高考理数(课标专用)第十六章坐标系与参数方程A组????统一命题·课标卷题组考点一极坐标方程1.(2018课标Ⅰ,22,10分)在直角
坐标系xOy中,曲线C1的方程为y=k|x|+2.以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρ
cosθ-3=0.(1)求C2的直角坐标方程;(2)若C1与C2有且仅有三个公共点,求C1的方程.五年高考解析(1)由x=ρc
osθ,y=ρsinθ得C2的直角坐标方程为(x+1)2+y2=4.(2)由(1)知C2是圆心为A(-1,0),半径为2的圆.
由题设知,C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线.记y轴右边的射线为l1,y轴左边的射线为l2.由于B在圆C2的外面,故C
1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点,或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共
点.当l1与C2只有一个公共点时,A到l1所在直线的距离为2,所以?=2,故k=-?或k=0,经检验,当k=0时,l1与C2没有公
共点;当k=-?时,l1与C2只有一个公共点,l2与C2有两个公共点.当l2与C2只有一个公共点时,A到l2所在直线的距离为2,所
以?=2,故k=0或k=?.经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;当k=?时,l2与C2没有公共点.综上,所求C1的方程为y=
-?|x|+2.方法总结极坐标方程与直角坐标方程的互化技巧(1)巧用极坐标方程两边同乘ρ或同时平方技巧,将极坐标方程构造成含有ρ
cosθ,ρsinθ,ρ2的形式,然后利用公式代入化简得到直角坐标方程.(2)巧借两角和差公式,转化成ρsin(θ+α)或ρc
os(θ+α)的形式,进而利用互化公式得到直角坐标方程.(3)将直角坐标方程中的x转化为ρcosθ,将y转化为ρsinθ,即可
得到极坐标方程.2.(2017课标Ⅱ,22,10分)在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1
的极坐标方程为ρcosθ=4.(1)M为曲线C1上的动点,点P在线段OM上,且满足|OM|·|OP|=16,求点P的轨迹C2的直
角坐标方程;(2)设点A的极坐标为?,点B在曲线C2上,求△OAB面积的最大值.解析本题考查极坐标方程及其应用.(1)设P的极坐
标为(ρ,θ)(ρ>0),M的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0).由题设知|OP|=ρ,|OM|=ρ1=?.由|OM|·|OP|=1
6得C2的极坐标方程ρ=4cosθ(ρ>0).因此C2的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4(x≠0).(2)设点B的极坐标为(
ρB,α)(ρB>0).由题设知|OA|=2,ρB=4cosα,于是△OAB面积S=?|OA|·ρB·sin∠AOB=4cos
α·?=2?≤2+?.当α=-?时,S取得最大值2+?.所以△OAB面积的最大值为2+?.3.(2016课标Ⅰ,23,10分)在直
角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为?(t为参数,a>0).在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=4c
osθ.(1)说明C1是哪一种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程;(2)直线C3的极坐标方程为θ=α0,其中α0满足tanα0
=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a.解析(1)消去参数t得到C1的普通方程x2+(y-1)2=a2.C1是以(0,1
)为圆心,a为半径的圆.?(3分)将x=ρcosθ,y=ρsinθ代入C1的普通方程中,得到C1的极坐标方程为ρ2-2ρsin
θ+1-a2=0.?(5分)(2)曲线C1,C2的公共点的极坐标满足方程组??(6分)若ρ≠0,由方程组得16cos2θ-8si
nθcosθ+1-a2=0,由tanθ=2,可得16cos2θ-8sinθcosθ=0,从而1-a2=0,解得a=-1(
舍去),或a=1.?(8分)a=1时,极点也为C1,C2的公共点,在C3上.?(9分)所以a=1.?(10分)解后反思将曲线的参
数方程化成普通方程后,容易看出曲线所属的类型.4.(2015课标Ⅰ,23,10分,0.825)在直角坐标系xOy中,直线C1:x=
-2,圆C2:(x-1)2+(y-2)2=1,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求C1,C2的极坐标方程;(
2)若直线C3的极坐标方程为θ=?(ρ∈R),设C2与C3的交点为M,N,求△C2MN的面积.解析(1)因为x=ρcosθ,y
=ρsinθ,所以C1的极坐标方程为ρcosθ=-2,C2的极坐标方程为ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+4=0.?(5分
)(2)将θ=?代入ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+4=0,得ρ2-3?ρ+4=0,解得ρ1=2?,ρ2=?,故ρ1-ρ2=
?,即|MN|=?.由于C2的半径为1,所以△C2MN的面积为?.?(10分)方法总结直角坐标方程与极坐标方程的互化方法:直角坐
标方程?极坐标方程思路分析(1)利用x=ρcosθ,y=ρsinθ求解;(2)将直线C3的极坐标方程代入圆C2的极坐标方程,
通过解方程求出|MN|的值,再结合圆C2的半径求△C2MN的面积.5.(2015课标Ⅱ,23,10分,0.415)在直角坐标系xO
y中,曲线C1:?(t为参数,t≠0),其中0≤α<π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,C
3:ρ=2?cosθ.(1)求C2与C3交点的直角坐标;(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.
