2019版三维方案数学同步人教A版选修4-4 课时跟踪检测 (三) 简单曲线的极坐标方程

课时跟踪检测(三) 简单曲线的极坐标方程一、选择题1．极坐标方程ρ＝1表示( )A ．直线B ．射线C ．圆D ．半圆解析：选C ∵ρ＝1，∴ρ2＝1，∴x 2＋y 2＝1.∴表示圆．2．极坐标方程ρ＝sin θ＋2cos θ表示的曲线为( )A ．直线B ．圆C ．椭圆D ．双曲线 解析：选B 由ρ＝sin θ＋2cos θ，得ρ2＝ρsin θ＋2ρcos θ，∴x 2＋y 2＝y ＋2x ，即x 2＋y 2－2x －y ＝0，表示圆．3．在极坐标系中，方程ρ＝6cos θ表示的曲线是( )A ．以点(－3,0)为圆心，3为半径的圆B ．以点(3，π)为圆心，3为半径的圆C ．以点(3,0)为圆心，3为半径的圆D ．以点⎝⎛⎭⎫3，π2为圆心，3为半径的圆 解析：选C 由ρ＝6cos θ得ρ2＝6ρcos θ，即x 2＋y 2－6x ＝0，表示以(3,0)为圆心，半径为3的圆．4．以极坐标系中的点(1,1)为圆心，1为半径的圆的方程是( )A ．ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎫θ－π4 B ．ρ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4 C ．ρ＝2cos(θ－1) D ．ρ＝2sin(θ－1)解析：选C 在极坐标系中，圆心在(ρ0，θ0)，半径为r 的圆的方程为：r 2＝ρ20＋ρ2－2ρρ0cos(θ－θ0)，所以可得ρ＝2cos(θ－1)．二、填空题5．把圆的普通方程x 2＋(y －2)2＝4化为极坐标方程为________．解析：将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入，得ρ2cos 2θ＋ρ2sin 2θ－4ρsin θ＝0，即ρ＝4sin θ.答案：ρ＝4sin θ6．已知圆的极坐标方程为ρ＝2cos θ－23sin θ，θ∈[)0，2π，则圆心的极坐标是________．解析：设圆心为(a ，β)(a >0)，半径为a 的圆的极坐标方程为ρ＝2a cos(θ－β)．因为ρ＝2cos θ－23sin θ＝4cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3 ＝4cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3－2π＝4cos ⎝⎛⎭⎫θ－5π3，所以此圆的圆心的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，5π3. 答案：⎝⎛⎭⎫2，5π3 7．已知圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ，圆心为C ，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫4，π3，则|CP |＝________.解析：由ρ＝4cos θ得ρ2＝4ρcos θ，即x 2＋y 2＝4x ，即(x －2)2＋y 2＝4，∴圆心C (2,0)，又由点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫4，π3可得点P 的直角坐标为(2,23)， ∴|CP |＝ (2－2)2＋(23－0)2＝2 3.答案：2 3三、解答题8．求极坐标方程ρ＝2＋2cos θsin 2θ所对应的直角坐标方程． 解：ρ＝2＋2cos θsin 2θ可化为ρ＝2(1＋cos θ)1－cos 2θ， 即ρ＝21－cos θ. 化简，得ρ＝2＋ρcos θ.将互化公式代入，得x 2＋y 2＝(2＋x )2.整理可得y 2＝4(x ＋1)．9．从极点O 引定圆ρ＝2cos θ的弦OP ，延长OP 到Q 使OP PQ ＝23，求点Q 的轨迹方程，并说明所求轨迹是什么图形．解：设Q (ρ，θ)，P (ρ0，θ0)，则θ＝θ0，ρ0ρ－ρ0＝23， ∴ρ0＝25ρ. ∵ρ0＝2cos θ0，∴25ρ＝2cos θ，即ρ＝5cos θ， 它表示一个圆．10．⊙O 1和⊙O 2的极坐标方程分别为ρ＝4cos θ，ρ＝－4sin θ.(1)把⊙O 1和⊙O 2的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)求经过⊙O 1，⊙O 2交点的直线的直角坐标方程． 解：(1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 由ρ＝4cos θ得ρ2＝4ρcos θ.所以x 2＋y 2＝4x .即x 2＋y 2－4x ＝0为⊙O 1的直角坐标方程． 同理x 2＋y 2＋4y ＝0为⊙O 2的直角坐标方程．(2)由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2－4x ＝0，x 2＋y 2＋4y ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝0，y 1＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＝2，y 2＝－2. 即⊙O 1，⊙O 2交于点(0,0)和(2，－2)．则过交点的直线的直角坐标方程为y ＝－x .。

模块综合检测(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．不等式|3x －2|>4的解集是( ) A ．{x |x >2}B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－23 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ x <－23或x >2 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－23<x <2 解析：选C 因为|3x －2|>4，所以3x －2>4或3x －2<－4，所以x >2或x <－23.2．已知a ＜0，－1＜b ＜0，那么下列不等式成立的是( ) A ．a ＞ab ＞ab 2 B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab 2D ．ab ＞ab 2＞a解析：选D 因为－1＜b ＜0，所以b ＜b 2＜1. 又因为a ＜0，所以ab ＞ab 2＞a .3．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设正确的是( )A ．假设三内角都不大于60°B ．假设三内角都大于60°C ．假设三内角至多有一个大于60°D ．假设三内角至多有两个大于60°解析：选B 至少有一个不大于60°是指三个内角有一个或者两个或者三个小于或等于60°，所以反设应该是它的对立情况，即假设三内角都大于60°.4．若a ，b 是任意实数，且a >b ，则下列不等式一定成立的是( ) A ．a 2>b 2 B.ba <1 C ．lg(a －b )>0D.⎝⎛⎭⎫13a <⎝⎛⎭⎫13b解析：选D 因为函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x在R 上是减函数， 又a >b ，所以⎝⎛⎭⎫13a <⎝⎛⎭⎫13b ，故选D.5．若a >0，使不等式|x －4|＋|x －3|<a 在R 上的解集不是空集的a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．{1}C ．(1，＋∞)D ．以上均不对解析：选C 函数y ＝|x －4|＋|x －3|的最小值为1， 所以若|x －4|＋|x －3|<a 的解集不是空集，需满足a >1.6．若关于实数x 的不等式|x －1|＋|x －3|≤a 2－2a －1的解集为∅，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(3，＋∞)B ．(－∞，0)∪(3，＋∞)C ．(－1,3)D ．[－1,3]解析：选C |x －1|＋|x －3|的几何意义是数轴上对应的点到1,3对应的两点的距离之和，故它的最小值为2.∵原不等式的解集为∅，∴a 2－2a －1<2，即a 2－2a －3<0，解得－1<a <3.7．若存在x ∈R ，使|2x －a |＋2|3－x |≤1成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[2,4] B ．(5,7)C ．[5,7]D ．(－∞，5]∪[7，＋∞)解析：选C ∵|2x －a |＋2|3－x |＝|2x －a |＋|6－2x |≥|2x －a ＋6－2x |＝|a －6|， ∴|a －6|≤1，解得5≤a ≤7.8．