2019高考数学理科Ⅱ卷解析版[解答题]

LEARN＆STUDY 2019-07-02

展开全文

前言#

解答题的顺序变化是比较大的，而且压轴题目也发生了变化。

三、解答题#

例17【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第17题】如图，长方体 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的底面 $A B C D$ 是正方形，点 $E$ 在棱 $A A_{1}$ 上， $B E ⊥ E C_{1}$ .

(1).证明： $B E ⊥$ 平面 $E B_{1} C_{1}$ ；

分析：需要证明线面垂直，往往先要转化为证明线线垂直；

解析：由已知 $B_{1} C_{1} ⊥$ 平面 $A B B_{1} A_{1}$ ， $B E \subset$ 平面 $A B B_{1} A_{1}$ ，故 $B_{1} C_{1} ⊥ B E$ ，

又 $B E ⊥ E C_{1}$ ， $B_{1} C_{1} \subset$ 平面 $E B_{1} C_{1}$ ， $E C_{1} \subset$ 平面 $E B_{1} C_{1}$ ， $B_{1} C_{1} \cap E C_{1} = C_{1}$ ，

故 $B E ⊥$ 平面 $E B_{1} C_{1}$ ；

(2).若 $A E = A_{1} E$ ，求二面角 $B - E C - C_{1}$ 的正弦值；

解析：由(1)知道 $∠ B E B_{1} = 90^{\circ}$ ，由题设可知 $R t △ A B E R t △ A_{1} B_{1} E$ ，所以 $∠ A E B = 45^{\circ}$ ，故 $A E = A B$ ， $A A_{1} = 2 A B$ ，

以 $D$ 为坐标原点， $\vec{D A}$ 的方向为 $x$ 轴的正方向， $| \vec{D A} |$ 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 $D - x y z$ ，

则 $C (0 ， 1 ， 0)$ ， $B (1 ， 1 ， 0)$ ， $C_{1} (0 ， 1 ， 2)$ ， $E (1 ， 0 ， 1)$ ， $\vec{C B} = (1 ， 0 ， 0)$ ， $\vec{C E} = (1 ， - 1 ， 1)$ ， $\vec{C C_{1}} = (0 ， 0 ， 2)$ ，

设平面 $E B C$ 的法向量 $\vec{n} = (x ， y ， z)$ ，

则 ${\begin{cases} \vec{C B} \cdot \vec{n} = 0 \\ \vec{C E} \cdot \vec{n} = 0 \end{cases}$ ，即 ${\begin{cases} x = 0 \\ x - y + z = 0 \end{cases}$ ，所以可以赋值取 $\vec{n} = (0 ， - 1 ， - 1)$ ，

设平面 $E C C_{1}$ 的法向量 $\vec{m} = (x ， y ， z)$ ，

则 ${\begin{cases} \vec{C C_{1}} \cdot \vec{m} = 0 \\ \vec{C E} \cdot \vec{m} = 0 \end{cases}$ ，即 ${\begin{cases} 2 z = 0 \\ x - y + z = 0 \end{cases}$ ，所以可以赋值取 $\vec{m} = (1 ， 1 ， 0)$ ，

于是， $c o s < \vec{n} ， \vec{m} >= \frac{\vec{n} \cdot \vec{m}}{| \vec{n} | | \vec{m} |} = - \frac{1}{2}$ ，

即 $< \vec{n} ， \vec{m} >= 120^{\circ}$ ，则如图所示，二面角的平面角为 $120^{\circ}$ ，

所以，二面角 $B - E C - C_{1}$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 。

解后反思：

1、当然，本题目同样可用点 $C$ 做为坐标原点来建立坐标系。

2、如果我们选取的坐标系不同，很可能 $< \vec{n} ， \vec{m} >= 60^{\circ}$ ，则仿照如图所示，二面角的平面角为 $60^{\circ}$ ，则二面角 $B - E C - C_{1}$ 的正弦值还为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 。

例18【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第18题】11分制乒乓球比赛，每赢一个球得 $1$ 分，当某局达成 $10 ： 10$ 平后，每球交换发球权，先多得 $2$ 分的一方获胜，该局比赛结束。甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为 $0.5$ ，乙发球时甲得分的概率为 $0.4$ ，各球的结果相互独立，在某局双方 $10 ： 10$ 平后，甲先发球，两人打了 $X$ 个球该局比赛结束。

