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第十八章 数系的扩充与复数的引入
复数的概念及运算
考纲·题型解读
1.了解复数的有关概念及复数的代数表示和几何意义.
2.掌握复数代数形式的运算法则,能进行复数代数形式的加法、减法、乘法、除法运算.
3.了解从实数系到复数系的关系及扩充的基本思想.
4.本章内容在高考中,以选择题为主.在高考中常见的类型有:
(1)与基本计算有关的问题;
(2)与复数模有关的问题;
(3)与复数几何意义有关的问题.
A.-1 B.0
题源1 复数的概念
C.1 D.-1或1
[解析]
解题模型
本题考查复数的定义,属于送分题,由
x2-1=0 ,故选
1.虚数单位i及其性质 { } x=-1 A.x-1≠0
①i是一个新引入的数,它不同于从前学过的实数,由
[真题3] (
1 1
2020·辽宁)复数 + 的虚部是
于数i的引入产生了一种新的数叫虚数,i叫虚数单位,正 -2+i 1-2i
如同实数的单位是1一样. ( )
②规定了i有两条性质:(a)i2=-1;(b)实数可以与它 1 1A. i B.
进行四则运算,并且运算时原有的加、乘运算律仍然成立. 5 5
2.复数的定义:形如a+bi(a,b∈R)的数叫做复数,常 1 1C.- i D. -
记作z=a+bi(a,b∈R),其中a 5 5与b分别叫做复数z 的实
部与虚部. [ ] 1 1 -2-i 1+2i 1 1解析 ∵ + = + =- + i,-2+i 1-2i 5 5 5 5
①当b=0时,z 是实数;
1 1 1
②当b≠0时,z 是虚数; ∴复数 的虚部为 ,故应选-2+i+1-2i 5 B.
③当a=0且b≠0时,z 是纯虚数. [真题4] (2020·全国Ⅱ)设a,b∈R且b≠0,若复数(a+
bi)3 是实数,则 ( )
[ z+2真题1] (2021·陕西)已知z 是纯虚数, 是实数,那 A.b2=3a2 B.a2=3b21-i
2 2 2 2
么z等于 ( ) C.b =9a D.a =9b
A.2i B.i [解析] ∵(a+bi)
3=a3+3a2bi-3ab2-b3i=(a3-3ab2)
+(3a2b-b3)i是实数,∴3a2b-b3=0,∵b≠0,∴b2 2C.-i D.-2i =3a ,故
[解析] 本小题主要考查了复数的四则运算,在一个小题 应选A.
n
中将复数的三种运算综合在一起使得复数运算得以充分地考 [真题5] (2021·广东)设z是复数,a(z)表示满足z =1
查.其中分母实数化和复数分类的概念是求解的关键.设z=yi, 的最小正整数n,则对虚数单位i,a(i)等于 ( )
yi+2 (2-y)+(y+2)i A.2 B.4
则 = ∈R,∴2+y=0,即1-i 2 y=-2
,∴z= C.6 D.8
z+2 [解析] 由i
4k=1(k∈N*),从而满足题意的最小正整数n
-2i,选D.也可根据选择项验证,显然当z=-2i时, 适1-i=2 =4.选B.
合条件,选D. [真题6] (2021·江苏)若复数z1=4+29i,z2=6+9i,其
[真题2] (2021·江西)若复数z=(x2-1)+(x-1)i为 中i是虚数单位,则复数(z1-z2)i的实部为 .
纯虚数,则实数x 的值为 ( ) [解析] 本题考查了复数的基本运算,属基础概念题.由z1
·367·
=4+29i,z2=6+9i,可得(z1-z2)i=(-2+20i)i=-20-2i, (3+i)(1- 3i) 23-2i 3 1 ,
则复数(z -z )i的实部为-20. = =- + i1 2 -2(1+ 3i)(1- 3i) -8 4 4
题源2 复数相等的充要条件 3 1 1∴z·z= 3 1 ÷ 3 1
è-4+4i è- - i
÷= + = .故
4 4 16 16 4
选
解题模型 A.