若直线x a ＋yb ＝1过点M (cos α，sin α)，则( ) A ．a 2＋b 2≤1B ．a 2＋b 2≥1C.1a 2＋1b 2≤1D.1a 2＋1b 2≥1 解析：选D 因为直线x a ＋yb ＝1过点M (cos α，sin α)，所以cos αa ＋sin αb＝1.由柯西不等式可知⎝⎛⎭⎫cos αa ＋sin αb 2≤(cos 2α＋sin 2α)·⎝⎛⎭⎫1a 2＋1b 2， 当且仅当cos αsin α＝1a 1b时等号成立，故1a 2＋1b2≥1.9．已知不等式|y ＋4|－|y |≤2x ＋a2x 对任意实数x ，y 都成立，则常数a 的最小值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选D 由题意得(|y ＋4|－|y |)max ≤2x ＋a2x ，而|y ＋4|－|y |≤|y ＋4－y |＝4， 因此2x ＋a2x ≥4⇒a ≥[2x (4－2x )]max ，而2x(4－2x)≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋4－2x 22＝4，当且仅当2x ＝2，即x ＝1时取等号，所以a ≥4，a min ＝4. 10．设x ，y 均为正实数，且32＋x ＋32＋y＝1，则xy 的最小值为( ) A ．4 B ．4 3 C ．9D ．16解析：选D 因为32＋x ＋32＋y ＝1，所以0<32＋x <1,0<32＋y <1，即x >1，y >1，所以x ＝y ＋8y －1，所以xy ＝y ＋8y －1·y ＝y 2＋8y y －1＝(y －1)2＋10(y －1)＋9y －1＝(y －1)＋9y －1＋10≥2(y －1)×9y －1＋10＝16， 当且仅当y ＝4时等号成立．二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11.⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3的解集是________________．解析：∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3，∴|2x －1|＜3|x |.两边平方得4x 2－4x ＋1＜9x 2， ∴5x 2＋4x －1＞0，解得x ＞15或x ＜－1.∴所求不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜－1或x ＞15. 答案：(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫15，＋∞12．若x <0，则函数f (x )＝x 2＋1x 2－x －1x 的最小值是________．解析：令t ＝x ＋1x ，因为x <0，所以－⎝⎛⎭⎫x ＋1x ≥2，所以t ≤－2， 则g (t )＝t 2－t －2＝⎝⎛⎭⎫t －122－94，所以f (x )min ＝g (－2)＝4. 答案：413．不等式|x ＋1|－|x －2|≥1的解集是________． 解析：f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x <2，3，x ≥2.当－1<x <2时，由2x －1≥1，解得1≤x <2. 又当x ≥2时，f (x )＝3>1. 所以不等式的解集为{x |x ≥1}． 答案：[1，＋∞)14．设实数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋3c ＝4，a 2＋b 2＋c 2的最小值为________． 解析：由柯西不等式，得(a 2＋b 2＋c 2)(12＋22＋32)≥(a ＋2b ＋3c )2， 因为a ＋2b ＋3c ＝4， 故a 2＋b 2＋c 2≥87，当且仅当a 1＝b 2＝c3，即a ＝27，b ＝47，c ＝67时取“＝”．答案：87三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋a . (1)当a ＝－5时，求函数f (x )的定义域；(2)若函数f (x )的定义域为R ，试求a 的取值范围．解：(1)由题设知：|x ＋1|＋|x －2|－5≥0，在同一坐标系中作出函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|－5的图象，可知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．(2)由题设知，当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|＋a ≥0， 即|x ＋1|＋|x －2|≥－a .|x ＋1|＋|x －2|≥|x ＋1＋2－x |＝3， ∴－a ≤3， ∴a ≥－3.∴a 的取值范围是[－3，＋∞)．16．(本小题满分12分)设不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集为M ，a ，b ∈M . (1)证明：⎪⎪⎪⎪13a ＋16b <14；(2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由．解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，－3，x ≥1由－2<－2x －1<0，解得－12<x <12，则M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12. 所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |<13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2<14，b 2<14.因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2－1)>0， 所以|1－4ab |2>4|a －b |2， 故|1－4ab |>2|a －b |.17．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|. (1)求不等式f (x )≥3的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )≥a 2－a 在R 上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－2x ≥3或⎩⎨⎧－1<x ≤1，2≥3或⎩⎪⎨⎪⎧x >1，2x ≥3，解得x ≤－32或x ∈∅或x ≥32.∴不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－32或x ≥32. (2)由题意得，关于x 的不等式|x －1|＋|x ＋1|≥a 2－a 在R 上恒成立． ∵|x －1|＋|x ＋1|≥|(x －1)－(x ＋1)|＝2， ∴a 2－a ≤2，即a 2－a －2≤0，解得－1≤a ≤2. ∴实数a 的取值范围是[－1,2]．18．(本小题满分14分)已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n 2，n ∈N ＋.(1)当n ＝1,2,3时，试比较f (n )与g (n )的大小； (2)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并给出证明．解：(1)当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝1，所以f (1)＝g (1)； 当n ＝2时，f (2)＝98，g (2)＝118，所以f (2)<g (2)；当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312216，所以f (3)<g (3)．(2)由(1)猜想f (n )≤g (n )，下面用数学归纳法给出证明． ①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立， ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N ＋)时不等式成立， 即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3<32－12k 2.那么，当n ＝k ＋1时， f (k ＋1)＝f (k )＋1(k ＋1)3<32－12k 2＋1(k ＋1)3. 因为f (k ＋1)－g (k ＋1)＜32－12k 2＋1(k ＋1)3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤32－12(k ＋1)2＝12(k ＋1)2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12k 2－1(k ＋1)3＝k ＋32(k ＋1)3－12k 2＝－3k －12(k ＋1)3k 2<0，所以f(k＋1)<g(k＋1)．由①②可知，对一切n∈N＋，都有f(n)≤g(n)成立．。