(1).求 $P (X = 2)$ ；

分析：先需要弄清楚 $X = 2$ 的含义，然后考虑其对应的实际比赛情形，再对应到概率的计算中。 $X = 2$ 意味着 $10 ： 10$ 平后，甲、乙两人又打了 $2$ 个球该局比赛结束，此时的比分为 $12 ： 10$ 或者 $10 ： 12$ ，要么情形一：甲领先乙为 $12 ： 10$ ，要么情形二：乙领先甲为 $12 ： 10$ ；当为情形一时，甲先发球且赢球比分为 $11 ： 10$ ，然后乙发球甲赢球得分 $12 ： 10$ ，比赛结束；当为情形二时，甲先发球且输球比分为 $10 ： 11$ ，然后乙发球且甲输球得分 $10 ： 12$ ，比赛结束；

情形一对应的事件为"甲先发球甲赢球"且“乙发球甲赢球”，这涉及的两个小事件“甲先发球甲赢球”和“乙发球甲赢球”是相互独立事件，则应该相乘，故概率为 $0.5 \times 0.4$ ；

情形二对应的事件为"甲先发球甲输球"且“乙发球甲输球”，这涉及的两个小事件“甲先发球甲输球”和“乙发球甲输球”是相互独立事件，则应该相乘，故概率为 $(1 - 0.5) \times (1 - 0.4)$ ；

详细正规的解析过程如下，

解析： $X = 2$ 意味着 $10 ： 10$ 平后，甲、乙两人又打了 $2$ 个球该局比赛结束，

令事件 $A ：$ 为"甲先发球甲赢球"，事件 $B ：$ 为“乙发球甲赢球”，事件 $C ：$ 为"甲先发球甲输球"，事件 $D ：$ 为“乙发球甲输球”，

则事件 $A$ ， $B$ 相互独立， $C$ ， $D$ 相互独立，且积事件 $A B$ 和 $C D$ 是彼此互斥，且事件 $A$ ， $C$ 相互对立，事件 $B ，$ D$相互对立，

故 $P (x = 2) = P (A B + C D) = P (A B) + P (C D) = P (A) P (B) + P (C) P (D)$

$= P (A) P (B) + [1 - P (A)] [1 - P (B)] = 0.5 \times 0.4 + (1 - 0.5) \times (1 - 0.4) = 0.5$ ；

(2).求事件“ $X = 4$ 且甲获胜”的概率。

分析：“ $X = 4$ 且甲获胜”，意味着甲乙两人又打了 $4$ 个球，且最后两个球一定必须是甲连续两次赢球，那么前面的两个球可能是“甲赢球乙输球”和“甲输球乙赢球”，故这 $4$ 个球的输赢组合一定只有“甲赢+甲输+甲赢+甲赢”或者“甲输+甲赢+甲赢+甲赢”两种情况，再详细分析得到“甲发球甲赢+乙发球甲输+甲发球甲赢+乙发球甲赢”或者“甲发球甲输+乙发球甲赢+甲发球甲赢+乙发球甲赢”，接下来就可以定义事件，并利用事件关系求解了。

详细正规的解析过程如下，

解析：“ $X = 4$ 且甲获胜”，意味着甲乙两人又打了 $4$ 个球，且前两个球中甲输一个赢一个，最后两个球一定必须是甲连续两次赢球，

令“甲发球甲赢球”为事件 $A$ ，“乙发球甲赢球”为事件 $B$ ，则“甲发球甲输球”为事件 $\bar{A}$ ，“乙发球甲输球”为事件 $\bar{B}$ ，

则事件 $A$ ， $B$ 相互独立，则 $X = 4$ 对应事件 $A \bar{B} A B + \bar{A} B A B$ ，且事件 $A \bar{B} A B$ 和 $\bar{A} B A B$ 互斥，

故 $P (X = 4$ 且甲赢 $) = P (A \bar{B} A B + \bar{A} B A B) = P (A) P (\bar{B}) P (A) P (B) + P (\bar{A}) P (B) P (A) P (B)$

$= 0.5 \times (1 - 0.4) \times 0.5 \times 0.4 + (1 - 0.5) \times 0.4 \times 0.5 \times 0.4 = 0.1$

