伸缩变换视角下的压轴题

新《坐标系与参数方程》专题一、131．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换53x xy y ''=⎧⎨=⎩后，曲线C 变为曲线2241x y ''+=，则曲线C 的方程为（ ）A ．2225361x y +=B ．2291001x y +=C ．10241x y +=D ．22281259x y += 【答案】A 【解析】 【分析】将伸缩变换53x x y y''=⎧⎨=⎩代入曲线2241x y ''+=中即可解.【详解】解：把53x x y y''=⎧⎨=⎩代入曲线2241x y ''+=，可得：()()225431x y +=，即2225361x y +=，即为曲线C 的方程． 故选：A ． 【点睛】考查平面直角坐标系的伸缩变换，题目较为简单. 伸缩变换：设点(,)P x y 是平面直角坐标系中的任意一点，在变换,(0):,(0)x x y y λλϕμμ'=⋅>⎧⎨'=⋅>⎩的作用下，点(,)P x y 对应到点(,)P x y '''，称ϕ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换.2．221x y +=经过伸缩变换23x xy y ''=⎧⎨=⎩后所得图形的焦距（ ）A．B．C ．4 D ．6【答案】A 【解析】 【分析】用x ′，y '表示出x ，y ，代入原方程得出变换后的方程，从而得出焦距． 【详解】由23x x y y ''=⎧⎨=⎩得2 3x x y y '⎧=⎪⎪⎨'⎪=⎪⎩，代入221x y +=得22 149x y ''+=，∴椭圆的焦距为29425-=，故选A ． 【点睛】本题主要考查了伸缩变换，椭圆的基本性质，属于基础题．3．已知圆的参数方程2cos 2sin x y θθ=⎧⎨=⎩(θ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，直线的极坐标方程为3490cos sin ραρα--=，则直线与圆的位置关系是( ) A ．相切 B ．相离C ．直线过圆心D ．相交但直线不过圆心 【答案】D 【解析】 【分析】分别计算圆和直线的普通方程，根据圆心到直线的距离判断位置关系. 【详解】圆的参数方程2cos 2sin x y θθ=⎧⎨=⎩(θ为参数)224x y ⇒+= 直线的极坐标方程为34903490cos sin x y ραρα--=⇐--=圆心到直线的距离为：925d r =<=相交 圆心坐标代入直线不满足，所以直线不过圆心. 故答案选D 【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，直线和圆心的位置关系，综合性较强，意在考查学生的综合应用能力.4．参数方程（为参数）所表示的图象是A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】由，得，代入，经过化简变形后得到曲线方程，但需注意曲线方程中变量、的符号，从而确定曲线的形状。

2020年第2期 中学数学研究 • 61 •活用伸缩变换 亮剑压轴大题——以2019年全国n 卷理科第21题为例甘肃省古浪县第三中学(733103) 王宗德黄国饪2019年高考全国n 卷理科数学21题，试题以人教版A 高中数学选修2 _1《椭圆》这一节中的例3 为原型，适度拓展改编，试题注重基础，解题思路常规，注重通法通性,但运算能力要求较高，计算繁杂. 如果利用伸缩变换将椭圆化成圆，用圆的几何性质来解决椭圆问题，简化问题，这样会减少计算长度，降低计算难度.本文以伸缩变换解答该题，供师生参 考.1. 真题再现已知点A(-2,0),B(2,0),动点M (%,y)满足 直线AM 与的斜率之积为记M 的轨迹为曲线C.(1) 求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2) 过坐标原点的直线交C 于两点，点P在第一象限,PE 丄％轴，垂足为E,连结QE 并延长交C 于点G.(i )证明:APQG 是直角三角形；(ii)求APQG 面积的最大值.2. 定义、性质回顾(1) 定义设点P(%,y)是平面直角坐标系中的任意一 点，在变换W 入的作用下，点巴,Ly' = “y (“ > 0)y)对应到点P'd',y'),则称卩为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换.(2) 伸缩变换实现椭圆与圆的相互转换2 2设椭圆筈+告=l(a > 0,6 > 0,a M b)作变a b■ fx -——,换 a 于是在这一伸缩变换下,椭圆就变成了A = I单位圆％" +/2 = 1.同样单位圆也可变换为椭圆.(3)伸缩变换的性质性质1伸缩变换前后，曲线(包括直线)的位置关系不改变(如:平行、相切、相交).性质2伸缩变换前后，同一直线上(或平行线上)的两线段长度之比不改变.性质3 —条直线，经过伸缩变换f (入> °)，的作用，变换后的斜率炉与变换= m 3 > o)前的斜率丘之比为牛；A性质4 一封闭图形，经过伸缩变换的作用，变换后的面积S'与变换前的面积S 之比为入“.3.真题新解解：⑴由题设得出•忌 一*,化简得*本文系甘肃省教育科学“十三五”规划课题《基于几何画板培养高中生数学动态思维能力的实践与研究》(GS [ 2018 ]GHB1071)研究成果之一.2 2务+牙=1(1 %丨M2),所以C 为中心在坐标原点，焦点在 /""力轴上的椭圆，不含左右顶「亠点，如图1.(2)( i)令1,1% =亍，. 由伸缩变换得单y =亍，位圆 O',x'2 + y a =1(1^1#!),如图 2.其中入=图1• 62 •中学数学研究2020年第2期+许=2 ' t =②从=图2'Q'>'E'2 T*设"(*,/)&' > oy> 0),由题意得0( --/),罗(*,0),则 k q ,g ,=K q ’e '=話,Kp© =占①.因为PQ'是圆0'的一条直径，所以K p ©K qg 二 _ 1,贝!] Kp 「G ‘ - - ~K q ©由①②可得K%K q € =-2.-十©q =匹KpQ ,K q © -卡K qg - ®K qg ・于是 K p ，q ,K q ，g ‘ - 2K pg K q G = - 2,得 K pg K q G =-1.故PQ 丄QG,所以APQG 是直角三角形.(ii )连接OC ，如图2・皿OG 与AP ,O ,G ,是等底同高的二角形，所以S^Q'Q'Q' = S^p'Q'Q',又S^p'Q'Q'-^AP'O'G' + ^AQ'O'G' = 2S apoc ③ ^AP'O'G' = O'P' IP f G f 丄 Q f G f .故=-绎②y由伸缩变换性质3得 Kp,Q,•I OCI sin 乙POC,且丨 OPI 二丨 OCI 二 1.又因为AP ,O ,G\AP F Q F G f 分别是弧P'G 所对 的圆心角和圆周角，所以厶PW = 2厶PQGI 所 以 S"，。