课时跟踪检测(四) 直线的极坐标方程一、选择题1．在极坐标系中，过点(1,0)而且与极轴垂直的直线方程是( )A ．ρ＝cos θB ．ρ＝sin θC ．ρcos θ＝1D ．ρsin θ＝1解析：选C 设P (ρ，θ)是直线上任意一点，则显然有ρcos θ＝1，即为此直线的极坐标方程．2．7cos θ＋2sin θ＝0表示( )A ．直线B ．圆C ．椭圆D ．双曲线解析：选A 两边同乘ρ，得7ρcos θ＋2ρsin θ＝0.即7x ＋2y ＝0，表示直线．3．(陕西高考)在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ的垂直于极轴的两条切线方程别离为( )A ．θ＝0(ρ∈R)和ρcos θ＝2B ．θ＝π2(ρ∈R)和ρcos θ＝2 C ．θ＝π2(ρ∈R)和ρcos θ＝1 D ．θ＝0(ρ∈R)和ρcos θ＝1解析：选B 在直角坐标系中，圆的方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1.从而垂直于x 轴的两条切线方程别离为x ＝0，x ＝2，即θ＝π2(ρ∈R)和ρcos θ＝2.4．(安徽高考)在极坐标系中，点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为( ) A ．2 B. 4＋π29 C. 1＋π29解析：选D 点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3对应的直角坐标为(1，3)，圆ρ＝2cos θ的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，其圆心为(1,0)，故所求两点间距离d ＝1－12＋32＝ 3.二、填空题 5．把极坐标方程ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝1化为直角坐标方程是________________________． 解析：将极坐标方程变成32ρcos θ＋12ρsin θ＝1， 化为直角坐标方程为32x ＋12y ＝1， 即3x ＋y －2＝0.答案：3x ＋y －2＝06．在极坐标系中，过点⎝⎛⎭⎪⎫22，π4作圆ρ＝4sin θ的切线，则切线的极坐标方程是________．解析：将圆的极坐标方程ρ＝4sin θ化为直角坐标方程，得x 2＋y 2＝4y ，即x 2＋(y －2)2＝4，将点的极坐标⎝⎛⎭⎪⎫22，π4化为直角坐标为(2,2)， 由于22＋(2－2)2＝4，点(2,2)与圆心的连线的斜率k ＝2－22－0＝0， 故所求的切线方程为y ＝2，故切线的极坐标方程为ρsin θ＝2.答案：ρsin θ＝27．(湖南高考)在极坐标系中，曲线C 1：ρ(2cos θ＋sin θ)＝1与曲线C 2：ρ＝a (a >0)的一个交点在极轴上，则a ＝________.解析：曲线C 1的直角坐标方程为2x ＋y ＝1，曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2＝a 2， C 1与x 轴的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，此点也在曲线C 2上，代入解得a ＝22. 答案：22三、解答题8．求过(－2,3)点且斜率为2的直线的极坐标方程．解：由题意知，直线的直角坐标方程为y －3＝2(x ＋2)，即2x －y ＋7＝0.设M (ρ，θ)为直线上任意一点，将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入直角坐标方程2x －y ＋7＝0，得2ρcos θ－ρsin θ＋7＝0，这就是所求的极坐标方程．9．在极坐标系中，已知圆ρ＝2cos θ与直线3ρcos θ＋4ρsin θ＋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x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝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|3×1＋4×0＋a |32＋42＝1， 解得a ＝－8或a ＝2.故a 的值为－8或2.10．已知双曲线的极坐标方程为ρ＝31－2cos θ，过极点作直线与它交于A ，B 两点，且|AB |＝6.求直线AB 的极坐标方程．解：设直线AB 的极坐标方程为θ＝θ1.A (ρ1，θ1)，B (ρ2，θ1＋π)，ρ1＝31－2cos θ1，ρ2＝31－2cos θ1＋π＝31＋2cos θ1. |AB |＝|ρ1＋ρ2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪31－2cos θ1＋31＋2cos θ1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪61－4cos 2θ1， ∴11－4cos 2θ1＝±1， ∴cos θ1＝0或cos θ1＝±22. 故直线AB 的极坐标方程为θ＝π2，θ＝π4或θ＝3π4.。

第一讲 坐标系 二 极坐标系 第一课时 极坐标系的概念课时跟踪检测一、选择题1．(2019·衡水期中)极坐标系中，与点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π3相同的点是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫3，5π3B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－2π3C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－4π3D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－5π3解析：因点π3与－5π3的终边相同，所以点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－5π3与点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π3重合，故选D ．答案：D2．在极坐标系中，点(ρ，θ)与点(ρ，π－θ)的位置关系是( ) A ．关于极轴所在的直线对称 B ．关于极点对称 C ．重合D ．关于过极点且垂直于极轴的直线对称解析：如图，点A (ρ，θ)与点B (ρ，π－θ)关于过极点且垂直于极轴的直线对称．故选D ．答案：D3．(2019·北京海淀区期末)在极坐标系中，点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π4与点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3π4的距离为( )A ．1B ． 2C ． 3D ． 5解析：依题意，点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π4和点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3π4的距离d ＝12＋12－2×1×1×cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－3π4＝ 2.故选B ．答案：B4．在极坐标系中，确定点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，π6的位置，下面方法正确的是( ) A ．作射线OP ，使∠xOP ＝π6，再在射线OP 上取点M ，使|OM |＝2 B ．作射线OP ，使∠xOP ＝π6，再在射线OP 的反向延长线上取点M ，使|OM |＝2C ．作射线OP ，使∠xOP ＝7π6，再在射线OP 的反向延长线上取点M ，使|OM |＝2D ．作射线OP ，使∠xOP ＝－π6，再在射线OP 上取点M ，使|OM |＝2 解析：本题涉及极径ρ取负值的坐标表示，当ρ<0，确定点M (ρ，θ)的方法如下：作射线OP ，使∠xOP ＝θ，在OP 的反向延长线上取点M ，使|OM |＝|ρ|，故选B ．