矩阵与变换﹒坐标系与参数方程.ppt

高考真题感悟 解题技能突破 核心考点突破 课后巩固提升 第2讲　矩阵与变换、坐标系与参数方程 热点一　 　矩阵与变换 　 热点二　 极坐标与直角坐标、极坐标方程的应用 　 　热点三　 　参数方程及应用 求解坐标系与参数方程的方法和技巧 解得ρ＝2，θ＝±，5分　 故圆C1与圆C2交点的坐标为(2，)，(2，－).6分 注：极坐标系下点的表示不唯一． (2)(解法一) 由，得圆C1与C2交点的直角坐标分别为 (1，)，(1，－).8分　 故圆C1与C2的公共弦的参数方程为 －≤t≤.10分　 设M是把坐标平面上的点的横坐标伸长2倍，纵坐标伸长3倍的伸压变换．求逆矩阵M－1以及椭圆＋＝1在M－1的作用下的新的曲线方程． [思路点拨]　通过变换矩阵找出所求曲线上的点的坐标与已知曲线上的点的坐标之间的关系，然后运用动点转移法得到变换后曲线的方程． [解析]　由题意，得M－1＝，设椭圆上任一点(x0，y0)，它对应的变换下的坐标为(x′0，y′0)，则＝，故，代入椭圆方程，则椭圆＋＝1在M－1的作用下的新的曲线方程为x2＋y2＝1. [规律方法]　在已知一个几何变换前后的对应点时，待定系数法是求变换矩阵的常用的方法；在已知变换矩阵的情况下，求一条曲线在此变换矩阵对应的几何变换下的曲线方程，类似于解析几何中的代入法求曲线方程，即设出变换前后的曲线上对应点的坐标，根据变换矩阵得到变换公式，解出变换前的点的坐标，代入变换前的曲线方程后即得变换后的曲线方程． 1．已知矩阵M＝的一个特征值为3，求另一个特征值及其对应的一个特征向量． 解析：矩阵M的特征多项式为 f(λ)＝＝(λ－1)(λ－x)－4. 因为λ1＝3是方程f(λ)＝0的一根，所以x＝1. 由(λ－1)(λ－1)－4＝0，得λ2＝－1， 设λ2＝－1对应的一个特征向量为α＝， 则得x＝－y， 令x＝1，则y＝－1. 所以矩阵M的另一个特征值为－1，对应的一个特征向量为α＝. (1)(2012·江南十校联考)在极坐标系中，直线ρsin＝2被圆ρ＝4所截得的弦长为________． [解析]　依题意，题中的直线与圆的直角坐标方程分别是x＋y－2＝0，x2＋y2＝16，则圆心(0,0)到直线x＋y－2＝0的距离等于＝2，因此该直线被圆截得的弦长等于2＝4. [答案]　4 (2)(2012·南昌二模)(坐标系与参数方程选做题)在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ的圆心到直线ρsin θ＋2ρcos θ＝1的距离是________． [思路点拨]　把极坐标系中的点曲线化为直角坐标系中的点：曲线方程、利用解析几何知识解决． [解析]　将ρ＝2cos θ化为直角坐标方程得x2＋y2＝2x，即(x－1)2＋y2＝1，圆心坐标为(1,0)．将ρsin θ＋2ρcos θ＝1化为直角坐标方程得y＋2x＝1，即2x＋y－1＝0，故所求的距离为＝. [答案]　 [规律方法]　极坐标方程与普通方程互化核心公式： 同时注意整体代换如(2)中把ρ＝2cos θ变为ρ2＝2ρcos θ后化为x2＋y2＝2x 2．(2012·高考深圳卷)在极坐标系中，点P到曲线l：ρcos＝上的点的最短距离为________． 解析：注意到点P的直角坐标是(0,1)，曲线l： ρcos＝的直角坐标方程是x－y－3＝0，因此点P到直线l上的点的最短距离即点P到直线l的距离，等于＝2. 答案：2 在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1：x2＋y2＝1，以平面直角坐标系xOy的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，已知直线l：ρ(2cos θ－sin θ)＝6. 将曲线C1上的所有点的横坐标、纵坐标分别伸长为原来的倍、2倍后得到曲线C2.试写出直线l的直角坐标方程和曲线C2的参数方程； 在曲线C2上求一点P，使点P到直线l的距离最大，并求此最大值． [思路点拨]　根据变换的规则进行变换，求出曲线C2的方程，注意使用代入法； 使用椭圆的参数方程建立点线距离的函数． [解析]　由题意，知直线l的方程为2x－y－6＝0， 因为曲线C2的直角坐标方程为2＋2＝1， 所以曲线C2的参数方程为(θ为参数)． ②设点P的坐标(cos θ，2sin θ)，则点P到直线l的距离为 d＝＝， 所以当sin(60°－θ)＝－1时，点P，此时dmax＝＝2. [规律方法]　(1)参数方程化为普通方程的关键是消参数，要根据参数的特点进行． (2)利用参数方程解决问题，关键是选准参数，理解参数的几何意义． 3．在直角坐标系xOy中，已知曲线C1：(t为参数)与曲线C2：(θ为参数，a0)有一个公共点在x轴上，则a＝________. 解析：将曲线C1与C2的方程化为普通方程求解． 消去参数t得2x＋y－3＝0