用伸缩变换突破高考难题李昌成(新疆乌鲁木齐市第八中学ꎬ新疆乌鲁木齐８３０００２)摘㊀要:通过伸缩变换可将椭圆变换为圆ꎬ有关直线与椭圆的问题就变换为直线与圆的问题.借助圆特有的一些性质解题ꎬ思路会来得比较自然ꎬ解题中可以明显减小运算.关键词:伸缩变换ꎻ椭圆ꎻ圆中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０１－０００２－０４收稿日期:２０２３－１０－０５作者简介:李昌成(１９７７－)ꎬ男ꎬ四川省资阳人ꎬ本科ꎬ中学正高级教师ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀圆锥曲线是高中数学的重要内容之一ꎬ所有学生在这一内容上都投入了很大的精力.每年高考的圆锥曲线解答题运算量都很大ꎬ考生普遍得分率很低.对这一现象ꎬ我们都在思考是否有解决的办法.我们可否将教材上的圆㊁椭圆㊁坐标变换这三个内容整合在一起ꎬ以坐标变换为纽带将圆的特有性质应用于有关椭圆的考题中?坐标变换(这里主要研究伸缩变换)是仿射几何的范畴ꎬ为了解题需要ꎬ高中数学教学应达到什么程度?或者说ꎬ应补充哪些理论知识?１理论准备我们通过教学实践研究发现ꎬ在教材现有知识的基础上稍微拓展一下理论就可以应用伸缩变换解题ꎬ尤其是突破一些高考的难题ꎬ大有裨益.即伸缩变换为ｘᶄ＝ｘａꎬｙᶄ＝ｙｂ.ìîíïïïï引理１㊀伸缩变换前后ꎬ共线点依然共线.引理２㊀伸缩变换前后ꎬ平行线依然平行ꎬ相交线依然相交ꎬ直线和曲线的位置关系不变.引理３㊀伸缩变换前后ꎬ共线(平行)的线段长度比不变.引理４㊀伸缩变换前后ꎬ直线斜率满足ｋ＝ｂａｋᶄ.引理５㊀伸缩变换前后ꎬ封闭图形的面积满足Ｓ＝ａｂＳᶄ.２应用伸缩变换解题题型１㊀证明直线过定点(三点共线).例１㊀(２０２２年全国高考乙卷理科第２０题)已知椭圆Ｅ的中心为坐标原点ꎬ对称轴为ｘ轴㊁ｙ轴ꎬ且过Ａ０ꎬ－２()ꎬＢ３２ꎬ－１æèçöø÷两点.(１)求Ｅ的方程ꎻ(２)设过点Ｐ１ꎬ－２()的直线交Ｅ于ＭꎬＮ两点ꎬ过点Ｍ且平行于ｘ轴的直线与线段ＡＢ交于点Ｔꎬ点Ｈ满足ＭＴң＝ＴＨң.证明:直线ＨＮ过定点[１].解析㊀(１)椭圆Ｅ的方程为ｙ２４＋ｘ２３＝１.下面应用伸缩变换解答(２).设伸缩变换为ｘᶄ＝ｘ３ꎬｙᶄ＝ｙ２ꎬìîíïïïï则Ｅ变换为单位圆:ｘᶄ２＋ｙᶄ２＝１.如图１.图１㊀例１解析示意图因为ｘＡᶄ＝０３＝０ꎬｙＡᶄ＝－２２＝－１ꎬ所以Ａᶄ(０ꎬ－１).同理Ｂᶄ(３２ꎬ－１２)ꎬＰᶄ(３３ꎬ－１).设ＭᶄＮᶄ与ＡᶄＢᶄ相交于点Ｑᶄꎬ连接ＡᶄＰᶄꎬＡᶄＮᶄꎬＯᶄＰᶄꎬＯᶄＢᶄ.过点Ｏᶄ作ＯᶄＤᶄʅＭᶄＮᶄ于点Ｄᶄꎬ连接ＡᶄＤᶄꎬ由两点间距离公式易得ＡᶄＢᶄ＝ＯＡᶄ＝ＯＢᶄ＝１.所以ΔＯᶄＡᶄＢᶄ是正三角形.结合图１ꎬ猜想ＮᶄꎬＨᶄꎬＡᶄ共线ꎬ也就是ＮᶄＨᶄ过定点Ａᶄ.下面证明猜想.要证明ＮᶄꎬＨᶄꎬＡᶄ共线ꎬ只需证明ＭᶄＮᶄＰᶄＮᶄ＝ＨᶄＭᶄＡᶄＰᶄ.①因为Ａᶄ(０ꎬ１)ꎬＰᶄ(３３ꎬ－１)ꎬ所以ＡᶄＰᶄʊｘ轴.而ＭᶄＴᶄʊｘ轴ꎬ因此ＡᶄＰᶄʊＭᶄＴᶄ.所以ＭᶄＱᶄＰᶄＱᶄ＝ＭᶄＴᶄＡᶄＰᶄ.于是ＰᶄＱᶄ－ＰᶄＭᶄＰᶄＱᶄ＝ＭᶄＴᶄＡᶄＰᶄ.即１－ＰᶄＭᶄＰᶄＱᶄ＝ＭᶄＴᶄＡᶄＰᶄ.②②除以①ꎬ得１－ＰᶄＭᶄ/ＰᶄＱᶄＭᶄＮᶄ/ＰᶄＮᶄ＝１２.整理ꎬ得ＰᶄＮᶄＭᶄＮᶄ－ＰᶄＭᶄ ＰᶄＮᶄＰᶄＱᶄ ＭᶄＮᶄ＝１２.③因为ＡᶄＰᶄ是圆Ｏᶄ的切线ꎬ所以ＡᶄＰᶄ２＝ＰᶄＭᶄ ＰᶄＮᶄ＝(３３)２＝１３.④将④代入③ꎬ得ＰᶄＮᶄ－１３ＰᶄＱᶄ＝１２ＭᶄＮᶄ.⑤因为ＡᶄＰᶄʅＯᶄＡᶄꎬＯᶄＤᶄʅＭᶄＮᶄꎬ所以ＯᶄꎬＡᶄꎬＰᶄꎬＤᶄ四点共圆.因为ｔａｎøＡᶄＯᶄＰᶄ＝３３ꎬ所以øＡᶄＯᶄＰᶄ＝３０ʎ.于是øＯᶄＤᶄＡᶄ＝øＯᶄＰᶄＡᶄ＝６０ʎ.而øＡᶄＤᶄＰᶄ＝９０ʎ－øＯᶄＤᶄＡᶄ＝３０ʎꎬøＱᶄＡᶄＰᶄ＝９０ʎ－øＯᶄＡᶄＢᶄ＝３０ʎꎬ所以øＡᶄＤᶄＰᶄ＝øＱᶄＡᶄＰᶄ.因此ΔＡᶄＤᶄＰᶄʐΔＱᶄＡᶄＰᶄ.于是ＰᶄＱᶄＡᶄＰᶄ＝ＡᶄＰᶄＰᶄＤᶄ.进而ＰᶄＱᶄ ＰᶄＤᶄ＝ＡᶄＰᶄ２＝１３.变形ꎬ得ＰᶄＤᶄ＝１３ＰᶄＱᶄ.⑥将⑥代入⑤ꎬ得ＰᶄＮᶄ－ＰᶄＤᶄ＝１２ＭᶄＮᶄ.⑦结合投影和垂径定理ꎬ⑦成立.所以猜想成立.因此ꎬ直线ＨᶄＮᶄ过定点(０ꎬ－１).由引理１得ꎬ直线ＨＮ过定点(０ꎬ－２).评注㊀用传统方法解答此题运算量非常大ꎬ有兴趣的同仁可以试做一下ꎬ在高考有限的时间内考生难以完成.伸缩变换解法几乎没有运算ꎬ全程只有逻辑推理ꎬ思路清晰ꎬ解题耗时较少ꎬ正确率也高.题型２㊀证明存在性问题例２㊀(２０１５年全国高考Ⅱ卷理科第２０题第(２)问)已知椭圆Ｃ:９ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)ꎬ直线ｌ不过原点Ｏ且不平行于坐标轴ꎬｌ与Ｃ有两个交点ＡꎬＢꎬ线段ＡＢ的中点为Ｍ.若ｌ过点(ｍ３ꎬｍ)ꎬ延长线段ＯＭ与Ｃ交于点Ｐꎬ四边形ＯＡＰＢ能否为平行四边形?若能ꎬ求此时ｌ的斜率ꎻ若不能ꎬ说明理由.解析㊀由９ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)ꎬ得ｘｍ/３æèçöø÷２＋ｙｍæèçöø÷２＝１.设伸缩变换为ｘᶄ＝ｘｍ/３ꎬｙᶄ＝ｙｍꎬìîíïïïï则椭圆Ｃ变换为单位圆:ｘᶄ２＋ｙᶄ２＝１ꎬ如图２.图２㊀例２解析示意图记Ｔ(ｍ３ꎬｍ)ꎬ则ｘＴᶄ＝ｍ/３ｍ/３＝１ꎬｙＴᵡ＝ｍｍ＝１.ìîíïïïïꎬ即Ｔᶄ(１ꎬ１).记直线ｌ在伸缩变换前后的斜率分别为ｋꎬｋᶄ.则直线ｌᶄ的点斜式方程为ｙᶄ＝ｋᶄ(ｘᶄ－１)＋１.由引理２知ꎬ四边形ＯᶄＡᶄＰᶄＢᶄ是平行四边形ꎬ进而结合圆的性质可判断其为菱形.所以әＯᶄＡᶄＰᶄ是边长为１的正三角形.所以ＯᶄＭᶄʅＡᶄＢᶄ.设ＯᶄＰᶄ与ＡᶄＢᶄ相交于点Ｍᶄꎬ由正三角形性质ꎬ得ＯᶄＭᶄ＝１２.将ｙᶄ＝ｋᶄ(ｘᶄ－１)＋１变形为ｋᶄｘᶄ－ｙᶄ－ｋᶄ＋１＝０ꎬ于是ＯᶄＭᶄ＝１－ｋᶄｋᶄ２＋１＝１２.解得ｋᶄ＝４ʃ７３.由引理４知ꎬｋ＝ｂａｋᶄ＝ｍｍ/３ˑ４ʃ７３＝４ʃ７.评注㊀本例通过伸缩变换后得到的四边形非常特殊ꎬ这为后续计算提供了方便.如果按照常规办法求解ꎬ一定不可避开大量的字母运算ꎬ甚至解题思路受阻ꎬ不知如何应用平行四边形这个条件.题型３㊀证明垂直.例３㊀(２０１９年新课标全国Ⅱ卷第２１题)已知点Ａ(－２ꎬ０)ꎬＢ(２ꎬ０)ꎬ动点Ｍ(ｘꎬｙ)满足直线ＡＭ与ＢＭ的斜率之积为－１２.记Ｍ的轨迹为曲线Ｃ.(１)求Ｃ的方程ꎬ并说明Ｃ是什么曲线ꎻ(２)过坐标原点的直线交Ｃ于ＰꎬＱ两点ꎬ点Ｐ在第一象限ꎬＰＥʅｘ轴ꎬ垂足为点Ｅꎬ连接ＱＥ并延长交Ｃ于点Ｇ.证明әＰＱＧ是直角三角形[２].解析㊀(１)Ｃ的方程为ｘ２４＋ｙ２２＝１(｜ｘ｜ʂ２).下面应用伸缩变换解答(２).设伸缩变换为ｘᶄ＝ｘ２ꎬｙᶄ＝ｙ２ꎬìîíïïïï则椭圆Ｃ变换为单位圆:ｘᶄ２＋ｙᶄ２＝１ꎬ如图３.图３㊀例３解析示意图设Ｐᶄ(ｓꎬｔ)ꎬ由引理１结合单位圆性质知Ｑᶄ(－ｓꎬ－ｔ)ꎬＥᶄ(ｓꎬ０).所以ｋＱᶄＧᶄ＝ｋＱᶄＥᶄ＝ｔ２ｓ.在圆Ｏᶄ中ꎬＰＱ是直径ꎬ所以ＰᶄＧᶄʅＱᶄＧᶄ.所以ｋＰᶄＧᶄ＝－２ｓｔ.由引理４知ｋＰＱ＝２２ｋＰᶄＱᶄꎬｋＰＧ＝２２ｋＰᶄＧᶄ.因此ｋＰＱˑｋＰＧ＝２ｔ２ｓˑ２２ˑ(－２ｓｔ)＝－１.于是ＰＱʅＰＧ.所以ΔＰＱＧ是直角三角形.评注㊀本题通过伸缩变换后ꎬ借助直径所对圆周角为直角巧妙地证明了问题ꎬ省去了判断直角顶点的麻烦ꎬ可谓一箭双雕.事实上ꎬ用传统办法证明不仅运算量大ꎬ而且很难一次性找准直角顶点.题型４㊀求(最)值.例４㊀(２０１３年高考全国Ⅱ卷理科第２０题)平面直角坐标系ｘＯｙ中ꎬ过椭圆Ｍ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)右焦点的直线ｘ＋ｙ－３＝０交Ｍ于ＡꎬＢ两点ꎬＰ为ＡＢ的中点ꎬ且ＯＰ的斜率为１２.(１)求Ｍ的方程ꎻ(２)ＣꎬＤ为Ｍ上的两点ꎬ若四边形ＡＣＢＤ的对角线ＣＤʅＡＢꎬ求四边形ＡＣＢＤ面积的最大值.解析㊀(１)Ｍ的方程为ｘ２６＋ｙ２３＝１.下面应用伸缩变换解答(２).设伸缩变换为ｘᶄ＝ｘ６ꎬｙᶄ＝ｙ３ꎬìîíïïïï则椭圆Ｍ变换为单位圆:ｘᶄ２＋ｙᶄ２＝１ꎬ如图４.图４㊀例４解析示意图直线ＡＢ的方程ｘ＋ｙ－３＝０变换成６ｘᶄ＋３ｙᶄ－３＝０ꎬ即直线ＡᶄＢᶄ的方程为２ｘᶄ＋ｙᶄ－１＝０.根据已知ꎬ可设直线ＣＤ的方程为ｘ－ｙ＋ｔ＝０ꎬ那么直线ＣᶄＤᶄ的方程为６ｘᶄ－３ｙᶄ＋ｔ＝０.设直线ＣᶄＤᶄ的倾斜角为αꎬ则ｋＣᶄＤᶄ＝ｔａｎα＝２.而ｋＡᶄＢᶄ＝－２ꎬ所以直线ＡᶄＢᶄ的倾斜角为π－α.设ＡᶄＢᶄꎬＣᶄＤᶄ与ｘ轴分别交于ＰᶄꎬＱᶄꎬＡᶄＢᶄ与ＣᶄＤᶄ交于点Ｔᶄꎬ那么øＴᶄＱᶄＰᶄ＝øＴᶄＰᶄＱᶄ＝α.所以ｓｉｎøＱᶄＴᶄＰᶄ＝ｓｉｎ(π－２α)＝ｓｉｎ２α＝２ｔａｎα１＋ｔａｎ２α＝２２３.在圆Ｏᶄ中ꎬ由垂径定理易得ＡᶄＢᶄ＝２１－(１３)２＝２６３ꎬＣᶄＤᶄ＝２１－(ｔ３)２＝２３９－ｔ２.所以ＳＡᶄＣᶄＢᶄＤᶄ＝１２ˑＡᶄＢᶄˑＣᶄＤᶄˑｓｉｎøＱᶄＴᶄＰᶄ＝１２ˑ２６３ˑ２３９－ｔ２ˑ２２３＝８３２７９－ｔ２ɤ８３９.由引理５ꎬ得ＳＡＣＢＤ＝６ˑ３ˑＳＡᶄＣᶄＢᶄＤᶄɤ８６３.所以四边形ＡＣＢＤ面积的最大值为８６３.评注㊀通过伸缩变换得到的四边形内包含的等腰三角形为构造面积函数作了铺垫ꎬ圆的特性使面积函数关系简单ꎬ这样处理最值问题非常方便.在推理中夹杂着少量运算ꎬ这种解题充满着思辨性.３结束语利用伸缩变换ꎬ结合单位圆的特性解题非常方便.我们在教学中可以利用大单元教学理论对教材知识进行合理整合ꎬ根据解题需要对相关知识进行适当拓展ꎬ这样不仅可以优化学生的知识结构ꎬ还可以拓广学生的解题思维ꎬ增加解题方法ꎬ提高解题准确率.参考文献:[１]任志鸿.十年高考[Ｍ].北京:知识出版社ꎬ２０２２.[２]李红春.仿射变换下一类椭圆问题的简单解法[Ｊ].中学数学月刊ꎬ２０１２(１２):４０－４２ꎬ４９.[责任编辑:李㊀璟]。