答案：B5．已知极坐标系中，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π4，若O 为极点，则△OAB 为( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．等腰锐角三角形D ．等腰直角三角形解析：∵A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，34π，∴|OA |＝2，|OB |＝2，∠AOB ＝34π－π2＝π4， ∴|AB |＝22＋(2)2－2×2×2×22＝2，∴△AOB 为等腰直角三角形．故选D ．答案：D6．与极坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，π6不表示同一点的是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫3，76πB ．⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－76πC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－116πD ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，136π解析：由ρ＝－3的表示方法知，点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，76π，⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－116π，⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，136π与⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，π6表示同一点，故选B ． 答案：B 二、填空题7．将极轴绕极点顺时针方向旋转π4，得到射线OP ，在OP 上取一点M ，使|OM |＝2 018，则当ρ>0，θ∈[0,2π)时的点M 的极坐标为____________．解析：∵－π4＝－2π＋74π，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2 018，74π.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫2 018，74π 8．下列各点的相互位置关系：A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π3，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，4π3，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2π3. ①A ，B 关于极轴所在直线对称；②A ，C 关于极点对称；③A ，D 关于过极点且垂直于极轴的直线对称．其中正确的是________．解析：在极坐标系中画出各点便知①②③都正确． 答案：①②③9．(2019·宝鸡中学期末)将极轴Ox 绕极点顺时针方向旋转π6得到射线OP ，在OP 上取点M ，使|OM |＝2，则当ρ＞0，θ∈[0,2π)时点M 的极坐标为________，它关于极轴的对称点的极坐标为________(ρ＞0，θ∈[0,2π))．解析：依题意，ρ＝|OM |＝2，与OP 终边相同的角为－π6＋2k π(k ∈Z )．∵θ∈[0,2π)，∴k ＝1时θ＝11π6，∴点M 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，11π6，它关于极轴对称的点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫2，11π6 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6三、解答题10．某大学校园的部分平面示意图如图，用点O ，A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 分别表示校门，器材室，操场，公寓，教学楼，图书馆，车库，花园，其中|AB |＝|BC |，|OC |＝600 m ．建立适当的极坐标系，写出除点B 外各点的极坐标(限定ρ≥0,0≤θ<2π且极点为(0,0))．解：以点O 为极点，OA 所在的射线为极轴Ox (单位长度为1 m)，建立极坐标系．由|OC |＝600 m ，∠AOC ＝π6，∠OAC ＝π2， 得|AC |＝300 m ，|OA |＝300 3 m.又|AB |＝|BC |， 所以|AB |＝150 m.同理，得|OE |＝2|OD |＝2|AC |＝300 2 m ，|OG |＝12|OE |＝150 2 m ， 所以各点的极坐标分别为O (0,0)，A (3003，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫600，π6，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫300，π2，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫3002，3π4，F (300，π)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫1502，3π4. 11．(2019·抚顺第一中学月考)已知定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，π3，将极点O 移至O ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23，π6处，极轴方向不变，求点P 的新的极坐标．解：设点P 的新的极坐标为(ρ，θ)，如图．则|OO ′|＝23，又|OP |＝4，∠POO ′＝π3－π6＝π6，在△OPO ′中，ρ2＝(23)2＋42－2×23×4×cos π6＝4，故ρ＝2，又sin ∠OPO ′23＝sin ∠POO ′2，所以sin ∠OPO ′＝sin π62×23＝32，所以∠OPO ′＝π3， 所以θ＝π3＋π3＝2π3，故点P 的新的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2π3.12．在极坐标系中，已知△ABC 的三个顶点的极坐标分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，B (2，π)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，5π3. (1)判断△ABC 的形状； (2)求△ABC 的面积． 解：(1)如图所示，由A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，B (2，π)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，5π3得，|OA |＝|OB |＝|OC |＝2，∠AOB ＝∠BOC ＝∠AOC ＝2π3. ∴△AOB ≌△BOC ≌△AOC ， ∴|AB |＝|BC |＝|CA |， 故△ABC 为等边三角形．(2)由上述可知，|AC |＝2|OA |sin π3＝2×2×32＝2 3. ∴S △ABC ＝34×(23)2＝3 3.13．(2019·保定高二期末)在极坐标系中，与点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3关于极点对称的点的坐标是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－π3B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，4π3C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π3 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－2π3 解析：设点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3关于极点的对称点为P ′(ρ，θ)，则ρ＝|OP |＝2，θ＝(2k ＋1)π＋π3(k ∈Z )， 令k ＝－1，则θ＝－2π3，∴P ′⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－2π3.答案：D由Ruize收集整理。