更加精简和高效的解答过程组织如下：

解析：设双方 $10 ： 10$ 后的第 $k$ 个球甲获胜为事件 $A_{k} (k = 1 ， 2 ， 3 ， 4)$ ，

(1).则 $X = 2$ 对应事件“ $A_{1} A_{2} + \bar{A_{1}} \bar{A_{2}}$ ”， $A_{1}$ ， $A_{2}$ 相互独立， $A_{1} A_{2}$ 和 $\bar{A_{1}} \bar{A_{2}}$ 互斥，

故 $P (X = 2) = P (A_{1} A_{2} + \bar{A_{1}} \bar{A_{2}}) = P (A_{1}) P (A_{2}) + P (\bar{A_{1}}) P (\bar{A_{2}}) = 0.5 \times 0.4 + (1 - 0.5) \times (1 - 0.4) = 0.5$

(2).“ $X = 4$ 且甲赢球”对应事件“ $A_{1} \bar{A_{2}} A_{3} A_{4} + \bar{A_{1}} A_{2} A_{3} A_{4}$ ”， $A_{1}$ ， $A_{2}$ ， $A_{3}$ ， $A_{4}$ 相互独立， $A_{1} \bar{A_{2}} A_{3} A_{4}$ 和 $\bar{A_{1}} A_{2} A_{3} A_{4}$ 互斥，

$P (X = 4 且甲赢) = P (A_{1} \bar{A_{2}} A_{3} A_{4} + \bar{A_{1}} A_{2} A_{3} A_{4}) = P (A_{1}) P (\bar{A_{2}}) P (A_{3}) P (A_{4}) + P (\bar{A_{1}}) P (A_{2}) P (A_{3}) P (A_{4})$

$= 0.5 \times (1 - 0.4) \times 0.5 \times 0.4 + (1 - 0.5) \times 0.4 \times 0.5 \times 0.4 = 0.1$

解后反思：相比较而言，我们对概率问题的理解还是不太到位，求解不太顺畅，所以建议做好文字语言到数学语言，再到概率符号语言的转化。训练次数多了，就习惯了。

相关链接：1、概率习题；2、体育比赛中的概率问题

例19【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第19题】已知数列 ${a_{n}}$ 和数列 ${b_{n}}$ 满足 $a_{1} = 1$ ， $b_{1} = 0$ ， $4 a_{n + 1} = 3 a_{n} - b_{n} + 4$ ， $4 b_{n + 1} = 3 b_{n} - a_{n} - 4$ ，

(1).证明： ${a_{n} + b_{n}}$ 是等比数列， ${a_{n} - b_{n}}$ 是等差数列，

分析：考查等差等比数列的证明方法(定义法和等差[比]中项法)，以及整体意识或字母的内涵和方程思想。

解析：由题设可知 $4 a_{n + 1} = 3 a_{n} - b_{n} + 4$ ①， $4 b_{n + 1} = 3 b_{n} - a_{n} - 4$ ②，

由①+②得到， $4 (a_{n + 1} + b_{n + 1}) = 2 (a_{n} + b_{n})$ ；即 $a_{n + 1} + b_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_{n} + b_{n})$ ；

又由于 $a_{1} + b_{1} = 1 \neq 0$ ，所以数列 ${a_{n} + b_{n}}$ 是首项为 $1$ ，公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列；

由①-②得到， $4 (a_{n + 1} - b_{n + 1}) = 4 (a_{n} - b_{n}) + 8$ ；即 $a_{n + 1} - b_{n + 1} = a_{n} - b_{n} + 2$ ；

又由于 $a_{1} - b_{1} = 1$ ，所以数列 ${a_{n} - b_{n}}$ 是首项为 $1$ ，公差为 $2$ 的等差数列；

【注意细节】由 $a_{n + 1} + b_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_{n} + b_{n})$ 不能得到 $\frac{a_{n + 1} + b_{n + 1}}{a_{n} + b_{n}} = \frac{1}{2}$ ，还需要条件 $a_{1} + b_{1} \neq 0$ 的配合；

相关链接：对数列中 $a_{n}$ 的内涵的理解

(2).求 ${a_{n}}$ 和 ${b_{n}}$ 的通项公式；

分析：考察数列的通项公式的求法；

解析：由(1)分别写出数列 ${a_{n} + b_{n}}$ 和数列 ${a_{n} - b_{n}}$ 的通项公式，

$a_{n} + b_{n} = 1 \times (\frac{1}{2})^{n - 1} = \frac{1}{2^{n - 1}}$ ③， $a_{n} - b_{n} = 1 + (n - 1) \times 2 = 2 n - 1$ ④；