[ -1+3i真题
(、、、 ) 11
] (2022·天津)i是虚数单位,复数 等于
两个复数a+bi与c+diabcd∈R 的实部与实 1+2i
部、虚部与虚部分别相等,就说这两个复数相等. ( )
A.1+i B.5+5i C.-5-5i D.-1-i
[真题7] ( ·
a+2i
2022 山东)已知 i =b+i
(a,b∈R),其中i -1+3i (-1+3i)(1-2i)[ ] -1+3i+2i+6解析 1+2i = (1+2i)(1-2i)= 1+4 =
为虚数单位,则a+b= ( ) 5+5i
选
A.-1 B.1 5 =1+i. A.
C.2 D.3 [真题12] (2022·广东)若复数z1=1+i,z2=3-i,则
a+2i i( )[解析] a+2i · ( ) i = i2 =2-ai=b+i
,由复数相等得, z1 z2=
A.4+2i B.2+i C.2+2i D.3+i
b=2,a=-1,则a+b=1,故选B. [解析] z1·z2=(1+i)·(3-i)=(3-i2)+3i-i=4+2i.
[ 1+2i真题8] (2022·辽宁,2)设a,b为实数,若复数 故选A.a+bi=
3+2i 3-2i
1+i,则 ( ) [真题13] (2021·宁海)复数 ( )2-3i-2+3i=
3
A.a= ,
1
b= B.a=3,b=1 A.0 B.2 C.-2i D.2i2 2
[ ] 3+2i 3-2i
(3+2i)(2+3i) (3-2i)(2-3i)
1 3 解析 - = -
C.a= ,2 b=2 D.a=1
,b=3 2-3i 2+3i 13 13
1+2i =i+i=2i
,故应选D.
[解析] a+bi=1+i 1+2i=
(1+i)(a+bi) 1+2i=
题源4 复数的几何意义
ì
,
3
a= ,
(a-b)+(
a-b=1 2
a+b)i { í 故选A. 解题模型a+b=2 1 b= , 2 复数z 是形如a+bi(a,b∈R)的数,它与以原点O 为
[真题9] (2020·北京)已知(a-i)2=2i,其中i是虚数单
起点的向量O→Z建立一一对应法则后,便从一个侧面获得
位,那么实数a= .
2 2
[解析] a2-1-2a , 了:①长度的含义, ;i=2i 即|z|= a +b ②非零实数的性质,
{a
2-1=0 即|z|≥0,这样|z|就可以列入最大(小)值问题的讨论范
∴ } a=-1.2a=-2 围了.
其解法主要有以下几种:(1)运用图形的直观性求解;
题源3 复数的运算 (2)运用复数的三角不等式求解;(3)运用复数的几何意义
求解;(4)运用共轭复数的性质求解.
解题模型
i
1.代数形式:z=a+bi(a、b∈R) [真题14] (2022·陕西)复数z= 在复平面上对应的1+i
2.运算法则:设z1=a+bi,z2=c+di,则有 点位于 ( )
z1±z2=(a+bi)±(c+di)=(a±c)+(b±d)i A.第一象限 B.第二象限
z1z2=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i C.第三象限 D.第四象限
z1 a+bi (a+bi)(c-di) ac+bd bc-ad= =( (
2 i i(1-i) 1+i 1 1
z2 c+di c+di)(c-di)=c2+d2+c2+d2ic [解析] z= = 复数 在复1+i 1-i2 = 2 =2+2i.∴ z
+d2≠0)
平面内的对应点的坐标为 (1,12 2 ) 在第一象限.故选A.
[ ] ( · ) 3+i , [ ] ( · ) ,真题10 2022 全国 已知复数z= z是z 真题15 2022 湖北 若i为虚数单位 图中复平面内
(1- 3i)2 z
, · ( ) 点Z 表示复数 ,则表示复数 的点是 ( )的共轭复数 则z z z= 1+i
1 1
A.4 B.2
C.1 D.2
[ ] 3+i 3+i 3+i解析 ∵z= = = =
(1- 3i)2 -2-23i -2(1+ 3i)
·368·
图示知点 H 表示2-i,故选D.