课时跟踪检测 (四) 圆的极坐标方程一、选择题1．极坐标方程ρ＝sin θ＋cos θ表示的曲线是( )A ．直线B ．圆C ．椭圆D ．抛物线解析：选B 极坐标方程ρ＝sin θ＋cos θ即ρ2＝ρ·(sin θ＋cos θ)，化为直角坐标方程为x 2＋y 2＝x ＋y ，配方得⎝⎛⎭⎫x －122＋⎝⎛⎭⎫y －122＝12，表示的曲线是以⎝⎛⎭⎫12，12为圆心，22为半径的圆．故选B.2．如图，极坐标方程ρ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4的图形是( )解析：选C 圆ρ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4是由圆ρ＝2sin θ绕极点按顺时针方程旋转π4而得，圆心的极坐标为⎝⎛⎭⎫1，π4，故选C. 3．在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( )A.⎝⎛⎭⎫1，π2 B.⎝⎛⎭⎫1，－π2 C ．(1,0) D ．(1，π)解析：选B 由ρ＝－2sin θ得ρ2＝－2ρsin θ，化成直角坐标方程为x 2＋y 2＝－2y ，即x 2＋(y ＋1)2＝1，圆心坐标为(0，－1)，其对应的极坐标为⎝⎛⎭⎫1，－π2.故选B. 4．在极坐标系中，点⎝⎛⎭⎫2，π3到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为( ) A ．2B. 4＋π29C. 1＋π29D. 3 解析：选D 极坐标系中的点⎝⎛⎭⎫2，π3化为平面直角坐标系中的点为(1，3)，极坐标系中的圆 ρ＝2cos θ化为平面直角坐标系中的圆为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1，其圆心为(1,0)．所求两点间的距离为(1－1)2＋(3－0)2＝ 3.故选D.二、填空题5．把圆的普通方程x2＋(y－2)2＝4化为极坐标方程为________．解析：圆的方程x2＋(y－2)2＝4化为一般方程为x2＋y2－4y＝0，将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入，得ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ－4ρsin θ＝0，即ρ＝4sin θ.答案：ρ＝4sin θ6．曲线C的极坐标方程为ρ＝3sin θ，则曲线C的直角坐标方程为________．解析：由ρ＝3sin θ，得ρ2＝3ρsin θ，故x2＋y2＝3y，即所求方程为x2＋y2－3y＝0.答案：x2＋y2－3y＝07．在极坐标系中，若过点A(3,0)且与极轴垂直的直线交曲线ρ＝4cos θ于A，B两点，则|AB|＝________.解析：由题意知，直线方程为x＝3，曲线方程为(x－2)2＋y2＝4，将x＝3代入圆的方程，得y＝±3，则|AB|＝2 3.答案：2 3三、解答题8．把下列直角坐标方程与极坐标方程进行互化．(1)x2＋y2＋2x＝0；(2)ρ＝cos θ－2sin θ；(3)ρ2＝cos2θ.解：(1)∵x2＋y2＋2x＝0，∴ρ2＋2ρcos θ＝0，∴ρ＝－2cos θ.(2)∵ρ＝cos θ－2sin θ，∴ρ2＝ρcos θ－2ρsin θ，∴x2＋y2＝x－2y，即x2＋y2－x＋2y＝0.(3)∵ρ2＝cos2θ，∴ρ4＝ρ2cos2θ＝(ρcos θ)2∴(x2＋y2)2＝x2，即x2＋y2＝x或x2＋y2＝－x.9．过极点O作圆C：ρ＝8cos θ的弦ON，求弦ON的中点M的轨迹方程．解：法一(代入法)：设点M (ρ，θ)，N (ρ1，θ1)．因为点N 在圆ρ＝8cos θ上，所以ρ1＝8cos θ1.因为点M 是ON 的中点，所以ρ1＝2ρ，θ1＝θ，所以2ρ＝8cos θ，所以ρ＝4cos θ.所以点M 的轨迹方程是ρ＝4cos θ⎝⎛⎭⎫点⎝⎛⎭⎫0，π2除外.法二(定义法)：如图，圆C 的圆心C (4,0)，半径r ＝|OC |＝4，连接CM . 因为M 为弦ON 的中点，所以CM ⊥ON .故M 在以OC 为直径的圆上，所以动点M 的轨迹方程是ρ＝4cos θ⎝⎛⎭⎫点⎝⎛⎭⎫0，π2除外. 10．若圆C 的方程是ρ＝2a sin θ，求：(1)关于极轴对称的圆的极坐标方程；(2)关于直线θ＝3π4对称的圆的极坐标方程． 解：法一：设所求圆上任意一点M 的极坐标为(ρ，θ)．(1)点M (ρ，θ)关于极轴对称的点为(ρ，－θ)，代入圆C 的方程ρ＝2a sin θ，得ρ＝2a sin(－θ)，即ρ＝－2a sin θ为所求．(2)点M (ρ，θ)关于直线θ＝3π4对称的点为⎝⎛⎭⎫ρ，3π2－θ，代入圆C 的方程ρ＝2a sin θ，得ρ＝2a sin ⎝⎛⎭⎫3π2－θ，即ρ＝－2a cos θ为所求．法二：由圆的极坐标方程ρ＝2a sin θ得ρ2＝2ρa sin θ，利用公式x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，ρ＝x 2＋y 2， 化为直角坐标方程为x 2＋y 2＝2ay ，即x 2＋(y －a )2＝a 2，故圆心为C (0，a )，半径为|a |.(1)关于极轴对称的圆的圆心为(0，－a )，圆的方程为x 2＋(y ＋a )2＝a 2，即x 2＋y 2＝－2ay ，所以ρ2＝－2ρa sin θ，故ρ＝－2a sin θ为所求．(2)由θ＝3π4得tan θ＝－1， 故直线θ＝3π4的直角坐标方程为y ＝－x . 圆x 2＋(y －a )2＝a 2关于直线y ＝－x 对称的圆的方程为(－y )2＋(－x －a )2＝a 2，即(x ＋a )2＋y 2＝a 2，于是x 2＋y 2＝－2ax ，所以ρ2＝－2ρa cos θ.故此圆的极坐标方程为ρ＝－2a cos θ.。

课时跟踪检测（十二） 数学归纳法 1．数学归纳法证明中，在验证了n ＝1时命题正确，假定n ＝k 时命题正确，此时k 的取值范围是( ) A ．k ∈NB ．k >1，k ∈N ＋C ．k ≥1，k ∈N ＋D ．k >2，k ∈N ＋解析：选C 数学归纳法是证明关于正整数n 的命题的一种方法，所以k 是正整数， 又第一步是递推的基础，所以k 大于等于1.2．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，在验证n ＝1时，左边计算所得的式子为( )A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋22D ．1＋2＋22＋23.解析：选D 当n ＝1时，左边＝1＋2＋22＋23.3．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N ＋)能被9整除”，利用归纳法假设证明n ＝k ＋1时，只需展开( )A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3解析：选A 假设n ＝k 时，原式k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除，当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3即可．4．平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为( )A ．n ＋1B ．2n C.n 2＋n ＋22 D ．n 2＋n ＋1解析：选C 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n (n ＋1)2＝n 2＋n ＋22个区域． 5．观察式子1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，…猜想第n 个式子应为________．答案：1－4＋9－16＋…＋(－1)n －1n 2＝(－1)n ＋1·n (n ＋1)26．用数学归纳法证明：“1×4＋2×7＋3×10＋…＋n (3n ＋1)＝n (n ＋1)2.n ∈N ＋”时，若n ＝1，则左端应为________．解析：n ＝1时，左端应为1×4＝4.答案：47．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)＝f (k )＋________. 解析：由凸k 边形变为凸k ＋1边形时，增加了一个三角形图形．故f (k ＋1)＝f (k )＋π.答案：π8．用数学归纳法证明对于整数n ≥0，A n ＝11n ＋2＋122n ＋1能被133整除．证明：(1)当n ＝0时，A 0＝112＋12＝133能被133整除．(2)假设n ＝k 时，A k ＝11k ＋2＋122k ＋1能被133整除．