【步步高】高考数学二轮复习 专题七 第1讲几何证明选讲

专题七 选考内容第一讲 选修4－4 坐标系与参数方程[考情分析]1．坐标系与参数方程是高考的选考内容之一，高考考查的重点主要有两个方面：一是简单曲线的极坐标方程；二是曲线的参数方程与极坐标方程的综合应用．2．全国卷对此部分的考查以解答题的形式出现，难度中等，备考此部分内容时应注意转化思想的应用．考点一 极坐标方程及其应用[典例感悟][典例] (2018·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为y ＝k |x |＋2.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－3＝0.(1)求C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程．[解] (1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ得C 2的直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝4. (2)由(1)知C 2是圆心为A (－1,0)，半径为2的圆． 由题设知，C 1是过点B (0,2)且关于y 轴对称的两条射线． 记y 轴右边的射线为l 1，y 轴左边的射线为l 2.由于点B 在圆C 2的外面，故C 1与C 2有且仅有三个公共点等价于l 1与C 2只有一个公共点且l 2与C 2有两个公共点，或l 2与C 2只有一个公共点且l 1与C 2有两个公共点．当l 1与C 2只有一个公共点时，点A 到l 1所在直线的距离为2， 所以|－k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝－43或k ＝0.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝－43时，l 1与C 2只有一个公共点，l 2与C 2有两个公共点．当l 2与C 2只有一个公共点时，点A 到l 2所在直线的距离为2， 所以|k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝0或k ＝43.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝43时，l 2与C 2没有公共点．综上，所求C 1的方程为y ＝－43|x |＋2.[方法技巧]1．求曲线的极坐标方程的一般思路曲线的极坐标方程问题通常可利用互换公式转化为直角坐标系中的问题求解，然后再次利用互换公式即可转化为极坐标方程．熟练掌握互换公式是解决问题的关键．2．解决极坐标交点问题的一般思路(1)将极坐标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再将其转化为极坐标； (2)将曲线的极坐标方程联立，根据限制条件求出交点的极坐标．[演练冲关](2018·太原模拟)在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3＝1，M ，N 分别为曲线C 与x 轴，y 轴的交点．(1)写出曲线C 的直角坐标方程，并求M ，N 的极坐标； (2)设M ，N 的中点为P ，求直线OP 的极坐标方程． 解：(1)∵ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3＝1，∴ρcos θ·co s π3＋ρsin θ·sin π3＝1.又⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴12x ＋32y ＝1， 即曲线C 的直角坐标方程为x ＋3y －2＝0， 令y ＝0，则x ＝2；令x ＝0，则y ＝233.∴M (2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，233.∴M 的极坐标为(2,0)，N 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫233，π2. (2)∵M ，N 连线的中点P 的直角坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，33， ∴P 的极角为θ＝π6，∴直线OP 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R)．考点二 参数方程及其应用[典例感悟][典例] (2018·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)．(1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为(1,2)，求l 的斜率． [解] (1)曲线C 的直角坐标方程为x 24＋y 216＝1.当cos α≠0时，l 的直角坐标方程为y ＝tan α·x ＋2－tan α， 当cos α＝0时，l 的直角坐标方程为x ＝1.(2)将l 的参数方程代入C 的直角坐标方程，整理得关于t 的方程(1＋3cos 2α)t 2＋4(2cos α＋sin α)t －8＝0.①因为曲线C 截直线l 所得线段的中点(1,2)在C 内， 所以①有两个解， 设为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝0. 又由①得t 1＋t 2＝－42cos α＋sin α1＋3cos 2α， 故2cos α＋sin α＝0，于是直线l 的斜率k ＝tan α＝－2.[方法技巧]参数方程化为普通方程的方法及参数方程的应用(1)将参数方程化为普通方程的过程就是消去参数的过程，常用的消参方法有代入消参、加减消参、三角恒等式消参等，往往需要对参数方程进行变形，为消去参数创造条件．(2)在与直线、圆、椭圆有关的题目中，参数方程的使用会使问题的解决事半功倍，尤其是求取值范围和最值问题，可将参数方程代入相关曲线的普通方程中，根据参数的取值条件求解．[演练冲关](2018·广东广州花都区二模)已知直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋12t ，y ＝32t(t 为参数)，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)．(1)设l 与C 1相交于A ，B 两点，求|AB |；(2)若把曲线C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标缩短到原来的32倍，得到曲线C 2，设P 是曲线C 2上的一个动点，求它到直线l 距离的最小值．解：(1)直线l 的普通方程为y ＝3(x －1)，曲线C 1的普通方程为x 2＋y 2＝1，由⎩⎨⎧y ＝3x －1，x 2＋y 2＝1，解得l 与C 1的交点坐标分别为(1,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，故|AB |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0＋322＝1. (2)由题意得，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12cos θ，y ＝32sin θ(θ为参数)，则点P 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos θ，32sin θ，所以点P 到直线l 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪32cos θ－32sin θ－32＝64⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＋2， 故当sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝－1时，d 取得最小值，最小值为23－64.