由③+④，变形整理得到， $a_{n} = \frac{1}{2^{n}} + n - \frac{1}{2}$ ， $n \in N^{*}$ ；

由③-④，变形整理得到， $b_{n} = \frac{1}{2^{n}} - n + \frac{1}{2}$ ， $n \in N^{*}$ ；

相关链接：1、求数列的通项公式；2、方程思想

例20【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第20题】已知函数 $f (x) = l n x - \frac{x + 1}{x - 1}$ 。

(1).讨论 $f (x)$ 的单调性，并证明 $f (x)$ 有且仅有两个零点；

分析：利用导数工具，求导后解不等式或者利用图像直接回答；在证明零点时常常要用到零点存在性定理；

解析：[首先回答函数的定义域，原因是对函数的一切研究，都是基于其定义域基础上展开的]， $f (x)$ 的定义域为 $(0 ， 1) \cup (1 ， + \infty)$ .

由于 $f^{'} (x) = \frac{1}{x} - \frac{1 \cdot (x - 1) - (x + 1) \cdot 1}{(x - 1)^{2}} = \frac{1}{x} + \frac{2}{(x - 1)^{2}}$ ，在定义域上观察导函数， $f^{'} (x) \geq 0$ 恒成立，

故 $x \in (0 ， 1)$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ， $f (x)$ 在区间 $(0 ， 1)$ 上单调递增，

$x \in (1 ， + \infty)$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ， $f (x)$ 在区间 $(1 ， + \infty)$ 上单调递增，

注意，函数在 $x = 1$ 处是没有定义的，即函数图像在 $x = 1$ 处不是连续的，又结合单调性可知， $x = 1$ 应该是函数的渐近线。

另外，函数在某一段 $(a ， b)$ 上单调，并不能说明函数图像在区间 $(a ， b)$ 内一定有零点，最令人信服的就是用零点存在性定理，找出相应的零点来。此时就涉及到赋值法。

一般来说，函数中如果包含有 $y = l n x$ ，则我们一般尝试 $x = 1$ ， $x = e$ ， $x = e^{2}$ ， $x = \frac{1}{e}$ ， $x = \frac{1}{e^{2}}$ 这些特殊值，原因是它们的函数值比较好计算。

因为 $f (e) = 1 - \frac{e + 1}{e - 1} < 0$ ， $f (e^{2}) = 2 - \frac{e^{2} + 1}{e^{2} - 1} = \frac{e^{2} - 3}{e^{2} - 1} > 0$ [此处涉及到估值计算]，所以 $f (x)$ 在 $(1 ， + \infty)$ 内有唯一的零点 $x_{1}$ ，即 $f (x_{1}) = 0$ ；

同理同法操作， $f (\frac{1}{e^{2}}) = - 1 - \frac{\frac{1}{e^{2}} + 1}{\frac{1}{e^{2}} - 1} = \frac{e^{2} - 3}{1 - e^{2}} < 0$ ， $f (\frac{1}{e}) = - 1 - \frac{\frac{1}{e} + 1}{\frac{1}{e} - 1} = \frac{2}{e - 1} > 0$ ，所以 $f (x)$ 在 $(0 ， 1)$ 内有唯一的零点 $x_{2}$ ，即 $f (x_{2}) = 0$ ；

[当然，如果我们的数学素养更好，注意到上述尝试的几个值 $e$ ， $\frac{1}{e}$ ； $e^{2}$ ， $\frac{1}{e^{2}}$ 之间的关系，那么我们还可以这样改进证明过程。]

接上，同理同法操作处，由于 $f (x_{1}) = l n x_{1} - \frac{x_{1} + 1}{x_{1} - 1} = 0$ ，即 $l n x_{1} = \frac{x_{1} + 1}{x_{1} - 1}$ 且 $x_{1} > 1$ ，则 $0 < \frac{1}{x_{1}} < 1$ ，

故有 $f (\frac{1}{x_{1}}) = l n \frac{1}{x_{1}} - \frac{\frac{1}{x_{1}} + 1}{\frac{1}{x_{1}} - 1} = - l n x_{1} - \frac{1 + x_{1}}{1 - x_{1}} = - l n x_{1} + \frac{x_{1} + 1}{x_{1} - 1} = 0$ ，即 $f (\frac{1}{x_{1}}) = 0$ ，故 $f (x)$ 在 $(0 ， 1)$ 内必有唯一的零点 $\frac{1}{x_{1}}$ .