当n ＝k ＋1时，A k ＋1＝11k ＋3＋122k ＋3＝11·11k ＋2＋122·122k ＋1 ＝11·11k ＋2＋11·122k ＋1＋(122－11)·122k ＋1 ＝11·(11k ＋2＋122k ＋1)＋133·122k ＋1. ∴n ＝k ＋1时，命题也成立．根据(1)(2)可知，对于任意整数n ≥0，命题都成立．9．有n 个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证这n 个圆将平面分成f (n )＝n 2－n ＋2(n ∈N ＋)个部分．证明：(1)当n ＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f (1)＝1－1＋2＝2，所以n ＝1时命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1)时命题成立．即k 个圆把平面分成f (k )＝k 2－k ＋2个部分．则n ＝k ＋1时，在k ＋1个圆中任取一个圆O ，剩下的k 个圆将平面分成f (k )个部分，而圆O 与k 个圆有2k 个交点，这2k 个点将圆O 分成2k 段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f (k ＋1)＝f (k )＋2k ＝k 2－k ＋2＋2k＝(k ＋1)2－(k ＋1)＋2.∴当n ＝k ＋1时，命题成立．综合(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋，命题成立．10．试用n (n ≥2，n ∈N ＋)表示⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19·⎝⎛⎭⎫1－116·…·⎝⎛⎭⎫1－1n 2的值，并用数学归纳法证明．解：当n ＝2时，原式＝1－14＝34； 当n ＝3时，原式＝⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19＝46； 当n ＝4时，原式＝⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19⎝⎛⎭⎫1－116＝58. 猜想⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19·…·⎝⎛⎭⎫1－1n 2＝n ＋12n. 下面用数学归纳法证明这个结论．(1)当n ＝2时，易知结论成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥2)时结论成立，即⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19·…·⎝⎛⎭⎫1－1k 2＝k ＋12k， 则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1－14⎝⎛⎭⎫1－19·…·⎝⎛⎭⎫1－1k 2⎣⎡⎦⎤1－1(k ＋1)2 ＝k ＋12k ·k (k ＋2)(k ＋1)2＝k ＋22(k ＋1)＝(k ＋1)＋12(k ＋1)， 即当n ＝k ＋1时，结论成立． 由(1)(2)可知对一切n ∈N ＋，结论都成立．。

第一章 单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷 (选择题，共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的)1．若以B 点为原点，建立直角坐标系，A 点坐标为(3，4)，则以点A 为原点，建立直角坐标系，B 点坐标为( )A ．(－3，－4)B ．(－3，4)C ．(3，－4)D ．(3，4) 答案 A解析 当以B 点为原点，点A 在点B 的右上方，而以点A 为原点，则点B 在点A 的左下方，在第三象限，故其横纵坐标数值都为负，所以选A ．2．已知曲线C 的极坐标方程ρ＝2cos2θ，给定两点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，Q (2，π)，则有( )A ．P 在曲线C 上，Q 不在曲线C 上B ．P ，Q 都不在曲线C 上C ．P 不在曲线C 上，Q 在曲线C 上D ．P ，Q 都在曲线C 上 答案 C解析 当θ＝π2时，ρ＝2cosπ＝－2≠0，故点P 不在曲线C 上；当θ＝π时，ρ＝2cos2π＝2，故点Q 在曲线C 上．3．极坐标方程ρcos2θ＝0表示的曲线为( ) A ．极点 B ．极轴C ．一条直线D ．两条相交直线 答案 D解析 ρcos2θ＝0，即cos2θ＝0，得θ＝k π±π4，k ∈Z ，它表示两条相交直线． 4．在极坐标系中，圆C 过极点，且圆心的极坐标是(a ，π)(a 是正数)，则圆C 的极坐标方程是( )A ．ρ＝－2a cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2≤θ<3π2B ．ρ＝a cos θ(0≤θ<π)C ．ρ＝－2a sin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2≤θ<3π2D ．ρ＝a sin θ(0≤θ<π) 答案 A解析 如图所示，圆心C 的极坐标为(a ，π)，圆与极轴的反向延长线的交点为P (2a ，π)．设M (ρ，θ)是圆上除点O ，P 以外的任意一点，连接OM 和PM ，则OM ⊥PM ．在Rt △OMP 中，|OM |＝ρ，|OP |＝2a ，∠POM ＝π－θ，|OM |＝|OP |cos ∠POM ，即ρ＝2a cos(π－θ)，故所求圆的极坐标方程为ρ＝－2a cos θπ2≤θ<3π2．5．在极坐标系中，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π2关于直线l ：ρcos θ＝1对称的点的一个极坐标为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π4B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π4答案 A解析 把点A 的极坐标化为直角坐标是(0，2)，把直线l 的极坐标方程化为直角坐标方程是x ＝1．在直角坐标系中，点A 关于直线x ＝1对称的点的坐标是(2，2)，化为极坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π4．6．极坐标方程ρ＝cos θ与ρcos θ＝12的图形是( )答案 B解析 ρ＝cos θ两边同乘以ρ得ρ2＝ρcos θ，化为直角坐标方程为x 2＋y 2－x ＝0表示圆，ρcos θ＝12表示过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0与极轴垂直的直线．7．若以直角坐标系的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段y ＝1－x (0≤x ≤1)的极坐标方程为( )A ．ρ＝1cos θ＋sin θ，0≤θ≤π2B ．ρ＝1cos θ＋sin θ，0≤θ≤π4C ．ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤π2 D ．ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤π4 答案 A解析 A 中，由ρ＝1cos θ＋sin θ，得ρcos θ＋ρsin θ＝1，∴x ＋y ＝1，∴y ＝1－x (0≤x ≤1)； B 中，由ρ＝1cos θ＋sin θ，得y ＝1－x ⎝⎛⎭⎪⎫0≤x ≤22；C 中，由ρ＝cos θ＋sin θ，得ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，即x 2＋y 2＝x ＋y (0≤x ≤1)；D 中，由ρ＝cos θ＋sin θ，得x 2＋y 2＝x ＋y ⎝⎛⎭⎪⎫0≤x ≤22．8．在极坐标系中，直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2被圆ρ＝4所截得的弦长为( )A ．2 2B ．2 3C ．4 2D ．43 答案 D解析 直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2的直角坐标方程为x ＋y －22＝0，圆ρ＝4的直角坐标方程为x 2＋y 2＝16．则所得弦长为242－⎪⎪⎪⎪⎪⎪2222＝43． 9．曲线θ＝2π3与ρ＝6sin θ的两个交点之间的距离为( ) A ．1 B ． 3 C ．3 3 D ．