考点三 极坐标方程与参数方程的综合应用[典例感悟][典例] (2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy 中，直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝kt(t 为参数)，直线l 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋m ，y ＝mk (m 为参数)．设l 1与l 2的交点为P ，当k 变化时，P 的轨迹为曲线C .(1)写出C 的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l 3：ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0，M 为l 3与C 的交点，求M 的极径．[解] (1)消去参数t 得l 1的普通方程l 1：y ＝k (x －2)；消去参数m 得l 2的普通方程l 2：y ＝1k(x ＋2)．设P (x ，y )，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －2，y ＝1kx ＋2.消去k 得x 2－y 2＝4(y ≠0)．所以C 的普通方程为x 2－y 2＝4(y ≠0)．(2)C 的极坐标方程为ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4(0＜θ＜2π，θ≠π)．联立⎩⎨⎧ρ2cos 2θ－sin 2θ＝4，ρcos θ＋sin θ－2＝0，得cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)．故tan θ＝－13，从而cos 2θ＝910，sin 2θ＝110.代入ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4得ρ2＝5，所以交点M的极径为 5.[方法技巧]极坐标方程与参数方程综合问题的解题策略(1)求交点坐标、距离、线段长．可先求出直角坐标系方程，然后求解． (2)判断位置关系．先转化为平面直角坐标方程，然后再作出判断．(3)求参数方程与极坐标方程综合的问题．一般是先将方程化为直角坐标方程，利用直角坐标方程来研究问题．[演练冲关](2018·沈阳模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos t ，y ＝1＋sin t(t 为参数)，曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4.以平面直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l 的极坐标方程为θ＝α，0<α<π.(1)求曲线C 1，C 2的极坐标方程；(2)设A ，B 分别为射线l 与曲线C 1，C 2除原点之外的交点，求|AB |的最大值． 解：(1)由曲线C 1的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos t ，y ＝1＋sin t(t 为参数)，消去参数t 得x 2＋(y －1)2＝1，即x 2＋y 2－2y ＝0，∴曲线C 1的极坐标方程为ρ＝2sin θ.由曲线C 2的直角坐标方程x 2＋(y －2)2＝4，得x 2＋y 2－4y ＝0，∴曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sin θ.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧θ＝α，ρ＝2sin θ，得A (2sin α，α)，∴|OA |＝2sin α，联立⎩⎪⎨⎪⎧θ＝α，ρ＝4sin θ，得B (4sin α，α)，∴|OB |＝4sin α，∴|AB |＝|OB |－|OA |＝2sin α，∵0<α<π，∴当α＝π2时，|AB |有最大值，最大值为2.[课时跟踪检测]1．(2018·石家庄模拟)在平面直角坐标系中，直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，y ＝2t (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ρ2＋2ρsin θ－3＝0.(1)求直线l 的极坐标方程；(2)若直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求|AB |.解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，y ＝2t 消去t 得，y ＝2x ，把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入y ＝2x ，得ρsin θ＝2ρcos θ，所以直线l 的极坐标方程为sin θ＝2cos θ. (2)因为ρ2＝x 2＋y 2，y ＝ρsin θ，所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＋2y －3＝0，即x 2＋(y ＋1)2＝4. 圆C 的圆心C (0，－1)到直线l 的距离d ＝55， 所以|AB |＝24－d 2＝2955. 2．(2018·益阳、湘潭模拟)在平面直角坐标系中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝sin α(α为参数)．以直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝12.直线l 与曲线C 交于A ，B 两点．(1)求直线l 的直角坐标方程； (2)设点P (1,0)，求|PA |·|PB |的值．解：(1)由ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝12得ρcos θcos π3－ρsin θsin π3＝12，即12ρcos θ－32ρsin θ＝12，又ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，∴直线l 的直角坐标方程为x －3y －1＝0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos α，y ＝sin α(α为参数)得曲线C 的普通方程为x 2＋4y 2＝4，∵P (1,0)在直线l 上，故可设直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32t ＋1，y ＝12t (t 为参数)，将其代入x 2＋4y 2＝4得7t 2＋43t －12＝0， ∴t 1·t 2＝－127，故|PA |·|PB |＝|t 1|·|t 2|＝|t 1·t 2|＝127.3．(2018·南昌模拟)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)，直线C 2的方程为y ＝33x ，以O 为极点，以x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 1和直线C 2的极坐标方程；(2)若直线C 2与曲线C 1交于P ，Q 两点，求|OP |·|OQ |的值． 解：(1)曲线C 1的普通方程为(x －3)2＋(y －2)2＝4，即x 2＋y 2－23x －4y ＋3＝0，则曲线C 1的极坐标方程为ρ2－23ρcos θ－4ρsin θ＋3＝0.∵直线C 2的方程为y ＝33x ，∴直线C 2的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R)． (2)设P (ρ1，θ1)，Q (ρ2，θ2)，将θ＝π6(ρ∈R)代入ρ2－23ρcos θ－4ρsin θ＋3＝0得，ρ2－5ρ＋3＝0，∴ρ1ρ2＝3，∴|OP |·|OQ |＝ρ1ρ2＝3.4．(2018·福州模拟)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝sin α(α为参数，t >0)．