，過A作兩圓的切線分別交兩圓于C，D兩點，連結(jié)DB并延長交⊙O于點E.證明：(1)AC·BD＝AD·AB；(2)AC＝AE.圖1－822．證明：(1)由AC與⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB.從而eq\f(AC,AD)＝eq\f(AB,BD)，即AC·BD＝AD·AB.(2)由AD與⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD，又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD.從而eq\f(AE,AB)＝eq\f(AD,BD)，即AE·BD＝AD·AB.結(jié)合(1)的結(jié)論，得AC＝AE.21A．N1[2012·江蘇卷]如圖1－7，AB是圓O的直徑，D，E為圓O上位于AB異側(cè)的兩點，連結(jié)BD并延長至點C，使BD＝DC，連結(jié)AC，AE，求證：∠E＝∠C.圖1－721A.證明：如圖，連結(jié)OD，因為BD＝DC，O為AB的中點，所以OD∥AC，于是∠ODB＝∠C.因為OB＝OD，所以∠ODB＝∠B.于是∠B＝∠C.因為點A，E，B，D都在圓O上，且D，E為圓O上位于AB異側(cè)的兩點，所以∠E和∠B為同弧所對的圓周角，故∠E＝∠B.所以∠E＝∠C.15．N1[2012·湖北卷]如圖1－6所示，點D在⊙O的弦AB上移動，AB＝4，連結(jié)OD，過點D作OD的垂線交⊙O于點C，則CD的最大值為________．圖1－615.2[解析]因為CD＝eq\r(OC2－OD2)，且OC為⊙O的半徑，是定值，所以當OD取最小值時，CD取最大值．顯然當OD⊥AB時，OD取最小值，故此時CD＝eq\f(1,2)AB＝2，即為所求的最大值．12．N1[2012·全國卷]正方形ABCD的邊長為1，點E在邊AB上，點F在邊BC上，AE＝BF＝eq\f(3,7).動點P從E出發(fā)沿直線向F運動，每當碰到正方形的邊時反彈，反彈時反射角等于入射角，當點P第一次碰到E時，P與正方形的邊碰撞的次數(shù)為()A．16B．14C．12D．1012．B[解析]取單位長度為7的正方形，(1)直接作出圖形可得到結(jié)果，如圖所示，(2)建立坐標系，取正方形邊長為7分單位，計算7次可得第7次時該點的橫坐標與E點相同，根據(jù)對稱性應選擇14次．5．N1[2012·北京卷]如圖1－3，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點D，以BD為直徑的圓與BC交于點E，則()A．CE·CB＝AD·DBB．CE·CB＝AD·ABC．AD·AB＝CD2D．CE·EB＝CD25．A[解析]本題考查了平面幾何圓與三角形，特別是重點考查了射影定理等知識．對于A，CE·CB＝CD2＝AD·DB；對于B，CE·CB＝CD2≠AC2＝AD·AB；對于C，CD2＝AD·DB≠AD·AB；對于D，ED2＝CE·EB≠CD2.15．N1[2012·廣東卷]如圖1－3，圓O的半徑為1，A、B、C是圓周上的三點，滿足∠ABC＝30°，過點A作圓O的切線與OC的延長線交于點P，則PA＝________.15.eq\r(3)[解析]考查平面幾何中圓周角定理以及弦切角定理等，解題關鍵是通過連接OA，在△AOP中利用勾股定理求出．連接OA，則OA⊥PA，根據(jù)圓周角定理得：∠AOP＝60°，所以PO＝2，OA＝1，在直角三角形AOP中利用勾股定理得：PA＝eq\r(OP2－OA2)＝eq\r(3).11．N1[2012·湖南卷]如圖1－3，過點P的直線與⊙O相交于A，B兩點．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，則⊙O的半徑等于________．圖1－311.eq\r(6)[解析]設圓的半徑為r，由圓的割線定理可得，PA·PB＝(PO－r)(PO＋r)，把PA＝1，PB＝1＋2＝3，PO＝3代入求解得3＝9－r2，∴r＝eq\r(6).22．N1[2012·課標全國卷]如圖1－6，D，E分別為△ABC邊AB，AC的中點，直線DE交△ABC的外接圓于F，G兩點．若CF∥AB，證明：(1)CD＝BC；(2)△BCD∽△GBD.22．證明：(1)因為D，E分別為AB，AC的中點，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四邊形BCFD是平行四邊形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，連結(jié)AF，所以四邊形ADCF是平行四邊形，故CD＝AF.因為CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.(2)因為FG∥BC，故GB＝CF.由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD.而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD.15B.N1[2012·陜西卷]如圖1－5，在圓O中，直徑AB與弦CD垂直，垂足為E，EF⊥DB，垂足為F，若AB＝6，AE＝1，則DF·DB＝________.圖1－515B．5[解析]本題考查了射影定理的知識，解題的突破口是找出直角三角形內(nèi)的射影定理．連接AD，在Rt△ABD中，DE⊥AB，所以DE2＝AE×EB＝5，在Rt△EBD中，EF⊥DB，所以DE2＝DF×DB＝5.13．N1[2012·天津卷]如圖1－3所示，已知AB和AC是圓的兩條弦，過點B作圓的切線與AC的延長線相交于點D.過點C作BD的平行線與圓相交于點E，與AB相交于點F，AF＝3，F(xiàn)B＝1，EF＝eq\f(3,2)，則線段CD的長為________．圖1－313.eq\f(4,3)[解析]本題考查選修4－1幾何證明選講中圓的性質(zhì)，考查推理論證及運算求解能力，中檔題．