高三选修极坐标月考专用题复习：1、在直角坐标系中，求下列方程所对应的图形经过伸缩变换''23x xy y⎧=⎨=⎩后的图形。

（1）2x+3y=0; (2) 221x y +=2、在同一平面坐标系中，经过伸缩变换⎩⎨⎧='='yy x x ,3后，曲线C 变为曲线9922='+'y x ，求曲线C 的方程并画出图象。

3、已知x x f x x f ωsin )(,sin )(21==（)0>ω)(2x f 的图象可以看作把)(1x f 的图象在其所在的坐标系中的横坐标压缩到原来的31倍（纵坐标不变）而得到的，则ω为（ ） A ．21 B .2 C.3 D.314、在同一直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎨⎧='='yy x x 35后，曲线C 变为曲线22281,x y ''+=则曲线C 的方程为（ ）A ．2225361x y += B.2291001x y +=C ．2210241x y += D.22281259x y += 5、在平面直角坐标系中，求下列方程所对应的图形经过伸缩变换⎪⎩⎪⎨⎧='='yy xx 3121后的图形。

（1）;025=+y x （2）122=+y x 。

6、抛物线24y x =经过伸缩变换1413x x y y ⎧'=⎪⎪⎨⎪'=⎪⎩后得到7、把圆2216x y +=变成椭圆22116y x ''+=的伸缩变换为 8、在同一坐标系中将直线321x y +=变成直线''22x y +=的伸缩变换为9、把曲线3sin 2y x =的图象经过伸缩变换124x xy y⎧'=⎪⎨⎪'=⎩得到的图象所对应的方程为10、在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换212x x y y '=⎧⎪⎨'=⎪⎩后，曲线C 变为221640x y x '''--=，则曲线C 的方程 11．（1）把点M 的极坐标)32,8(π化成直角坐标 （2）把点P 的直角坐标)2,6(-化成极坐标12.若以极点为原点,极轴为x 轴正半轴,建立直角坐标系. (1) 已知A 的极坐标),35,4(π求它的直角坐标, (2) 已知点B 和点C 的直角坐标为)15,0()2,2(--和求它们的极坐标.ρ(＞0,0≤θ＜2π)13.在极坐标系中,已知两点)32,6(),6,6(ππB A .求A,B 中点的极坐标.14：将下面的直角坐标方程化为极坐标方程.(1) =tan ρθ (2) 1=cos ρθ(3) (2cos 3sin )3ρθθ-= (4) 312cos ρθ=-（5）24sin ρθ=； （6）4sin cos ρθθ=-+（7）cos()16πρθ-=15．在满足直角坐标与极坐标互化的条件下，点P 的极坐标为(1,)3π，化为直角坐标是16．在满足直角坐标与极坐标互化的条件下，点P ，化为极坐标是 17．在满足直角坐标与极坐标互化的条件下，点P 2)的极坐标是18．在满足直角坐标与极坐标互化的条件下，点P 的极坐标为2(2,)3π，化为直角坐标是 19．在极坐标系中,已知5(2,),(4,),66A B ππ求A,B 两点的距离20．在极坐标系中，ABC V 的顶点坐标分别为57(5,),(8,),(3,)266A B C πππ，判断ABC V 的形状21已知圆的极坐标方程为：242cos 604πρρθ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭．⑴将极坐标方程化为普通方程；⑵若点P (x ，y )在该圆上，求x ＋y 的最大值和最小值．22.求以点(2,0)A 为圆心，且过点(23,)6B π的圆的极坐标方程。

利用伸缩变换
解决圆锥曲线中的
线性问题
作者：赵呈海
天津市第一〇二中学
指导教师：马萍天津市第一〇二中学
严虹天津市第一〇二中学
纪洪伟天津市第一〇二中学
张倩天津市第一〇二中学
利用伸缩变换解决圆锥曲线中的线性问题
赵呈海天津市第一〇二中学
摘要：本文结合线性代数中线性变换的视角，深入剖析高考解析几何中圆锥曲线的相关问题，并试图使用高中知识理解线性变换的本质。