在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l ：ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝ 2.(1)若l 与曲线C 没有公共点，求t 的取值范围； (2)若曲线C 上存在点到l 的距离的最大值为62＋2，求t 的值． 解：(1)因为直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2， 即ρcos θ＋ρsin θ＝2，所以直线l 的直角坐标方程为x ＋y －2＝0.因为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝sin α(α为参数，t >0)，所以曲线C 的普通方程为x 2t 2＋y 2＝1(t >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2，x 2t2＋y 2＝1，消去x 得，(1＋t 2)y 2－4y ＋4－t 2＝0，所以Δ＝16－4(1＋t 2)(4－t 2)<0，又t >0， 解得0<t <3，故t 的取值范围为(0，3)． (2)由(1)知直线l 的方程为x ＋y －2＝0，故曲线C 上的点(t cos α，sin α)到l 的距离d ＝|t cos α＋sin α－2|2，故d max ＝t 2＋1＋22＝62＋2，解得t ＝± 2. 又t >0，∴t ＝ 2.5．(2018·重庆模拟)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝3sin α(α为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝3 2. (1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)若点M 在曲线C 1上，点N 在曲线C 2上，求|MN |的最小值及此时点M 的直角坐标． 解：(1)由曲线C 1的参数方程可得曲线C 1的普通方程为x 29＋y 23＝1，由ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝32，得ρcos θ－ρsin θ＝6，∴曲线C 2的直角坐标方程为x －y －6＝0.(2)设点M 的坐标为(3cos β，3sin β)，点M 到直线x －y －6＝0的距离d ＝|3cos β－3sin β－6|2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π3＋62＝6＋23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π32，当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π3＝－1时，|MN |有最小值，最小值为32－6，此时点M 的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－32.6．(2018·昆明模拟)在直角坐标系xOy 中，已知倾斜角为α的直线l 过点A (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．曲线C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ，直线l 与曲线C 分别交于P ，Q 两点．(1)写出直线l 的参数方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)若|PQ |2＝|AP |·|AQ |，求直线l 的斜率k .解：(1)由题意知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos α，y ＝1＋t sin α(t 为参数)，因为ρ＝2sin θ，所以ρ2＝2ρsin θ， 把y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2代入得x 2＋y 2＝2y ， 所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝2y .(2)将直线l 的参数方程代入曲线C 的方程，得t 2＋(4cos α)t ＋3＝0， 由Δ＝(4cos α)2－4×3>0，得cos 2α>34，由根与系数的关系，得t 1＋t 2＝－4cos α，t 1t 2＝3. 不妨令|AP |＝|t 1|，|AQ |＝|t 2|，所以|PQ |＝|t 1－t 2|， 因为|PQ |2＝|AP |·|AQ |，所以(t 1－t 2)2＝|t 1|·|t 2|， 则(t 1＋t 2)2＝5t 1t 2，得(－4cos α)2＝5×3， 解得cos 2α＝1516，满足cos 2α>34，所以sin 2α＝116，tan 2α＝115，所以k ＝tan α＝±1515. 7．(2019届高三·湘东五校联考)平面直角坐标系xOy 中，倾斜角为α的直线l 过点M (－2，－4)，以原点O 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ρsin 2θ＝2cos θ.(1)写出直线l 的参数方程(α为常数)和曲线C 的直角坐标方程； (2)若直线l 与C 交于A ，B 两点，且|MA |·|MB |＝40，求倾斜角α的值．解：(1)直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋t cos α，y ＝－4＋t sin α(t 为参数)，ρsin 2θ＝2cos θ，即ρ2sin 2θ＝2ρcos θ，将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入得曲线C 的直角坐标方程为y 2＝2x .(2)把直线l 的参数方程代入y 2＝2x ， 得t 2sin 2α－(2cos α＋8sin α)t ＋20＝0， 设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，由一元二次方程根与系数的关系得，t 1＋t 2＝2cos α＋8sin αsin 2α，t 1t 2＝20sin 2α， 根据直线的参数方程中参数的几何意义，得|MA |·|MB |＝|t 1t 2|＝20sin 2α＝40，得α＝π4或α＝3π4.又Δ＝(2cos α＋8sin α)2－80sin 2α>0，所以α＝π4.8．(2018·全国卷Ⅲ)在平面直角坐标系xOy 中，⊙O 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，过点(0，－2)且倾斜角为α的直线l 与⊙O 交于A ，B 两点．(1)求α的取值范围；(2)求AB 中点P 的轨迹的参数方程． 解：(1)⊙O 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝1. 当α＝π2时，l 与⊙O 交于两点．当α≠π2时，记tan α＝k ，则l 的方程为y ＝kx － 2.l 与⊙O 交于两点需满足21＋k2<1，解得k <－1或k >1，即α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π4或α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.综上，α的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4.(2)l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t cos α，y ＝－2＋t sin α⎝⎛⎭⎪⎫t 为参数，π4<α<3π4.设A ，B ，P 对应的参数分别为t A ，t B ，t P ，则t P ＝t A ＋t B2，且t A ，t B 满足t 2－22t sin α＋1＝0.于是t A ＋t B ＝22sin α，t P ＝2sin α.