[真题16] (2021·上海)已知复数z=a+bi(a,b∈R+)(i
是虚数单位)是方程x2-4x+5=0的根.复数w=u+3i(u∈R)
满足|w-z|<25,求u的取值范围.
[解析] 原方程的根为x1,2=2±i,
∵a、b∈R+,∴z=2+i,
∵|w-z|=|(u+3i)-(2+i)|= (u-2)2+4<25,
A.E B.F ∴-2C.G D.H
[ z 3+i解析] 由图示可知z=3+i,∴1+i= =2-i
,再结合
1+i
(★代表高考出现的频次)
( ) 9.(2022·江西)已知(x+i)(1-i)= ,则实数x, 分别为题源1 复数的概念 ★★★★★ y y ( )
, ,
1.( ·
a-i
2020 浙江)已知a是实数, 是纯虚数,则a等于 A.x=-1y=1 B.x=-1y=21+i C.x=1,y=1 D.x=1,y=2
( )
( · ) 1+i江苏 若将复数 表示为 (, ,是
A.1 B.-1 10. 2020 1-i a+biab∈Ri
C.2 D.- 2 虚数单位)的形式,则a+b= .
2.(2020·福建)若复数(a2-3a+2)+(a-1)i是纯虚数, 题源3 复数的运算(★★★★★)
则实数a的值为 ( )
A.1 B.2 11.(2022·四川)i是虚数单位,计算i+i2+i3= ( )
C.1或2 D.-1 A.-1 B.1
5i C.-i D.i
3.(2021·重庆)已知复数z的实部为-1,虚部为2,则 等于z
( · ) 3-i12. 2021 山东 复数 等于 ( )( ) 1-i
A.2-i B.2+i A.1+2i B.1-2i
C.-2-i D.-2+i C.2+i D.2-i
4.(2020·全国Ⅰ)设a∈R,且(a+i)2i为正实数,则a等于 5i13.(2021·天津)i是虚数单位, ( )
( ) 2-i
=
A.2 B.1 A.1+2i B. -1-2i
C.0 D.-1 C.1-2i D. -1+2i
5.(2021·上海)“-2≤a≤2”是“实系数一元二次方程x2 14.(2022·安徽,
i
1)i是虚数单位, = ( )
+ax+1=0有虚根”的 ( ) 3+3i
A.必要不充分条件 1 3 1 3
A.4- i B. + iB.充分不必要条件 12 4 12
C.充要条件 1 3 1 3
C.2+6i D. - iD.既不充分也不必要条件 2 6
6.(2021·福建)复数i2(1+i)的实部是 . 115.(2021·辽宁)已知复数z=1-2i,那么 = ( )
7.(2020·湖北)设z1 是复数,z2=z1-iz1(其中z1 表示 z
z1 的共轭复数),已知z2 的实部是-1,则z2 的虚部为 5 25 5 25
A. 5+ 5i B. - i . 5 5
1 2 1 2
题源2 复数相等的充要条件(★★★★) C. 5+5i D. 5-5i
1+7i 16.(2022·上海)若复数z=1-2i(i为虚数单位),则z·z
8.(2021·安徽)i是虚数单位,若 =a+bi(a,b∈R),2-i +z= .
则乘积ab的值是 ( )
题源4 复数的几何意义( )A.-15 B.-3 ★★★
C.3 D.15 17.(2022·浙江)对任意复数ξ=x+yi(x,y∈R),i为虚数
·369·
单位,则下列结论正确的是 ( ) 19.(2021·北京)在复平面内,复数z=i(1+2i)对应的点
A.|z-z|=2y B.z2=x2+y2 位于 ( )
C.|z-z|≥2x D.|z|≤|x|+|y| A. 第一象限 B. 第二象限
( · ) , 2i C. 第三象限 D. 第四象限18.2022 北京 在复平面内 复数 对应的点的坐标为1-i 20.(2022·江苏)设复数z满足z(2-3i)=6+4i(i为虚数
. 单位),则z的模为 .
