(1)求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程；
(2)设P为曲线C1上的动点，求点P到曲线C2上点的距离的最小值．
?x＝2cos α，
解：(1)由曲线C1：?
?y＝sin α
得曲线C1的普通方程为＋y＝1.
2
x2
2
π?2?由曲线C2：ρsin?θ＋?＝42得，ρ(sin θ＋cos θ)＝42， 4?2?即曲线C2的直角坐标方程为x＋y－8＝0. (2)易知椭圆C1与直线C2无公共点，
|2cos α＋sin α－8|
椭圆上的点P(2cos α，sin α)到直线x＋y－8＝0的距离为d＝
2＝|3
α＋φ2
－8|
，其中φ是锐角且tan φ＝2.
82－6
所以当sin(α＋φ)＝1时，d取得最小值.
2
π??6．(2017·成都模拟)在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为α?α≠?的直线l的参数方程2??
??x＝1＋tcos α，
为???y＝tsin α
(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，
2
曲线C的极坐标方程是ρcosθ－4sin θ＝0.
(1)写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
?π?(2)已知点P(1,0)．若点M的极坐标为?1，?，直线l经过点M且与曲线C相交于A，B两
2??
点，设线段AB的中点为Q，求|PQ|的值．
??x＝1＋tcos α，
解：(1)∵直线l的参数方程为?
??y＝tsin α
(t为参数)，
∴直线l的普通方程为y＝tan α·(x－1)．
由ρcos θ－4sin θ＝0得ρcos θ－4ρsin θ＝0，即x－4y＝0. ∴曲线C的直角坐标方程为x＝4y.
2
2
2
2
2
?π?(2)∵点M的极坐标为?1，?，∴点M的直角坐标为(0,1)． 2??
又直线l经过点M，∴1＝tan α·(0－1)， 3π
∴tan α＝－1，即直线l的倾斜角α＝.
4
2
?x＝1－t，?2
∴直线l的参数方程为?
2y＝t??2代入x＝4y，得t－62t＋2＝0.
2
2
(t为参数)．
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2. ∵Q为线段AB的中点， ∴点Q对应的参数值为
t1＋t262
2
＝
2
＝32.
又点P(1,0)是直线l上对应t＝0的点，则|PQ|＝?
?t1＋t2?＝32.
??2?
7．(2017·南昌模拟)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1过点P(a,1)，其参数方程为
?x＝a＋2t，?
?y＝1＋2t
(t为参数，a∈R)．以O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线
C2的极坐标方程为ρcos2θ＋4cos θ－ρ＝0.
(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)已知曲线C1与曲线C2交于A，B两点，且|PA|＝2|PB|，求实数a的值． 解：(1)∵曲线C1的参数方程为?
?x＝a＋2t，?y＝1＋2t，
∴其普通方程为x－y－a＋1＝0.
∵曲线C2的极坐标方程为ρcosθ＋4cos θ－ρ＝0， ∴ρcosθ＋4ρcos θ－ρ＝0，
∴x＋4x－x－y＝0，即曲线C2的直角坐标方程为y＝4x.
2
2
2
2
2
2
2
2
?
(2)设A，B两点所对应的参数分别为t，t，由?x＝a＋?y＝1＋1
2
y2＝4x，
2t，2t，
得2t－22t＋1－4a2
＝0.
t1＋t2＝2，??2
Δ＝(22)－4×2(1－4a)>0，即a>0，由根与系数的关系得?1－4at·t＝，12?2?
根据参数方程的几何意义可知|PA|＝2|t1|，|PB|＝2|t2|， 又|PA|＝2|PB|，∴2|t1|＝2×2|t2|，即t1＝2t2或t1＝－2t2.
??t1＋t2＝3t2＝2，
当t1＝2t2时，有?1－4a2
t·t＝2t＝，122?2?
??t1＋t2＝－t2＝2，
当t1＝－2t2时，有?1－4a2
t·t＝－2t＝，122?2?
19
综上所述，实数a的值为或.
364
1
解得a＝>0，符合题意．
36
9
解得a＝>0，符合题意．
4
??x＝4＋3cos t，
8．(2017·贵阳检测)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为?
?y＝5＋3sin t?
(其中
t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为
ρ＝2sin θ.
(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
(2)若A，B分别为曲线C1，C2上的动点，求当AB取最小值时△AOB的面积．
??x＝4＋3cos t，
解：(1)由?
?y＝5＋3sin t?
得C1的普通方程为(x－4)＋(y－5)＝9.由ρ＝2sin θ得ρ
222
＝2ρsin θ，
将x＋y＝ρ，y＝ρsin θ代入上式，得C2的直角坐标方程为x＋(y－1)＝1. (2)如图，当A，B，C1，C2四点共线，且A，B在线段C1C2上时，|AB|取得最小值，
2
2
2
2
2
由(1)得C1(4,5)，C2(0,1)，
5－1
∴kC1C2＝＝1，则直线C1C2的方程为x－y＋1＝0，
4－0∴点O到直线C1C2的距离d＝＝42－4，
112
∴S△AOB＝d|AB|＝××(42－4)＝2－2.
222
第二讲 选修4－5 不等式选讲
[考情分析] 1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是绝对值不等式的解法以及不等式的证12＝
2
，又|AB|＝|C1C2|－1－3＝2
－
2
＋－
2
－4
明，其中绝对值不等式的解法以及绝对值不等式与函数综合问题的求解是命题的热点． 2．该部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考时应注意分类讨论思想的应用． 考点一 绝对值不等式的解法
[典例感悟]
[典例1] (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围． [解] (1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
2
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①
当x＜－1时，①式化为x－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x－x－2≤0，解得－1≤x≤1； 当x＞1时，①式化为x＋x－4≤0， －1＋17
解得1＜x≤.
2
－1＋17
所以f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤. 2(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2.
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2.
又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范围为[－1,1]．
[方法技巧] 绝对值不等式的常用解法
(1)基本性质法：对a∈R＋，|x|
(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．
(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解． (5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．
[演练冲关]
1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|. (1)求不等式f(x)≥1的解集；
2
22
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