又点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎨⎧x ＝t P cos α，y ＝－2＋t P sin α，所以点P 的轨迹的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22sin 2α，y ＝－22－22cos 2α⎝⎛⎭⎪⎫α为参数，π4<α<3π4.第二讲 选修4－5 不等式选讲[考情分析]1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是绝对值不等式的解法以及不等式的证明，其中绝对值不等式的解法以及绝对值不等式与函数综合问题的求解是命题的热点．2．该部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考时应注意分类讨论思想的应用．考点一 绝对值不等式的解法[典例感悟][典例] (2018·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝5－|x ＋a |－|x －2|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集； (2)若f (x )≤1，求a 的取值范围．[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4，x <－1，2，－1≤x ≤2，－2x ＋6，x >2.当x <－1时，由2x ＋4≥0，解得－2≤x <－1；当－1≤x ≤2时，显然满足题意；当x >2时，由－2x ＋6≥0，解得2<x ≤3，故f (x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}．(2)f (x )≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.而|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，且当x ＝2时等号成立．故f (x )≤1等价于|a ＋2|≥4.由|a ＋2|≥4可得a ≤－6或a ≥2.所以a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．[方法技巧]绝对值不等式的5种常用解法(1)基本性质法：对a ∈R ＋，|x |<a ⇔－a <x <a ，|x |>a ⇔x <－a 或x >a . (2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．[演练冲关](2019届高三·沈阳模拟)已知函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a ∈R. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋|2x ＋1|的解集； (2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|＋3x ， 由f (x )≥3x ＋|2x ＋1|，得|x －1|－|2x ＋1|≥0， 当x >1时，x －1－(2x ＋1)≥0，得x ≤－2，无解； 当－12≤x ≤1时，1－x －(2x ＋1)≥0，得－12≤x ≤0；当x <－12时，1－x ＋(2x ＋1)≥0，得－2≤x <－12.∴不等式的解集为{x |－2≤x ≤0}． (2)法一：由|x －a |＋3x ≤0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，4x －a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，2x ＋a ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，x ≤－a 2.当a >0时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－a 2.由－a2＝－1，得a ＝2.当a ＝0时，不等式的解集为{}x |x ≤0，不合题意． 当a <0时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤a 4.由a4＝－1，得a ＝－4.综上，a ＝2或a ＝－4.法二：当x ≥a 时，f (x )＝4x －a ，函数f (x )为增函数， 由不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}得，f (－1)＝4×(－1)－a ＝0，得a ＝－4.当x <a 时，f (x )＝2x ＋a ，函数f (x )为增函数， 由不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}得，f (－1)＝2×(－1)＋a ＝0，得a ＝2.经检验，a ＝2或a ＝－4都符合题意， 故a 的值为2或4.考点二 不等式的证明[典例感悟][典例] (2017·全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.[证明] (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4，当且仅当a ＝b ＝1时取等号．(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3a ＋b24(a ＋b )＝2＋3a ＋b34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2，当且仅当a ＝b ＝1时取等号．[方法技巧] 证明不等式的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等． (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法．(2)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．[演练冲关]设不等式||x ＋1|－|x －1||<2的解集为A . (1)求集合A ；(2)若a ，b ，c ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1.解：(1)由已知，令f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧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)证明：要证⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1，只需证|1－abc |>|ab －c |，只需证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2，只需证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)，只需证(1－a 2b 2)(1－c 2)>0，由a ，b ，c ∈A ，得－1<ab <1，c 2<1，所以(1－a 2b 2)(1－c 2)>0恒成立．综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1.考点三 含绝对值不等式的恒成立问题[典例感悟][典例] (2018·全国卷Ⅰ)已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若x ∈(0,1)时不等式f (x )>x 成立，求a 的取值范围．[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1<x <1，2，x ≥1.故不等式f (x )>1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >12. (2)当x ∈(0,1)时|x ＋1|－|ax －1|>x 成立等价于当x ∈(0,1)时|ax －1|<1成立．