解析(1)曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-2?x=0.联立?解得?或?所以C2
与C3交点的直角坐标为(0,0)和?.(2)曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α<π.因此A的极坐标为(2s
inα,α),B的极坐标为(2?cosα,α).所以|AB|=|2sinα-2?cosα|=4?.当α=?时,|AB|取得
最大值,最大值为4.思路分析(1)由互化公式把曲线C2,C3的极坐标方程化为直角坐标方程,联立方程求得交点的直角坐标;(2)求出
C1的极坐标方程,进而得点A,B的极坐标分别为(2sinα,α),(2?cosα,α),从而得出|AB|=|2sinα-2?
cosα|,利用三角函数的相关知识可求其最大值.解题关键??将|AB|表示成关于α的函数是解第(2)问的关键.考点二参数方程1
.(2018课标Ⅱ,22,10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为?(θ为参数),直线l的参数方程为?(t为参数).(1)
求C和l的直角坐标方程;(2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2),求l的斜率.解析(1)曲线C的直角坐标方程为?+?
=1.当cosα≠0时,l的直角坐标方程为y=tanα·x+2-tanα,当cosα=0时,l的直角坐标方程为x=1.(2
)将l的参数方程代入C的直角坐标方程,整理得关于t的方程(1+3cos2α)t2+4(2cosα+sinα)t-8=0.①因为
曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内,所以①有两个解,设为t1,t2,则t1+t2=0.又由①得t1+t2=-?,故2co
sα+sinα=0,于是直线l的斜率k=tanα=-2.注:因为在教材中,参数方程与普通方程对应,极坐标方程与直角坐标方程对
应,所以本题中的“直角坐标方程”更改为“普通方程”更合适.方法总结以角θ为参数的参数方程,一般利用三角函数的平方关系:sin2θ
+cos2θ=1将参数方程化为普通方程;而弦的中点问题常用根与系数的关系或点差法进行整体运算求解.2.(2018课标Ⅲ,22,10
分)在平面直角坐标系xOy中,☉O的参数方程为?(θ为参数),过点(0,-?)且倾斜角为α的直线l与☉O交于A,B两点.(1)求α
的取值范围;(2)求AB中点P的轨迹的参数方程.解析本题考查参数方程与普通方程的互化、直线与圆的位置关系.(1)☉O的直角坐标方
程为x2+y2=1.当α=?时,l与☉O交于两点.当α≠?时,记tanα=k,则l的方程为y=kx-?.l与☉O交于两点当且仅当
?<1,解得k<-1或k>1,即α∈?或α∈?.综上,α的取值范围是?.(2)l的参数方程为??.设A,B,P对应的参数分别为tA
,tB,tP,则tP=?,且tA,tB满足t2-2?tsinα+1=0.于是tA+tB=2?sinα,tP=?sinα.又点
P的坐标(x,y)满足?所以点P的轨迹的参数方程是??.易错警示容易忽略直线斜率不存在的情形.求倾斜角时要注意斜率是否存在.求其
取值范围的一般步骤:(1)求出斜率k=tanα的取值范围;(2)利用三角函数的单调性,借助图象,确定倾斜角α的取值范围.解后反思
将参数方程化为普通方程的方法(1)将参数方程化为普通方程,需要根据参数方程的结构特征,选取适当的消参方法.常见的消参方法有:代入
消参法、加减消参法、平方消参法等,对于含三角函数的参数方程,常利用同角三角函数基本关系式消参,如sin2θ+cos2θ=1.(2)
将参数方程化为普通方程时,要注意两种方程的等价性,不要增解.3.(2017课标Ⅲ,22,10分)在直角坐标系xOy中,直线l1的参
数方程为?(t为参数),直线l2的参数方程为?(m为参数).设l1与l2的交点为P,当k变化时,P的轨迹为曲线C.(1)写出C的普
通方程;(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设l3:ρ(cosθ+sinθ)-?=0,M为l3与C的交点,求
M的极径.解析本题考查参数方程与普通方程的互化,极坐标方程.(1)消去参数t得l1的普通方程l1:y=k(x-2);消去参数m得
l2的普通方程l2:y=?(x+2).设P(x,y),由题设得?消去k得x2-y2=4(y≠0).所以C的普通方程为x2-y2=4
(y≠0).(2)C的极坐标方程为ρ2(cos2θ-sin2θ)=4(0<θ<2π,θ≠π).联立?得cosθ-sinθ=2(