综上所述，函数 $f (x)$ 有且仅有两个零点；

相关链接：1、导数法判断函数的单调性的策略

(2).设 $x_{0}$ 是 $f (x)$ 的一个零点，证明曲线 $y = l n x$ 在点 $A (x_{0} ， l n x_{0})$ 处的切线也是曲线 $y = e^{x}$ 的切线。

分析1：本题目我们还是比较容易能想到用同一法证明，写出在点 $A$ 处的切线方程，在写出曲线 $y = e^{x}$ 上在点 $B$ 处的切线，然后证明两条切线是同一条直线即可，不过此时有一个难点，就是求点 $B$ 的坐标，联想： $y = l n x$ 和 $y = e^{x}$ 两个函数的图像关于直线 $y = x$ 对称，且由第(1)问可知，两个零点的横坐标互为倒数，故可知尝试验证点 $B$ 的坐标是不是 $(l n \frac{1}{x_{0}} ， \frac{1}{x_{0}})$ 。

【解析1】：由于 $e^{l n \frac{1}{x_{0}}} = e^{- l n x_{0}} = (e^{l n x_{0}})^{- 1} = \frac{1}{x_{0}}$ ，故点 $B (l n \frac{1}{x_{0}} ， \frac{1}{x_{0}})$ 在曲线 $y = e^{x}$ 上；

由题设可知 $f (x_{0}) = 0$ ，即 $l n x_{0} = \frac{x_{0} + 1}{x_{0} - 1}$ ，故直线 $A B$ 的斜率为

$k_{A B} = \frac{\frac{1}{x_{0}} - l n x_{0}}{l n \frac{1}{x_{0}} - x_{0}} = \frac{\frac{1}{x_{0}} - \frac{x_{0} + 1}{x_{0} - 1}}{- \frac{x_{0} + 1}{x_{0} - 1} - x_{0}} = \frac{1}{x_{0}}$ ,

又由于曲线 $y = e^{x}$ 在点 $B (l n \frac{1}{x_{0}} ， \frac{1}{x_{0}})$ 处的切线的斜率为 $k_{1} = e^{l n \frac{1}{x_{0}}} = \frac{1}{x_{0}}$ ，

又曲线 $y = l n x$ 在点 $A (x_{0} ， l n x_{0})$ 处的切线的斜率 $k_{2} = \frac{1}{x_{0}}$ ，

即 $k_{A B} = k_{1} = k_{2}$ ，所以曲线 $y = l n x$ 在点 $A (x_{0} ， l n x_{0})$ 处的切线也是曲线 $y = e^{x}$ 的切线。

分析2：我们还可以分别求得在点 $A$ 处和在点 $B$ 处的切线方程，通过变形说明这两条切线是同一条直线即可。

【解析2】：由于 $e^{l n \frac{1}{x_{0}}} = e^{- l n x_{0}} = (e^{l n x_{0}})^{- 1} = \frac{1}{x_{0}}$ ，故点 $B (l n \frac{1}{x_{0}} ， \frac{1}{x_{0}})$ 在曲线 $y = e^{x}$ 上；

由题设可知 $f (x_{0}) = 0$ ，即 $l n x_{0} = \frac{x_{0} + 1}{x_{0} - 1}$ ，

由 $y = l n x$ 得到，曲线在点 $A (x_{0} ， l n x_{0})$ 处的切线方程为 $y - l n x_{0} = \frac{1}{x_{0}} (x - x_{0})$ ，整理得到 $y = \frac{x}{x_{0}} + \frac{2}{x_{0} - 1}$ ；

由 $y = e^{x}$ 得到，曲线在点 $B (l n \frac{1}{x_{0}} ， \frac{1}{x_{0}})$ 处的切线斜率为 $k = e^{l n \frac{1}{x_{0}}} = \frac{1}{x_{0}}$ ，故其切线方程为 $y - \frac{1}{x_{0}} = \frac{1}{x_{0}} (x - l n \frac{1}{x_{0}})$ ，以下的难点在化简，详述如下：