由相交弦的性質(zhì)可得|AF|×|FB|＝|EF|×|FC|，∴|FC|＝eq\f(|AF|×|FB|,|EF|)＝eq\f(3×1,\f(3,2))＝2，又∵FC∥BD，∴eq\f(AC,AD)＝eq\f(FC,BD)＝eq\f(AF,AB)＝eq\f(3,4)，即BD＝eq\f(8,3)，由切割定理得|BD|2＝|DA|×|DC|＝4|DC|2，解之得|DC|＝eq\f(4,3).N2選修4-2矩陣21B．N2[2012·江蘇卷]已知矩陣A的逆矩陣A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)\f(3,4),\f(1,2)－\f(1,2)))，求矩陣A的特征值．21B．解：因為A－1A＝E，所以A＝(A－1)－1因為A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－\f(1,4),\f(3,4),\f(1,2),－\f(1,2))))，所以A＝(A－1)－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(23,21))，于是矩陣A的特征多項式為f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－2－3,－2λ－1))＝λ2－3λ－4.令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝－1，λ2＝4.21A．N2[2012·福建卷]設曲線2x2＋2xy＋y2＝1在矩陣A＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a),\s\do5(b))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))(a＞0)對應的變換作用下得到的曲線為x2＋y2＝1.(1)求實數(shù)a，b的值；(2)求A2的逆矩陣．21A．解：(1)設曲線2x2＋2xy＋y2＝1上任意點P(x，y)在矩陣A對應的變換作用下的像是P′(x′，y′由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(x′),\s\do5(y′))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a),\s\do5(b))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(x),\s\do5(y))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(ax),\s\do5(bx＋y))))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝ax，,y′＝bx＋y.))又點P′(x′，y′)在x2＋y2＝1上，所以x′2＋y′2＝1，即a2x2＋(bx＋y)2＝1，整理得(a2＋b2)x2＋2bxy＋y2＝1.依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝2，,2b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1.))因為a＞0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)由(1)知，A＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(1))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))，A2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(1))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(1))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(2))\o(\s\up7(0),\s\do5(1))))，所以|A2|＝1，(A2)－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(1),\s\do5(－2))\o(\s\up7(0),\s\do5(1)))).3．C3、N2[2012·上海卷]函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2cosx,sinx－1))的值域是________．3.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－\f(3,2)))[解析]考查二階矩陣和三角函數(shù)的值域，以矩陣為載體，實為考查三角函數(shù)的值域，易錯點是三角函數(shù)的化簡．f(x)＝－2－sinxcosx＝－2－eq\f(1,2)sin2x，又－1≤sin2x≤1，所以f(x)＝－2－eq\f(1,2)sin2x的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－\f(3,2))).N3選修4-4坐標系與參數(shù)方程12．N3[2012·天津卷]已知拋物線的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2pt2，,y＝2pt))(t為參數(shù))，其中p＞0，焦點為F，準線為l.過拋物線上一點M作l的垂線，垂足為E.若|EF|＝|MF|，點M的橫坐標是3，則p＝________.12．2[解析]本題考查拋物線的參數(shù)方程及拋物線的性質(zhì)，考查運算求解能力及轉(zhuǎn)化思想，中檔題．