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1、 数 学N单元 选修4系列 152014广东卷 (几何证明选讲选做题)如图13所示，在平行四边形ABCD中，点E在AB上且EB2AE，AC与DE交于点F，则_图13159解析 本题考查相似三角形的性质定理，面积比等于相似比的平方EB2AE，AEABCD.又四边形ABCD是平行四边形，AEFCDF，9.152014湖北卷 (选修41：几何证明选讲)如图13，P为O外一点，过P点作O的两条切线，切点分别为A，B，过PA的中点Q作割线交O于C，D两点，若QC1，CD3，则PB_图13154解析 由切线长定理得QA2QCQD1(13)4，解得QA2.故PBPA2QA4.122014湖南卷 如图13所示
2、，已知AB，BC是O的两条弦，AOBC，AB，BC2，则O的半径等于_图1312.解析 设圆的半径为r，记AO与BC交于点D，依题可知AD1.由相交弦定理可得1(2r1)，解得r.222014辽宁卷 选修41：几何证明选讲如图17所示，EP交圆于E，C两点，PD切圆于D，G为CE上点且PGPD，连接DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F.(1)求证：AB为圆的直径；(2)若ACBD，求证：ABED.图1722证明：(1)因为PDPG，所以PDGPGD.由于PD为切线，故PDADBA，又因为PGDEGA，所以DBAEGA，所以DBABADEGABAD，从而BDAPFA.又AFEP，所以
3、PFA90，所以BDA90，故AB为圆的直径(2)连接BC，DC.由于AB是直径，故BDAACB90.在RtBDA与RtACB中，ABBA，ACBD，从而得RtBDARtACB，于是DABCBA.又因为DCBDAB，所以DCBCBA，故DCAB.因为ABEP，所以DCEP，DCE为直角，所以ED为直径，又由(1)知AB为圆的直径，所以EDAB.222014新课标全国卷 选修41：几何证明选讲如图16，四边形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CBCE.图16(1)证明：DE；(2)设AD不是O的直径，AD的中点为M，且MBMC，证明：ADE为等边三角形22证明：(1
4、)由题设知A，B，C，D四点共圆，所以DCBE.由已知得CBEE，故DE.(2)设BC的中点为N，连接MN，则由MBMC知MNBC，故O在直线MN上又AD不是O的直径，M为AD的中点，故OMAD，即MNAD，所以ADBC，故ACBE.又CBEE，故AE，由(1)知，DE，所以ADE为等边三角形222014新课标全国卷 选修41：几何证明选讲如图14，P是O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与O相交于点B，C，PC2PA，D为PC的中点，AD的延长线交O于点E，证明：(1)BEEC；(2)ADDE2PB2.图1422证明：(1)连接AB，AC.由题设知PAPD，故PADPDA.因为PDAD
5、ACDCA，PADBADPAB，DCAPAB，所以DACBAD，从而BEEC.因此BEEC.(2)由切割线定理得PA2PBPC.因为PAPDDC，所以DC2PB，BDPB.由相交弦定理得ADDEBDDC，所以ADDE2PB2.152014陕西卷 图13B(几何证明选做题)如图13，ABC中，BC6，以BC为直径的半圆分别交AB，AC于点E，F，若AC2AE，则EF_15 B3 解析 B由题意，可知AEFACB，又AA，所以AEFACB，所以.因为AC2AE，BC6，所以EF3.62014天津卷 图12如图12所示，ABC是圆的内接三角形，BAC的平分线交圆于点D，交BC于点E，过点B的圆的切线
6、与AD的延长线交于点F.在上述条件下，给出下列四个结论：BD平分CBF；FB2FDFA；AECEBEDE；AFBDABBF.则所有正确结论的序号是()A B C D6D解析 如图所示，13，24，且12，43，BD平分CBF，ABFBDF.，ABBFAFBD.，BF2AFDF.故正确142014重庆卷 过圆外一点P作圆的切线PA(A为切点)，再作割线PBC依次交圆于B，C.若PA6，AC8，BC9，则AB_144解析 根据题意，作出图形如图所示，由切割线定理，得PA2PBPCPB(PBBC)，即36PB(PB9)PB3，PC12.由弦切角定理知PABPCA，又APBCPA，PABPCA，即AB
7、4.212014福建卷 ()选修42：矩阵与变换已知矩阵A的逆矩阵(1)求矩阵A；(2)求矩阵A1的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量21. ()解：(1)因为矩阵A是矩阵A1的逆矩阵，且221130，所以A .(2)矩阵A1的特征多项式为f()243(1)(3)，令f()0，得矩阵A1的特征值为11或23，所以1)是矩阵A1的属于特征值11的一个特征向量，2)是矩阵A1的属于特征值23的一个特征向量132014天津卷 在以O为极点的极坐标系中，圆4sin 和直线sin a相交于A，B两点若AOB是等边三角形，则a的值为_133解析 将4sin 与sin a转化为直角坐标方程分别为x2(y
