最新高考数学一轮复习-第十二章-推理与证明、算法【导学案】

这是一份最新高考数学一轮复习-第十二章-推理与证明、算法【导学案】，共64页。
课程标准
1.了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用.
2.了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理.
3.了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.)
[由教材回扣基础]
1．合情推理
2.演绎推理
(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理；
②小前提——所研究的特殊情况；
③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
澄清微点·熟记结论
(1)合情推理包括归纳推理和类比推理，其结论是猜想，不一定正确，若要确定其正确性，则需要证明．
(2)在进行类比推理时，要从本质上去类比，只从一点表面现象去类比，就会犯机械类比的错误．
(3)应用三段论解决问题时，要明确什么是大前提、小前提，如果前提与推理形式是正确的，结论必定是正确的．若大前提或小前提错误，尽管推理形式是正确的，但所得结论是错误的．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．( )
(2)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．( )
(3)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确．( )
答案：(1)√ (2)× (3)×
二、练牢教材小题
1．(人教B版选修2－2 P77 T1改编)已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A．an＝3n－1 B．an＝4n－3
C．an＝n2 D．an＝3n－1
解析：选C a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.
2．(北师大版选修2－2 P7 T2改编)观察下列等式：
1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)，
1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,6)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,6)，
…
据此规律，第n个等式可为____________________________________________．
解析：观察所给等式的左右可以归纳出1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n).
答案：1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)
3．(人教B版选修2－2 P62 T2改编)在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．
解析：在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的底面面积比为1∶4，对应高之比为1∶2，则它们的体积比为1∶8.
答案：1∶8
三、练清易错易混
1．(三段论理解错误)“因为指数函数y＝ax(a>0且a≠1)是增函数(大前提)，又y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x是指数函数(小前提)，所以函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x是增函数(结论)”，上面推理的错误在于( )
A．大前提错误导致结论错
B．小前提错误导致结论错
C．推理形式错误导致结论错
D．大前提和小前提错误导致结论错
解析：选A 当a>1时，y＝ax为增函数；当0eq \f(5,2)，f(16)>3，观察上述结果，可推测一般的结论为__________________．
解析：∵f(21)＝eq \f(3,2)，f(22)>2＝eq \f(4,2)，f(23)>eq \f(5,2)，f(24)>eq \f(6,2)，∴归纳得f(2n)≥eq \f(n＋2,2)(n∈N*)．
答案：f(2n)≥eq \f(n＋2,2)(n∈N*)
命题视角二 类比推理
[典例] (1)若等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列，公差为eq \f(d,2).类似地，若各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q，前n项的积为Tn，则等比数列{eq \r(n,Tn)}的公比为( )
A.eq \f(q,2) B．.q2
C.eq \r(q) D.eq \r(n,q)
(2)在平面上，设ha，hb，hc是△ABC三条边上的高，P为三角形内任一点，P到相应三边的距离分别为Pa，Pb，Pc，我们可以得到结论：eq \f(Pa,ha)＋eq \f(Pb,hb)＋eq \f(Pc,hc)＝1.把它类比到空间，则三棱锥中的类似结论为____________．
[解析] (1)由题意知，Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝所以所以等比数列{eq \r(n,Tn)}的公比为eq \r(q)，故选C.
(2)设ha，hb，hc，hd分别是三棱锥A­BCD四个面上的高，P为三棱锥A­BCD内任一点，P到相应四个面的距离分别为Pa，Pb，Pc，Pd，于是可以得出结论：eq \f(Pa,ha)＋eq \f(Pb,hb)＋eq \f(Pc,hc)＋eq \f(Pd,hd)＝1.
[答案] (1)C (2)eq \f(Pa,ha)＋eq \f(Pb,hb)＋eq \f(Pc,hc)＋eq \f(Pd,hd)＝1
[方法技巧] 类比推理的分类
(1)类比定义：在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型问题时，可以借助原定义来求解．
(2)类比性质：从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键．
(3)类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移．
[针对训练]
1．已知正三角形内切圆的半径r与它的高h的关系是r＝eq \f(1,3)h，把这个结论推广到空间正四面体，则正四面体内切球的半径r与正四面体的高h的关系是________．
解析：球心到正四面体一个面的距离即内切球的半径r，连接球心与正四面体的四个顶点，把正四面体分成四个高为r的三棱锥，所以4×eq \f(1,3)S×r＝eq \f(1,3)×S×h，所以r＝eq \f(1,4)h(其中S为正四面体一个面的面积)．
答案：r＝eq \f(1,4)h
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则____________成等比数列．
解析：利用类比推理把等差数列中的差换成商即可．
答案：T4，eq \f(T8,T4)，eq \f(T12,T8)，eq \f(T16,T12)
命题视角三 演绎推理
[典例] 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn(n∈N*)．证明：
(1)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.
[证明] (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq \f(n＋2,n)Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.∴eq \f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq \f(Sn,n)，
又eq \f(S1,1)＝1≠0，(小前提)
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以1为首项，2为公比的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义，这里省略了)
(2)由(1)可知eq \f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq \f(Sn－1,n－1)(n≥2)，
∴Sn＋1＝4(n＋1)·eq \f(Sn－1,n－1)＝4·eq \f(n－1＋2,n－1)·Sn－1＝4an(n≥2)，(小前提)
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)
(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)
[方法技巧]
演绎推理的推证规则
(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．本例中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写．
(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成.
[针对训练]
如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，点D是AB的中点．
求证：(1)AC⊥BC1；
(2)AC1∥平面B1CD.
证明：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，C1C⊥AC(结论)．
∵AC⊥BC，C1C∩BC＝C(小前提)，
∴AC⊥平面BCC1B1(结论)．
又∵BC1⊂平面BCC1B1(小前提)，
∴AC⊥BC1(结论)．
(2)设BC1与B1C的交点为O，连接OD.
∵点O，D分别为线段BC1，AB的中点(小前提)，
∴OD∥AC1(结论)．
又∵AC1⊄平面B1CD，OD⊂平面B1CD(小前提)，∴AC1∥平面B1CD(结论)．
[课时跟踪检测]
1．观察下面关于循环小数化分数的等式：0.eq \(3,\s\up6(·))＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3)，0.eq \(1,\s\up6(·))eq \(8,\s\up6(·))＝eq \f(18,99)＝eq \f(2,11)，0.eq \(3,\s\up6(·))eq \(5,\s\up6(·))eq \(2,\s\up6(·))＝eq \f(352,999)，0.000 eq \(5,\s\up6(·))eq \(9,\s\up6(·))＝eq \f(1,1 000)×eq \f(59,99)＝eq \f(59,99 000)，据此推测循环小数0.2eq \(3,\s\up6(·))可化成分数( )
A.eq \f(23,90) B.eq \f(99,23) C.eq \f(8,15) D.eq \f(7,30)
解析：选D 0.2eq \(3,\s\up6(·))＝0.2＋0.1×0.eq \(3,\s\up6(·))＝eq \f(1,5)＋eq \f(1,10)×eq \f(3,9)＝eq \f(7,30).故选D.