將參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2pt2，,y＝2pt))化為普通方程為y2＝2px(p>0)，并且Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，±\r(6p)))，又∵|EF|＝|MF|＝|ME|，即有3＋eq\f(p,2)＝eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(p,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)))))2＋±\r(6p)－02)，解之得p＝±2(負值舍去)，即p＝2.10．N3[2012·上海卷]如圖1－1所示，在極坐標系中，過點M(2,0)的直線l與極軸的夾角α＝eq\f(π,6)，若將l的極坐標方程寫成ρ＝f(θ)的形式，則f(θ)＝________.圖1－110.eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ)))[解析]考查極坐標方程，關鍵是寫出直線的極坐標方程，再按要求化簡．由已知得直線方程為y＝(x－2)taneq\f(π,6)，化簡得x－eq\r(3)y－2＝0，轉(zhuǎn)化為極坐標方程為：ρcosθ－eq\r(3)ρsinθ－2＝0，解得ρ＝eq\f(2,cosθ－\r(3)sinθ)＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ)))，所以f(θ)＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))).15C.N3[2012·陜西卷]直線2ρcosθ＝1與圓ρ＝2cosθ15C.eq\r(3)[解析]本題考查了極坐標的相關知識，解題的突破口為把極坐標化為直角坐標．由2ρcosθ＝1得2x＝1①，由ρ＝2cosθ得ρ2＝2ρcosθ，即x2＋y2＝2x②，聯(lián)立①②得y＝±eq\f(\r(3),2)，所以弦長為eq\r(3).23．N3[2012·遼寧卷]在直角坐標系xOy.圓C1：x2＋y2＝4，圓C2：(x－2)2＋y2＝4.(1)在以O為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標系中，分別寫出圓C1，C2的極坐標方程，并求出圓C1，C2的交點坐標(用極坐標表示)；(2)求圓C1與C2的公共弦的參數(shù)方程．23．解：(1)圓C1的極坐標方程為ρ＝2，圓C2的極坐標方程為ρ＝4cosθ.解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ＝2，,ρ＝4cosθ))得ρ＝2，θ＝±eq\f(π,3).故圓C1與圓C2交點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(π,3))).注：極坐標系下點的表示不唯一．(2)(解法一)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))得圓C1與C2交點的直角坐標分別為(1，eq\r(3))，(1，－eq\r(3))．故圓C1與C2的公共弦的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝t))－eq\r(3)≤t≤eq\r(3).(或參數(shù)方程寫成eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝y(tǒng)))－eq\r(3)≤y≤eq\r(3))(解法二)在直角坐標系下求得弦C1C2的方程為x＝1(－eq\r(3)≤y≤eq\r(3))．將x＝1代入eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))得ρcosθ＝1，從而ρ＝eq\f(1,cosθ).于是圓C1與C2的公共弦的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝tanθ，))－eq\f(π,3)≤θ≤eq\f(π,3).23．N3[2012·課標全國卷]已知曲線C1的參數(shù)方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ，,y＝3sinφ))(φ為參數(shù))，以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2的極坐標方程是ρ＝2，正方形ABCD的頂點都在C2上，且A，B，C，D依逆時針次序排列，點A的極坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3))).(1)求點A，B，C，D的直角坐標；(2)設P為C1上任意一點，求|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2的取值范圍．23．解：(1)由已知可得A2coseq\f(π,3)，2sineq\f(π,3)，B2coseq\f(π,3)＋eq\f(π,2),2sineq\f(π,3)＋eq\f(π,2)，C2coseq\f(π,3)＋π,2sineq\f(π,3)＋π，D2coseq\f(π,3)＋eq\f(3π,2),2sineq\f(π,3)＋eq\f(3π,2)，即A(1，eq\r(3))，B(－eq\r(3)，1)，C(－1，－eq\r(3))，D(eq\r(3)，－1)．(2)設P(2cosφ，3sinφ)，令S＝|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2，則S＝16cos2φ＋36sin2φ＋16＝32＋20sin2φ.因為0≤sin2φ≤1，所以S的取值范圍是[32,52]．21C．N3[2012·江蘇卷]在極坐標系中，已知圓C經(jīng)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，圓心為直線ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2)與極軸的交點，求圓C的極坐標方程．