第1章 章末复习课1 三角函数（教用Word）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（北师大版）

章末复习课 一、直线的方程及其应用 1．直线方程的五种形式在使用时要根据题目条件灵活选择，尤其在选用四种特殊形式的方程时，注意其适用条件，必要时要对特殊情况进行讨论． 2．求直线方程的常用方法： 直接法：直接选用恰当的直线方程形式，写出结果． 待定系数法：即先由直线满足的一个条件设出直线方程，使方程中含有一待定系数，再由题中的其他条件求出待定系数． [例 1]　根据下列条件，求直线方程： (1)已知直线过点P(－2，2)且与两坐标轴所围成的三角形面积为1. (2)过两直线3x－2y＋1＝0和x＋3y＋4＝0的交点，且垂直于直线x＋3y＋4＝0. [解]　(1)设所求直线的方程为＋＝1. 依题意，得 解得或 故所求直线方程是＋y＝1或＋＝1， 即x＋2y－2＝0或2x＋y＋2＝0. (2)设所求直线的方程为 (3x－2y＋1)＋λ(x＋3y＋4)＝0， 即(3＋λ)x＋(3λ－2)y＋(1＋4λ)＝0. 由所求直线垂直于直线x＋3y＋4＝0，得 －·＝－1，解得λ＝. 故所求直线的方程是3x－y＋2＝0. 1．已知△ABC的顶点A(6，1)，AB边上的中线CM所在直线方程2x－y－5＝0，AC边上的高BH所在直线方程为x－2y－5＝0.求： (1)顶点C的坐标； (2)直线BC的方程． 解：(1)由题意知AC边上的高所在直线斜率为， 故AC边所在的直线的斜率为－2， 则它的方程为y－1＝－2(x－6)，即2x＋y－13＝0. 解方程组求得 故点C的坐标为. (2)设B(m，n)，则M. 把M的坐标代入直线方程为2x－y－5＝0，把点B的坐标代入直线x－2y－5＝0， 可得 求得故点B. 再用两点式求得直线BC的方程为＝， 化简为46x－41y－43＝0. 二、求圆的方程 1．几何法：通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程． 2．代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，其一般步骤是： (1)根据题意选择方程的形式：标准形式或一般形式； (2)利用条件列出关于a，b，r或D，E，F的方程组； (3)解出a，b，r或D，E，F，代入标准方程或一般方程． [例 2]　求经过两点P(－2，4)，Q(3，－1)，且在x轴上截得的弦长为6的圆的方程． [解]　设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 将P，Q两点的坐标分别代入，得 ① 又令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0. 由已知，得|x1－x2|＝6(其中x1，x2是方程x2＋Dx＋F＝0的两根)，所以D2－4F＝36.② ①②联立组成方程组， 解得或 所以所求圆的方程为x2＋y2－2x－4y－8＝0或x2＋y2－6x－8y＝0. 2．已知直线l经过两条直线2x－y－3＝0和4x－3y－5＝0的交点，且与直线x＋y－2＝0垂直． (1)求直线l的方程； (2)若圆C过点(1，0)，且圆心在x轴的正半轴上，直线l被该圆所截得的弦长为2，求圆C的标准方程． 解：(1)由 解得两直线交点为(2，1)， ∵l与x＋y－2＝0垂直，∵kl＝1. 又∵l过点(2，1)，∴l的方程y－1＝x－2即x－y－1＝0. (2)设圆的标准方程为(x－a)2＋y2＝r2(a＞0)， 则解得a＝3，r＝2. ∴圆的标准方程为(x－3)2＋y2＝4. 三、直线、圆之间的位置关系 1．两条直线的位置关系有相交(特例垂直)、平行、重合三种，主要考查两条直线的平行和垂直．通常借助直线的斜截式方程来判断两条直线的位置关系．解题时要注意分析斜率是否存在，如果用一般式方程来判断可以避免讨论斜率不存在的情况． 2．直线与圆的位置关系有三种，即相交、相离、相切，其判断方法有两种：代数法(通过解直线方程与圆的方程组成的方程组，根据解的个数来判断)、几何法(由圆心到直线的距离d与半径长r的大小关系来判断). 3．圆与圆的位置关系有三种，即相交、相离(外离和内含)、相切(内切和外切)，其判断方法有两种：代数法(通过联立两个圆的方程，得到关于y或x的一元二次方程，根据方程解的个数来判断)、几何法(根据两圆圆心距与两圆的半径的和或差之间的关系判断). 角度1　两直线的位置关系 [例 3]　已知两条直线l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求满足下列条件的a，b的值． (1)l1⊥l2，且l1过点(－3，－1)； (2)l1∥l2，且坐标原点到这两条直线的距离相等． [解]　(1)由已知可得l2的斜率必存在， 所以k2＝1－a.