2．《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：2 eq \r(\f(2,3))＝ eq \r(2\f(2,3))，3 eq \r(\f(3,8))＝ eq \r(3\f(3,8))，4 eq \r(\f(4,15))＝ eq \r(4\f(4,15))，5 eq \r(\f(5,24))＝ eq \r(5\f(5,24))，则按照以上规律，若8eq \r(\f(8,n))＝eq \r(8\f(8,n))具有“穿墙术”，则n＝( )
A．35 B．.48 C．63 D．.80
解析：选C 根据规律得3＝1×3,8＝2×4,15＝3×5,24＝4×6，…，所以n＝7×9＝63.故选C.
3．(2022·成都模拟)二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝eq \f(4,3)πr3，应用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，则其四维测度W＝( )
A．2πr4 B．.3πr4 C．4πr4 D．.6πr4
解析：选A 由题意得，二维空间中，二维测度的导数为一维测度；三维空间中，三维测度的导数为二维测度．由此归纳，在四维空间中，四维测度的导数为三维测度，故W＝2πr4.故选A.
4．平面内凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，依此类推，凸13边形对角线的条数为( )
A．42 B．65
C．143 D．169
解析：选B 可以通过列表归纳分析得到.
∴凸13边形有2＋3＋4＋…＋11＝eq \f(13×10,2)＝65条对角线．故选B.
5．我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在 eq \r(2＋\r(2＋\r(2＋…)))中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程 eq \r(2＋x)＝x确定出来x＝2，类似地，不难得到1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝( )
A.eq \f(－\r(5)－1,2) B.eq \f(\r(5)－1,2)
C.eq \f(1＋\r(5),2) D.eq \f(1－\r(5),2)
解析：选C 令1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝x，
即1＋eq \f(1,x)＝x，即x2－x－1＝0，
解得x＝eq \f(1＋\r(5),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1－\r(5),2)舍去))，
故1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋…))＝eq \f(1＋\r(5),2)，故选C.
6．袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( )
A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C．乙盒中红球不多于丙盒中红球
D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
解析：选B 分析可知每次取出的两个球有4种情况，“红红”“红黑”“黑红”“黑黑”，由于红球个数等于黑球个数，所以取“红红”的次数等于取“黑黑”的次数，取“红红”时乙盒放入一个红球，取“黑黑”时丙盒放入一个黑球，取“红黑”或“黑红”时乙盒中红球与丙盒中黑球数量不变，所以乙盒中红球与丙盒中黑球一样多．
7．甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛．赛后，他们四个人预测名次的谈话如下：
甲：“丙第一名，我第三名．”
乙：“我第一名，丁第四名．”
丙：“丁第二名，我第三名．”
丁没有说话．最后公布结果时，发现他们预测都只猜对了一半，则这次竞赛甲、乙、丙、丁的名次依次是( )
A．一、二、三、四 B．.三、一、二、四
C．三、一、四、二 D．.四、三、二、一
解析：选C 由题意，他们预测都只猜对了一半．假设甲猜的丙第一名正确，则甲猜的自己第三名错误，则乙猜的丁第四名正确，而丙猜的丙第三名错误，则丙猜的丁第二名正确，由丁既是第二名，又是第四名可知此假设不正确；故甲猜的丙第一名错误，则甲猜的自己第三名正确，则丙猜的丁第二名正确．又乙猜的丁第四名错误，则乙猜的乙第一名正确，第四名为丙．综上所述，甲第三名，乙第一名，丙第四名，丁第二名．故选C.
8．我们在求高次方程或超越方程的近似解时常用二分法求解，在实际生活中还有三分法．比如借助天平鉴别假币，有三枚形状大小完全相同的硬币，其中有一假币(质量较轻)，把两枚硬币放在天平的两端，若天平平衡，则剩余一枚为假币，若天平不平衡，较轻的一端放的硬币为假币．现有27枚这样的硬币，其中有一枚是假币(质量较轻)，如果只有一台天平，那么一定能找到这枚假币所需要使用天平的最少次数为( )
A．2 B．.3 C．4 D．.5
解析：选B 第一步，将27枚硬币分为三组，每组9枚，任取两组分别放于天平左右两端，若天平平衡，则假币在第三组中；若天平不平衡，假币在较轻的那一组中．第二步，把较轻的9枚硬币再分成三组，每组3枚，任取两组分别放于天平左右两端，若天平平衡，则假币在第三组；若天平不平衡，则假币在较轻的一组．第三步，再将假币所在的一组分成三组，每组1枚，任取其中两组放于天平左右两端，若天平平衡，则假币是剩下的一个；若天平不平衡，则较轻的盘中所放的为假币．因此，一定能找到假币最少需使用3次天平．故选B.
9.如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当eq \(FB,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))时，其离心率为eq \f(\r(5)－1,2)，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e等于( )
A.eq \f(\r(5)＋1,2) B.eq \f(\r(5)－1,2)
C.eq \r(5)－1 D.eq \r(5)＋1
解析：选A 设“黄金双曲线”的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则B(0，b)，F(－c,0)，A(a,0)．
在“黄金双曲线”中，因为eq \(FB,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，
所以eq \(FB,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝0.
又eq \(FB,\s\up7(―→))＝(c，b)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－a，b)，
所以b2＝ac.而b2＝c2－a2，所以c2－a2＝ac.
等号两边同除以a2，得e2－1＝e，
解得e＝eq \f(\r(5)＋1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e＝\f(1－\r(5),2)舍去)).
10．已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：
x＋eq \f(1,x)≥2，
x＋eq \f(4,x2)＝eq \f(x,2)＋eq \f(x,2)＋eq \f(4,x2)≥3，
x＋eq \f(27,x3)＝eq \f(x,3)＋eq \f(x,3)＋eq \f(x,3)＋eq \f(27,x3)≥4，
…
类比得，x＋eq \f(a,xn)≥n＋1(n∈N*)，则a＝________.
解析：由已知三个式子知n＝1时，a＝1；n＝2时，a＝22＝4；n＝3时，a＝33＝27，由此归纳可得a＝nn.
答案：nn
11．观察下列式子： eq \r(1×2)1
解析：选C 因为x>0，
所以要证 eq \r(1＋x)0成立，
故原不等式成立．
2．(否定出错)利用反证法证明“已知a>0，b>0，且a＋b>2，证明eq \f(1＋b,a)，eq \f(1＋a,b)中至少有一个小于2”时的反设是________．
解析：假设eq \f(1＋b,a)，eq \f(1＋a,b)都不小于2，即eq \f(1＋b,a)≥2且eq \f(1＋a,b)≥2.
答案：eq \f(1＋b,a)≥2且eq \f(1＋a,b)≥2
3．(式子变化错误)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，从n＝k到n＝k＋1，左边需增加的代数式是________．
解析：当n＝k＋1时，左边的式子为1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋(2k＋2)＋(2k＋3)，所以增加的代数式为(2k＋2)＋(2k＋3)．
答案：(2k＋2)＋(2k＋3)
命题视角一 直接证明
方法(一) 综合法
[例1] (2022·泰安模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)，其中m为常数且m≠－3，m≠0.