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分。每小题 D.3+i
只有一个选项符合题意) 4-3ai 2+ai 20067.( 1.3)若复数 (a∈R)为纯虚数,则 的
1.( 1.2.3.4)下列四个命题中正确结论个数为 ( ) 3+ai (2-ai)
1 值为 ( )
①满足z= 的复数只有±1,z ±i A.-1
②若a、b∈R且a=b,则(a-b)+(a+b)i是纯虚数 B.1
③复数z∈R的充要条件是z=z C.-i
④复平面内x 轴是实轴,y 轴是除去原点的虚轴 D.以上都不对
A.0 B.1 8.( 3)如果一个复数的实部和虚部相等,则称这个复数为
C.2 D.3 “等部复数”,若复数Z=(1+ai)i为“等部复数”则实数a的值为
( )
2.( 3.4)已知i为虚数单位,
1+2i
复数z= ,则复数1-i z
在复
A.-1 B.0
平面内的对应点位于 ( ) C.1 D.2
A.第一象限 二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)
B.第二象限 9.( 2.3)若(a-2i)i=b+i(a,b∈R),其中i为虚数单位,
C.第三象限 则a+b= .
D.第四象限 10.( 3)已知复数z1=3+4i,z2=t+i,且z1·z2 是实数,
a+3i 则实数t等于 .
3.( 1)若复数 (a∈R,i为虚数单位)是纯虚数,则实1+2i (3+4i)(2- 2i)
数a的值为 ( ) 11.( 3.4)复数z= 1 3 ( )( -2i - i÷ - 3+i 1+2i)A.2 B.4 è2 2
C.-6 D.6 的模为 .
2 12.( 1.4)对于任意两个复数( ) ( ), ( ) z1=x1+y1i
,z2=x +4. 3 复数z=1-ii是虚数单位 则 -z等于 2 y2
i
z2 (x1、y1、x2、y2 为实数),定义运算☉为z1☉z2=x1x2+y1y2,
A.-1+2i 设非零实数w1、w2 在复平面上对应的点分别为 P1、P2,点O
B.1-2i 为坐标原点,如果 w1☉w2=0,那么在△P1OP2 中,∠P1OP2
C.-1 的大小为 .
D.1+2i 三、解答题(本小题包括4小题,每小题15分,共60分)
2-bi 13.( 3)已知x、y 为共轭复数,且(( ) ( , ) x+y
)2-3xyi=4-6i.
5. 1.3 如果复数 其中i为虚数单位 b为实数 的1+2i 求x、y.
实部和虚部互为相反数,那么b等于 ( )
2
A.2 B.3
2
C.-3 D.2
2
6.( 4)复数z1= (1+i) 、z =2-i32 分别对应复平面上的1-i
点P、Q,则向量P→Q对应的复数是 ( )
A. 10
B.-3-i
C.1+i
·370·
14.( 3)计算下列各式. 16.( 1.2.3)设等比数列{zn}中,其中z1=1,z2=a+bi,z3
50 6 (, ,且 )
(1)i2000 ( )8 2
=b+aiab∈R a>0 .
+ 2+ 2i - ÷ ; (2) 1 3 ÷ .
è1-i è2-2i (1)求a,b的值;
(2)试求使z1+z2+…+zn=0的最小正整数n;
(3)用(2)中求的正整数n,求z1·z2·…·zn 的值.
1
15.( 3.4)设z是虚数,w=z+ ,且z -1(1)求|z|的值及z的实数的取值范围;
() 1-z2 设u= ,求证:u为纯虚数;1+z
(3)求w-u2 的最小值.