cosθ+sinθ).故tanθ=-?,从而cos2θ=?,sin2θ=?.代入ρ2(cos2θ-sin2θ)=4得ρ2=5
,所以交点M的极径为?.思路分析(1)由参数方程直接消去参数t、m、k,即得C的普通方程.(2)将C的直角坐标方程化为极坐标方程
,与直线l3的参数方程联立,从而求得点M的极径.方法总结极坐标问题既可以化为直角坐标处理,也可以直接用极坐标求解.但要注意极径、
极角的取值范围,避免漏根或增根.4.(2016课标Ⅲ,23,10分)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为?(α为参数).以坐
标原点为极点,以x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρsin?=2?.(1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标
方程;(2)设点P在C1上,点Q在C2上,求|PQ|的最小值及此时P的直角坐标.解析(1)C1的普通方程为?+y2=1.C2的直
角坐标方程为x+y-4=0.?(5分)(2)由题意,可设点P的直角坐标为(?cosα,sinα).因为C2是直线,所以|PQ|
的最小值即为P到C2的距离d(α)的最小值,d(α)=?=??.?(8分)当且仅当α=2kπ+?(k∈Z)时,d(α)取得最小值,
最小值为?,此时P的直角坐标为?.?(10分)思路分析(1)对于C1的参数方程,利用sin2α+cos2α=1消去参数α可得C1
的普通方程,对于C2的极坐标方程,由两角和的正弦公式及极坐标与直角坐标的互化公式可得C2的直角坐标方程;(2)由C1的参数方程设出
P点的直角坐标,利用点到直线的距离公式和三角函数的知识进行求解.方法总结求与曲线上动点有关的最值时,常利用曲线的参数方程表示出曲
线上的动点,从而利用三角函数的知识求最值,这样可以极大简化运算过程.评析本题主要考查参数方程、极坐标方程与普通方程的互化关系以及
参数方程的应用.考查考生对基础知识和基本技能的应用能力.正确利用曲线的参数方程是求解第(2)问的关键.5.(2014课标Ⅰ,23,
10分,0.500)已知曲线C:?+?=1,直线l:?(t为参数).(1)写出曲线C的参数方程,直线l的普通方程;(2)过曲线C上
任意一点P作与l夹角为30°的直线,交l于点A,求|PA|的最大值与最小值.解析(1)曲线C的参数方程为?(θ为参数).直线l的
普通方程为2x+y-6=0.(2)曲线C上任意一点P(2cosθ,3sinθ)到l的距离为d=?|4cosθ+3sinθ-
6|.则|PA|=?=?|5sin(θ+α)-6|,其中α为锐角,且tanα=?.当sin(θ+α)=-1时,|PA|取得最大值
,最大值为?.当sin(θ+α)=1时,|PA|取得最小值,最小值为?.思路分析(1)利用三角换元的方法求曲线C的参数方程,消去
参数t得直线l的普通方程;(2)利于曲线C的参数方程表示出P的直角坐标,由点到直线的距离公式及解直角三角形建立|PA|关于θ的函数
,利用三角函数的知识求最值.解析(1)C的普通方程为(x-1)2+y2=1(0≤y≤1).可得C的参数方程为?(t为参数,0≤t
≤π).(2)设D(1+cost,sint).由(1)知C是以G(1,0)为圆心,1为半径的上半圆.因为C在点D处的切线与l垂
直,所以直线GD与l的斜率相同,tant=?,t=?.故D的直角坐标为?,即?.6.(2014课标Ⅱ,23,10分,0.462)
在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,半圆C的极坐标方程为ρ=2cosθ,θ∈?.(1)求C的参
数方程;(2)设点D在C上,C在D处的切线与直线l:y=?x+2垂直,根据(1)中你得到的参数方程,确定D的坐标.思路分析(1)
先把曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程,再求其参数方程.(2)利用曲线C的参数方程设出点D的直角坐标,由切线的性质求解.失分警示
容易忽视参数θ的范围而产生增解的情形.解析本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化.由?可将直线ρcosθ+ρsinθ=a
化为x+y-a=0,将ρ=2cosθ,即ρ2=2ρcosθ化为x2+y2=2x,整理成标准方程为(x-1)2+y2=1.又∵直
线与圆相切,∴圆心(1,0)到直线x+y-a=0的距离d=?=1,解得a=1±?,∵a>0,∴a=1+?.答案1+?B组???