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)若数列{an}的公比满足q＝f(m)且b1＝a1，bn＝eq \f(3,2)f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求证eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))为等差数列，并求bn.
[证明] (1)因为(3－m)Sn＋2man＝m＋3，所以(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3，两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man(m≠－3)，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2m,3＋m)为常数，所以{an}是等比数列．
(2)由(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，
得(m＋3)a1＝m＋3，
因为m≠－3，所以a1＝1，b1＝1，
因为数列{an}的公比满足q＝f(m)＝eq \f(2m,3＋m)，bn＝eq \f(3,2)f(bn－1)，所以bn＝eq \f(3,2)·eq \f(2bn－1,3＋bn－1)，
所以eq \f(1,bn)－eq \f(1,bn－1)＝eq \f(1,3)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))为1为首项，eq \f(1,3)为公差的等差数列，所以eq \f(1,bn)＝eq \f(n＋2,3)，所以bn＝eq \f(3,n＋2).
[方法技巧] 综合法证题的思路
方法(二) 分析法
[例2] 设a>0，b>0，且a≠b，用分析法证明a3＋b3>a2b＋ab2.
[证明] 要证a3＋b3>a2b＋ab2成立，只需证a3＋b3－a2b－ab2>0成立，即证a2(a－b)＋b2(b－a)>0成立，即证(a2－b2)(a－b)>0成立，也就是要证(a＋b)(a－b)2>0成立，因为a>0，b>0，且a≠b，所以(a＋b)(a－b)2>0显然成立，由此原不等式得证．
[方法技巧]
1．分析法证题的思路
分析法证题的思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等．通常采用“要证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范．
2．分析法证题的适用范围
当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．
[针对训练]
1．在△ABC中，设a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且直线bx＋ycs A＋cs B＝0与ax＋ycs B＋cs A＝0平行，求证：△ABC是直角三角形．
证明：由两直线平行可知bcs B－acs A＝0，
由余弦定理得a·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝b·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，
所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，
所以a＝b或a2＋b2＝c2.
若a＝b，则两直线重合，不符合题意，
故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．
2．已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.
求证：eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c).
证明：要证eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c)，
只需证eq \f(a＋b＋c,a＋b)＋eq \f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq \f(c,a＋b)＋eq \f(a,b＋c)＝1，即证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
即证c2＋a2＝ac＋b2.
又△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accs 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
命题视角二 间接证明
[典例] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来的顺序成等差数列．
[解] (1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.
又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝eq \f(1,2)an，所以{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以an＝eq \f(1,2n－1).
(2)证明：假设存在三项按原来的顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，
则2·eq \f(1,2q)＝eq \f(1,2p)＋eq \f(1,2r)，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)
又因为p＜q＜r，所以r－q，r－p∈N*.
所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．
所以假设不成立，原命题得证．
[方法技巧]
用反证法证题需把握的3个注意点
(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面．
(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证．
(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的．
[针对训练]
已知四棱锥S­ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝eq \r(2)，SA＝1.
(1)求证：SA⊥平面ABCD；
(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，
所以SA⊥AD.
同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，
AB⊂平面ABCD，
AD⊂平面ABCD，
所以SA⊥平面ABCD.
(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，
使得BF∥平面SAD，
因为BC∥AD，BC⊄平面SAD，AD⊂平面SAD，
所以BC∥平面SAD，又BC∩BF＝B，
所以平面SBC∥平面SAD.
这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，
所以假设不成立．
所以不存在这样的点F，
使得BF∥平面SAD.
命题视角三 数学归纳法
[典例] 已知数列{an}的通项公式为an＝2n－1，其前n项和为Sn.
(1)求Sn；
(2)若bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,S2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,S3)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,Sn＋1)))，试猜想数列{bn}的通项公式，并用数学归纳法证明．
[解] (1)∵an＝2n－1，∴数列{an}是公差为2的等差数列，且a1＝2×1－1＝1，
∴Sn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2.
(2)∵bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,S2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,S3)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,Sn＋1)))，
∴b1＝eq \f(3,4)，b2＝eq \f(2,3)＝eq \f(4,6)，b3＝eq \f(5,8)，b4＝eq \f(3,5)＝eq \f(6,10)，
于是猜想bn＝eq \f(n＋2,2n＋1).
下面证明猜想：
①当n＝1时，b1＝eq \f(3,4)，猜想成立．
②假设n＝k(k∈N*)时，猜想成立，
即bk＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,S2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,S3)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,Sk＋1)))＝eq \f(k＋2,2k＋1)，
那么，当n＝k＋1时，
bk＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,S2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,S3)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,Sk＋1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,Sk＋2)))
＝eq \f(k＋2,2k＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,Sk＋2)))＝eq \f(k＋2,2k＋1)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k＋22)))
＝eq \f(k＋2,2k＋1)·eq \f(k＋1k＋3,k＋22)＝eq \f(k＋3,2k＋2)＝eq \f(k＋1＋2,2[k＋1＋1]).
∴当n＝k＋1时，猜想成立．
由①②可知，bn＝eq \f(n＋2,2n＋1)对任意n∈N*都成立．
[方法技巧]
“归纳—猜想—证明”的一般步骤
(1)计算：根据条件，计算若干项；
(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论；
(3)证明：用数学归纳法证明．
[针对训练]
已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1.
(1)写出a1，a2，a3，并推测an的表达式；
(2)用数学归纳法证明所得的结论．
解：(1)将n＝1,2,3分别代入可得a1＝eq \f(3,2)，a2＝eq \f(7,4)，a3＝eq \f(15,8)，猜想an＝2－eq \f(1,2n).
(2)证明：①由(1)得当n＝1时，结论成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，
结论成立，即ak＝2－eq \f(1,2k)，
那么当n＝k＋1时，
a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＋ak＋1＝2(k＋1)＋1，
且a1＋a2＋…＋ak＝2k＋1－ak，
所以2k＋1－ak＋2ak＋1＝2(k＋1)＋1＝2k＋3，
所以2ak＋1＝2＋2－eq \f(1,2k)，即ak＋1＝2－eq \f(1,2k＋1)，
所以当n＝k＋1时，结论也成立．
根据①②得，对一切n∈N*，an＝2－eq \f(1,2n)都成立．
[课时跟踪检测]
1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是( )
A．t>s B．.t≥s C．tab>b2.
3．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq \r(b2－ac)0 B．.a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．.(a－b)(a－c)2(eq \r(2)＋1)
解析：选A 由条件知a＋b≤ab－1≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2－1，
令a＋b＝t，则t>0，且t ≤eq \f(t2,4)－1，解得t≥2＋2eq \r(2).
5．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
解析：选A 因为“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于1”，所以要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．故选A.
6．在△ABC中，sin Asin C0，所以A＋C是锐角，从而B>eq \f(π,2)，故△ABC必是钝角三角形．
7．设x，y，z＞0，a＝x＋eq \f(1,y)，b＝y＋eq \f(1,z)，c＝z＋eq \f(1,x)，则a，b，c三个数( )
A．至少有一个不大于2 B．都小于2
C．至少有一个不小于2 D．都大于2
解析：选C 假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c＜6.