6 答案 C解析 极坐标方程θ＝2π3，ρ＝6sin θ分别表示直线与圆，如图所示，圆心C 3，π2，∠AOC ＝π6，∴|AO |＝2×3×cos π6＝6×32＝33．10．在极坐标系中，曲线C 1：ρ＝4上有3个不同的点到直线C 2：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝m 的距离都等于2，则m 的值为( )A ．2B ．－2C ．±2D ．0 答案 C解析 曲线C 1的直角坐标方程为x 2＋y 2＝16，直线C 2的极坐标方程为22ρsin θ＋22ρcos θ＝m ，化为直角坐标方程为22y ＋22x ＝m ，即x ＋y －2m ＝0，由题意知曲线C 1的圆心(0，0)到直线C 2的距离为2，则|－2m |12＋12＝2，故m ＝±2． 第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中横线上)11．直线x cos α＋y sin α＝0的极坐标方程为________． 答案 θ＝π2＋α解析 ρcos θcos α＋ρsin θsin α＝0，cos(θ－α)＝0，取θ－α＝π2．12．极坐标方程θ1＝π3(ρ≥0)，θ2＝2π3(ρ≥0)和ρ＝4所表示的曲线围成的图形的面积是________．答案 8π3 解析 如图所示．射线θ1＝π3(ρ≥0)，θ2＝2π3(ρ≥0)与圆ρ＝4围成的图形的面积是阴影扇形的面积，即12×42×π3＝8π3．13．在极坐标系中，设曲线C 1：ρ＝2sin θ与C 2：ρ＝2cos θ的交点分别为A ，B ，则线段AB 的垂直平分线的极坐标方程为________．答案 ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22解析 曲线C 1：ρ＝2sin θ化为直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0，标准方程为x 2＋(y －1)2＝1，圆心C 1(0，1)，半径为1；曲线C 2：ρ＝2cos θ化为直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0，标准方程为(x －1)2＋y 2＝1，圆心C 2(1，0)，半径为1．易知线段AB 的垂直平分线即两圆圆心所在直线C 1C 2，直线C 1C 2的直角坐标方程为x ＋y －1＝0，化为极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝1，即ρsin θ＋π4＝22．14．已知伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝13y ，曲线C 在此变换下变为椭圆x ′24＋y ′2＝1，则曲线C 的方程是________．答案 x 2＋y 29＝1解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝13y ，∴将其代入椭圆方程x ′24＋y ′2＝1， 得(2x )24＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13y 2＝1，即x 2＋y 29＝1，故曲线C 的方程为x 2＋y 29＝1．三、解答题(本大题共4小题，满分40分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分10分)已知点C 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，求出以C 为圆心，半径r ＝2的圆的极坐标方程(写出解题过程)．解 设M (ρ，θ)为圆上任意一点， 则∠MOC ＝θ－π3或π3－θ，由余弦定理得 4＋ρ2－4ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝4．∴极坐标方程为ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3．16．(本小题满分10分)极坐标方程ρ＝－cos θ与ρcos θ＋π3＝1表示的两个图形的位置关系是什么？解 ρ＝－cos θ可变为ρ2＝－ρcos θ，化为普通方程为 x 2＋y 2＝－x ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋y 2＝14它表示圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，半径为12的圆． 将ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1化为普通方程为x －3y －2＝0，∵圆心⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0到直线的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12－21＋3＝54>12， ∴直线与圆相离．17．(本小题满分10分)设过原点O 的直线与圆C ：(x －1)2＋y 2＝1的一个交点为P ，点M 为线段OP 的中点．(1)求圆C 的极坐标方程；(2)求点M 轨迹的极坐标方程，并说明它是什么曲线． 解 (1)圆(x －1)2＋y 2＝1的极坐标方程为ρ＝2cos θ．(2)设点P 的极坐标为(ρ1，θ1)，即ρ1＝2cos θ1，点M 的极坐标为(ρ，θ)， ∵点M 为线段OP 的中点， ∴ρ1＝2ρ，θ1＝θ．将ρ1＝2ρ，θ1＝θ代入圆的极坐标方程，得ρ＝cos θ．∴点M 轨迹的极坐标方程为ρ＝cos θ，它表示圆心在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，半径为12的圆．18．(本小题满分10分)已知圆C 的极坐标方程为ρ2－42ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＋6＝0．(1)求圆心C 的极坐标；(2)过极点O 作圆C 的切线，求切线的极坐标方程．解 (1)圆C 的极坐标方程可化为ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋6＝0，化为直角坐标方程为x 2＋y 2－4x －4y ＋6＝0，化为标准方程是(x －2)2＋(y －2)2＝2，故圆心的直角坐标为(2，2)，化为极坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π4．(2)圆C 的半径为2，设切点分别为A ，B ，可得∠COA ＝∠COB ＝π6，所以切线的极坐标方程为θ＝π4－π6＝π12(ρ∈R )，θ＝π4＋π6＝5π12(ρ∈R )．。

课时跟踪检测（三）排列1.[多选]下列问题不是排列问题的是( )A.从8名同学中选取2名去参与学问竞赛，共有多少种不同的选取方法？B.10个人相互通信一次，共写了多少封信？C.平面上有5个点，随意三点不共线，这5个点最多可确定多少条直线？D.从1,2,3,4四个数字中，任选两个相乘，其结果共有多少种？解析：选ACD 排列问题是与依次有关的问题，四个选项中只有B中的问题是与依次有关的，其他问题都与依次无关．故选A、C、D.2.2024 年春季新型冠状病毒肺炎防疫防控期间，A，B，C三名医护人员支配中午，下午，晚上三个时间段值班，全部排列的方法种数为( )A.12种B．3种C.6种D．4 种解析：选C 全部的排法有：A－B－C，A－C－B，B－A－C，B－C－A，C－A－B，C－B－A，共6种.3.由1,2,3,4 这四个数字组成的首位数字是 1，且恰有三个相同数字的四位数的个数有( )A.9个B．12个C.15个D．18个解析：选B 本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树状图表示为：由此可知共有12个.4.三人相互传球，由甲起先发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有( )A.6种B．10种C.8种D．16种解析：选B 记另外两人为乙、丙，若甲第一次把球传给乙，则不同的传球方式有其中经过5次传球后，球仍回到甲手中的有5种，同理：若甲第一次把球传给丙也有5种不同的传球方式，所以共有10种传球方式.5.世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲，乙，丙，丁4名“双语”志愿者安排到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被安排到同一展台的不同分法的种数为( )A.12种B．10种C.8种D．6种解析：选D 因为甲、乙两人被安排到同一展台，所以甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台进行排列，即有3×2×1＝6种，所以甲、乙两人被安排到同一展台的不同分法的种数为6种.6.