利用线性变换中的伸缩变换（缩放变换），可以系统地解决高考圆锥曲线中的线性问题，并且有效地“回避”了解析几何运算复杂的难题。

深刻揭示了，数学各分支领域间互相渗透，互相扶持的数学精神，给予学生一个思考问题的新视角，给高中教学带来新的启示。

关键词：线性变换；圆锥曲线；伸缩变换。

我们在初中数学就开始研究平面几何的相关内容，这是著名的“欧几里得公理几何体系”的重要组成部分。

对于高度对称的几何图形（例如：圆），我们选用公理化证明会显得十分优美。

但是，随着几何图形的变化，其“几何特征”开始降低。

所以，对于圆锥曲线的相关问题如果再去使用公理化方法证明就会较为复杂。

于此，利用笛卡尔的坐标方法，反而会显得简单、明晰。

这就是解析几何（坐标几何）。

解析几何，高考永恒的重点、难点。

圆锥曲线作为高中解析几何的重要组成部分，在高考中有着举足轻重的地位。

圆锥曲线的核心难点可以大致分为两点：第一，“数”与“形”之间的“沟通、翻译”能力；第二，计算。

巧用伸缩变换妙解椭圆试题罗文军1刘娟娟2（1．甘肃省秦安县第二中学741600；2．甘肃省秦安县郭嘉镇槐川中学741609）摘要：本文中给出了一些伸缩变换的性质，运用伸缩变换的性质解一些与椭圆有关的圆锥曲线试题，以期达到对中学生学习伸缩变换起到抛砖引玉的作用．有助于打破思维定势和机械的思维模式、开阔学生的学习视野、提高学生思维的灵活性、提高学生的综合思维能力和解题能力，有利于提升学生的数学核心素养．关键词：伸缩变换；椭圆；核心素养中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008－0333（2020）10－0014－03收稿日期：2020－01－05作者简介：罗文军（1986．1－），男，甘肃省秦安人，本科，中学二级教师，从事高中数学教学研究．刘娟娟（1988．1－），女，甘肃省秦安人，从事数学教学研究．人教A 版《选修4－4坐标系与参数方程》课本第7页中给出了平面直角坐标系中坐标伸缩变换的定义：设点P （x ，y ）是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：x'=λ·x （λ＞0），y'=μ·y （μ＞0）{的作用下，点P （x ，y ）对应到点P'（x'，y'），称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．以下，先给出一些伸缩变换的性质，再运用伸缩变换的性质解一些与椭圆有关的圆锥曲线试题，以期达到对中学生学习伸缩变换起到抛砖引玉的作用．伸缩变换具有以下性质：性质1在变换φ下，点与点的相对位置关系不变，点与曲线的相对位置关系不变，直线与曲线的相交、相切、相离的相对位置关系不变．性质2若直线l 变成直线l'，记直线l 和l'的斜率分别为k ，k'，则k'=μλk （当k 不存在时，k'也不存在）．性质3若直线l 上的两线段成比例，则它变成直线l'上的对应线段仍成比例．性质4在变化φ下，n 边形A 1A 2A 3…A n （n ≥3且n ∈N *）变为n 边形A'1A'2A'3…A'n （n ≥3且n ∈N *），原图形的重心G 变换后对应的G'为n 边形A'1A'2…A'n （n ≥3且n ∈N *）的重心，原图形的对称中心O 变换后对应的O'为n 边形A'1A'2…A'n （n ≥3且n ∈N *）的对称中心，变换前后图形的面积之比为S n 边形A A A …AS n 边形A'A'A'…A'=1λμ．题1（人教A 版选修4－4第28页例1）在椭圆x 29+y 24=1上求一点M ，使点M 到直线x +2y －10=0的距离最小，并求出最小距离．解作伸缩变换φ：x'=x 3，y'=y 2．椭圆x 29+y 24=1变为单位圆：x'2+y'2=1，直线l 方程x +2y －10=0变为直线l'：3x'+4y'－10=0，从而所求问题变为：在圆x'2+y'2=1上求一点M'到直线l'：3x'+4y'－10=0的距离最小，并求出最小距离．由平面几何知识可知，过圆x'2+y'2=1的圆心坐标原点作直线l'的垂线段，交该圆于点M'（x'，y'），点M'到垂足的距离为最小距离．由直线l'的垂线OM'：y'=43x'（x'≥0）和x'2+y'2=1相交，解方程组x'2+y'2=1，y'=43x'，{可得M'（35，45），则对应的椭圆上所求的点M （95，85），所求最小距离为d =|95+165－10|12+2槡2=槡5．评注课本中提供的解法是利用椭圆参数方程，再运用三角函数求解的，本解法通过伸缩变换，将问题化归为我们熟悉的求圆上的点直线的最小距离问题，令人耳目一新．题2（中学生标准学术能力诊断测试2018年2月—41—测试理科20）已知椭圆M ：x 2a2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0），右焦点为F ，与直线y =槡377相交于P ，Q 两点，若椭圆M 经过点（0，槡3）且PF ⊥QF．（1）求椭圆M 的方程；（2）O 为坐标原点，A 、B 、C 是椭圆M 上不同的三点，并且O 为△ABC 的重心，试求△ABC 的面积．解（1）由题设可得，b =槡3，则有x 2a 2+y 23=1．设F （c ，0），P （－x 0，槡377），则Q （x 0，槡377），PF → ·QF →=（c +x 0，－槡377）·（c －x 0，－槡377）=c 2－x 20+97=0．又因为x 20a 2+973=1，所以x 20=47a 2，所以c 2－47a 2+97=（a 2－3）－47a 2+97=0，解得a 2=4，b 2=3，所以椭圆M 的方程为x 24+y23=1．（2）在伸缩变换x'=x 2，y'=y 槡3 下，椭圆M ：x 24+y 23=1变为单位圆M'：x'2+y'2=1，椭圆M 的内接三角形△ABC 及重心O 对应圆M'的内接三角形△A'B'C'及重心．由于椭圆M 的内接△ABC 的重心与椭圆的中心坐标原点重合，因此圆M'的内接三角形△A'B'C'的重心与圆M'的圆心坐标原点重合，所以△A'B'C'是正三角形．设△A'B'C'的边长为m （m ＞0），由正弦定理可得，m =2Ｒsin 60ʎ=2ˑ1ˑ槡32=槡3，由三角形面积公式可得，S △A'B'C'=12m 2sin 60ʎ=12ˑ3ˑ槡32=槡334，由伸缩变换性质可得，S △ABC S△A'B'C'=槡23，所以S △ABC=槡23S △A'B'C'=92．评注本题第（2）问运用伸缩变换法求解，主要运用了伸缩变换的性质4，将椭圆的中心与内接三角形重心重合时，求内接三角形的面积问题化归为单位圆的内接正三角形面积问题，运算量小，思路新颖．题3（2019年重庆市高中数学联赛预赛试题）已知△ABC 为椭圆x 29+y 24=1的内接三角形，且AB 过点P （1，0），则△ABC 的面积的最大值为．解经过伸缩变换x'=x 3，y'=y 2{得△A'B'C'内接于单位圆x'2+y'2=1，A'B'过点P'（13，0），S △ABC =6S △A'B'C'．设坐标原点O'（0，0）距A'B'的距离为t ，则0≤t ≤13，|A'B'|=21－t 槡2，S △A'B'C'≤1－t 槡2·（1+t ）．当t =13时，S △A'B'C'有最大值为槡829，所以S △ABC 的最大值为槡1623．评注运用伸缩变换法，结合伸缩变换的性质，将椭圆的内接△ABC 的面积的最大值问题化归为单位圆的内接△A'B'C '的面积的最大值问题．题4（2019年烟台二模理科）已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1（a＞b ＞0）的四个顶点围成的菱形的面积为槡43，椭圆的一个焦点为圆x 2+y 2－2x =0的圆心．（1）求椭圆的方程；（2）若M ，N 为椭圆上的两个动点，直线OM ，ON 的斜率分别为k 1，k 2，当k 1k 2=－34时，△MON 的面积是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，说明理由．解（1）由已知可得，2ab =槡43，c =1，又因为a 2－b 2=c 2=1，解得a =2，b =槡3，所以椭圆的方程为x 24+y 23=1．（2）在伸缩变换φ：x'=x 2，y'=y 槡3下，椭圆x 24+y 23=1变为单位圆：x'2+y'2=1，椭圆上的动点M ，N 在单位圆上对应点M'，N'，直线OM'，ON'的斜率分别为k'1，k'2，由伸缩变换性质可得，k'1=2槡3k 1，k'2=2槡3k 2，所以k'1k'2=43k 1k 2=－1，所以OM'⊥ON'，所以S △OM'N'=12|OM'||ON'|=12ˑ12=12，所以S OMN =槡23S △OM'N'=槡3，所以△MON 的面积为定值槡3．评注本题第（2）问运用了伸缩变换法，根据伸缩变换的性质，得出OM'与ON'垂直，容易得出△OM'N'的面积，从而得出△MON 的面积．题5（2018年高中数学联赛甘肃预赛）已知点P 为直线x +2y =4上一动点，过点P 作椭圆x 2+4y 2=4的两条切线，切点分别为A ，B ，当点P 运动时，直线AB 过定点的坐标是．解在伸缩变换φ：x'=x2，y'=y{下，椭圆x 2+4y 2=4变为—51—x'2+y'2=1，直线x +2y =4变为x'+y'－2=0，P （x 0，y 0）变为P'（x 0'，y'0），则x 0'+y'0－2=0，则y'0=－x 0'+2，A ，B 分别变为A'，B'．圆x'2+y'2=2的切点弦A'B'的方程x 0'x +y'0y =1，所以x 0'x +（－x 0'+2）y =1，即（x －y ）x 0'+（2y －1）=0，故x －y =0且2y －1=0，解得x =12，y =12，即直线A'B'过定点（12，12），所以直线AB 过定点（1，12）．评注本题运用伸缩变换法，将椭圆的切点弦问题化归为单位圆的切点弦过定点问题，从而得出直线AB 所过的定点坐标．题6（2017年全国高中数学联赛一试）在平面直角坐标xOy 中，椭圆C 的方程为x 29+y 210=1，F 为C 的上焦点，A 为C 的右顶点，P 是C 上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF 的面积的最大值为．解在伸缩变换φ：x'=x 3，y'=y 槡10 下，椭圆C ：x 29+y 210=1变为单位圆：x'2+y'2=1，点F （0，1），A （3，0），P 在单位圆上分别对应F'（0，1槡10），A'（1，0），P'，且点P'是单位圆x'2+y'2=1上位于第一象限内的动点．由平面几何的知识，当OP'⊥A'F'时，四边形OA'P'F'的面积最大，最大值为S'=12|A'F'||OP'|=12ˑ1+110槡ˑ1=槡11020．由伸缩变换性质可得，四边形OAPF 的面积的最大值为S =λμS'=槡310ˑ槡11020=槡3112．评注运用伸缩变换法，将椭圆化为单位圆，再求出四边形OA'P'F'的最大面积，由伸缩变换性质，从而求出四边形OAPF 的最大面积．参考文献：［1］刘绍学．普通高中课程标准实验教科书`数学选修4－4（人教A 版）［M ］．北京：人民教育出版社，2007．［责任编辑：李璟］高中部分函数知识的解题分析杨婷（安徽省临泉第二中学236400）摘要：函数作为高考数学的基础内容，总是存在着一定的技巧性，综合性强，高考对学生掌握函数计算的要求高，对考生的函数知识点考查的也很细致．这也导致学生在解答这类题目时，频繁出错，难以拿到高分．因此，本文作了一些题目的分析，帮助同学们在学习阶段能注意学习函数的几个重点．关键词：高中数学；函数；方法分析中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008－0333（2020）10－0016－02收稿日期：2020－01－05作者简介：杨婷（1987．7－），女，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究．一、函数的求解定义域题型函数的定义域和值域是高考大纲中有所要求的，这部分的题目综合性比较强，一般都是与其他类型的题目相结合．所以，同学们需要掌握最基本的求解函数定义域和值域的方法，这样才能在其他题目中灵活运用，辅助解答大题．求下列函数的定义域：（1）f （x ）=x －槡1；（2）g （x ）=1/（x +1）．解答第一小题是因为当x －1≥0，即x ≥1时，x －槡1有意义；当x －1＜0，即x ＜1时，x －槡1没有意义，所以这个函数的定义域是｛x |x ≥1｝．第二小题是因为当x +1≠0，即x ≠－1时，分式有意义；当x +1=0，即x =1时，分式没有意义，所以这个函数的定义域是｛x |x ≠－1，且x ∈Ｒ｝．若A 是函数y =f （x ）的定义域，则对于A 中的每一个—61—。

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伸缩变换解高考解析几何压轴题
作者：张宏斌
来源：《新课程·中学》2017年第08期
摘要：借助伸缩变换，将椭圆化为圆，利用圆的几何性质，避免繁难的代数运算，简化
椭圆问题的解题过程。

关键词：解析几何；伸缩变换；转化；圆的几何性质；简化
历年各地高考试题均将解析几何作为压轴题之一，着重考查有关椭圆的问题，学生往往被复杂的转化过程、艰难的运算过程所吓倒，望而却步，或是因解题过程中细微的失误而前功尽弃。

本文通过实例，利用伸缩变换将椭圆问题转化为圆的问题，借助圆的几何性质避开复杂的运算。

限于篇幅，仅举以上实例。

伸缩变换能解决几乎所有涉及椭圆的问题，过程简洁明了，不失为一条做解析几何压轴题的有效途径。

参考文献：
林国夫.用伸缩变换赏析2015年高考解析几何题[J].中学数学，2015（7）.
作者简介：张宏斌，大学本科学历，中学数学一级教师，从教17年，长期担任高三数学教学工作，擅长数理思维培养。