而事实上a＋b＋c＝x＋eq \f(1,x)＋y＋eq \f(1,y)＋z＋eq \f(1,z)≥2＋2＋2＝6与假设矛盾，
∴a，b，c中至少有一个不小于2.
8．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )
A．2 B．.3 C．5 D．.6
解析：选C 当n＝1时，21＝2＝12＋1；
当n＝2时，22＝4b>0，则①eq \f(1,a)bc2；③a2>b2；④eq \r(a)>eq \r(b).其中正确的是________(填序号)．
解析：对于①，因为a>b>0，所以ab>0，eq \f(1,ab)>0，a·eq \f(1,ab)>b·eq \f(1,ab)，即eq \f(1,b)>eq \f(1,a)，故①正确；
当c＝0时，②不正确；
由不等式的性质知③④正确．
答案：①③④
12．设a>b>0，m＝eq \r(a)－eq \r(b)，n＝eq \r(a－b)，则m，n的大小关系是________．
解析：eq \r(a)－eq \r(b)eq \r(a)⇐a0，显然成立．
答案：m0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，
从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，
即2a3－b3≥2ab2－a2b.
15．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00，∴b2时，令y＝2x＝eq \f(1,2)，解得x＝－1(舍去)；当x≤2时，令y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x))＝eq \f(1,2)，解得x＝12k＋1(k∈Z)或x＝12k＋5(k∈Z)，当k＝0时，x＝1或x＝5(舍去)，所以输入的x的值可能是1.
4．定义[x]为不超过x的最大整数，例如[1.3]＝1.执行如图所示的程序框图，当输入的x为4.7时，输出的y值为( )
A．7 B．.8.6 C．10.2 D．.11.8
解析：选C 当输入的x为4.7时，执行程序框图可知，4.7－[4.7]＝0.7，即4.7－[4.7]不等于0，因而可得y＝7＋([4.7－3]＋1)×1.6＝10.2，输出的y值为10.2.
[一“点”就过]
顺序结构和条件结构的运算方法
(1)顺序结构是最简单的算法结构，语句与语句之间、框与框之间是按从上到下的顺序进行的．解决此类问题，只需分清运算步骤，赋值量及其范围进行逐步运算即可．
(2)条件结构中条件的判断关键是明确条件结构的功能，然后根据“是”的分支成立的条件进行判断．
(3)对于条件结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两个分支中的一个，不能同时执行两个分支．
命题视角二 循环结构
考法(一) 由程序框图求输出结果
[例1] (2020·全国Ⅰ卷)执行如图所示的程序框图，则输出的n＝( )
A．17 B．19
C．21 D．23
[解析] 由程序框图知S等于正奇数数列1,3,5，…的前k项和，其中k＝eq \f(n＋1,2)，k∈N*.当前k项和大于100时退出循环，则S＝1＋3＋5＋…＋(2k－1)＝eq \f([1＋2k－1]k,2)＝k2，当k＝10时，S＝100；当k＝11时，S＝121，退出循环．则输出的n的值为2×11－1＝21，故选C.
[答案] C
考法(二) 由输出结果判断输入变量的值
[例2] 执行如图所示的程序框图，如果输出的n＝2，那么输入的 a的值可以为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 执行程序框图，输入a，P＝0，Q＝1，n＝0，此时P≤Q成立，P＝1，Q＝3，n＝1，此时P≤Q成立，P＝1＋a，Q＝7，n＝2.因为输出的n的值为2，所以应该退出循环，即P>Q，所以1＋a>7，结合选项，可知a的值可以为7，故选D.
[答案] D
考法(三) 完善程序框图
[例3] 如图是求eq \f(1,2＋\f(1,2＋\f(1,2)))的程序框图，图中空白框中应填入( )
A．A＝eq \f(1,2＋A)
B．A＝2＋eq \f(1,A)
C．A＝eq \f(1,1＋2A)
D．A＝1＋eq \f(1,2A)
[解析] 对于选项A，A＝eq \f(1,2＋A).
当k＝1时，A＝eq \f(1,2＋\f(1,2))，
当k＝2时，A＝eq \f(1,2＋\f(1,2＋\f(1,2)))，故A正确．
经验证选项B、C、D均不符合题意．
[答案] A
[方法技巧]
解决此类问题最常用的方法是列举法，即依次执行循环体中的每一步，直到循环终止，但在执行循环体的过程中：
(1)要明确是当型循环结构还是直到型循环结构，根据各自特点执行循环体；
(2)要明确框图中的累加变量，明确每一次执行循环体前和执行循环体后，变量的值发生的变化；
(3)要明确循环终止的条件是什么，什么时候要终止执行循环体．
[针对训练]
1.如图所示的程序框图是为了求出满足3n－2n>1 000的最小偶数n，那么在◇和▭两个空白框中，可以分别填入( )
A．A>1 000和n＝n＋1
B．A>1 000和n＝n＋2
C．A≤1 000和n＝n＋1
D．A≤1 000和n＝n＋2
解析：选D 程序框图中A＝3n－2n，且判断框内的条件不满足时输出n，所以判断框中应填入A≤1 000，由于初始值n＝0，要求满足A＝3n－2n>1 000的最小偶数，故执行框中应填入n＝n＋2.
2.执行如图所示的程序框图，则输出的n为( )
A．1 B．.2
C．3 D．.4
解析：选C 当n＝1时，f(x)＝x′＝1，此时f(x)＝f(－x)，但f(x)＝0无解；当n＝2时，f(x)＝(x2)′＝2x，此时f(x)≠f(－x)；当n＝3时，f(x)＝(x3)′＝3x2，此时f(x)＝f(－x)，且f(x)＝0有解，此时结束循环，输出的n为3.
[课时跟踪检测]
1.执行如图所示的程序框图，若输入a的值为－1，则输出的S的值是( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(7,4) D.eq \f(63,20)
解析：选C 模拟程序的运行，可得a＝－1，S＝0，k＝1，
满足条件k＜5，执行循环体，S＝－1，a＝1，k＝2；
满足条件k＜5，执行循环体，S＝－eq \f(1,2)，a＝3，k＝3；
满足条件k＜5，执行循环体，S＝eq \f(1,2)，a＝5，k＝4；
满足条件k＜5，执行循环体，S＝eq \f(7,4)，a＝7，k＝5.
此时，不满足条件k＜5，退出循环，输出S的值为eq \f(7,4).
2.在如图所示的程序框图中，若n＝2 019，则输出y的值为( )
A．0 B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
解析：选C 流程图的作用是计算函数y＝cseq \f(π,n)的值，其中n≤4，而n的初始值为2 019，由程序框图中的判断可知，若n>5，则需要减去5，直至小于5为止，因为2 019＝2 015＋4，所以y＝cseq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)，故选C.
3.在数学史上，中外数学家使用不同的方法对圆周率π进行了估算．如图所示的程序框图的算法思路来源于德国数学家莱布尼茨给出的计算圆周率π的近似值的方法，执行该程序框图，输出的S的值为( )
A．4 B.eq \f(8,3)
C.eq \f(52,15) D.eq \f(304,105)
解析：选D k＝0时，S＝4；
k＝1时，S＝4－eq \f(4,3)＝eq \f(8,3)；
k＝2时，S＝eq \f(8,3)＋eq \f(4,5)＝eq \f(52,15)；
k＝3时，S＝eq \f(52,15)－eq \f(4,7)＝eq \f(304,105).
k＝4时，退出循环体，
输出的S的值为eq \f(304,105).故选D.