·371·+1)+2. 念及基本运算.(a+i)2i+(a2+2ai+i2)i=(a2-1)i
综上可得,对于所有n≥1,有an≥n+2. +2ai2=-2a+(a2-1)i,由题意得a2-1=0且-
15. 证明:(1)即证20,所以a=-1,故选D.
x21 (2-x1)x1, 5.A 【解析】 由实系数一元二次方程
2
∵x2 =2(x -1)=x1 +
x +ax
1 2(x1-1) x2 = +1=0,可得Δ=a2-4<0,即可得a∈(-2,2),∵
x2 21 (x=2+ 1
-2),x =a>2,∴2次方程x2+ax+1=0有虚根”的必要不充分条件,
假设 2x2k+1 (2-x )x=x k+1 k+1( ) k+1+ ( ) 识,2 ( )2 属于容易题.由i
2(1+i)=-1-i,从而可知实部xk+1 xk+1-2
( ,2xk+1-1)=2+2(x -1)>2 ∴2综上所述,根据数学归纳法,命题成立. 7.1 【解析】 设z1=a+bi,则z2=z1-iz1=
(x -2)2 x -2 a+bi-i(a-bi)=(a-b)+(b-a)i,∵z2 的实部a(2)由(1)得0k k ·
2(x =k-1) xk-1 -b=-1,∴z2 的虚部b-a=1.
1( ) 1( ) 8.B 【解析】 本题主要考查复数的乘法运算、
2 xk-2 <2 xk-2 . 1+7i
复数相等的意义. =a+bi 1+7i=(a+bi)(1 2
当n=1时,x =a≤2+ 2-i1 21-1=3
,
-i) 1+7i=(2a+b)+(2b-a)i,因此1=2a+b且
, xn-2 ·xn-1-2∴当n≥2时 xn-2= ·… 2b-a=7,a=-1,b=3,ab=-3.xn-1-2 xn-2-2
9.D 【解析】 ∵(x+i)(1-i)=(x+1)+(1-
n-1
·x2-2·(x -2)< 11 (a-2),又a≤3,x x+1=y
, x=1,
1-2 (2 ) x)i=y,∴{ 解得 故选1-x=0, { , D.
(1
y=2
∴x -2< )n-1n ,
1
即
2 xn<2+ n-1
;
2 (【 】 1+i 1+i
)2 2i
10.1 解析 ∵
1 1-i
= 1-i2 =2=i=a+
∴xn≤2+2n-1
(n∈N*). bi,∴a=0,b=1,即得a+b=1.
11.A 【解析】 ∵i2=-1,∴i+i2+i3=i-1-
第十八章 数系的扩充与复数的引入 i=-1.故选A.
复数的概念及运算 3-i12.C 【解析】 本题考查复数的除法运算.1-i
五年高考母题原型训练
【 】 ( )( )
2
1.A 解析 本题考查复数的代数运算及纯 3-i 1+i 3-i+2i 4+2i=( )( ,选1-i 1+i)= 2 = 2 =2+i C.
虚数的概念,用直接法或者验证可得.
13.D 【解析】 本 题 考 查 复 数 的 基 本 运 算.
a-i (a-i)(1-i) a-1 -a-1
∵1+i= 1+1 =
,令
2 + 2 i a- 5i 5i
(2+i)
2-i= 5 =-1+2i.
1=0,得a=1.
( )
2.B 【解析】 本题考查复数部分纯虚数的定 14.B 【 】
i i 3-3i
解析 = =
, , 3+3i
(3+3i)(3-3i)
义 除实部为0外 还应注意虚部不能为0,此为易误
点.此题中a≠1. 3i+3 1 3
3+9 =4+12i.
3.A 【解析】 本题主要考查复数的相关定义
5i 15.D
【解析】 本题考查复数的运算.z=1+
与复数的四则运算能力.依题意得z=-1+2i,z = 1 1 1 22i,∴ =1+2i=5- i.5i 5i(-1-2i) z 5
-1+2i= 5 =2-i
,选A. 16.6-2i 【解析】 ∵z=1-2i,∴z=1+2i,
4.D 【解析】 本小题主要考查复数的基本概 z·z=(1-2i)(1+2i)=5,
·201·
z·z+z=5+1-2i=6-2i. b
b- i.