?自主命题·省(区、市)卷题组考点一极坐标方程1.(2018北京,10,5分)在极坐标系中,直线ρcosθ+ρsinθ=a(
a>0)与圆ρ=2cosθ相切,则a=?.方法总结这种类型的题目的解法是先将极坐标方程化为直角坐标方程,然后用平面几何知识求解
.2.(2017北京,11,5分)在极坐标系中,点A在圆ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+4=0上,点P的坐标为(1,0),则
|AP|的最小值为?.答案1解析本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化.由ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+4=0,得x2
+y2-2x-4y+4=0,即(x-1)2+(y-2)2=1,∴圆心C(1,2),半径r=1,结合图形可知|AP|的最小值为|PC
|-r=2-1=1.3.(2017天津,11,5分)在极坐标系中,直线4ρcos?+1=0与圆ρ=2sinθ的公共点的个数为??
.解析本题主要考查极坐标与直角坐标的互化以及直线与圆的位置关系.由4ρcos?+1=0,得4ρ?+1=0,即2?ρcosθ+2
ρsinθ+1=0,根据极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的直角坐标方程为2?x+2y+1=0,同理可得圆的直角坐标方程为x2+
(y-1)2=1,圆心(0,1)到直线的距离d=?<1,所以直线与圆相交,因此直线与圆的公共点的个数为2.答案2易错警示1.由
于记错两角差的余弦公式,从而导致错误;2.由于记错极坐标与直角坐标的互化公式,从而求错直线与圆的直角坐标方程,最终失分.4.(20
16北京,11,5分)在极坐标系中,直线ρcosθ-?ρsinθ-1=0与圆ρ=2cosθ交于A,B两点,则|AB|=?.解
析直线与圆的直角坐标方程分别为x-?y-1=0和x2+y2=2x,则该圆的圆心坐标为(1,0),半径r=1,圆心(1,0)到直线
的距离d=?=0,所以AB为该圆的直径,所以|AB|=2.答案2思路分析将直线与圆的极坐标方程分别化为直角坐标方程后,计算圆心
到直线AB的距离可得直线AB经过圆心,从而可得AB即为直径.评析本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化及直线与圆的位置关系,属中
等难度题.5.(2018江苏,21C,10分)在极坐标系中,直线l的方程为ρsin?=2,曲线C的方程为ρ=4cosθ,求直线l
被曲线C截得的弦长.因此,直线l被曲线C截得的弦长为2?.解析本小题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识,考查运算求解能力.因为曲
线C的极坐标方程为ρ=4cosθ,所以曲线C是圆心为(2,0),直径为4的圆,因为直线l的极坐标方程为ρsin?=2,所以直线l
过点(4,0),倾斜角为?,设A(4,0),则A为直线l与圆C的一个交点.设另一个交点为B,则∠OAB=?.连接OB,因为OA为直
径,所以∠OBA=?,所以AB=4cos?=2?.一题多解把直线和曲线的极坐标方程化成直角坐标方程得到l:x-?y-4=0,C:
x2+y2-4x=0,则C:(x-2)2+y2=4,半径R=2,圆心C(2,0)到l的距离d=?=1,因此,直线l被曲线C截得的弦
长为2?=2?.考点二参数方程1.(2018天津,12,5分)已知圆x2+y2-2x=0的圆心为C,直线?(t为参数)与该圆相交
于A,B两点,则△ABC的面积为?.解析本题考查直线的参数方程和直线与圆的位置关系.圆C的标准方程为(x-1)2+y2=1,消去
参数t得直线的普通方程为x+y-2=0.圆心C(1,0)到直线的距离d=?=?,|AB|=2?=?,所以△ABC的面积为?|AB|
·d=?×?×?=?.答案??方法总结有关直线与圆相交的计算问题,通常利用点到直线的距离和勾股定理求解.答案2?解析直线
l的直角坐标方程为y-3x=0,曲线C的普通方程为y2-x2=4.由?得x2=?,即x=±?,则|AB|=?|xA-xB|=?×?
=2?.2.(2015湖北,16,5分)在直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线l的极坐标方程为
ρ(sinθ-3cosθ)=0,曲线C的参数方程为?(t为参数),l与C相交于A,B两点,则|AB|=?.解析本小题主要考查
曲线的参数方程及互化等基础知识,考查运算求解能力.直线l的普通方程为x-2y+8=0.因为点P在曲线C上,设P(2s2,2?s),
从而点P到直线l的距离d=?=?.当s=?时,dmin=?.因此当点P的坐标为(4,4)时,曲线C上点P到直线l的距离取到最小值?