若a ≤0，则当x ∈(0,1)时，|ax －1|≥1；若a >0，则|ax －1|<1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪0<x <2a ，所以2a ≥1，故0<a ≤2.综上，a 的取值范围为(0,2]．[方法技巧]已知不等式恒成立求参数范围问题的3种解法 分离 参数法 运用“f (x )≤a 恒成立⇔f (x )max ≤a ，f (x )≥a 恒成立⇔f (x )min ≥a ”可解决恒成立中的参数取值范围问题更换 主元法 对于一些含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决问题时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法 数形 结合法 在研究曲线交点的恒成立问题时数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维的优势，可直接解决问题[演练冲关]已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |. (1)求f (x )≥1的解集；(2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )．求a 的取值范围．解：(1)因为函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，故f (x )≥1，等价于|2x ＋1|－|2x －3|≥1， 等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <－12，－2x －1－3－2x ≥1，①或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤32，2x ＋1－3－2x ≥1，②或⎩⎪⎨⎪⎧x >32，2x ＋1－2x －3≥1.③①无解，解②得32≥x ≥34，解③得x >32.综上可得，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≥34.(2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )，可得g (x )min ≥f (x )max . ∵函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|≤|2x ＋1－(2x －3)|＝4，∴f (x )max ＝4. ∵g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |≥|x ＋1－(x －a )|＝|a ＋1|，故g (x )min ＝|a ＋1|. ∴|a ＋1|≥4，解得a ≥3或a ≤－5. 故a 的取值范围为{a |a ≥3或a ≤－5}．[课时跟踪检测]1．(2018·广州模拟)已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，存在实数x 使f (x )<2成立．(1)求实数m 的值；(2)若α≥1，β≥1，f (α)＋f (β)＝4，求证：4α＋1β≥3.解：(1)因为|x －m |＋|x |≥|(x －m )－x |＝|m |. 所以要使不等式|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2， 解得－2<m <2.因为m ∈N *，所以m ＝1. (2)证明：因为α≥1，β≥1，所以f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝4， 即α＋β＝3，所以4α＋1β＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β)＝13⎝⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥13⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ＝3.当且仅当4βα＝αβ，即α＝2，β＝1时等号成立，故4α＋1β≥3.2．(2018·唐山模拟)设f (x )＝|x |＋2|x －a |(a >0)． (1)当a ＝1时，解不等式f (x )≤4； (2)若f (x )≥4，求实数a 的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x|＋2|x－1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3x，x<0，2－x，0≤x≤1，3x－2，x>1.当x<0时，由2－3x≤4，得－23≤x<0；当0≤x≤1时，由2－x≤4，得0≤x≤1；当x>1时，由3x－2≤4，得1<x≤2.综上，不等式f(x)≤4的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，2.(2)f(x)＝|x|＋2|x－a|＝⎩⎪⎨⎪⎧2a－3x，x<0，2a－x，0≤x≤a，3x－2a，x>a.可见，f(x)在(－∞，a]上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．当x＝a时，f(x)取得最小值a.若f(x)≥4恒成立，则应a≥4.所以a的取值范围为[4，＋∞)．3．(2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．解：(1)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x，x<－12，x＋2，－12≤x<1，3x，x≥1.y＝f(x)的图象如图所示．(2)由(1)知，y ＝f (x )的图象与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a ≥3且b ≥2时，f (x )≤ax ＋b 在[0，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5.4．(2018·开封模拟)已知函数f (x )＝|x －m |，m <0. (1)当m ＝－1时，求解不等式f (x )＋f (－x )≥2－x ； (2)若不等式f (x )＋f (2x )<1的解集非空，求m 的取值范围． 解：(1)设F (x )＝f (x )＋f (－x )＝|x －1|＋|x ＋1| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x <－1，2，－1≤x <1，G x ＝2－x ，2x ，x ≥1，由F (x )≥G (x )解得{x |x ≤－2或x ≥0}． (2)f (x )＋f (2x )＝|x －m |＋|2x －m |，m <0. 设g (x )＝f (x )＋f (2x )，当x ≤m 时，g (x )＝m －x ＋m －2x ＝2m －3x ，则g (x )≥－m ； 当m <x <m2时，g (x )＝x －m ＋m －2x ＝－x ，则－m2<g (x )<－m ；当x ≥m2时，g (x )＝x －m ＋2x －m ＝3x －2m ，则g (x )≥－m2.则g (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－m2，＋∞，不等式f (x )＋f (2x )<1的解集非空， 即1>－m2，解得m >－2，由于m <0，则m 的取值范围是(－2,0)．5．(2018·昆明模拟)设函数f (x )＝|x －a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋2a (a ≠0，a ∈R)．(1)当a ＝1时，解不等式f (x )≤5；(2)记f (x )的最小值为g (a )，求g (a )的最小值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|， 故f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x >1，3，－2≤x ≤1，－2x －1，x <－2.