17.D 【解析】 ∵z-z=2yi,
2
∴|z-z|= ( a +b2 )
2|y|,选项A、C错误;而z2=(x+yi)2=x2-y2+ 由-1<ω<2知ω∈R,
b
∴b-a2+b2=0
,
2xyi,选 项 B错 误,而|z|= x2+y2,|z|2=x2 (1)∵b≠0,∴a2+b2=1,即|z|=1.
+y2,
1
(|x|+|y|)2=x2+y2+2|xy|≥x2+y2,因此 于是,ω=2a.由-1<ω=2a<2,得-2|z|≤|x|+|y|,故选D.
() 1-z 1-a-bi 1-a
2-b2-2bi
( ) 2u= = = 2 2
18.(-1,)
2i 2i1+i ( )
1 【解析】 = 1+z 1+a+bi 1+a +b1-i (1-i)(1+i)= b
2i(1+i) =- i.
=i+i2=-1+i,对应的点为(-1,1)2 .
a+1
1
19.B 【解析】 , ,本题主要考查在坐标系内复数 ∵a∈ (- ,2 1) b≠0 ∴u为纯虚数.
与点的对应关系.属于基础知识的考查.∵z=i(1+
() 2 b
2 1-a2
2i)=i+2i2=-2+i,∴复数z 所对应的点为(-2,
3ω-u =2a+(a+1)2=2a+(a+1)2
1),故选B. a-1=2a-
( )( ) a+1
20.2 【
6+4i 6+4i 2+3i
解析】 z=2-3i=(2-3i)(2+3i)= 2
=2a-1+ =2[( 1a+1 a+1)+a+1]-3.2i,∴|z|=2.
2012—2013高考题源拓展测试 ∵a∈ ( 1- ,1),∴a+1>0,
1.C 2.B 3.C 4.A 5.C 6.D 7.D 2
3 π 2 1
8.A 9.3 10.4 11.3 12.
故ω-u ≥2·2 (a+1)·a+1-3=4-3=1.2
13. 解:设x=a+bi(a,b∈R),则y=a-bi,代 1当且仅当a+1= ,即a=0时,ω-u2 取得
入原式,得(2a)2-3(a2+b2)i=4-6i,解得 a+1
4a2
最小值
{ =4, {a=1, a=1,
1.
得 或 或
-3(a2+b2)=-6. b=1, {b=-1, 16. 解:(1)∵z 21,z2,z3 成 等 比 数 列,∴z2=
a=-1, a=-1, z1z
2 2
3;即(a+bi)=b+ai,a -b2+2abi=b+ai.
{ 或b=1, { 2 2b=-1. a -b =b,∴{ ( 3 1a>0),解得a= ,2 b=2.
{x=1+i, x=1-i, x=-1+i,
2ab=a.
∴ 或 或
y=1-i, {y=1+i, {y=-1-i, (2)∵z1=1, 3 1z2= + i, 3 1∴公比2 2 q=2+2i.
{x=-1-i,或 n-1y=-1+i. 于是zn= 3 1+ i÷ ,z1+z2+…+zn=1+
14. 解:(1)原 式 =i4×500 + [2(1+i)2]4 - è2 2
n n
( 2
25
( )4 25 q+q2+…+qn-1
1-q
= =0,∴qn=

3 1+ i÷ =
-2i) =1+ 4i -i =257-i. 1-q è2 2
1 3 1 3 n
n
1 3
(2)由ω=-2+2i
,∴2-2i=-ω.
(-i)
è- +
÷ =1.
2 2i
原 式 = êé
6 6
- 1 3 ù 1 3
即n既是3的倍数又是4的倍数.
ê è-2+2i
÷ úú = ÷ è-2+2i 故n的最小值为12.