.3.(2017江苏,21C,10分)在平面直角坐标系xOy中,已知直线l的参数方程为?(t为参数),曲线C的参数方程为?(s为参
数).设P为曲线C上的动点,求点P到直线l的距离的最小值.4.(2016江苏,21C,10分)在平面直角坐标系xOy中,已知直线l
的参数方程为?(t为参数),椭圆C的参数方程为?(θ为参数).设直线l与椭圆C相交于A,B两点,求线段AB的长.解析椭圆C的普通
方程为x2+?=1.将直线l的参数方程?代入x2+?=1,得?+?=1,即7t2+16t=0,解得t1=0,t2=-?.所以AB=
|t1-t2|=?.评析本小题主要考查直线和椭圆的参数方程、参数方程与普通方程的互化以及直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查运算
求解能力.解析(1)ρ=2cosθ等价于ρ2=2ρcosθ.①将ρ2=x2+y2,ρcosθ=x代入①即得曲线C的直角坐标
方程为x2+y2-2x=0.②(2)将?代入②,得t2+5?t+18=0.设这个方程的两个实根分别为t1,t2,则由参数t的几何意
义即知,|MA|·|MB|=|t1t2|=18.5.(2015湖南,16(2),6分)已知直线l:?(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,曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ.(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程;(2)设点M的
直角坐标为(5,?),直线l与曲线C的交点为A,B,求|MA|·|MB|的值.C组????教师专用题组答案??解析将直线l的极
坐标方程2ρsin?=?化为直角坐标方程为x-y+1=0.由A?得A点的直角坐标为(2,-2),从而点A到直线l的距离d=?=?.
考点一极坐标方程1.(2015广东,14,5分)已知直线l的极坐标方程为2ρsin?=?,点A的极坐标为A?,则点A到直线l的距
离为?.解析以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O,以极轴为x轴的正半轴,建立直角坐标系xOy.圆C的极坐标方程为ρ2+2?ρ
?-4=0,化简,得ρ2+2ρsinθ-2ρcosθ-4=0.则圆C的直角坐标方程为x2+y2-2x+2y-4=0,即(x-1
)2+(y+1)2=6,所以圆C的半径为?.2.(2015江苏,21C,10分)已知圆C的极坐标方程为ρ2+2?ρsin?-4=0
,求圆C的半径.评析本小题主要考查圆的极坐标方程、极坐标与直角坐标的互化等基础知识,考查运算求解能力.3.(2014辽宁,23,
10分)将圆x2+y2=1上每一点的横坐标保持不变,纵坐标变为原来的2倍,得曲线C.(1)写出C的参数方程;(2)设直线l:2x+
y-2=0与C的交点为P1,P2,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方
程.解析(1)设(x1,y1)为圆上的点,在已知变换下变为C上点(x,y),依题意,得?由?+?=1得x2+?=1,即曲线C的方
程为x2+?=1.故C的参数方程为?(t为参数).(2)由?解得?或?不妨设P1(1,0),P2(0,2),则线段P1P2的中点坐
标为?,所求直线斜率为k=?,于是所求直线方程为y-1=??,化为极坐标方程,并整理得2ρcosθ-4ρsinθ=-3,即ρ=
?.解析(1)将?消去参数t,化为普通方程(x-4)2+(y-5)2=25,即C1:x2+y2-8x-10y+16=0.将?代入
x2+y2-8x-10y+16=0得ρ2-8ρcosθ-10ρsinθ+16=0.所以C1的极坐标方程为ρ2-8ρcosθ-
10ρsinθ+16=0.(2)C2的普通方程为x2+y2-2y=0.由?解得?或?所以C1与C2交点的极坐标分别为?,?.4.