$y = \frac{1}{x_{0}} (x - l n \frac{1}{x_{0}}) + \frac{1}{x_{0}}$ ，即 $y = \frac{1}{x_{0}} (x + l n x_{0}) + \frac{1}{x_{0}}$ ，

即 $y = \frac{1}{x_{0}} (x + \frac{x_{0} + 1}{x_{0} - 1}) + \frac{1}{x_{0}}$ ，化简为 $y = \frac{x}{x_{0}} + \frac{x_{0} + 1}{x_{0} (x_{0} - 1)} + \frac{1}{x_{0}}$ ，

即 $y = \frac{x}{x_{0}} + \frac{x_{0} + 1}{x_{0} (x_{0} - 1)} + \frac{(x_{0} - 1)}{x_{0} (x_{0} - 1)}$ ，则 $y = \frac{x}{x_{0}} + \frac{2 x_{0}}{x_{0} (x_{0} - 1)}$ ，

即 $y = \frac{x}{x_{0}} + \frac{2}{x_{0} - 1}$ ；到此，经过点 $A$ 和点 $B$ 处的切线方程都是直线 $y = \frac{x}{x_{0}} + \frac{2}{x_{0} - 1}$ ；

故曲线 $y = l n x$ 在点 $A (x_{0} ， l n x_{0})$ 处的切线也是曲线 $y = e^{x}$ 的切线。

解后反思：①有意识的积累常用的数学常识，有助于数学更深层次的学习；②强化数学运算能力；③理解和掌握常见的数学题型和相应的解法思路；

相关链接：1、单切线和公切线问题；2、同一法；

例21【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第21题】已知点 $A (- 2 ， 0)$ ， $B (- 2 ， 0)$ ，动点 $M (x ， y)$ 满足直线 $A M$ 与 $B M$ 的斜率之积为 $- \frac{1}{2}$ ，记 $M$ 的轨迹为曲线 $C$ 。

(1).求 $C$ 的方程，并说明 $C$ 是什么曲线；

分析：本题目可以用直接法得到曲线的方程，难点是要注意到不是恒等变形，需要添加条件。

解析：由于 $k_{A M} = \frac{y}{x + 2}$ ， $k_{B M} = \frac{y}{x - 2}$ ，由题可知， $k_{A M} \cdot k_{B M} = - \frac{1}{2}$ ，

即 $\frac{y}{x + 2} \cdot \frac{y}{x + 2} = - \frac{1}{2}$ ，化简得到 $x^{2} + 2 y^{2} = 4$ ，

再整理为 $\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{2} = 1$ ，

[此时，务必要注意，我们是将分式形式转化为整式形式，这一过程有去分母的变形，一定会扩大字母的取值范围，故需要添加条件才能保证变形前后是恒等变形，以此题为例，由于有分母，故需要 $| x | \neq 2$ ，或者对应到 $y$ 值加以限制也是可以的，比如 $y \neq 0$ ]，

即曲线 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{2} = 1 (| x | \neq 2)$ ，或者 $\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{2} = 1 (y \neq 0)$ ，所以 $C$ 为中心在坐标原点，焦点在 $x$ 轴上的椭圆，且不含左右顶点。

(2).暂略。

例22【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第22题】在极坐标系中， $O$ 为极点，点 $M (ρ_{0} ， θ_{0}) (ρ_{0} > 0)$ 在曲线 $C ： ρ = 4 s i n θ$ 上，直线 $l$ 过点 $A (4 ， 0)$ 且与 $O M$ 垂直，垂足为 $P$ 。

(1).当 $θ_{0} = \frac{π}{3}$ 时，求 $ρ_{0}$ 及 $l$ 的极坐标方程；

分析：当 $θ_{0} = \frac{π}{3}$ 时，由 $ρ = 4 s i n θ$ ，得到 $ρ_{0} = 4 s i n \frac{π}{3} = 2 \sqrt{3}$ ；

求直线 $l$ 的极坐标方程有以下两个思路，可以比较看，哪一种更简便。

思路1：过点 $A$ 的直线 $l$ 的斜率为 $k = - \frac{1}{t a n \frac{π}{3}} = - \frac{\sqrt{3}}{3}$ ，