4.(2021·长沙模拟)如图，给出的是计算1＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,100)的值的一个程序框图，则图中判断框内的(1)处和执行框中的(2)处应填的语句是( )
A．i>100，n＝n＋1
B．i34，n＝n＋3
D．i>33，n＝n＋1
解析：选C 算法的功能是计算1＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,100)的值，易知1,4,7，…，100成等差数列，公差为3，所以执行框中的(2)处应为n＝n＋3，令1＋(i－1)×3＝100，解得i＝34，所以终止程序运行的i值为35，所以判断框内的(1)处应为i>34，故选C.
5.(2020·全国Ⅱ卷)执行如图所示的程序框图，若输入的k＝0，a＝0，则输出的k为( )
A．2 B．.3
C．4 D．.5
解析：选C 初始值，k＝0，a＝0，进入循环，a＝1，k＝1，1＜10，则a＝3，k＝2，3＜10，则a＝7，k＝3,7＜10，则a＝15，k＝4，15＞10，此时不满足循环条件，退出循环，输出k＝4，故选C.
6.执行如图所示的程序框图，如果输出S＝3，那么判断框内应填入的条件是( )
A．k≤5? B．.k≤6?
C．k≤7? D．.k≤8?
解析：选C 根据程序框图，运行结果如下：
第一次循环，S＝lg23，k＝3；
第二次循环，S＝lg23·lg34，k＝4；
第三次循环，S＝lg23·lg34·lg45，k＝5；
第四次循环，S＝lg23·lg34·lg45·lg56，k＝6；
第五次循环，S＝lg23·lg34·lg45·lg56·lg67，k＝7；
第六次循环，S＝lg23·lg34·lg45·lg56·lg67·lg78＝lg28＝3，k＝8.
故如果输出S＝3，那么只能进行六次循环，故判断框内应填入的条件是k≤7.故选C.
7．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出k的值是6，则满足条件的整数S0的个数有( )
A．31 B．.32 C．63 D．.64
解析：选B 输出k的值为6，说明最后一次参与运算的k＝5，所以S＝S0－20－21－22－23－24－25＝S0－63，上一个循环S＝S0－20－21－22－23－24＝S0－31，所以S0－31>0，S0－63≤0，
解得310，,y′＝μ·yμ>0))下，直线仍然变成直线，抛物线仍然变成抛物线，双曲线仍然变成双曲线，圆可以变成椭圆，椭圆也可以变成圆．
命题视角二 极坐标与直角坐标的互化
[典例] 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ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝1(0≤θ＜2π)，M，N分别为C与x轴，y轴的交点．
(1)写出C的直角坐标方程，并求M，N的极坐标；
(2)设MN的中点为P，求直线OP的极坐标方程．
[解] (1)由ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝1，
得ρeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs θ＋\f(\r(3),2)sin θ))＝1.
从而C的直角坐标方程为eq \f(1,2)x＋eq \f(\r(3),2)y＝1，
即x＋eq \r(3)y－2＝0.
当θ＝0时，ρ＝2，所以M(2,0)．
当θ＝eq \f(π,2)时，ρ＝eq \f(2\r(3),3)，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2))).
(2)M点的直角坐标为(2,0)，
N点的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)))，
所以P点的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)))，
则P点的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(π,6))).
所以直线OP的极坐标方程为θ＝eq \f(π,6)(ρ∈R)．
[方法技巧]
直角坐标化为极坐标的注意点
(1)根据终边相同的角的意义，角θ的表示方法具有周期性，故点M的极坐标(ρ，θ)的形式不唯一，即一个点的极坐标有无穷多个．
当限定ρ≥0，θ∈[0,2π)时，除极点外，点M的极坐标是唯一的．
(2)当把点的直角坐标化为极坐标时，求极角θ应注意判断点M所在的象限(即角θ的终边的位置)，以便正确地求出角θ∈[0,2π)的值．
[针对训练]
在极坐标系下，已知圆O：ρ＝cs θ＋sin θ和直线l：ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2).
(1)求圆O和直线l的直角坐标方程；
(2)当θ∈(0，π)时，求直线l与圆O的公共点的一个极坐标．
解：(1)圆O：ρ＝cs θ＋sin θ，
即ρ2＝ρcs θ＋ρsin θ，
所以圆O的直角坐标方程为x2＋y2＝x＋y，
即x2＋y2－x－y＝0.
直线l：ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，即ρsin θ－ρcs θ＝1，
所以直线l的直角坐标方程为y－x＝1，
即x－y＋1＝0.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－x－y＝0，,x－y＋1＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝1，))
故直线l与圆O的公共点的一个极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(π,2))).
命题视角三 极坐标方程
[典例] (2021·全国乙卷)在直角坐标系xOy中，⊙C的圆心为C(2,1)，半径为1.
(1)写出⊙C的一个参数方程．
(2)过点F(4,1)作⊙C的两条切线，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．
[解] (1)由⊙C的圆心为C(2,1)，半径为1，得⊙C的一个参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2＋cs α，,y＝1＋sin α))(α为参数)．
(2)易知两条切线的斜率均存在．
设切线方程为y－1＝k(x－4)，即kx－y＋1－4k＝0.
由点到直线的距离公式，得eq \f(|2k－1＋1－4k|,\r(k2＋－12))＝1，
∴3k2＝1，∴k＝±eq \f(\r(3),3).
∴切线l1的直角坐标方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x－4)＋1，
切线l2的直角坐标方程为y＝－eq \f(\r(3),3)(x－4)＋1.
由x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，
得切线l1的极坐标方程为eq \r(3)ρcs θ－3ρsin θ－4eq \r(3)＋3＝0，
切线l2的极坐标方程为eq \r(3)ρcs θ＋3ρsin θ－4eq \r(3)－3＝0.
[方法技巧]
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．
[针对训练]
在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcs θ＝4.
(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|·|OP|＝16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程；
(2)设点A的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,3)))，点B在曲线C2上，求△OAB面积的最大值．
解：(1)设P的极坐标为(ρ，θ)(ρ＞0)，M的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1＞0)．
由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝eq \f(4,cs θ).
由|OM|·|OP|＝16得C2的极坐标方程为ρ＝4cs θ(ρ＞0)．
因此C2的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4(x≠0)．
(2)设点B的极坐标为(ρB，α)(ρB＞0)．
由题设知|OA|＝2，ρB＝4cs α，
于是△OAB的面积S＝eq \f(1,2)|OA|·ρB·sin∠AOB
＝4cs α·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))))
＝2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))－\f(\r(3),2)))≤2＋eq \r(3).
当α＝－eq \f(π,12)时，S取得最大值2＋eq \r(3).
所以△OAB面积的最大值为2＋eq \r(3).