(2013课标Ⅰ,23,10分,0.632)已知曲线C1的参数方程为?(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,曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ.(1)把C1的参数方程化为极坐标方程;(2)求C1与C2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ<
2π).思路分析(1)对于曲线C1的参数方程,利用sin2t+cos2t=1消t得普通方程,再利用极坐标与直角坐标的互化公式得C
1的极坐标方程;(2)联立曲线C1与C2的普通方程,解得交点的直角坐标,再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可求出C1与C2交点的极
坐标.方法总结直角坐标(x,y)化为极坐标(ρ,θ)的步骤:(1)直接运用ρ=?求ρ;(2)在[0,2π)内求θ:若x=0,则当
y>0时,θ=?;当y<0时,θ=?.若y=0,则当x>0时,θ=0;当x<0时,θ=π.若x≠0且y≠0,则先由直角坐标的符号特
征判断点所在的象限,进而得极角θ的范围,再利用tanθ=?求θ的值.解题关键熟记直角坐标与极坐标的互化公式是求解题目的关键.5
.(2011课标,23,10分)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为?(α为参数),M是C1上的动点,P点满足?=2?,P点
的轨迹为曲线C2.(1)求C2的方程;(2)在以O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,射线θ=?与C1的异于极点的交点为A,与
C2的异于极点的交点为B,求|AB|.解析(1)设P(x,y),则由条件知M?.由于M点在C1上,所以?即?从而C2的参数方程为
?(α为参数).(2)曲线C1的极坐标方程为ρ=4sinθ,曲线C2的极坐标方程为ρ=8sinθ.射线θ=?与C1的交点A的极
径为ρ1=4sin?,射线θ=?与C2的交点B的极径为ρ2=8sin?.所以|AB|=|ρ2-ρ1|=2?.失分警示不理解极坐标
方程的含义,不会利用极径的几何意义来求两点间距离,无法得到正确答案.若转化为直角坐标方程,则运算量较大,易出现计算失误.评析?本题
考查曲线的参数方程、极坐标方程及极径的几何意义,属中等难度题.答案????D由?消去t得x-y-4=0,由ρ=4cosθ?ρ2
=4ρcosθ,∴C:x2+y2=4x,即C:(x-2)2+y2=4,∴C(2,0),半径r=2.∴点C到直线l的距离d=?=?
,∴所求弦长=2?=2?.故选D.考点二参数方程1.(2014安徽,4,5分)以平面直角坐标系的原点为极点,x轴的正半轴为极轴,
建立极坐标系,两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程是?(t为参数),圆C的极坐标方程是ρ=4cosθ,则直线l被圆
C截得的弦长为?()A.??B.2??C.??D.2?答案(?,1)解析曲线C1为射线y=?x(x≥0).曲线C2为圆x
2+y2=4.设P为C1与C2的交点,如图,作PQ垂直x轴于点Q.因为tan∠POQ=?,所以∠POQ=30°,又∵OP=2,所以
C1与C2的交点P的直角坐标为(?,1).?2.(2014湖北,16,5分)已知曲线C1的参数方程是?(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,曲线C2的极坐标方程是ρ=2,则C1与C2交点的直角坐标为?.3.(2015陕西,23,10
分)在直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为?(t为参数).以原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,☉C的极坐标方程为ρ=2?
sinθ.(1)写出☉C的直角坐标方程;(2)P为直线l上一动点,当P到圆心C的距离最小时,求P的直角坐标.解析(1)由ρ=2
?sinθ,得ρ2=2?ρsinθ,从而有x2+y2=2?y,所以x2+(y-?)2=3.(2)设P?,又C(0,?),则|P
C|=?=?,故当t=0时,|PC|取得最小值,此时,P点的直角坐标为(3,0).解析将直线l的参数方程?代入抛物线方程y2=4
x,得?=4?,解得t1=0,t2=-8?.所以AB=|t1-t2|=8?.4.(2014江苏,21C,10分)在平面直角坐标系x
Oy中,已知直线l的参数方程为?(t为参数),直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,求线段AB的长.解析(1)直线l的普通方
程为2x-y-2a=0,圆C的普通方程为x2+y2=16.(2)因为直线l与圆C有公共点,故圆C的圆心到直线l的距离d=?≤4,解
得-2?≤a≤2?.5.(2014福建,21(2),7分)已知直线l的参数方程为?(t为参数),圆C的参数方程为?(θ为参数).(
1)求直线l和圆C的普通方程;(2)若直线l与圆C有公共点,求实数a的取值范围.6.(2013课标Ⅱ,23,10分,0.373)已
知动点P,Q都在曲线C:?(t为参数)上,对应参数分别为t=α与t=2α(0<α<2π),M为PQ的中点.(1)求M的轨迹的参数方
程;(2)将M到坐标原点的距离d表示为α的函数,并判断M的轨迹是否过坐标原点.解析(1)依题意有P(2cosα,2sinα)
,Q(2cos2α,2sin2α),因此M(cosα+cos2α,sinα+sin2α).M的轨迹的参数方程为?(α为
参数,0<α<2π).(2)M点到坐标原点的距离d=?=?(0<α<2π).当α=π时,d=0,故M的轨迹过坐标原点.思路分析(
1)利用中点坐标公式可得点M轨迹的参数方程;(2)由两点间距离公式建立函数关系,进而利用d能否为0进行判断.解析(1)由已知可得
A?,B?2cos??+??,2sin??+??,C?2cos??+π?,2sin??+π?,D?2cos??+??,2sin??