故直线 $l$ 的普通方程为 $y - 0 = - \frac{\sqrt{3}}{3} (x - 4)$ ，

再用 $y = ρ \cdot s i n θ$ 和 $x = ρ \cdot c o s θ$ 代入上式，

变形直线的极坐标方程为 $\sqrt{3} ρ c o s θ + 3 ρ s i n θ = 4 \sqrt{3}$ ，整理为

$ρ \cdot s i n (θ + \frac{π}{6}) = 2$ 或者 $ρ \cdot c o s (θ - \frac{π}{3}) = 2$

思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，在 $△ O A B$ 中，已知 $O A = 4$ ， $∠ A = \frac{π}{6}$ ，则 $O B = 2$ ，

在直线 $l$ 上任取一点 $P (ρ ， θ)$ ，则在 $△ O P B$ 中，已知 $O P = ρ$ ， $∠ P O B = \frac{π}{3} - θ$ ， $O B = 2$ ，

则 $ρ \cdot c o s (\frac{π}{3} - θ) = 2$ ，也即 $ρ \cdot c o s (θ - \frac{π}{3}) = 2$

解后反思：相比较而言，在极坐标系下求直线的方程，我们只需要借助解三角形就可以搞定了，原因是在极坐标系下 $ρ$ 的含义一定是极点到动点的线段的长度，这样就可以顺利借助解三角形来完成了。

(2).当 $M$ 在 $C$ 上运动且 $P$ 在线段 $O M$ 上时，求 $P$ 点轨迹的极坐标方程。

分析：同样的，求 $P$ 点轨迹的极坐标方程，我们也可以有两个思路来考虑，

思路1：在直角坐标系下思考求解，然后转化划归。

设直线 $O M ： y = k x$ ，则直线 $A P ： y = - \frac{1}{k} (x - 4)$ ，

则两条直线的交点 $P$ 的参数方程为 ${\begin{cases} y = k x ① \\ y = - \frac{1}{k} (x - 4) ② \end{cases} (k 为参数， k ⩾ 1)$ ，

两式相乘，消去参数，得到 $y^{2} = - x (x - 4)$ ，

即 $x^{2} + y^{2} - 4 x = 0$ ，转化为极坐标方程为 $ρ^{2} = 4 ρ c o s θ$ ，

即 $ρ = 4 c o s θ$ ，对应的 $θ \in [\frac{π}{4} ， \frac{π}{2})$ ，

再思考当 $k$ 不存在时，点 $P$ 落在原点，也满足题意，对应 $θ = \frac{π}{2}$ ，

综上所述， $P$ 点轨迹的极坐标方程为 $ρ = 4 c o s θ$ ， $θ \in [\frac{π}{4} ， \frac{π}{2}]$ ，

思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，

设动点 $P (ρ ， θ)$ ，在 $∠ O A P$ 中， $O P = ρ$ ，我们很容易得到 $c o s θ = \frac{ρ}{4}$ ，

即 $ρ = 4 c o s θ$ ，且 $θ \in [\frac{π}{4} ， \frac{π}{2}]$ ，

故 $P$ 点轨迹的极坐标方程为 $ρ = 4 c o s θ$ ， $θ \in [\frac{π}{4} ， \frac{π}{2}]$ 。

解后反思：由这两小问题的解答过程比较分析，同意的问题，当放到极坐标下思考和运算会变得很简单，之所以我们感觉难，是因为我们对极坐标系很不熟悉而已。

相关链接：坐标系与参数方程的考向整理

本站是提供个人知识管理的网络存储空间，所有内容均由用户发布，不代表本站观点。请注意甄别内容中的联系方式、诱导购买等信息，谨防诈骗。如发现有害或侵权内容，请点击一键举报。

转藏分享

QQ空间 QQ好友新浪微博微信

献花（0） +1

来自： LEARN＆STUDY > 《高考数学》

举报/认领

0条评论

发表

请遵守用户评论公约

类似文章 更多

LEARN＆STUDY

关注对话

TA的最新馆藏

[转] 中华民国国家元首列表|大总统
[转] 民国时期24任国家元首名单
[转] 【高中数学】详解2024新高考“赋分制”
[转] 高考数学二轮专题，圆锥曲线综合大题，联立法点差法多法汇合。
[转] 高中数学——数形结合解决复合函数多零点问题
[转] 高中数学：教你柯西不等式的应用，数列不等式证明的八种方法4，

喜欢该文的人也喜欢更多

热门阅读换一换