[课时跟踪检测]
1．求双曲线C：x2－eq \f(y2,64)＝1经过φ：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝3x，,2y′＝y))变换后所得曲线C′的焦点坐标．
解：设曲线C′上任意一点P′(x′，y′)，
将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,3)x′，,y＝2y′))代入x2－eq \f(y2,64)＝1得eq \f(x′2,9)－eq \f(4y′2,64)＝1，
化简得eq \f(x′2,9)－eq \f(y′2,16)＝1，即eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1为曲线C′的方程，可见仍是双曲线，故所求焦点坐标为F1(－5,0)，F2(5，0)．
2．在极坐标系中，求曲线ρ＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))与直线ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝1的两个交点之间的距离．
解：由极坐标与直角坐标的互化关系可知，
曲线ρ＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2eq \r(3)y＝0，即(x－1)2＋(y－eq \r(3))2＝4，
直线ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝1的直角坐标方程为x＋eq \r(3)y－2＝0，所以两交点间的距离即直线被圆截得的弦的长，
由垂径定理可求得弦长为2eq \r(3)，
即两交点之间的距离为2eq \r(3).
3．在极坐标系中，直线l的方程为ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－θ))＝2，曲线C的方程为ρ＝4cs θ，求直线l被曲线C截得的弦长．
解：因为曲线C的极坐标方程为ρ＝4cs θ，
所以曲线C是圆心为(2,0)，直径为4的圆．
因为直线l的极坐标方程为
ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－ θ))＝2，
则直线l过A(4,0)，倾斜角为eq \f(π,6)，
所以A为直线l与圆C的一个交点．
设另一个交点为B，则∠OAB＝eq \f(π,6).
如图，连接OB.
因为OA为直径，从而∠OBA＝eq \f(π,2)，
所以AB＝4cseq \f(π,6)＝2eq \r(3).
所以直线l被曲线C截得的弦长为2eq \r(3).
4．已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－2eq \r(2)ρ·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝2.
(1)把圆O1和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．
解：(1)由ρ＝2知ρ2＝4，
所以圆O1的直角坐标方程为x2＋y2＝4.
因为ρ2－2eq \r(2)ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝2，
所以ρ2－2eq \r(2)ρeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θcs\f(π,4)＋sin θsin\f(π,4)))＝2，
所以圆O2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2y－2＝0.
(2)将两圆的直角坐标方程相减，
得经过两圆交点的直线方程为x＋y＝1.
化为极坐标方程为ρcs θ＋ρsin θ＝1，
即ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2).
5．在直角坐标系xOy中，曲线C1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C2的极坐标方程为ρ2＋2ρcs θ－3＝0.
(1)求C2的直角坐标方程；
(2)若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．
解：(1)由x＝ρcs θ，y＝ρsin θ得C2的直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝4.
(2)由(1)知C2是圆心为A(－1,0)，半径为2的圆．
由题设知，C1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l1，y轴左边的射线为l2.由于B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点．
当l1与C2只有一个公共点时，点A到l1所在直线的距离为2，所以eq \f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝－eq \f(4,3)或k＝0.
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；
当k＝－eq \f(4,3)时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点．
当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，
所以eq \f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝0或k＝eq \f(4,3).
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；
当k＝eq \f(4,3)时，l2与C2没有公共点．
综上，所求C1的方程为y＝－eq \f(4,3)|x|＋2.
6．在平面直角坐标系xOy中，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C1的极坐标方程为ρcs θ－2ρsin θ＝1.若P为曲线C1上的动点，Q是射线OP上的一动点，且满足|OP|·|OQ|＝2，记动点Q的轨迹为C2.
(1)求C2的直角坐标方程；
(2)若曲线C1与曲线C2交于M，N两点，求△OMN的面积．
解：(1)设点Q的极坐标为(ρ，θ)，点P的极坐标为(ρ1，θ)，∵|OP|·|OQ|＝2，∴ρ1ρ＝2，可得ρ1＝eq \f(2,ρ).
将点P的极坐标代入曲线C1的极坐标方程得ρ1cs θ－2ρ1sin θ＝1，
将ρ1＝eq \f(2,ρ)代入等式ρ1cs θ－2ρ1sin θ＝1，得eq \f(2,ρ)cs θ－eq \f(4,ρ)sin θ＝1，即ρ＝2cs θ－4sin θ，
等式两边同时乘以ρ得ρ2－2ρcs θ＋4ρsin θ＝0，
化为直角坐标方程得x2＋y2－2x＋4y＝0，即(x－1)2＋(y＋2)2＝5，
因此，曲线C2的直角坐标方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝5(去掉原点)．
(2)曲线C1的直角坐标方程为x－2y－1＝0，曲线C1为直线，
曲线C2是以点P(1，－2)为圆心，以eq \r(5)为半径的圆(去掉原点)，
∵圆心P到直线MN的距离为d＝eq \f(4,\r(5))，
∴|MN|＝2eq \r(5－d2)＝2eq \r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,\r(5))))2)＝eq \f(6\r(5),5)，
又原点到直线MN的距离为h＝eq \f(1,\r(5))，
因此，△OMN的面积为S△OMN＝eq \f(1,2)|MN|·h＝eq \f(1,2)×eq \f(6\r(5),5)×eq \f(1,\r(5))＝eq \f(3,5).
7．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))，射线OM的极坐标方程为θ＝α0(ρ≥0)．
(1)写出曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)若射线OM平分曲线C2，且与曲线C1交于点A，曲线C1上的点满足∠AOB＝eq \f(π,2)，求|AB|.
解：(1)曲线C1的极坐标方程为ρ2＝eq \f(3,1＋2sin2θ)，
曲线C2的直角坐标方程为(x－eq \r(3))2＋(y－1)2＝4.
(2)曲线C2是圆心为(eq \r(3)，1)，半径为2的圆，
∴射线OM的极坐标方程为θ＝eq \f(π,6)(ρ≥0)，
代入ρ2＝eq \f(3,1＋2sin2θ)，可得ρA2＝2.
又∠AOB＝eq \f(π,2)，
∴|AB|＝eq \r(|OA|2＋|OB|2)＝eq \r(ρA2＋ρB2)＝eq \f(4\r(5),5).
8．(2022·沈阳五校联考)已知曲线C1的方程为(x－1)2＋y2＝1，C2的方程为x＋y＝3，C3是一条经过原点且斜率大于0的直线．以平面直角坐标系原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求 C1与C2的极坐标方程；
(2)若 C1与C3的一个公共点为 A(异于点O)，C2与C3的一个公共点为 B，求|OA|－eq \f(3,|OB|)的取值范围．
解：(1)由曲线 C1的方程为(x－1)2＋y2＝1，得其极坐标方程为ρ＝2cs θ.由C2的方程为x＋y＝3，得其极坐标方程为ρ＝eq \f(3,cs θ＋sin θ).