重要荣誉：本文收录到教育理论网。

一、选择题1．已知函数()sin()(f x A x A ωϕ=+，ω，ϕ是常数，0A >，0>ω，0)2πϕ<<的部分图象如图所示.为了得到函数()f x 的图象，可以将函数2sin y x =的图象（ ）A ．先向右平移6π个单位长度，再将所得图象的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变 B ．先向左平移6π个单位长度，再将所得图象的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变 C ．先向左平移3π个单位长度，再将所得图象的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变 D ．先向左平移3π个单位长度，再将所得图象的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变2．函数()sin()(0||)2，f x x πωϕωϕ=+><的部分函数图象如图所示，将函数()f x 的图象先向右平移3π个单位长度，然后向上平移1个单位长度，得到函数()g x 的解析式为（ ）A ．()sin 21g x x =-B ．()sin 21g x x =+C ．()sin(2)13g x x π=--D ．()sin(2)13g x x π=-+3．已知关于x 的方程2cos ||2sin ||20(0)+-+=≠a x x a a 在(2,2)x ππ∈-有四个不同的实数解，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(,0)(2,)-∞+∞ B ．(4,)+∞ C ．(0,2)D ．(0,4)4．已知函数()sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，若方程()35f x =的解为1x ，2x （120x x π<<<），则()12sin x x -=（ ） A ．35B ．45-C ．23-D ．3-5．如图，一个质点在半径为1的圆O 上以点P 为起始点，沿逆时针方向旋转，每2s 转一圈，由该质点到x 轴的距离y 关于时间t 的函数解析式是（ ）A ．2sin()3y t ππ=+ B ．2sin()3y t ππ=- C ．2sin()3y t ππ=-D ．2sin()3y t ππ=+6．将函数sin()y x ϕ=+的图像上所有点的横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再将所得图像向左平移12π个单位后得到的函数图像关于原点中心对称，则sin 2ϕ=( )A ．12-B ．12C ．3D 37．函数1sin3y x =-的图像与直线3x π=，53x π=及x 轴所围成的图形的面积是（ ） A ．23π B ．πC ．43π D ．53π 8．函数()3sin 22xf x x =-的部分图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．9．已知奇函数()f x 满足()(2)f x f x =+，当(0,1)x ∈时，函数()2x f x =，则12log 23f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ） A ．1623-B ．2316-C ．1623D ．231610．已知1sin 34x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则22sin sin 36x x ππ⎛⎫⎛⎫-+-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（ ） A ．1B 151+C ．1916D ．3411．有以下四种变换方式： ①向左平移12π个单位长度，再将每个点的横坐标伸长为原来的2倍；②向左平移6π个单位长度，再将每个点的横坐标伸长为原来的2倍； ③再将每个点的横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移6π个单位长度； ④再将每个点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移6π个单位长度； 其中能将函数sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象变为函数sin y x =图象的是（ ） A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④12．已知函数()tan()0,2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+≠< ⎪⎝⎭，点2,03π⎛⎫⎪⎝⎭和7,06π⎛⎫⎪⎝⎭是其相邻的两个对称中心，且在区间54,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减，则ϕ=（ ）A ．6π B ．6π-C ．3π D ．3π-二、填空题13．将函数()sin 24f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图像先向右平移8π个单位，再将横坐标缩短到原来的一半（纵坐标不变）后，得到函数()g x 的图像，则函数()g x 的解析式为_________. 14．已知函数()22cos f x x ω=-（0>ω）的图象关于点3,04π⎛⎫⎪⎝⎭对称，且()f x 在区间20,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调，则ω的值为______. 15．已知sin 78a =︒，cos10b =︒，tan55c =︒，则a ，b ，c 的大小关系为______. 16．函数y ＝的定义域为________．17．若函数()cos()(0)4f x wx w π=+>在[]0,π的值域为21⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，，则w 的取值范围是______18．已知函数()3sin(2)cos(2)(||)2f x x x πϕϕϕ=---<的图象关于y 轴对称,则()f x 在区[6π-,5]12π上的最大值为__.19．奇函数()f x 对任意实数x 都有(2)()f x f x +=-成立，且01x 时，()21x f x =-，则()2log 11f =______.20．函数()()0,0,2(f x Asin x A πωϕωϕ=+>><)的部分图像如图所示.则()f x 的解析式是_____.三、解答题21．已知函数()()1sin 226f x x x R π⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭． （1）填写下表，并用“五点法”画出()f x 在[0,]π上的图象；26x π+6π 136πxπ ()f x（2）将()y f x =的图象向上平移1个单位，横坐标缩短为原来的2，再将得到的图象上所有点向右平移4π个单位后，得到()g x 的图象，求()g x 的对称轴方程． 22．某同学用“五点法”画函数()() sin ωϕ=++f x A x B (其中A >0，0>0，||)2πϕ<在某一个周期内的图象时，列表并填入部分数据，如表： ωx +φπ2 π3π22π xπ35π6A sin(ωx +φ)+B3-1f (x )的解析式； （2）若定义在区间,44ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的函数g (x )=af (x )+b 的最大值为7，最小值为1，求实数a ，b 的值.23．把()cos()(0,||)2f x x πωϕωϕ=+><的图象纵坐标保持不变，横坐标变为原来的2倍得()g x 的图象，已知()g x 图象如图所示（1）求函数()f x 的解析式； （2）若()()2()6h x f x g x π=-+，求()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域． 24．已知函数()()sin 0,2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示：（1）求()f x 的解析式；（2）将()f x 的图象上所有的点横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象求方程()12g x =在[]0,π的实数解. 25．已知函数()2sin(2)(0)6f x x πωω=+>.（1）若点5(,0)8π是函数()f x 图像的一个对称中心，且(0,1)ω∈，求函数()f x 在3[0,]4π上的值域； （2）若函数()f x 在(,)33π2π上单调递增，求实数ω的取值范围.26．海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮，一般地，早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋.下面是某港口在某季节每天的时间与水深关系表： 时刻 0：00 1：00 2：00 3：00 4：00 5：00 水深 5.000 6.250 7.165 7.500 7.165 6.250 时刻6：007：008：009：0010：0011：00（1）这个港口的水深与时间的关系可用函数（，）近似描述，试求出这个函数解析式；（2）一条货船的吃水深度（船底与水面的距离）为5米，安全条例规定至少要有1.25米的安全间隙（船底与洋底的距离），利用（1）中的函数计算，该船何时能进入港口？在港口最多能呆多久？【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．D 解析：D 【分析】先根据函数图象求出函数()f x 的解析式，由三角函数图象的变换即可求解. 【详解】 由图可知，1741234A T πππ==-=，， 所以T π=，即2ππω=，解得2ω=.当712x π=时，73π22π,122k k Z πϕ⨯+=+∈, 所以 2,3k k Z πϕπ=+∈又2πϕ<，所以3πϕ=.所以()23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.将y x =的图象先向左平移3π个单位长度，得到)3y x π=+，.再将所得图象的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，得到())3f x x π=+.故选：D 【点睛】易错点点睛：图象变换的两种方法的区别，由sin y x =的图象，利用图象变换作函数()()()sin 0,0y A x A x R ωϕω=+>>∈的图象，要特别注意：当周期变换和相位变换的先后顺序不同时，原图象沿x 轴的伸缩量的区别．先平移变换再周期变换(伸缩变换)，平移的量是|φ|个单位，而先周期变换(伸缩变换)再平移变换，平移的量是ϕω个单位． 2．D解析：D 【分析】由周期求出ω，由五点法作图求出ϕ的值，可得()f x 的解析式，再根据函数sin()y A x ωϕ=+的图象变换规律，得出结论．【详解】根据函数()sin()(0f x x ωϕω=+>，||)2πϕ<的部分函数图象，1274123πππω⋅=-，2ω∴=． 再根据五点法作图，23πϕπ⨯+=，3πϕ∴=，()sin(2)3f x x π=+．将函数()f x 的图象先向右平移3π个单位长度，可得sin(2)3y x π=-的图象．然后向上平移1个单位长度，得到函数()g x 的解析式为()sin(2)13g x x π=-+，故选：D 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于准确地根据三角函数的图象求出三角函数sin()y A x ωϕ=+的解析式，一般根据周期求出ω的值，根据最值求出A 的值，根据最值点求出ϕ的值.3．D解析：D 【分析】令2()cos ||2sin ||2(0)=+-+≠f x a x x a a ，易知函数()f x 是偶函数，将问题转化为研究当(0,2)x π∈时，2()cos 2sin 2=+-+f x a x x a 有两个零点，令sin t x =，则转化为2()22(0)=--≠h t at t a 有一个根(1,1)t ∈-求解.【详解】当(2,2)x ππ∈-，2()cos ||2sin ||2(0)=+-+≠f x a x x a a ，则()()f x f x -=，函数()f x 是偶函数，由偶函数的对称性，只需研究当(0,2)x π∈时，2()cos 2sin 2=+-+f x a x x a 有两个零点，设sin t x =，则2()22(0)=--≠h t at t a 有一个根(1,1)t ∈- ①当0a <时，2()22=--h t at t 是开口向下，对称轴为10t a=<的二次函数， (0)20h =-<则(1)0->=h a ，这与0a <矛盾，舍去；②当0a >时，2()22=--h t at t 是开口向上，对称轴为10t a=>的二次函数， 因为(0)20h =-<，(1)220-=+->=h a a ， 则存在(1,0)t ∈-，只需(1)220=--<h a ，解得4a <， 所以04a <<．综上，非零实数a 的取值范围为04a <<． 故选：D ． 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解4．B解析：B 【分析】求出函数()f x 在(0,)π上的对称轴，然后由正弦函数性质得1223x x π+=，这样12sin()x x -化为2222sin(2)sin 2cos(2)336x x x πππ⎛⎫-=+=- ⎪⎝⎭，而已知条件为23sin(2)65x π-=，再由正弦函数性质确定226x π-的范围，从而由平方关系求得结论．【详解】函数()sin 26f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的对称轴满足：()262x k k Z πππ-=+∈，即()23k x k Z ππ=+∈，令0k =可得函数在区间()0,π上的一条对称轴为3x π=，结合三角函数的对称性可知1223x x π+=，则：1223x x π=-，()122222sin sin 2sin 2cos 2336x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由题意：0πx <<，则112666x πππ-<-<，23sin 265x π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，120x x π<<<，则2226x πππ<-<，由同角三角函数基本关系可知：24cos 265x π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 故选：B ． 【点睛】关键点点睛：本题考查正弦函数的性质，考查平方关系．解题时根据自变量的范围求得此范围内函数的对称轴，从而得出两个变量12,x x 的关系，可化双变量为单变量，再根据函数值及函数性质确定出单变量的范围，从而求得结论．注意其中诱导公式的应用，目的是把求值式与已知条件中的角化为一致．5．A解析：A 【分析】首先根据图象理解t 秒后23POx t ππ∠=+，再根据三角函数的定义求点P 的纵坐标和该质点到x 轴的距离y 关于时间t 的函数解析式. 【详解】由题意可知点P 运动的角速度是22ππ=（弧度/秒） 那么点P 运动t 秒后23POx t ππ∠=+， 又三角函数的定义可知，点P 的纵坐标是2sin 3t ππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，因此该质点到x 轴的距离y 关于时间t 的函数解析式是2sin 3y t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解三角函数的定义，并正确表示点23POx t ππ∠=+，即可表示函数的解析式.6．C解析：C 【分析】先根据条件写出图像变换后的函数解析式，然后根据图像关于原点中心对称可知函数为奇函数，由此得到ϕ的表示并计算出sin 2ϕ的结果. 