21C．解：在ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2)中令θ＝0，得ρ＝1，所以圓C的圓心坐標為(1,0)．因為圓C經(jīng)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，所以圓C的半徑PC＝eq\r(\r(2)2＋12－2×1×\r(2)cos\f(π,4))＝1，于是圓C過極點，所以圓C的極坐標方程為ρ＝2cosθ.9．N3[2012·湖南卷]在直角坐標系xOy中，已知曲線C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋1，,y＝1－2t))(t為參數(shù))與曲線C2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝asinθ，,y＝3cosθ))(θ為參數(shù)，a＞0)有一個公共點在x軸上，則a＝________.9.eq\f(3,2)[解析]考查直線與橢圓的參數(shù)方程，此類問題的常規(guī)解法是把參數(shù)方程轉(zhuǎn)化為普通方程求解，此題的關鍵是，得出兩曲線在x軸上的一個公共點，即為曲線C1與x軸的交點，化難為易．曲線C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋1，,y＝1－2t))(t為參數(shù))的普通方程是2x＋y－3＝0，曲線C2的普通方程是eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1，兩曲線在x軸上的一個公共點，即為曲線C1與x軸的交點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，代入曲線C2，得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2,a2)＋eq\f(02,9)＝1，解得a＝eq\f(3,2).16．N3[2012·湖北卷]在直角坐標系xOy中，以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立坐標系．已知射線θ＝eq\f(π,4)與曲線eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋1，,y＝t－12))(t為參數(shù))相交于A，B兩點，則線段AB的中點的直角坐標為________．16.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(5,2)))[解析]曲線eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋1，,y＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－1))2))化為直角坐標方程是y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2，射線θ＝eq\f(π,4)化為直角坐標方程是y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥0)).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2，,y＝x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥0))，))消去y得x2－5x＋4＝0，解得x1＝1，x2＝4.所以y1＝1，y2＝4.故線段AB的中點的直角坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(5,2))).21B.N3[2012·福建卷]在平面直角坐標系中，以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系．已知直線l上兩點M，N的極坐標分別為(2,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2)))，圓C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋2cosθ，,y＝－\r(3)＋2sinθ))(θ為參數(shù))．(1)設P為線段MN的中點，求直線OP的平面直角坐標方程；(2)判斷直線l與圓C的位置關系．21B.解：(1)由題意知，M，N的平面直角坐標分別為(2,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))，又P為線段MN的中點，從而點P的平面直角坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，故直線OP的平面直角坐標方程為y＝eq\f(\r(3),3)x.(2)因為直線l上兩點M，N的平面直角坐標分別為(2,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))，所以直線l的平面直角坐標方程為eq\r(3)x＋3y－2eq\r(3)＝0.又圓C的圓心坐標為(2，－eq\r(3))，半徑r＝2，圓心到直線l的距離d＝eq\f(|2\r(3)－3\r(3)－2\r(3)|,\r(3＋9))＝eq\f(3,2)＜r，故直線l與圓C相交．13．N3[2012·安徽卷]在極坐標系中，圓ρ＝4sinθ的圓心到直線θ＝eq\f(π,6)(ρ∈R)的距離是________．13.eq\r(3)[解析]本題考查極坐標與直角坐標的互化，圓的方程，點到直線的距離．應用極坐標與直角坐標的互化公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))將圓ρ＝4sinθ化為直角坐標方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－2))2＝4，直線θ＝eq\f(π,6)化為直角坐標方程為y＝eq\f(\r(3),3)x.