(2)因为 C3是一条经过原点且斜率大于0的直线，所以设 C3的极坐标方程为θ＝α，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，ρ∈R，联立C1与C3的极坐标方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ρ＝2cs θ，,θ＝α，))得ρ＝2cs α，即|OA|＝2cs α.联立 C2与C3的极坐标方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ρ＝\f(3,cs θ＋sin θ)，,θ＝α，))得ρ＝eq \f(3,cs α＋sin α)，即|OB|＝eq \f(3,cs α＋sin α).所以|OA|－eq \f(3,|OB|)＝2cs α－cs α－sin α＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))).又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以eq \f(π,4)＜α＋eq \f(π,4)＜eq \f(3π,4).则－eq \f(\r(2),2)＜cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＜eq \f(\r(2),2)，则|OA|－eq \f(3,|OB|)∈(－1,1)．
第二节 参数方程
课程标准
1.了解参数方程，了解参数的意义.
2.能选择适当的参数写出直线、圆和椭圆的参数方程.
1．参数方程和普通方程的互化
(1)曲线的参数方程和普通方程是曲线方程的不同形式，一般地，可以通过消去参数，从参数方程得到普通方程．
(2)如果知道变数x，y中的一个与参数t的关系，例如x＝f(t)，把它代入普通方程，求出另一个变数与参数的关系y＝g(t)，那么eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ft，,y＝gt))就是曲线的参数方程，在参数方程与普通方程的互化中，必须使x，y的取值范围保持一致．
2．直线、圆和圆锥曲线的参数方程
命题视角一 参数方程与普通方程的互化eq \a\vs4\al(自主练通)
1．将下列参数方程化为普通方程．
(1)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,t)，,y＝\f(1,t) \r(t2－1)))(t为参数)；
(2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2＋sin2θ，,y＝－1＋cs 2θ))(θ为参数)．
解：(1)∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)\r(t2－1)))2＝1，
∴x2＋y2＝1.
∵t2－1≥0，∴t≥1或t≤－1.
又x＝eq \f(1,t)，∴x≠0.
当t≥1时，0＜x≤1；
当t≤－1时，－1≤x＜0，
∴所求普通方程为x2＋y2＝1，
其中eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＜x≤1，,0≤y＜1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x＜0，,－1＜y≤0.))
(2)∵y＝－1＋cs 2θ＝－1＋1－2sin2θ＝－2sin2θ，
sin2θ＝x－2，∴y＝－2x＋4，即2x＋y－4＝0.
∵0≤sin2θ≤1，∴0≤x－2≤1，∴2≤x≤3，
∴所求普通方程为2x＋y－4＝0(2≤x≤3)．
2.如图，以过原点的直线的倾斜角θ为参数，求圆x2＋y2－x＝0的参数方程．
解：圆的半径为eq \f(1,2)，
记圆心为Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，连接CP，如图，
则∠PCx＝2θ，
故xP＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)cs 2θ＝cs2θ，
yP＝eq \f(1,2)sin 2θ＝sin θcs θ.
所以圆的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝cs2θ，,y＝sin θcs θ))(θ为参数)．
[一“点”就过]
消去参数的3种方法
(1)利用解方程的技巧求出参数的表达式，然后代入消去参数；
(2)利用三角恒等式消去参数；
(3)根据参数方程本身的结构特征，灵活的选用一些方法从整体上消去参数．
提醒：将参数方程化为普通方程时，要注意两种方程的等价性，不要增解．
命题视角二 参数方程的应用
[典例] 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2cs θ，,y＝4sin θ))(θ为参数)，直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋tcs α，,y＝2＋tsin 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eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,16)＝1.
当cs α≠0时，直线l的直角坐标方程为y＝tan α·x＋2－tan α，
当cs α＝0时，直线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＋3cs2α)t2＋4(2cs 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t1，t2，则t1＋t2＝0.
又由①得t1＋t2＝－eq \f(42cs α＋sin α,1＋3cs2α)，
故2cs α＋sin α＝0，
于是直线l的斜率k＝tan α＝－2.
[方法技巧]
1．直线参数方程的标准形式的应用
过点M0(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝x0＋tcs α，,y＝y0＋tsin α.))若M1，M2是l上的两点，其对应参数分别为t1，t2，则
(1)|M1M2|＝|t1－t2|.
(2)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t，则t＝eq \f(t1＋t2,2)，中点M到定点M0的距离|MM0|＝|t|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(t1＋t2,2))).
(3)若M0为线段M1M2的中点，则t1＋t2＝0.
2．圆和圆锥曲线参数方程的应用
有关圆或圆锥曲线上的动点距离的最大值、最小值以及取值范围的问题，通常利用它们的参数方程转化为三角函数的最大值、最小值求解．
[针对训练]
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2＋tcs φ，,y＝\r(3)＋tsin φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t为参数，φ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))))，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆C的圆心C的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,3)))，半径为2，直线l与圆C交于M，N两点．
(1)求圆C的极坐标方程；
(2)当φ变化时，求弦长|MN|的取值范围．
解：(1)由已知，得圆心C的直角坐标为(1，eq \r(3))，半径为2，
∴圆C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－eq \r(3))2＝4，
即x2＋y2－2x－2eq \r(3)y＝0，
∵x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，∴ρ2－2ρcs θ－2eq \r(3)ρsin θ＝0，
故圆C的极坐标方程为ρ＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ)).
(2)由(1)知，圆C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2eq \r(3)y＝0，将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程中得，(2＋tcs φ)2＋(eq \r(3)＋tsin φ)2－2(2＋tcs φ)－2eq \r(3)(eq \r(3)＋tsin φ)＝0，
整理得，t2＋2tcs φ－3＝0，
设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1＋t2＝－2cs φ，t1t2＝－3，
∴|MN|＝|t1－t2|＝eq \r(t1＋t22－4t1·t2)＝eq \r(4cs2φ＋12)，
∵φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∴cs φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
∴|MN|∈[eq \r(13)，4]．
命题视角三 参数方程、极坐标方程的综合应用
[典例] (2020·全国Ⅱ卷)已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4cs2θ，,y＝4sin2θ))(θ为参数)，C2：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝t＋\f(1,t)，,y＝t－\f(1,t)))(t为参数)．
(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．
[解] (1)C1的普通方程为x＋y＝4(0≤x≤4)．
由C2的参数方程得x2＝t2＋eq \f(1,t2)＋2，
y2＝t2＋eq \f(1,t2)－2，所以x2－y2＝4.
故C2的普通方程为x2－y2＝4.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝4，,x2－y2＝4，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(5,2)，,y＝\f(3,2)，))
所以P的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(3,2))).
设所求圆的圆心的直角坐标为(x0,0)，
由题意得
因此，所求圆的极坐标方程为ρ＝eq \f(17,5)cs θ.
[方法技巧]
解决参数方程与极坐标方程综合问题的方法
(1)涉及参数方程和极坐标方程的综合题，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解．当然，还要结合题目本身特点，确定选择何种方程．
(2)数形结合的应用，即充分利用参数方程中参数的几何意义，或者利用ρ和θ的几何意义，直接求解，能达到化繁为简的解题目的．
[针对训练]
已知曲线C的极坐标方程为ρ＝2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系取相同的长度单位，建立直角坐标系，设直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)－\f(1,2)t，,y＝\f(\r(3),2)t))(t为参数)．
(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)设曲线C经过伸缩变换eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝x，,y′＝\f(3,2)y，))得到曲线C′，若直线l交C′于A，B两点，P点坐标为P(eq \r(3)，0)，求|PA|＋|PB|的值．
解：(1)由曲线C的极坐标方程为ρ＝2，则其普通方程为x2＋y2＝4.