①当x >1时，由2x ＋1≤5，得x ≤2，故1<x ≤2； ②当－2≤x ≤1时，由3≤5，得x ∈R ，故－2≤x ≤1； ③当x <－2时，由－2x －1≤5，得x ≥－3，故－3≤x <－2. 综上，不等式的解集为[－3,2]． (2)f (x )＝|x－a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋2a ≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a －⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a ≤0时等号成立，所以g (a )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋2a ，因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋2a ＝|a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a ≥2|a |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a＝22，当且仅当|a |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a， 即a ＝±2时等号成立， 所以g (a )min ＝2 2.6．(2018·陕西模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，证明：t 2＋1≥3t＋3t .解：(1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，2－x ，－1<x <12，3x ，x ≥12，于是f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <12，2－x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.故不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}．(2)证明：g (x )＝f (x )＋|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥|2x －1－2x －2|＝3，当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0时取等号， ∴M ＝[3，＋∞)．t 2＋1≥3t ＋3t 等价于t 2－3t ＋1－3t≥0，t 2－3t ＋1－3t ＝t 3－3t 2＋t －3t＝t －3t 2＋1t.∵t ∈M ，∴t －3≥0，t 2＋1>0， ∴t －3t 2＋1t ≥0，∴t 2＋1≥3t＋3t .7．(2018·福州模拟)设函数f (x )＝|x －1|. (1)求不等式f (x )≤3－f (x －1)的解集；(2)已知关于x 的不等式f (x )≤f (x ＋1)－|x －a |的解集为M ，若⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32⊆M ，求实数a 的取值范围．解：(1)因为f (x )≤3－f (x －1)， 所以|x －1|≤3－|x －2|， 即|x －1|＋|x －2|≤3，则⎩⎪⎨⎪⎧x <1，3－2x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，1≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，2x －3≤3，解得0≤x <1或1≤x ≤2或2<x ≤3， 所以0≤x ≤3，故不等式f (x )≤3－f (x －1)的解集为[0,3]．(2) 因为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32⊆M ，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32时，f (x )≤f (x ＋1)－|x －a |恒成立，而f (x )≤f (x ＋1)－|x －a |⇔|x －1|－|x |＋|x －a |≤0⇔|x －a |≤|x |－|x －1|，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32，所以|x －a |≤1， 即x －1≤a ≤x ＋1，由题意，知x －1≤a ≤x ＋1对于x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32恒成立， 所以12≤a ≤2，故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2. 8．(2018·郑州模拟)已知f (x )＝|2x －1|＋|ax －5|(0<a <5)． (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥9的解集； (2)若函数y ＝f (x )的最小值为4，求实数a 的值．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋|x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧6－3x ，x <12，x ＋4，12≤x <5，3x －6，x ≥5，∴f (x )≥9⇔⎩⎪⎨⎪⎧x <12，6－3x ≥9或⎩⎪⎨⎪⎧12≤x <5，x ＋4≥9或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥5，3x －6≥9.解得x ≤－1或x ≥5，即所求不等式的解集为(－∞，－1]∪[5，＋∞)． (2)∵0<a <5，∴5a>1，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋2x ＋6，x <12，2－a x ＋4，12≤x ≤5a，a ＋2x －6，x >5a.∵当x <12时，f (x )单调递减，当x >5a时，f (x )单调递增，∴f (x )的最小值在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，5a 上取得，∵在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，5a 上，当0<a ≤2时，f (x )单调递增，当2<a ≤5时，f (x )单调递减， ∴⎩⎪⎨⎪⎧0<a ≤2，f x min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4或⎩⎪⎨⎪⎧2<a ≤5，f x min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5a ＝4.解得a ＝2.。