8、2)24与ya.联立得x2a24a，且0a4.AOB为等边三角形，a23(a24a)，解得a3或a0(舍)42014安徽卷 以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位已知直线l的参数方程是(t为参数)，圆C的极坐标方程是4cos ，则直线l被圆C截得的弦长为()A. B2C. D24D解析 直线l的普通方程为yx4，圆C的直角坐标方程是(x2)2y24，圆心(2，0)到直线l的距离d，所以直线l被圆C截得的弦长为22 .32014北京卷 曲线(为参数)的对称中心()A在直线y2x上 B在直线y2x上C在直线yx1上 D在直线yx1上3B解析 曲
9、线方程消参化为(x1)2(y2)21，其对称中心点为(1，2)，验证知其在直线y2x上21 2014福建卷 ()选修44：坐标系与参数方程已知直线l的参数方程为(t为参数)，圆C的参数方程为(为参数)(1)求直线l和圆C的普通方程；(2)若直线l与圆C有公共点，求实数a的取值范围21. ()解：(1)直线l的普通方程为2xy2a0，圆C的普通方程为x2y216.(2)因为直线l与圆C有公共点，故圆C的圆心到直线l的距离d4，解得2a2.142014广东卷 (坐标系与参数方程选做题)在极坐标系中，曲线C1和C2的方程分别为sin2cos 和sin 1.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正
10、半轴，建立平面直角坐标系，则曲线C1和C2交点的直角坐标为_14(1，1)解析 本题主要考查将极坐标方程化为直角坐标方程的方法将曲线C1的方程sin 2cos 化为直角坐标方程为y2x，将曲线C2的方程sin 1化为直角坐标方程为y1.由解得故曲线C1和C2交点的直角坐标为(1，1)162014湖北卷 (选修44：坐标系与参数方程)已知曲线C1的参数方程是(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C2的极坐标方程是2，则C1与C2交点的直角坐标为_16.解析 由消去t得yx(x0)，即曲线C1的普通方程是yx(x0)；由2，得24，得x2y24，即曲线C2的直角坐标方程
11、是x2y24.联立解得故曲线C1与C2的交点坐标为.112014湖南卷 在平面直角坐标系中，倾斜角为的直线l与曲线C：(为参数)交于A，B两点，且|AB|2.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则直线l的极坐标方程是_11cos sin 1解析 依题意可设直线l：yxb，曲线C：的普通方程为(x2)2(y1)21.由|AB|2可知圆心(2，1)在直线l：yxb上，即l：yx1，所以l的极坐标方程是cos sin 10.112014江西卷 (2)(坐标系与参数方程选做题)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y1x(0x1)的极坐标方程为()A，0B，
12、0Ccos sin ，0Dcos sin ，011(2)A解析 依题意，方程y1x的极坐标方程为(cos sin )1，整理得.因为0x1，所以 0y1，结合图形可知，0.232014辽宁卷 选修44：坐标系与参数方程将圆x2y21上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C.(1)写出C的参数方程；(2)设直线l：2xy20与C的交点为P1，P2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方程23解：(1)设(x1，y1)为圆上的点，在已知变换下变为C上点(x，y)，依题意，得由xy1得x21，即曲线C的方程为x21.故C的参数方程为(t为参数)(2)由解得或不妨设P1(1，0)，P2(0，2)，则线段P1P2的中点坐标为，所求直线的斜率k，于是所求直线方程为y1，化为极坐标方程，并整理得2cos 4sin 3，即.232014新课标全国卷 选修44：坐标系与参数方程已知曲线C：1，直线l：(t为参数)(1)写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；(2)过曲线C上任意一点P作与l夹角为30的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值23解：(1)曲线C的参数方程为(为参数)，直线l的普通方程为2xy60.(2)曲线C上任