=1. (3)z1 ·z2 · … ·z 3 1 12 =1· + i÷ ·
15. 解:设z=a+bi,a,b∈R,b≠0. è2 2
1 2( a 3 1
11
则 ω =a +bi+ = a+ 3 1

a+bi a2+b2 ) + è2+2i÷ · … · ÷ = è2+2i
·202·
1+2+…+113 1 =[(-i)· 1 3 ]66 4.证 明:(1)
︵ ︵
因 为
+ i÷ - + i÷ AC =BD
,所 以 ∠BCD
è2 2 è 2 2 =∠ABC.
66
=(-i)66· 1 3 又因 为 与 圆 相 切 于 点 ,故 ÷ =-1. EC C ∠ACE =
è-2+2i ∠ABC,所以∠ACE=∠BCD.
第十九章 选考内容 (2)因为∠ECB=∠CDB,∠EBC=∠BCD,
BC CD
所以
五年高考母题原型训练 △BDC~ △ECB,故BE =
,即 2
BC BC
1.8π 【解析】 方法一:由正弦定理,得2R= =BE·CD.
AB 4 5. 解:(Ⅰ)由已知条件,可得, ∠BAE=∠CAD.那么圆 的面积
sin∠ACB= =42 R=22 O S2 因为∠AEB 与∠ACB 是同弧上的圆周角,所以
2 ∠AEB=∠ACD.
=R2π=8π. 故△ABE∽△ADC.
方法二:连 接 AO 并 延 长 交 圆 于D,连 BD,则
( ) , AB ADⅡ 因为△ABE∽△ADC 所以 = ,即
△ABD 是直角边等于4的等腰直角三角形,斜边即 AE AC
为圆的直径,显然,2R=42 R=22,那么圆O 的 AB·AC=AD·AE.
面积S=R2π=8π. 1 1又S=2AB
·ACsin∠BAC,且S=2AD
·
2. 3 【解析】 因为PA 是圆O 的切线,切点 AE,故AB·ACsin∠BAC=AD·AE.
为A,AC 为直径,所以AC⊥PA.因为PC 为圆O 的 则sin∠BAC=1,又∠BAC 为三角形内角,所以
一条割线,所以有PA2=PB·PC,即22=1×PC,解 ∠BAC=90°.
得 PC=4.在 直 角 三 角 形 PAC 中,可 得 AC = 【点评】 三角形相似是平面几何中的基本问题,
PC2-PA2=23,所以圆O 的半径R= 3. 相似的条件成为解题切入点.
6.A 【解析】 由ρ=cosθ得ρ2=ρcosθ,
2 1
∴x2+y2=x,整理得 ( 1x- ) +y2= ,∴所2 4
表示的图形为圆.
x=-1-t, x+1=-t,
由 得
3.证明:
{ {
连结OD、BD. y=2+3t, y-2=3t,
因为AB 是圆O 的直径, 消t得3x+y+1=0,
所以∠ADB=90°, ∴所表示的图形为直线,故选A.
AB=2OB. 7.(-∞,0)∪(10,+∞) 【解析】 考查参数
方程与普通方程的互化、直线与圆的位置关系.方法
有二:一是联立方程组,利用判别式;二是直接利用圆
心到直线的距离与半径的大小关系.判断交点个数,
利用法二;涉及交点坐标,利用法一.圆方程为(x-
1)2+ (y+2)2 =1,圆 心 到 直 线 的 距 离 为 d=
|3-8+m| |m-5|, |m-5|= 由 题 意d>r=1,∴
因为DC 是圆O 的切线, 32+42 5 5
所以∠CDO=90°. >1,解得m<0或m>10.
又因为DA=DC,所以∠A=∠C,
8. ( ,π23 ) 【解析】 本 题 要 求 曲 线C1 与于是△ADB≌△CDO,从而AB=CO, 6
即2OB=OB+BC,得OB=BC. C2 交点的极坐标,实质就是求同时满足极坐标方程
故AB=2BC. cosθ=3
ρcosθ=3和ρ=4cosθ 的点(ρ,θ).由 {ρ ,消去ρ=4cosθ
·203·

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