【详解】因为变换平移后得到函数sin 26y x πϕ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，由条件可知sin 26y x πϕ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭为奇函数，所以6k πϕπ+=，3sin 2sin 2sin 33k ππϕπ⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选C ． 【点睛】本题考查三角函数的图像变换以及根据函数奇偶性判断参数值，难度一般.正弦型函数()()sin f x A x =+ωϕ为奇函数时,k k Z ϕπ=∈，为偶函数时,2k k Z πϕπ=+∈.7．C解析：C 【分析】作出函数1sin3y x =-的图像，利用割补法，补成长方形，计算面积即可. 【详解】作出函数1sin3y x =-的图象，如图所示，利用割补法，将23π到π部分的图象与x 轴围成的图形补到图中3π到23π处阴影部分，凑成一个长为3π，宽为2的长方形，后面π到53π，同理；∴1sin3y x =-的图象与直线3x π=，53x π=及x 轴所围成的面积为24233ππ⨯=，故选：C. 【点睛】用“五点法”作()sin y A ωx φ=+的简图，主要是通过变量代换，设z x ωϕ=+，由z 取0，2π，π，32π，2π来求出相应的x ，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出图象． 8．A解析：A 【分析】求得函数()y f x =的定义域，分析函数()y f x =的奇偶性，结合2f π⎛⎫⎪⎝⎭的值以及排除法可得出合适的选项. 【详解】对于函数()3sin 22xf x x =-，20x -≠，得2x ≠±，所以，函数()y f x =的定义域为{}2x x ≠±.()()()sin 2sin 222x xf x f x x x --==-=----，函数()y f x =为奇函数，图象关于原点对称，排除B 、D 选项；又02f ⎛⎫= ⎪⎝⎭π，排除C 选项. 故选：A. 【点睛】本题考查利用函数的解析式选择图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9．B解析：B 【分析】由已知得到(2)()f x f x +=，即得函数的周期是2，把12(log 23)f 进行变形得到223()16f log -， 由223(0,1)16log ∈满足()2x f x =，求出即可． 【详解】(2)()f x f x +=，所以函数的周期是2.根据对数函数的图象可知12log 230<，且122log 23log 23=-；奇函数()f x 满足(2)()f x f x +=和()()f x f x -=-则2312222223(log 23)(log )(log 23)(log 234)()16f f f f f log =-=-=--=-， 因为223(0,1)16log ∈ 2231622323()21616log f log ∴-=-=-，故选：B ． 【点睛】考查学生应用函数奇偶性的能力，函数的周期性的掌握能力，以及运用对数的运算性质能力．10．C解析：C 【分析】由诱导公式求得cos 6x π⎛⎫- ⎪⎝⎭，然后再由平方关系和诱导公式计算． 【详解】由已知1cos cos sin 62334x x x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 222115sin 1cos 166416x x ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，21sin sin cos 32664x x x ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以2211519sin sin 3641616x x ππ⎛⎫⎛⎫-+-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 故选：C ． 【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的求值．解题关键是确定“已知角”和“未知角”的关系，选用适当的公式进行变形求值．本题中首先利用诱导公式得出cos 6x π⎛⎫- ⎪⎝⎭，然后再用诱导公式得出2sin 3x π⎛⎫-⎪⎝⎭，用平方关系得出2sin 6x π⎛⎫- ⎪⎝⎭，这样求解比较方便．11．A解析：A 【分析】直接利用三角函数图像的平移变换和伸缩变换求出结果. 【详解】对于①：sin 26y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭向左平移12π个单位长度得到sin 2+=sin2126y x x ππ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，再将每个点的横坐标伸长为原来的2倍，得到sin y x =；故①正确；对于②：sin 26y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭向左平移6π个单位长度得到sin 2+=sin 2+666y x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，再将每个点的横坐标伸长为原来的2倍，得到sin 6y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；故②错误；对于③：sin 26y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭将每个点的横坐标伸长为原来的2倍，得到sin 6y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，再向左平移6π个单位长度，得到sin sin 66y x x ππ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭；故③正确； 对于③：sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭将每个点的横坐标伸长为原来的2倍，得到sin 6y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，再向右平移6π个单位长度，得到sin sin()663y x x πππ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭；故④错误； 故选：A 【点睛】关于三角函数图像平移伸缩变换：先平移的话，如果平移a 个单位长度那么相位就会改变ωa ；而先伸缩势必会改变ω大小，这时再平移要使相位改变值仍为ωa ，那么平移长度不等于a .12．A解析：A 【分析】由正切函数的图象性质，得出相邻两个对称中心之间的距离为半个周期，可求出T ，然后由T πω=求出ω，然后再代点讨论满足题意的ϕ，即可得出答案. 【详解】由正切函数图象的性质可知相邻两个对称中心的距离为2T ，得72263T πππ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭. 则由1T πω==得1ω=，即得1ω=±. 由2πϕ<，且在区间54,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减，则可得1ω=-， ∴()()()tan tan f x x x ϕϕ=-+=--. 由2,32k k Z ππϕ-=∈得2,32k k Z ππϕ=-∈，因2πϕ<，可得6π=ϕ或3π-，当3πϕ=-时，()tan +3f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由+,232k x k k Z πππππ-<<+∈，得5,66k x k k Z ππππ-<<+∈， 则函数()f x 的单调减区间为5,,66k k k Z ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭， 令1k =，由54,63ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭7,66ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭⊄，得函数()f x 在54,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭上不是单调递减， 所以3πϕ=-不满足题意；当6π=ϕ时，()tan 6f x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，由,262k x k k Z πππππ-<-<+∈，得2,33k x k k Z ππππ-<<+∈， 则函数()f x 的单调减区间为2,,33k k k Z ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭， 令1k =，由25,3354,63ππππ⎛⎫⊂⎛⎫ ⎪⎝ ⎪⎝⎭⎭，得函数()f x 在54,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减， 所以6π=ϕ满足题意； 综上可得：6π=ϕ满足题意. 故选：A.【点睛】关键点睛：正切型函数的对称中心和单调性的问题，通常采用代入检验法，注意正切函数的对称中心为0,2k k Z π⎛⎫∈⎪⎝⎭，. 二、填空题13．【分析】利用函数的图象变换规律即可得到的解析式【详解】函数的图像先向右平移个单位后解析式变为：再将横坐标缩短到原来的一半（纵坐标不变）后解析式变为：所以故答案为：【点睛】方法点睛：函数的图像与函数的 解析：cos4x -【分析】利用函数()()sin f x A x =+ωϕ的图象变换规律，即可得到()g x 的解析式． 【详解】函数()sin 24f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图像先向右平移8π个单位后解析式变为： sin 2sin 2co 288s 2y x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，再将横坐标缩短到原来的一半（纵坐标不变）后解析式变为：()cos 22x y -=⨯，所以()cos 4g x x =-. 故答案为：cos4x -. 【点睛】方法点睛：函数sin ωφf xA xB 的图像与函数sin y x =的图像两者之间可以通过变化A ，ω，φ，B 来相互转化，A 、ω影响图像的形状，φ、B 影响图像与x 轴交点的位置，由A 引起的变换称为振幅变换，由ω引起的变换称为周期变换，它们都是伸缩变换；由φ引起的变换称为相位变换，由B 引起的变换称为上下平移变换，它们都是平移变换.三角函数图像变换的两种方法为先平移后伸缩和先伸缩后平移.14．【分析】根据函数图像的对称点得到的表达式根据在区间上单调得到的范围从而得到的范围再得到的值【详解】函数的图像关于点对称所以即得到在区间上单调所以即所以所以而所以故答案为：【点睛】本题考查根据余弦型函解析：23【分析】根据函数图像的对称点，得到ω的表达式，根据()f x 在区间20,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调，得到T 的范围，从而得到ω的范围，再得到ω的值. 【详解】函数()f x x ω=-的图像关于点3,04π⎛⎫⎪⎝⎭对称，所以304πω⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即342k ππωπ=+，k ∈Z ，得到4233k ω=+，k ∈Z ， ()f x 在区间20,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调， 所以223T π≥，即43T π≥， 所以243ππω≥，所以32ω≤，而0>ω，所以0k =，23ω=.故答案为：23.【点睛】本题考查根据余弦型函数的对称中心求参数的值，根据余弦型函数的周期求参数的值，属于中档题.15．【分析】同角三角函数关系知又由的区间单调性知根据的区间单调性知即可知的大小关系【详解】而∴故答案为：【点睛】本题考查了比较三角函数值的大小根据正弦函数正切函数的区间单调性及正弦函数的值域范围比较函数 解析：c b a >>【分析】同角三角函数关系知sin80b =︒，又由sin y x =的区间单调性知b a >，根据tan y x =的区间单调性知1c>，即可知a，b，c的大小关系【详解】cos10cos(9080)sin80sin78b a=︒=︒-︒=︒>=︒，而tan55tan451c=︒>︒=∴c b a>>故答案为：c b a>>【点睛】本题考查了比较三角函数值的大小，根据正弦函数、正切函数的区间单调性及正弦函数的值域范围，比较函数值的大小16．(k∈Z)【分析】解不等式2cosx－1≥0即得函数的定义域【详解】∵2cosx－1≥0∴cosx≥由三角函数线画出x满足条件的终边的范围(如图阴影所示)∴x∈(k∈Z)故答案为(k∈Z)【点睛】（解析： (k∈Z)【分析】解不等式2cos x－1≥0即得函数的定义域.【详解】∵2cos x－1≥0，∴cos x≥.由三角函数线画出x满足条件的终边的范围(如图阴影所示)．∴x∈ (k∈Z)．故答案为 (k∈Z)【点睛】（1）本题主要考查三角函数线和解三角不等式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)三角函数线是解三角不等式较好的工具，要理解掌握并灵活运用. 17．【分析】先根据题意计算出的范围再根据函数的单调性结合值域列出不等式即可求得【详解】因为且故可得因为在区间单调递减在单调递增且故要满足题意只需解得故答案为：【点睛】本题考查由余弦型函数在区间上的值域求解析：33 42⎡⎤⎢⎥⎣⎦，【分析】先根据题意计算出4wx π+的范围，再根据函数的单调性，结合值域，列出不等式，即可求得. 【详解】因为[]0,x π∈，且0w >， 故可得1,444wx w πππ⎡⎤⎛⎫+∈+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 因为y cosx =在区间,4ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，在7,4ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增，且7coscos424ππ==，1cos π=-， 故要满足题意，只需1744w πππ⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭ 解得33,42w ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 故答案为：3342⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.【点睛】本题考查由余弦型函数在区间上的值域，求参数范围的问题，属中档题.18．【分析】利用辅助角公式化简可得再根据图象关于轴对称可求得再结合余弦函数的图像求出最值即可【详解】因为函数的图象关于轴对称所以即又则即又因为所以则当即时取得最大值故答案为：【点睛】判定三角函数的奇偶性【分析】利用辅助角公式化简可得()2sin(2)6f x x πϕ=--,再根据图象关于y 轴对称可求得()2cos2f x x =-,再结合余弦函数的图像求出最值即可.【详解】因为函数()()()2cos 2f x x x ϕϕ=---2sin(2)6x πϕ=--的图象关于y 轴对称,所以πππ62k ϕ--=+,即()2ππ,3k k Z ϕ=--∈. 又2πϕ<,则π3ϕ=,即()2sin(2)2cos22f x x x π=-=-.又因为π5π612x -≤≤,所以π5π236x -≤≤,则当5π26x =,即5π12x =时,()f x 取得最大值5π2cos6-=.【点睛】判定三角函数的奇偶性时,往往与诱导公式进行结合,如： 若()sin y x ωϕ=+为奇函数,则π,Z k k ϕ=∈；若()sin y x ωϕ=+为偶函数,则ππ+,Z 2k k ϕ=∈； 若()cos y x ωϕ=+为偶函数,则π,Z k k ϕ=∈；若()cos y x ωϕ=+为奇函数,则ππ+,Z 2k k ϕ=∈. 