在编号为1,2,3,4的四块土地上分别试种编号为1,2,3,4的四个品种的小麦，但1号地不能种1号小麦，2号地不能种2号小麦，3号地不能种3号小麦，则共有______种不同的试种方案．解析：画出树状图，如图所示：由树形图可知，共有11种不同的试种方案．答案：117.若从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四种不同的工作，则安排方案共有________种．解析：这是一个排列问题，安排方案共有6×5×4×3＝360种．答案：3608.现有8种不同的菜种，任选4种种在不同土质的4块地上，有________种不同的种法．(用数字作答)解析：将4块不同土质的地看作4个不同的位置，从8种不同的菜种中任选4种种在4块不同土质的地上，则本题即为从8个不同元素中任选4个元素的排列问题．所以不同的种法共有8×7×6×5＝1 680(种)．答案：1 6809.推断下列问题是否为排列问题．(1)会场有50个座位，要求选出3个座位有多少种方法？若选出3个座位支配三位客人，又有多少种方法？(2)从集合M ＝{1,2，…，9}中，任取两个元素作为a ，b ，可以得到多少个焦点在x 轴上的椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1？可以得到多少个焦点在x 轴上的双曲线方程x 2a 2－y 2b2＝1？(3)从1,3,5,7,9中任取3个数字，有多少种方法？若这3个数字组成没有重复的三位数，又有多少种方法？解：(1)第一问不是排列问题，其次问是排列问题．“入座”问题同“排队”问题都与依次有关，故选3个座位支配三位客人是排列问题．(2)第一问不是排列问题，其次问是排列问题．若方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，则必有a >b ，a ，b 的大小关系肯定；在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1中，不管a >b 还是a <b ，方程x 2a 2－y 2b2＝1均表示焦点在x 轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故是排列问题．(3)第一问不是排列问题，其次问是排列问题．从5个数中取3个数，与依次无关；若这3个数组成不同的三位数，则与依次有关.10.从0,1,2,3这四个数字中，每次取出三个不同数字排成一个三位数．(1)能组成多少个不同的三位数，并写出这些三位数；(2)若组成的这些三位数中，1不能在百位，2不能在十位，3不能在个位，则这样的三位数共有多少个，并写出这些三位数．解：(1)组成三位数分三个步骤：第一步：选百位上的数字，0不能排在首位，故有3种不同的排法；其次步：选十位上的数字，有3种不同的排法；第三步：选个位上的数字，有2种不同的排法．由分步乘法计数原理得共有3×3×2＝18个不同的三位数．画出下列树状图：由树形图知，全部的三位数为102,103,120,123,130,132,201, 203,210,213,230, 231,301,302,310,312,320,321.(2)干脆画出树状图：由树形图知，符合条件的三位数有8个：201,210,230,231,301,302,310,312.1.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”．现从1,2,3,4,5这5个数字中任取 3 个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有( ) A.80个B．40个C.20个D．10 个解析：选C 十位数只能是 3,4,5.当十位数为3时只有：132,231，共2个；当十位数是4时有：142,143,241,243,341,342，共6个；当十位数是5时有：152,153,154,251,253,254,351,352,354,451,452,453，共12个，故共有2＋6＋12＝20个.2.四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( )A.6 B．9C.12 D．24解析：选B 第一类，0在个位有2 110,1 210,1 120，共3个；其次类，0 在十位有 2 101,1 201,1 102，共3个；第三类，0 在百位有2 011,1 021,1 012，共3个，故由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为9.3.字母 w，o，r，d总的排序种数为__________，若把英语单词“word”的字母依次写错了，则可能出现的错误共有________种．解析：w，o，r，d 的排列共有4×3×2×1＝24(种)，其中排列“word”是正确的，只有一种，其余均错，故错误的有 24－1＝23(种)．答案：24 234.连掷一颗骰子三次，投掷出的数字依次排成一个三位数，此时：(1)各位数字互不相同的三位数有多少个？(2)可以排出多少个不同的三位数？解：(1)三位数的每位上数字均为 1,2,3,4,5,6 之一．第一步，得百位数字，有 6 种不同结果；其次步，得十位数字，有 5 种不同结果；第三步，得个位数字，有 4 种不同结果，故可得各位数字互不相同的三位数有 6×5×4＝120(个)．(2)三位数，每位上数字均可从 1,2,3,4,5,6 六个数字中得一个，共有这样的三位数6×6×6＝216(个).。

课时跟踪检测(三)相似三角形的判定一、选择题1．如图所示，点E是? ABCD的边BC延长线上的一点，AE与CD相交于点F，则图中相似三角形共有( )A．2对B．3对C．4对D．5对解析：选B有3对，因为∠ABC＝∠ADF，∠AEB＝∠EAD，所以△ABE∽△FDA，因为∠ABC＝∠DCE，∠E为公共角，所以△BAE∽△CFE.因为∠AFD＝∠EFC，∠DAF＝∠AEC，所以△ADF∽△ECF.2．三角形的一条高分这个三角形为两个相似三角形，则这个三角形是( )A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形解析：选D等腰三角形底边上的高或直角三角形斜边上的高分得的两个三角形分别相似．3．如图，要使△ACD∽△BCA，下列各式中必须成立的是( )A.ACAB＝ADBCB.ADCD＝ACBCC．AC2＝CD·CB D．CD2＝AC·AB解析：选C∠C＝∠C，只有ACCD＝CBAC，即AC2＝CD·CB时，才能使△ACD∽△BCA.4．如图，在等边三角形ABC中，E为AB的中点，点D在AC上，使得ADAC＝13，则有( )A．△AED∽△BED B．△AED∽△CBD C．△AED∽△ABD D．△BAD∽△BCD解析：选B因为∠A＝∠C，BCAE＝CDAD＝2，所以△AED∽△CBD.二、填空题5．如图所示，在△ABC中，点D在线段BC上，∠BAC＝∠ADC，AC＝8，BC＝16，那么CD＝________.解析：∵∠BAC＝∠ADC，又∠C＝∠C，∴△ABC∽△DAC.∴ACCD＝BCAC.又∵AC＝8，BC＝16.∴CD＝4.答案：46．如图所示，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，BC＝3，AC＝4，则AD＝________，BD＝________.解析：由题设可求得AB＝5，∵Rt△ABC∽Rt△ACD，∴ABAC＝ACAD.∴AD＝AC2AB＝165.又∵Rt△ABC∽Rt△CBD，∴ABCB＝BCBD.∴BD＝BC2AB＝95.答案：165957．已知在△ABC中，AD为∠BAC的平分线，AD的垂直平分线EF与AD交于点E，与BC的延长线交于点F，若CF＝4，BC＝5，则DF＝__ ______.解析：连接AF.∵EF⊥AD，AE＝ED，∴AF＝DF，∠FAD＝∠FDA.又∵∠FAD＝∠DAC＋∠CAF，∠FDA＝∠BAD＋∠B，且∠DAC＝∠BAD，∴∠CAF＝∠B.而∠CFA＝∠AFB，∴△AFC∽△BFA.∴AFCF＝BFAF.∴AF2＝CF·BF＝4×(4＋5)＝36.∴AF＝6，即DF＝6.答案：6三、解答题8.如图，D在AB上，且DE∥BC交AC于点E，F在AD上，且AD2＝AF·AB.求证：△AEF∽△ACD.证明：∵DE∥BC，∴ADAB＝AEAC.∵AD2＝AF·AB，∴ADAB＝AFAD.∴AEAC＝AFAD.又∠A＝∠A，∴△AEF∽△ACD.9.如图，直线EF交AB，AC于点F，E，交BC的延长线于点D，AC⊥BC，且AB·CD＝DE·AC. 求证：AE·CE＝DE·EF.证明：∵AB·CD＝DE·AC∴ABDE＝ACCD.∵AC⊥BC，∴∠ACB＝∠DCE＝90°. ∴△ACB∽△DCE.。