（通用版）2016年高考数学二轮复习专题十三选考部分第1讲几何证明选讲考题溯源教材变式理真题示例对应教材题材评说(2014·高考课标全国卷Ⅰ，10分)如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB的延长线与DC的延长线交于点E，且CB＝CE.(1)证明：∠D＝∠E；(2)设AD不是⊙O的直径，AD 的中点为M，且MB＝MC，证明：△ADE为等边三角形. (2015·高考全国卷Ⅰ，10分)如图，AB是⊙O的直径，AC 是⊙O的切线，BC交⊙O于点E.(1)若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；(2)若OA＝3CE，求∠ACB的大小. (选修4－1 P33例1)如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，直线CE和⊙O切于点C，AD⊥CE，垂足为D.求证：AC平分∠BAD.(选修4－1 P31例1)如图，AB是⊙O的直径，⊙O过BC的中点D，DE⊥AC.求证：DE是⊙O的切线.将教材的几何原题的元素进行转化即可得高考试题，实则本质一样.[教材变式训练][变式1] (选修4－1 P17例6改编) 在锐角三角形ABC中，BC＝12，BC边上的高AD＝6，E，F是BC上的点．G、H分别是AC与AB上的点，EFGH为矩形．(1)设HE ＝x ，矩形EFGH 的面积为y ，求函数y ＝f (x )的解析式； (2)当y ＝f (x )取最大值时，求矩形EFGH 外接圆的面积． 解：(1)∵EFGH 为矩形， ∴△AHG ∽△ABC ， 则有AK AD ＝HG BC.所以6－x 6＝HG 12，即HG ＝12－2x .∴y ＝f (x )＝HE ·HG ＝x (12－2x )＝－2x 2＋12x (0<x <6)．(2)由(1)知y ＝－2x 2＋12x ＝－2(x －3)2＋18， 当x ＝3时，y max ＝18. 此时HE ＝3，HG ＝6，连接EG (图略)，则EG ＝HE 2＋HG 2＝35，∴矩形EFGH 的外接圆的面积为π⎝ ⎛⎭⎪⎫EG 22＝454π.[变式2] (选修4－1 P 32习题T 3改编)如图，AB 是⊙O 的直径，BC 是⊙O 的切线，B为切点，OC 平行于弦AD ，连接CD .(1)求证：CD 是⊙O 的切线；(2)过点D 作DE ⊥AB 于点E ，交AC 于点P ，求证：P 点平分线段DE . 证明：(1)连接OD ，∵OC ∥AD ， ∴∠1＝∠ADO ，∠2＝∠DAO . ∵OA ＝OD ，∴∠ADO ＝∠DAO ，∴∠1＝∠2. ∵OC ＝OC ，OB ＝OD ， ∴△DOC ≌△BOC ， ∴∠ODC ＝∠OBC .∵OB 是⊙O 的半径，BC 是⊙O 的切线， ∴BC ⊥OB ，∴∠OBC ＝90°， ∴∠ODC ＝90°，∴CD ⊥OD . 又∵OD 是⊙O 的半径， ∴CD 是⊙O 的切线．(2)过点A 作⊙O 的切线AF ，交CD 的延长线于点F ，则FA ⊥AB . ∵DE ⊥AB ，由(1)知CB ⊥AB ， ∴FA ∥DE ∥CB ，∴FD FC ＝AEAB.在△FAC 中，∵DP ∥FA ，∴DP FA ＝DC FC.∵FA 、FD 是⊙O 的切线，∴FA ＝FD ， ∴DP FD ＝DC FC ，∴DP DC ＝AEAB.在△ABC 中，∵EP ∥BC ，∴EP CB ＝AE AB. ∵CD 、CB 是⊙O 的切线， ∴CB ＝CD . ∴EP CD ＝AE AB .∴DP DC ＝EP CD，∴DP ＝EP .∴点P 平分线段DE .[变式3] (选修4－1 P 38例5问题(2)及P 41T 9组合改编)如图，⊙O 的弦AC 与BD 相交于E ，PF 是⊙O 的切线，F 为切点，PF ＝PE .(1)求证：PE ∥AB ；(2)若AC ⊥BD ，M 是DC 的中点，求证：PE ⊥EM . 证明：(1)∵PF 是⊙O 的切线，∴PF 2＝PD ·PC ，又PF ＝PE ，∴PE 2＝PD ·PC ，⎭⎪⎬⎪⎫即PE PC ＝PDPE又∠EPD ＝∠CPE ⇒△PDE ∽△PEC ，∴∠PED ＝∠C ，又∠C 与∠B 同对AD ︵，∴∠C ＝∠B ，∴∠B ＝∠PED ⇒PE ∥AB .(2)如图，延长ME 交AB 于G ，∵AC ⊥BD ，M 是DC 的中点，∴EM ＝MD ＝MC ，∴∠B ＝∠C ＝∠CEM ，∠BEG ＝∠DEM ，∴∠B ＋∠BEG ＝∠CEM ＋∠DEM ＝90°， ∴∠EGB ＝90°，即ME ⊥AB ， 又∵PE ∥AB ，∴PE ⊥EM .[变式4] (选修4－1 P 37例2改编) 如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，D 是AC 边上一点，BD ＝BC ，CF 是△ABD 外接圆的切线，切点为F .(1)求证：BC 2＝AC ·CD ； (2)求证：CB ＝CF . 证明：(1)∵AB ＝AC ， ∴∠A ＝180°－2∠ACB ，又BD ＝BC ，∴∠CBD ＝180°－2∠ACB ，∴∠A ＝∠CBD ，∠C 是△ACB 与△BCD 的公共角， ∴△ACB ∽△BCD ， ∴AC BC ＝BC CD⇒BC 2＝AC ·CD .(2)由(1)知CB 2＝AC ·CD .因为CF 是△ABD 外接圆的切线，由切割线定理得：CF 2＝CD ·CA∴CB 2＝CF 2，即CB ＝CF . [变式5] (选修4－1 P 38例5改编) 如图，EAB 是经过⊙O 的圆心O 的割线，EC 为切线，C 为切点，AD ⊥CE ，垂足为D .(1)求证：∠CAD ＝∠CAB ； (2)若CB ＝CE ，求证：①AC 2＝AD ·AB ；②△AOC 为正三角形．证明：(1)∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∠OCA ＝90°－∠OCB ，∠OCB ＝∠OBC ， ∴∠OCA ＝90°－∠OBC ，又DA ⊥CE ，∴∠CAD ＝90°－∠ACD ，由弦切角定理：∠ACD ＝∠OBC ，∴∠OCA ＝∠CAD ，又∠OCA ＝∠OAC ， ∴∠CAD ＝∠OAC . 即∠CAD ＝∠CAB .(2)①在△BCA 和△CDA 中，⎭⎪⎬⎪⎫∠ABC ＝∠ACD （弦切角定理）∠BCA ＝∠CDA ＝90°⇒△BCA ∽△CDA ⇒AC AD ＝AB AC⇒AC 2＝AD ·AB . ②⎭⎪⎬⎪⎫CB ＝CE ⇒∠CBE ＝∠CEB 又∠ACE ＝∠ABC⇒⎭⎪⎬⎪⎫∠ACE ＝∠CEB AD ⊥CE ⇒⎭⎪⎬⎪⎫∠CAD ＝∠EAD由（1）知∠CAD ＝∠CAB ⇒ ∠CAD ＝∠EAD ＝∠CAB ＝60°.又∵OC ＝OA ，∴△OAC 为正三角形．[变式6] (选修4－1 P 37例1，P 40T 3改编)如图，P 是⊙O 弦AB 上的一点，PC 是PA 与PB 的等比中项．(1)求证：OP ⊥PC ；(2)若OC 的延长线交BA 的延长线于Q ，QA ＝6，AB ＝223，QO ＝12，OP ＝51，求PA 的长．解：(1)证明：延长CP 交⊙O 于D ，由相交弦定理得： PA ·PB ＝PC ·PD ，又PC 是PA 与PB 的等比中项，∴PC 2＝PA ·PB ，∴PC 2＝PC ·PD ， 即PC ＝PD ，∴P 是CD 的中点，由垂径定理知OP ⊥CD ， 即OP ⊥PC .(2)延长CO 交⊙O 于点E ，设⊙O 的半径为r ，由割线定理得，QC ·QE ＝QA ·QB 即(12－r )(12＋r )＝6×403，解得r ＝8，由(1)知OP ⊥PC ，PO ＝51，∴PC 2＝OC 2－OP 2＝82－(51)2＝13，∴PC ＝13，又PA ·PB ＝PC 2＝13，AB ＝PA ＋PB ＝223，∴PA 与PB 是方程x 2－223x ＋13＝0的两根．解得x ＝3或133，∴由题意得PA 的长为3.。

∴AB∥OC.∵AB⊥AD,∴OC⊥AO.
如图所示,以点O为坐标原点,直线OC,OD,OP分别为x轴、y轴、z轴建立空
间直角坐标系,
则 A(0,-1,0),D(0,1,0),C(1,0,0),B(1,-1,0),P(0,0, 3),=(-1,0, 3), =(-1,1,0).
- + 3 = 0,
1

2
3
+ 2 ,
则 , , 共面,且向量 , , 有公共点 A,所以 A,B,E,F 四点共面.
(2)解 由(1)可知=(-1,3, 2), =(0,4,0),=(-2,0,0),设平面 PAB 的法向量
-1 + 31 + 21 = 0,
· = 0,
所以 BC⊥平面 ABEF.又 AB⊂平面 ABEF,所以 BC⊥AB.
因为 AB⊥AF,AF∥BE,所以 AB⊥BE.因为 BC∩BE=B,BC,BE⊂平面 BCE,
所以 AB⊥平面 BCE.因为 BC⊥BE,所以△BCE 的面积是
1
1
S△BCE=2 ×1×1=2,
因为 AD∥BC,BC⊂平面 BCE,AD⊄平面 BCE,所以 AD∥平面 BCE,
BB1的中点,点P为棱C1D1上的动点,则
E(1,1,0),F(2,2,1),C(0,2,0),C1(0,2,2),设 P(0,t,2),0≤t≤2, =(1,-1,0),
=(2,0,1), =(1,1-t,-2),显然, · =0,即 PE⊥CF.