若k2＝0，则1－a＝0，即a＝1. 因为l1⊥l2，所以直线l1的斜率k1必不存在，即b＝0. 又因为l1过(－3，－1)，所以－3a＋4＝0， 即a＝(矛盾).所以此种情况不存在，即k2≠0. 若k2≠0，即k1，k2都存在， 因为k1＝，k2＝1－a，l1⊥l2，所以k1·k2＝－1， 即(1－a)＝－1.① 又因为l1过点(－3，－1)，所以－3a＋b＋4＝0.② 由①②联立，解得a＝2，b＝2. (2)因为l2的斜率存在，l1∥l2， 所以直线l1的斜率存在． 所以k1＝k2，即＝1－a.③ 又因为坐标原点到这两条直线的距离相等，l1∥l2， 所以l1，l2在y轴上的截距互为相反数， 即＝－(－b).④ 由③④联立解得或 所以a，b的值分别为2，－2或，2. 角度2　直线与圆的位置关系 [例 4]　已知点P(－2，2)在圆O：x2＋y2＝r2(r＞0)上，直线l与圆O交于A，B两点． (1)r＝________； (2)如果△PAB为等腰三角形，底边AB＝2，求直线l的方程． [解]　(1)因为点P(－2，2)在圆O：x2＋y2＝r2(r＞0)上，所以r＝2. (2)因为△PAB为等腰三角形，且点P在圆O上， 所以PO⊥AB. 因为PO的斜率k＝＝－1， 所以可设直线l的方程为y＝x＋m. 由得2x2＋2mx＋m2－8＝0， 所以Δ＝4m2－8×(m2－8)＝64－4m2＞0， 解得－4＜m＜4. 设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 可得x1，2＝ ＝. 所以|AB|＝|x1－x2|＝ ＝2. 解得m＝±2， 所以直线l的方程为x－y＋2＝0或x－y－2＝0. 角度3　圆与圆的位置关系 [例 5]　已知圆C1：x2＋y2＋4x－4y－5＝0与圆C2：x2＋y2－8x＋4y＋7＝0. (1)证明圆C1与圆C2相切，并求过切点的两圆公切线的方程； (2)求过点(2，3)且与两圆相切于(1)中切点的圆的方程． [解]　(1)把圆C1与圆C2都化为标准方程形式，得(x＋2)2＋(y－2)2＝13，(x－4)2＋(y＋2)2＝13. 圆心与半径长分别为C1(－2，2)，r1＝；C2(4，－2)，r2＝. 因为|C1C2|＝＝2＝r1＋r2， 所以圆C1与圆C2相切． 由得12x－8y－12＝0， 即3x－2y－3＝0，就是过切点的两圆公切线的方程． (2)由圆系方程，可设所求圆的方程为x2＋y2＋4x－4y－5＋λ(3x－2y－3)＝0. 点(2，3)在此圆上，将点坐标代入方程解得λ＝. 所以所求圆的方程为x2＋y2＋4x－4y－5＋(3x－2y－3)＝0，即x2＋y2＋8x－y－9＝0. 3．若直线y＝x＋b与由线x＝恰有一个公共点，则b的取值范围是(　　) A．－1＜b≤1 B．－1≤b≤1 C．－≤b≤－1 D．－1＜b≤1或b＝－ 解析： 选D　曲线x＝可变形为x2＋y2＝1(x≥0)，它表示圆心为(0，0)，半径为1的右半圆(包括端点).y＝x＋b表示斜率为1的平行直线系，b是直线在y轴上的截距．根据题意画出图象，由右图可得－1＜b≤1或b＝－.直线y＝x＋b与曲线x＝恰有一个公共点，故选D. 4．已知圆P：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r≠0)，满足：①截y轴所得弦长为2；②被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3∶1.求在满足条件①②的所有圆中，使代数式a2－b2－2b＋4取得最小值时，圆的方程． 解： 如图所示，设圆的圆心坐标为P(a，b)，半径为r，则点P到x轴、y轴的距离分别为|b|，|a|. ∵圆P被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3∶1， ∴∠APB＝90°.取AB的中点D，连接PD，则有|PB|＝|PD|, ∴r＝|b|.① 取圆P截y轴的弦的中点C，连接PC， ∵圆截y轴所得弦长为2，∴|EC|＝1， ∴1＋a2＝r2， 即2b2－a2＝1.则a2－b2－2b＋4＝b2－2b＋3＝(b－1)2＋2. ∴当b＝1时，a2－b2－2b＋4取得最小值2，此时a＝1或－1，r2＝2. 对应的圆为：(x－1)2＋(y－1)2＝2或(x＋1)2＋(y－1)2＝2. ∴使代数式a2－b2－2b＋4取得最小值时，对应的圆为(x－1)2＋(y－1)2＝2或(x＋1)2＋(y－1)2＝2. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$