因為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－2))2＝4的圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2))，所以圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2))到直線y＝eq\f(\r(3),3)x，即eq\r(3)x－3y＝0的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3)))),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))3＋32))＝eq\r(3).9．N3[2012·北京卷]直線eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋t，,y＝－1－t))(t為參數(shù))與曲線eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3cosα，,y＝3sinα))(α為參數(shù))的交點個數(shù)為________．9．2[解析]本題主要考查直線和圓的位置關系，考查參數(shù)方程和普通方程之間的轉(zhuǎn)化等基礎知識，考查數(shù)形結(jié)合思想的運用．方程轉(zhuǎn)化為普通方程，直線為x＋y＝1，圓為x2＋y2＝9，法一：圓心到直線的距離為d＝eq\f(|1|,\r(2))＝eq\f(1,\r(2))<3，所以直線與圓相交，答案為2.法二：聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝9，,x＋y＝1，))消去y可得x2－x－4＝0，Δ>0，所以直線和圓相交，答案為2.14．N3[2012·廣東卷](坐標系與參數(shù)方程選做題)在平面直角坐標系xOy中，曲線C1和C2的參數(shù)方程分別為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝\r(t)))(t為參數(shù))和eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)cosθ，,y＝\r(2)sinθ))(θ為參數(shù))，則曲線C1與C2的交點坐標為________．14．(1,1)[解析]本題考查參數(shù)方程與直角坐標方程之間的轉(zhuǎn)化，突破口是把參數(shù)方程轉(zhuǎn)化為直角坐標方程，利用方程思想解決，C1的直角坐標方程為：y2＝x(x≥0)，C2的直角坐標方程為：x2＋y2＝2，聯(lián)立方程得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝x，,x2＋y2＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))所以交點坐標為(1,1)．圖1－315．N3[2012·江西卷](1)(坐標系與參數(shù)方程選做題)曲線C的直角坐標方程為x2＋y2－2x＝0，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，則曲線C的極坐標方程為________．N4(2)(不等式選做題)在實數(shù)范圍內(nèi)，不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6的解集為________．15．(1)ρ＝2cosθ[解析]考查極坐標方程與普通方程的轉(zhuǎn)化；解題的突破口是利用點P的直角坐標(x，y)與極坐標(ρ，θ)的關系轉(zhuǎn)化．由于ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，因此x2＋y2－2x＝0的極坐標方程為ρ＝2cosθ.(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)≤x≤\f(3,2)))))[解析]考查絕對值不等式的解法，以及分類討論思想；解題的突破口是利用零點討論法去掉絕對值符號，將不等式轉(zhuǎn)化為一般不等式(組)求解．當x>eq\f(1,2)時，原不等式可化為2x－1＋2x＋1≤6，解得x≤eq\f(3,2)，此時eq\f(1,2)<x≤eq\f(3,2)；當x<－eq\f(1,2)時，原不等式可化為－2x＋1－2x－1≤6，解得x≥－eq\f(3,2)，此時－eq\f(3,2)≤x<－eq\f(1,2)；當－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2)時，原不等式可化為1－2x＋2x＋1≤6，解得x∈R，此時－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2).綜上，原不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3,2))).24．N3[2012浙江卷]在直角坐標系xOy中，設傾斜角為α的直線l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(t為參數(shù))與曲線C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝sinθ))(θ為參數(shù))相交于不同兩點A，B.(1)若α＝eq\f(π,3)，求線段AB中點M的坐標；(2)若|PA|·|PB|＝|OP|2，其中P(2，eq\r(3))，求直線l的斜率．解：設直線l上的點A，B對應參數(shù)分別為t1，t2.將曲線C的參數(shù)方程化為普通方程eq\f(x2,4)＋y2＝1.