19．【分析】易得函数周期为4则结合函数为奇函数可得再由时即可求解【详解】则又则故答案为：【点睛】本题考查函数奇偶性与周期性的综合应用具体函数值的求法属于中档题 解析：511-【分析】易得函数周期为4，则()()22211log 11log 114log 16f f f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，结合函数为奇函数可得222111616log log log 161111f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，再由01x 时，()21xf x =-即可求解 【详解】()()(2)()4(2)4f x f x f x f x f x T +=-⇒+=-+=⇒=，则()()22211log 11log 114log 16f f f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 又222111616log log log 161111f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，[]216log 0,111∈， 则216log 112165log 211111f ⎛⎫⎛⎫-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故答案为：511- 【点睛】本题考查函数奇偶性与周期性的综合应用，具体函数值的求法，属于中档题20．【分析】由图像对应横坐标可求再将代入可进一步求解由图像过点可求进而求解【详解】由解得又函数过所以解得又图像过可得解得故故答案为：【点睛】本题考查由三角函数图像求解析式属于中档题解析：()2sin 26f x πx ⎛⎫+ ⎝=⎪⎭【分析】由34T 图像对应横坐标可求ω，再将6x π=代入可进一步求解ϕ，由图像过()0,1点可求A ，进而求解 【详解】由1132312644T πππω-==⋅，解得2ω=，又函数过()max ,6f x π⎛⎫⎪⎝⎭， 所以63A f Asin ππϕ⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎝⎭+⎭=，解得6π=ϕ，又图像过()0,1可得()106f Asin π==，解得2A =，故()2sin 26f x πx ⎛⎫+ ⎝=⎪⎭故答案为：()2sin 26f x πx ⎛⎫+ ⎝=⎪⎭【点睛】本题考查由三角函数图像求解析式，属于中档题三、解答题21．（1）答案见解析；（2）34k x ππ=+，k Z ∈. 【分析】（1）分别令x 等于0、6π、512π、23π、1112π、π，求得对应的纵坐标，确定点的坐标，列表、描点、作图即可；（2）利用放缩变换与平移变换法则可得到()15sin 4126g x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，再令5462x k k Z πππ-=+∈，可得答案. 【详解】（1）由题意可得表格如下：()f x141212- 014（2）将()y f x =的图象向上平移1个单位得到1sin 2126y x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的图象，再横坐标缩短为原来的12可得到1sin 4126y x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的图象，再向右平移4π个单位可得115sin 41sin 412626y x x πππ⎛⎫⎛⎫=-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的图象， 即()15sin 4126g x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， 令5462x k πππ-=+，解得34k x k Z ππ=+∈，， 所以()g x 的对称轴方程是34k x ππ=+，k Z ∈． 【点睛】方法点睛：“五点法”作一个周期上的图象，主要把握三处主要位置点：1、区间端点；2、最值点；3、零点.22．（1）()2sin 213f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭；（2）2,1a b ==或2,7a b =-=.【分析】（1）由表中数据可得周期及A 、B 、ϕ的值； （2）()2sin 23g x a x a b π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭，讨论a 的正负，根据()g x 的最大值、最小值可得答案. 【详解】（1）由题，函数()f x 的周期5263T πππ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭， 所以22Tπω==， 由31A B A B +=⎧⎨-+=-⎩，得21A B =⎧⎨=⎩，故()2sin(2)1f x x ϕ=++，由表可知，23πϕπ⨯+=，得3πϕ=，所以()2sin 213f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭. （2）由（1）可知()2sin 23g x a x a b π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭， 由44x ππ-≤≤，得52636x πππ-≤+≤，所以1sin 2123x π⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭；当0a >时，()g x 的最大值是37a b +=，最小值是1b =， 解得2,1a b ==；当0a <时，()g x 的最大值是7b =，最小值是31a b +=， 解得2,7a b =-=，综上，2,1a b ==；或2,7a b =-=. 【点睛】本题考查了由三角函数图象上的点求解析式及利用单调性参数的问题，要正确分析表中数据，熟练掌握三角函数的性质是解题的关键，考查了学生的计算能力. 23．（1）1()cos(2)3f x x π=-；（2）3,12⎡⎤--⎢⎥⎣⎦. 【分析】（1）由伸缩变换得1()cos()2g x x ωϕ=+，由()g x 的图像的周期为54()263T πππ=-=，解得2ω=，由()g x 图像过点(,1)3π，求得ϕ，进而得到()g x ，()f x 的解析式.（2）易得()22cos ()2cos()166h x x x ππ=----，令cos()6t x π=-，利用二次函数的性质求解. 【详解】（1）由题意1()cos()2g x x ωϕ=+， 由()g x 的图像可得：函数()g x 的周期为54()263T πππ=-=， 解得2ω=，∴()cos )(g x x ϕ=+， 由图知()g x 图像过点(,1)3π，所以cos()13πϕ+=，则23k πϕπ=-+，k Z ∈，因为||2ϕπ<，取0k =得3πϕ=-，所以()cos()3g x x π=-，从而函数()f x 的解析式为()cos(2)3f x x π=-．（2）()()2()cos(2)2cos()636h x f x g x x x πππ=-+=---， 22cos ()2cos()166x x ππ=----，令cos()6t x π=-，由0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，得,663x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦， 所以1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则22132212()22y t t t =--=--，1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 当12t =时，y 有最小值32-，此时，1cos()62x π-=，63x ππ-=，即2x π=，当1t =时有最大值1-，此时cos()16x π-=，06x π-=，即6x π=．所以函数()h x 的值域为3,12⎡⎤--⎢⎥⎣⎦． 【点睛】方法点睛：求解三角函数的值域(最值)常见到以下几种类型：①形如y ＝a sin x ＋b cos x ＋c 的三角函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k 的形式，再求最值(值域)；②形如y ＝a sin 2x ＋b sin x ＋c 的三角函数，可先设sin x ＝t ，化为关于t 的二次函数求值域(最值)；③形如y ＝a sin x cos x ＋b (sin x ±cos x )＋c 的三角函数，可先设t ＝sin x ±cos x ，化为关于t 的二次函数求值域(最值)． 24．（1）()sin 6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（2）0或3π或π. 【分析】（1）先根据函数图象确定出()f x 的最小正周期，再根据最小正周期的计算公式2T ωπ=求解出ω的值，然后代入点,13π⎛⎫⎪⎝⎭结合ϕ的范围求解出ϕ的值，从而()f x 的解析式可求；（2）先根据图象变换求解出()g x 的解析式，然后根据()12g x =得到关于x 的方程，结合[]0,x π∈，求解出x 的值即为方程的实数解. 【详解】（1）因为由图象可知4362T πππ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭，所以22T ππω==且0>ω，所以1ω=， 所以()()sin f x x ϕ=+，代入点,13π⎛⎫⎪⎝⎭，所以sin 13πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭且2πϕ<，所以6π=ϕ，所以()sin 6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；（2）()f x 的图象上所有的点横坐标缩短到原来的12后得到的函数解析式为：()sin 26g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为[]0,x π∈，所以132,666x πππ⎛⎫⎡⎤+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，又因为()12g x =，所以1sin 262x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以266x ππ+=或56π或136π，所以0x =或3π或π， 所以方程()12g x =在[]0,π的实数解为：0或3π或π. 【点睛】思路点睛：根据()sin y A ωx φ=+的图象求解函数解析式的步骤： （1）根据图象的最高点可直接确定出A 的值；（2）根据图象的对称轴、对称中心确定出函数的最小正周期，再利用最小正周期的计算公式求解出ω的值；（3）代入图象中非平衡位置的点，结合ϕ的范围求解出ϕ，则函数解析式可求. 25．（1）[1,2]-； （2）1(0,]4. 【分析】（1）由5·,46k k Z ππωπ+=∈，可得4156k ω⎛⎫=- ⎪⎝⎭，k Z ∈，结合()0,1ω∈，得23ω=，所以()42sin 22sin 636f x x x ππω⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由30,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，利用正弦定理的单调性可得函数()f x 在30,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域；（2）令222,262k x k k Z ππππωπ-+≤+≤+∈，解得36k k x ππππωωωω-≤≤+， 由函数()f x 在2,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，可得002,,3336k k ππππππωωωω⎛⎫⎛⎫⊆-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，列不等式求解即可. 【详解】（1）由题意得：5·,46k k Z ππωπ+=∈，∴4156k ω⎛⎫=- ⎪⎝⎭，k Z ∈，∵()0,1ω∈，∴23ω=，∴()42sin 22sin 636f x x x ππω⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∵30,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴47,3666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，∴41sin ,1362x π⎛⎫⎡⎤+∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 故函数()f x 在30,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为[]1,2-. （2）令222,262k x k k Z ππππωπ-+≤+≤+∈，解得36k k x ππππωωωω-≤≤+，∵函数()f x 在2,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，∴002,,3336k k ππππππωωωω⎛⎫⎛⎫⊆-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，0k Z ∈，∴0033263k k πππωωπππωω⎧-≤⎪⎪⎨⎪+≥⎪⎩，即0031614k k ωω≤+⎧⎨+≥⎩，又212·3322πππω-≤，∴302ω<≤，∴01566k -<≤，∴00k =， ∴104ω<≤，即ω的取值范围为10,4⎛⎤⎥⎝⎦. 【点睛】本题主要考查三角函数的单调性、三角函数的图象对称性，属于中档题.函数sin()y A x ωϕ=+的单调区间的求法：(1) 代换法：①若0,0A ω>>,把x ωϕ+看作是一个整体，由22k x ππωϕ+≤+≤()322k k Z ππ+∈求得函数的减区间，2222k x k πππωϕπ-+≤+≤+求得增区间；②若0,0A ω><,则利用诱导公式先将ω的符号化为正，再利用①的方法，或根据复合函数的单调性规律进行求解；(2) 图象法：画出三角函数图象，利用图象求函数的单调区间. 26．（1） 2.5sin()56y x π=+；（2）该船1：00至5：00和13：00至17：00期间可以进港，在港口最多能呆4个小时. 【分析】（1）由表格中数据可得， 2.5,5,12A B T ===，26T ππω==，取3x =代入可得2,k k Z ϕπ=∈，则解析式可得；（2）由（1）得计算2.5sin()5 6.256x π+≥解x 范围即可得结果.【详解】解：（1）由表格中数据可得， 2.5,5,12A B T ===. 因为0>ω，所以22126T πππω===. 因为3x =时y 取得最大值，所以32,62k k Z ππϕπ⨯+=+∈，解得2,k k Z ϕπ=∈.所以这个函数解析式为 2.5sin()56y x π=+（2）因为货船的吃水深度为5米，安全间隙至少要有1.25米， 所以2.5sin()5 6.256x π+≥，即1sin()562x π+≥， 所以522,666m x m m N πππππ+≤≤+∈，解得112512,m x m m N +≤≤+∈.取0,1,m m ==得15,1317x x ≤≤≤≤.答：该船1：00至5：00和13：00至17：00期间可以进港，在港口最多能呆4个小时. 【点睛】已知f (x )＝Asin (ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A 比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)由ω＝2T即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.。