由 · =1+(-1)(1-t)=0,得 t=0,此时有 PE⊥CE,而 CE∩CF=C,且 CE,CF⊂平
二面角的余弦值为
10

?若存在,求出 的值;若不存在,请说明理由.

高考数学二轮复习专题 8 选修专题第一讲几何证明选讲练习文配套作业一、选择题1．△ ABC 的三边长分别为2，6， 2，△ A′ B′ C′的两边长分别为 1 和3，假如△ABC∽△ A′B′C′，那么△ A′B′C′的第三边长为( A)263A. 2B.2C.2D.3分析：∵△ ABC∽△ A′B′C′，则26，则△ A′B′C′的第三边长为2＝ 2. 1＝322．点 E 是平行四边形ABCD的边 BC延伸线上的一点，AE与 CD订交于点 G，则图中的相似三角形共有 ( C)A．2对B．3对C．4对D．5对3．如下图，菱形 ABCD中，对角线 AC，BD订交于点 O，M，N 分别是边 AB，AD的中点，连结 OM， ON， MN.则以下表达正确的选项是 ( C)A．△AOM和△AON都是等边三角形B．四边形MBON和四边形MODN都是菱形C．四边形AMON和四边形ABCD是相像形D．四边形MBCO和四边形OCDN都是等腰梯形4．如图， AB是半圆 O的直径， C，D是半圆上的两点，半圆O的切线 PC交 AB的延伸线于点 P，∠ PCB＝ 25°，则∠ ADC为 ( B)A．105°B．115°C．120°D．125°5．如图， AB是⊙O的直径， EF切⊙O 于 C， AD⊥ EF 于 D， AD＝ 2，AB＝ 6，则 AC的长为( C)A．2B．3C．23D．46．如图，直线BC切⊙O于点 A，则图中的弦切角共有( D)A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题7．如下图，已知在△ ABC 中，∠ C＝ 90°，正方形 DEFC内接于△ ABC， DE∥ AC，EF∥BC， AC＝ 1， BC＝ 2，则 AF∶ FC＝ ________．答案： 1∶222AD 8．如图，在△ ABC中，已知 DE∥BC，△ ADE的面积是 a ，梯形 DBCE的面积是8a ，则AB ＝________．分析：∵S梯形 DBCE＝8S△ ADE，∴S△ ABC＝9S△ ADE，△ ADE AD21AD1△ ADE△ABC∵DE∥BC，∴△ ADE∽△ ABC.∴S∴S ∶S ＝∶9.＝AB＝ . ∴＝ .△ ABC9AB3S1答案：39．如下图，已知△ ABC 内接于圆O，点 D 在 OC的延伸线上， AD 是圆的切线，若∠B＝30°， AC＝ 2，则 OD的长为 ________．分析：连结 OA，则∠ COA＝2∠CBA＝ 60° . 又 OC＝OA，故△ COA为正三角形，所以OA＝2.又由于 AD是⊙O的切线，即 OA⊥AD，所 OD＝2OA＝ 4.答案： 410．如下图， PT 切⊙O于点 T， PA交⊙O 于 A， B 两点且与直径 CT 交于点 D， CD＝ 2，AD ＝ 3， BD＝ 6，则 PB＝ ________．答案： 15三、解答题11．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.分析：由于 B，C 是圆 O上的两点，所以OB＝ OC.故∠ OCB＝∠ B. 由于 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.所以∠ OCB＝∠ D.12．如图， AB 是圆 O的一条直径，的切线与AD的延伸线订交于点M， AD 与(1) ∠NBD＝∠ DBM；C，D 是圆BC订交于O 上不一样于A， B 的两点，过点N 点， BN＝ BM.求证：B 作圆O(2)AM 是∠ BAC的角均分线．分析： (1) ∵AB 是圆 O的直径，∴∠ ADB＝ 90° .而 BN＝ BM，∴△ BNM为等腰三角形．∴BD为∠ NBM的角均分线，即∠ NBD＝∠ DBM.∠ DBM＝∠ DAB(2)BM 是圆 O的切线，∠DBC＝∠DAC? ∠ DAB＝∠ DAC? AM是∠ CAB的角均分线．∠DBC＝∠ DBM13．已知点 C 在圆 O直径 BE的延伸线上， CA切圆 O于 A 点，∠ ACB的角均分线分别交AE， AB于点 F， D.(1)求∠ ADF 的度数；AC(2)若 AB＝ AC，求BC的值．分析： (1) ∵AC 为圆O 的切线，∴∠B＝∠ EAC.又 DC 是∠ ACB 的均分线，∴∠ACD＝∠DCB.∴∠ B＋∠ DCB＝∠ EAC＋∠ ACD，即∠ ADF＝∠ AFD.又 BE为圆 O的直径，∴∠ BAE＝90° .1∴∠ ADF＝ (180 °－∠ BAE)＝ 45° .2(2)∵∠ B＝∠ EAC，∠ ACB＝∠ ECA，∴△ EAC∽△ ABC，又∵ AB＝ BC，∴∠ B＝∠ACB，∴∠B＝∠ ACB＝∠ EAC，由∠ BAE＝ 90°及三角形内角和知∠ B＝ 30°，∴在Rt △ ABE中，ACtan3＝∠B＝ .BA3。