(1)當α＝eq\f(π,3)時，設點M對應參數(shù)為t0.直線l方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\f(1,2)t，,y＝\r(3)＋\f(\r(3),2)t))(t為參數(shù))．代入曲線C的普通方程eq\f(x2,4)＋y2＝1，得13t2＋56t＋48＝0，則t0＝eq\f(t1＋t2,2)＝－eq\f(28,13)，所以，點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)，－\f(\r(3),13))).(2)將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))代入曲線C的普通方程eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(cos2α＋4sin2α)t2＋(8eq\r(3)sinα＋4cosα)t＋12＝0，因為|PA|·|PB|＝|t1t2|＝eq\f(12,cos2α＋4sin2α)，|OP|2＝7，所以eq\f(12,cos2α＋4sin2α)＝7.得tan2α＝eq\f(5,16).由于Δ＝32cosα(2eq\r(3)sinα－cosα)>0，故tanα＝eq\f(\r(5),4).所以直線l的斜率為eq\f(\r(5),4).N4選修4-5不等式選講23．N4[2012浙江卷]已知a∈R，設關于x的不等式|2x－a|＋|x＋3|≥2x＋4的解集為A.(1)若a＝1，求A；(2)若A＝R，求a的取值范圍．23.解：(1)當x≤－3時，原不等式化為－3x－2≥2x＋4，綜合得x≤－3.當－3<x≤eq\f(1,2)時，原不等式化為－x＋4≥2x＋4，綜合得－3<x≤0.當x>eq\f(1,2)時，原不等式為3x＋2≥2x＋4，得x≥2.綜上，A＝{x|x≤0或x≥2}．(2)當x≤－2時，|2x－a|＋|x＋3|≥0≥2x＋4成立．當x>－2時，|2x－a|＋|x＋3|＝|2x－a|＋x＋3≥2x＋4，得x≥a＋1或x≤eq\f(a－1,3)，所以a＋1≤－2或a＋1≤eq\f(a－1,3)，得a≤－2，綜上，a的取值范圍為a≤－2.15A．N4[2012·陜西卷]若存在實數(shù)x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，則實數(shù)a15A.－2≤a≤4[解析]本題考查了不等式解法的相關知識，解題的突破口是理解不等式的幾何意義．|x－a|＋|x－1|≤3表示的幾何意義是在數(shù)軸上一點x到1的距離與到a的距離之和小于或等于3個單位長度，此時我們可以以1為原點找離此點小于或等于3個單位長度的點即為a的取值范圍，不難發(fā)現(xiàn)－2≤a≤4.24．N4[2012·遼寧卷]已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集為{x|－2≤x≤1}．(1)求a的值；(2)若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx－2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))))≤k恒成立，求k的取值范圍．24．解：(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.又f(x)≤3的解集為{x|－2≤x≤1}，所以當a≤0時，不合題意．當a＞0時，－eq\f(4,a)≤x≤eq\f(2,a)，得a＝2.(2)記h(x)＝f(x)－2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，則h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x≤－1，,－4x－3，－1＜x＜－\f(1,2)，,－1，x≥－\f(1,2)，))所以|h(x)|≤1，因此k≥1.24．N4[2012·課標全國卷]已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.(1)當a＝－3時，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的取值范圍．24．解：(1)當a＝－3時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋5，x≤2，,1，2<x<3，,2x－5，x≥3.))當x≤2時，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；當2<x<3時，f(x)≥3無解；當x≥3時，由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4；所以f(x)≥3的解集為{x|x≤1}∪{x|x≥4}．(2)f(x)≤|x－4|?|x－4|－|x－2|≥|x＋a|.當x∈[1,2]時，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|?4－x－(2－x)≥|x＋a|?－2－a≤x≤2－a.由條件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.故滿足條件的a的取值范圍為[－3,0]．21D．N4[2012·江蘇卷]已知實數(shù)x，y滿足：|x＋y|＜eq\f(1,3)，|2x－y|＜eq\f(1,6)，求證：|y|＜eq\f(5,18).21D．證明：因為3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由題設知|x＋y|<eq\f(1,3)，|2x－y|<eq\f(1,6)，從而3|y|<eq\f(2,3)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，所以|y|<eq\f(5,1