伸缩变换妙解一类高考题王修章;刘其杰;童嘉森【期刊名称】《高中数理化》【年(卷),期】2018(000)005【总页数】3页(P3-5)【作者】王修章;刘其杰;童嘉森【作者单位】山东省平度第九中学;山东省平度第九中学;北京市第八十中学【正文语种】中文新课程提倡教师在教学中要善于对课程资源进行有效的开发利用．教材是教师教学的主要资源．新课程在选修4系列的“坐标系与参数方程”中介绍了有关坐标系的伸缩变换．此伸缩变换可将椭圆变成圆,圆变成椭圆．一般地,椭圆的一些相关问题转化为圆的问题来处理,可以优化思维,简化运算,达到使复杂问题简单化的目的．下面笔者就尝试通过伸缩变换将椭圆中比较难处理的面积最值问题转化为圆中的相关问题来解决．定义设P(x,y)是平面直角坐标系中任意一点,在变换的作用下,点P(x,y)对应到P′(x′,y′)，则称φ为平面直角坐标系中的伸缩变换．笔者发现,高中数学解题过程中,伸缩变换常用到的性质主要包括以下4点:性质1 A、B、C 3点在伸缩变换下的对应点分别为A′、B′、C′,若A、B、C 3点共线,则A′、B′、C′也3点共线,且满足对应线段的比值不变,如性质2 伸缩变换前直线与曲线相切(相交、相离),伸缩变换后直线与曲线依然相切(相交、相离).性质3 直线在伸缩变换前的斜率k与伸缩变换后的斜率k′满足关系:性质4 变换前图形的面积S与变换后图形的面积S′满足关系:S′=λμS.例如：在椭圆中令则在此变换下,椭圆的方程变为单位圆O′:x′2+y′2=1,椭圆中的点P(x,y)变为P′(x′,y′),直线l斜率k也变为椭圆中封闭图形的面积S也变为1 椭圆中三角形面积最值问题例1 在平面直角坐标系xOy中的一个椭圆,它的中心在原点，左焦点为右顶点为D(2,0)，设点(1) 求该椭圆的标准方程;(2) 过原点O的直线交椭圆于点B、C,求△ABC面积的最大值．图1 图2在第2问中,由性质4可知,当变换后的图形取得最值时,对应的图形必取得最值．又在伸缩变换下,过椭圆中心的弦BC变成了对应圆的直径B′C′,是一个定值.变换后△A′B′C′的面积最值可以转化为点A′到直线B′C′的距离最值问题．(1) 椭圆的标准方程:(2) 作伸缩变换则图1中的椭圆变成了图2中的单位圆O′:x′2+y′2=1,此时直线BC 对应地变成直线B′C′,线段B′C′是圆O′的一条直径.点A变成了点设A′到直线B′C′的距离为d,由平面几何性质知d≤|O′A′|,所以当且仅当B′C′⊥A′O′时取“=”.在椭圆中,由伸缩变换对应多边形面积比的不变性可知因此△ABC面积的最大值是例2 (2014年全国卷)已知点A(0,-2),椭圆的离心率为是椭圆E的右焦点,直线AF 的斜率为为坐标原点.(1) 求E的方程;(2) 设过点A的动直线l与E相交于P、Q 2点,当△OPQ的面积最大时,求l的方程. 图3 图4由性质4可知,在伸缩变换下,求椭圆中△OPQ面积最值可以转化为圆中△O′P′Q′的面积最值．而在△O′P′Q′中,O′P′、O′Q′为半径,所以△O′P′Q′的面积最值可以转化为sin∠P′O′Q′的最值问题．(1) 椭圆E的方程为(2) 在伸缩变换的作用下,图3中的椭圆E变成了图4中的单位圆O′:x′2+y′2=1．点A(0,-2)变为A′(0,-2).设直线P′Q′的方程y′=k′x′-2.因为在圆中当且仅当O′P′⊥O′Q′时,“=”成立．此时,点O′到直线P′Q′的距离由点到直线的距离公式知解得所以当时,△O′P′Q′的面积最大值为由性质3,4知,当时,又直线PQ过点A(0,-2),所以直线PQ的方程为或2 求椭圆中一类特殊四边形的面积最值问题椭圆内四边形经伸缩变换后,成为单位圆中的四边形．四边形面积可表示为其对角线长乘积的一半与它们夹角正弦的乘积．在单位圆内,如果四边形中2条对角线的长度和夹角，这3个量中的2个为定值,求此四边形的面积最值时,思维比较简单,运算量也比较小．例3 (2013年课标全国Ⅱ) 如图5所示，平面直角坐标系xOy中,过椭圆右焦点的直线交M于A、B 2点,P为AB的中点,且OP的斜率为(1)求M的方程;(2)C、D为M上2点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.(1) 椭圆经伸缩变换后P′为A′B′的中点,由垂径定理可得b2、a2的关系,再结合焦点坐标可解决问题．图5 图6如图6所示，在伸缩变换下,椭圆E变成单位圆O′:x′2+y′2=1.由伸缩性质可知,在单位圆中点P′为A′B′中点,由垂径定理O′P′⊥A′B′,故所以又得a2=2b2．由直线过椭圆的右焦点,则又a2=b2+c2,于是则椭圆的方程为(2) 将椭圆转化为单位圆后,可知A′B′为定值．A′B′与C′D′夹角也为定值,由凸四边形的面积等于其对角线长乘积的一半与它们夹角正弦的乘积可知,需C′D′为直径便可取得最值.令由CD⊥AB知kCD=1，则在单位圆中设A′B′与C′D′间的夹角为α,则则因为直线A′B′的方程:点O′到直线A′B′的距离则又当且仅当C′D′为直径时等号成立．根据伸缩性质知,这几年,求椭圆中多边形的面积问题在高考全国卷中屡屡出现．如果只是用《必修2-1》中直线与椭圆的知识点来解决此类问题有一定难度．但是如果对《选修4-4》中坐标伸缩变换这一模块内容进行二次开发利用,将椭圆中的问题转化为单位圆中的问题来处理,思维变得比较简洁,运算量也会相应减小，从以上例题可以看出此方法的优点．当然将椭圆转化为单位圆后,在其他方面还有更多的应用,大家可以继续研讨,定会收获多多．实际上坐标伸缩变换不是什么神秘的新知识,我们在高一学习三角函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质时,就已经接触并运用过伸缩变换，例如函数y=sin x 的图象经过怎样的平移和伸缩变换变成y=Asin(ωx+φ)的图象．本文通过这种伸缩变换进一步揭示了圆与椭圆的内在联系,圆可以变成椭圆,椭圆可以变成圆．将椭圆转化为单位圆后,活用圆的性质,不仅解决了常规方法运算量大的问题,还可以领略和体验数学变换的魅力．。