直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)－\f(1,2)t，,y＝\f(\r(3),2)t))(t为参数)转换为直角坐标方程为eq \r(3)x＋y－3＝0.
(2)设M(x，y)是曲线C上任意一点，经过伸缩变换eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝x，,y′＝\f(3,2)y，))得到点M′(x′，y′)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝x，,y′＝\f(3,2)y，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝x′，,y＝\f(2,3)y′，))将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝x′，,y＝\f(2,3)y′))代入x2＋y2＝4中得，eq \f(x′2,4)＋eq \f(y′2,9)＝1，
则C′的直角坐标方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝1，将直线l的参数方程代入C′的直角坐标方程中，得7t2－12eq \r(3)t－12＝0，设关于t的一元二次方程7t2－12eq \r(3)t－12＝0有两根t1和t2，所以t1＋t2＝eq \f(12\r(3),7)，t1t2＝－eq \f(12,7)，则|PA|＋|PB|＝|t1－t2|＝eq \r(t1＋t22－4t1t2)＝eq \f(16\r(3),7).
[课时跟踪检测]
1．(2020·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝cskt，,y＝sinkt))(t为参数)．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4ρcs θ－16ρsin θ＋3＝0.
(1)当k＝1时，C1是什么曲线？
(2)当k＝4时，求C1与C2的公共点的直角坐标．
解：(1)当k＝1时，C1：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝cs t，,y＝sin t，))消去参数t得x2＋y2＝1，故曲线C1是圆心为坐标原点，半径为1的圆．
(2)当k＝4时，C1：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝cs4t，,y＝sin4t，))消去参数t得C1的普通方程为eq \r(x)＋eq \r(y)＝1.C2的直角坐标方程为4x－16y＋3＝0.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\r(y)＝1，,4x－16y＋3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,4)，,y＝\f(1,4).))故C1与C2的公共点的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4))).
2．(2021·全国甲卷)在直角坐标系xOy中，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的极坐标方程为ρ＝2eq \r(2)cs θ.
(1)将C的极坐标方程化为直角坐标方程．
(2)设点A的直角坐标为(1,0)，M为C上的动点，点P满足eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \r(2)eq \(AM,\s\up7(―→))，写出P的轨迹C1的参数方程，并判断C与C1是否有公共点．
解：(1)由ρ＝2eq \r(2)cs θ，知ρ2＝2eq \r(2)ρcs θ.
又ρ2＝x2＋y2，ρcs θ＝x，
所以x2＋y2＝2eq \r(2)x，即(x－eq \r(2))2＋y2＝2.
(2)设M(eq \r(2)＋eq \r(2)cs θ，eq \r(2)sin θ)，P(x，y)．
因为A(1,0)，eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \r(2) eq \(AM,\s\up7(―→))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝\r(2)×\r(2)＋\r(2)cs θ－1，,y＝\r(2)×\r(2)sin θ.))
所以C1的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2cs θ＋3－\r(2)，,y＝2sin θ，))
其中θ为参数，θ∈[0,2π)．
此时C1的直角坐标方程为(x－3＋eq \r(2))2＋y2＝4.
所以C与C1的圆心距为eq \r(3－\r(2)－\r(2)2＋02)＝3－2eq \r(2).
因为r1－r2＝2－eq \r(2)，又2－eq \r(2)－3＋2eq \r(2)＝eq \r(2)－1＞0，
所以两圆内含，C1与C2无公共点．
3．已知曲线C1：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－4＋cs t，,y＝3＋sin t))(t为参数)，C2：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝8cs θ，,y＝3sin θ))(θ为参数)．
(1)化C1，C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；
(2)若C1上的点P对应的参数为t＝eq \f(π,2)，Q为C2上的动点，求PQ的中点M到直线C3：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3＋2t，,y＝－2＋t))(t为参数)距离的最小值．
解：(1)C1：(x＋4)2＋(y－3)2＝1，C2：eq \f(x2,64)＋eq \f(y2,9)＝1，
C1表示圆心是(－4,3)，半径是1的圆，C2表示中心是坐标原点，焦点在x轴上，长半轴长是8，短半轴长是3的椭圆．
(2)当t＝eq \f(π,2)时，P(－4,4)，设Q(8cs θ，3sin θ)，
故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2＋4cs θ，2＋\f(3,2)sin θ))，
又C3的普通方程为x－2y－7＝0，
则M到C3的距离d＝eq \f(\r(5),5)|4cs θ－3sin θ－13|
＝eq \f(\r(5),5)·|3sin θ－4cs θ＋13|＝eq \f(\r(5),5)|5sin(θ－φ)＋13|
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中φ满足tan φ＝\f(4,3)))，所以d的最小值为eq \f(8\r(5),5).
4．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a＋\f(\r(6),3)t，,y＝\f(\r(3),3)t))(t为参数)，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的极坐标方程为2ρ2－ρ2cs2θ＝8.
(1)求曲线C的直角坐标方程．
(2)若直线l与曲线C交于不同的两点A，B，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝3eq \r(2)，求实数a的值．
解：(1)因为2ρ2－ρ2cs2θ＝8，且ρ2＝x2＋y2，ρcs θ＝x，所以2(x2＋y2)－x2＝8，
故曲线C的直角坐标方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)将直线l的参数方程代入曲线C，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(\r(6),3)t))2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)t))2＝8，
整理得4t2＋2eq \r(6)at＋3a2－24＝0，
由Δ＝(2eq \r(6)a)2－16(3a2－24)＝24(16－a2)>0，
解得－40)型不等式的解法：
①利用绝对值不等式的几何意义求解；
②利用零点分段法求解；
③构造函数，利用函数的图象求解．
3．常用绝对值不等式的性质
(1)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(|a|－|b|))≤|a±b|≤|a|＋|b|；
(2)|a＋b＋c|≤|a|＋|b|＋|c|.
命题视角一 绝对值不等式的解法
[典例] (2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝|2x＋3|－|2x－1|.
(1)画出y＝f(x)和y＝g(x)的图象．
(2)若f(x＋a)≥g(x)，求a的取值范围．
[解] (1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2，x＞2，,2－x，x≤2，))g(x)＝|2x＋3|－|2x－1|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，x＞\f(1,2)，,4x＋2，－\f(3,2)≤x≤\f(1,2)，,－4，x＜－\f(3,2).))
所以y＝f(x)和y＝g(x)的图象如图．
(2)要使f(x＋a)≥g(x)，即|x＋a－2|≥g(x)，
则如图即为其临界状态．
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a≤－\f(1,2)，,\f(1,2)＋a－2≥4，))
解得a≥eq \f(11,2).
所以a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,2)，＋∞)).
[方法技巧] 解绝对值不等式的常用方法
[针对训练]
设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥3x＋4的解集；
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－2}，求a的值．
解：(1)函数f(x)＝|x－a|＋3x＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－a，x≥a，,2x＋a，x