+??,即A(1,?),B(-?,1),C(-1,-?),D(?,-1).(2)设P(2cosφ,3sinφ),令S=|PA|
2+|PB|2+|PC|2+|PD|2,则S=16cos2φ+36sin2φ+16=32+20sin2φ.因为0≤sin2φ≤1,
所以S的取值范围是[32,52].7.(2012课标,23,10分)已知曲线C1的参数方程是?(φ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,曲线C2的极坐标方程是ρ=2.正方形ABCD的顶点都在C2上,且A,B,C,D依逆时针次序排列,点A的
极坐标为?.(1)求点A,B,C,D的直角坐标;(2)设P为C1上任意一点,求|PA|2+|PB|2+|PC|2+|PD|2的取值
范围.评析本题考查了曲线的参数方程和极坐标方程.考查了函数的思想方法.正确“互化”是解题的关键.难点是建立函数S=f(φ).A组?
???2016—2018年高考模拟·基础题组考点一极坐标方程1.(2018山东淄博二模,22)在平面直角坐标系xOy中,直线l的
方程是x=4.曲线C的参数方程是?(φ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.(1)求直线l和曲线C的极坐标方
程;(2)若射线θ=α?与曲线C交于点O,A,与直线l交于点B,求?的取值范围.三年模拟解析(1)由ρcosθ=x,得直线l的
极坐标方程为ρcosθ=4.?(1分)曲线C的参数方程为?(φ为参数),消去参数φ得曲线C的普通方程为(x-1)2+(y-1)2
=2,即x2+y2-2x-2y=0,?(2分)将x2+y2=ρ2,x=ρcosθ,y=ρsinθ代入上式得ρ2=2ρcosθ
+2ρsinθ,所以曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ+2sinθ.?(4分)(2)设A(ρ1,α),B(ρ2,α),则ρ1
=2cosα+2sinα,ρ2=?,所以?=?=?=?=?(sin2α+cos2α)+?=?sin?+?,?(8分)因为0
<α南名校联盟4月联考,22)在平面直角坐标系xOy中,圆C的直角坐标方程为x2+(y-1)2=1.以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极
轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρ(?cosθ+sinθ)=5.(1)求圆C的极坐标方程和直线l的直角坐标方程;(2)在圆
上找一点A,使它到直线l的距离最小,并求点A的极坐标.解析(1)x2+(y-1)2=1即x2+y2-2y=0,因为ρ2=x2+y
2,ρsinθ=y,所以圆C的极坐标方程为ρ2=2ρsinθ,即ρ=2sinθ.?(3分)ρ(?cosθ+sinθ)=5
即?ρcosθ+ρsinθ=5,因为ρcosθ=x,ρsinθ=y,所以直线l的直角坐标方程为y=-?x+5.?(5分)(
2)曲线C:x2+(y-1)2=1是以C(0,1)为圆心,1为半径的圆.设圆上点A(x0,y0)到直线l:y=-?x+5的距离最短
,所以圆C在点A处的切线与直线l:y=-?x+5平行.即直线CA与l的斜率的乘积等于-1,即?×(-?)=-1.①?(6分)因为点
A在圆上,所以?+(y0-1)2=1,②联立①②可解得x0=-?,y0=?或x0=?,y0=?.所以点A的坐标为?或?.?(7分)
又由于圆上点A到直线l:y=-?x+5的距离最小,所以点A的坐标为?,?(8分)点A的极径为?=?,极角θ满足tanθ=?且θ为
第一象限角,则可取θ=?.所以点A的极坐标为?.?(10分)3.(2018福建福州四校期末联考,22)在平面直角坐标系xOy中,曲
线C1的参数方程为?(α为参数),直线C2的方程为y=?x.以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线C1和
直线C2的极坐标方程;(2)若直线C2与曲线C1交于A,B两点,求?+?.解析(1)由曲线C1的参数方程为?(α为参数),得曲线
C1的普通方程为(x-2)2+(y-2)2=1,则C1的极坐标方程为ρ2-4ρcosθ-4ρsinθ+7=0,由于直线C2过原
点,且倾斜角为?,故其极坐标方程为θ=?(ρ∈R).(2)由?得ρ2-(2?+2)ρ+7=0,设A,B对应的极径分别为ρ1,ρ2,
则ρ1+ρ2=2?+2,ρ1ρ2=7,∴?+?=?=?=?.考点二参数方程1.(2018湖南雅礼中学、河南省实验中学4月联考,2
2)在平面直角坐标系xOy中,倾斜角为α(α为常数)的直线l过点M(-2,-4),以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,
曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=2cosθ.(1)写出直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程;(2)若直线l与C交于A、B两点
,且|MA|·|MB|=40,求倾斜角α的值.解析(1)∵倾斜角为α的直线l过点M(-2,-4),∴直线l的参数方程是?(t是参
数).∵曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=2cosθ,∴曲线C的直角坐标方程是y2=2x.(2)把直线l的参数方程代入y2=2x
,得t2sin2α-(2cosα+8sinα)t+20=0,设A,B对应的参数分别为t1,t2,∴t1t2=?,根据直线参数方
程中参数的几何意义,得|MA|·|MB|=|t1t2|=?=40,又α∈[0,π),故α=?或α=?,又∵Δ=(2cosα+8s
inα)2-80sin2α>0,∴α=?.2.(2018河南郑州二模,22)在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,以x轴正半轴为
极轴,建立极坐标系,点A的极坐标为?,直线l的极坐标方程为ρcos?=a,且l过点A,曲线C1的参数方程为?(α为参数).(1)求
曲线C1上的点到直线l的距离的最大值;(2)过点B(-1,1)与直线l平行的直线l1与曲线C1交于M,N两点,求|BM|·|BN|
的值.解析(1)由直线l过点A可得?cos?=a,故a=?,则易得直线l的直角坐标方程为x+y-2=0.?(2分)根据点到直线的
距离公式可得曲线C1上的点到直线l的距离d=?=?,其中φ满足sinφ=?,cosφ=?,∴dmax=?=?.?(5分)(2)
由(1)知直线l的倾斜角为?π,则直线l1的参数方程为?(t为参数).又易知曲线C1的普通方程为?+?=1.?(7分)把直线l1的
参数方程代入曲线C1的普通方程可得?t2+7?t-5=0,设M、N对应的参数分别为t1,t2,∴t1t2=-?,依据直线参数方程中
参数的几何意义可知|BM|·|BN|=|t1t2|=?.?(10分)3.(2017安徽师大附中等名校联考,22)在平面直角坐标系x
Oy中,圆C的参数方程为?(t为参数),在以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中,直线l的极坐标方程为ρcos?=-
?.(1)求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程;(2)设直线l与x轴,y轴分别交于A,B两点,点P是圆C上任意一点,求A,B两点
的极坐标和△PAB面积的最小值.解析(1)由?消去参数t,得(x+5)2+(y-3)2=2,所以圆C的普通方程为(x+5)2+(
y-3)2=2.由ρcos?=-?,得ρcosθ-ρsinθ=-2,可得直线l的直角坐标方程为x-y+2=0.(2)直线l与x
轴,y轴的交点分别为A(-2,0),B(0,2),化为极坐标为A(2,π),B?,设点P的坐标为(-5+?cost,3+?sin
t),则点P到直线l的距离为d=?=?,所以dmin=?=2?,又|AB|=2?,所以△PAB面积的最小值=?×2?×2?=4.
1.(2018山西太原二模,22)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1过点P(a,1),其参数方程为?(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+4cosθ-ρ=0.(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2
的直角坐标方程;(2)求已知曲线C1和曲线C2交于A,B两点,且|PA|=2|PB|,求实数a的值.B组????2016—2018
年高考模拟·综合题组(时间:40分钟分值:50分)解答题(共50分)解析(1)C1的参数方程为?消参得普通方程为x-y-a+
1=0,?(2分)C2的极坐标方程为ρcos2θ+4cosθ-ρ=0,两边同乘ρ得ρ2cos2θ+4ρcosθ-ρ2=0,得y
2=4x.所以曲线C2的直角坐标方程为y2=4x.?(5分)(2)曲线C1的参数方程可转化为?(t为参数,a∈R),代入曲线C2:
y2=4x,得?t2-?t+1-4a=0,由Δ=(-?)2-4×?×(1-4a)>0,得a>0,?(7分)设A,B对应的参数分别为
t1,t2,由|PA|=2|PB|得|t1|=2|t2|,即t1=2t2或t1=-2t2,当t1=2t2时,?解得a=?;当t1=
-2t2时,?解得a=?,综上,a=?或?.?(10分)思路分析(1)根据消元法得曲线C1的普通方程→根据ρ2=x2+y2,x=
ρcosθ,y=ρsinθ将曲线C2化为直角坐标方程;(2)首先将直线的参数方程化为以P为“基点”的标准形式,然后代入C2的直
角坐标方程,利用根与系数的关系及直线参数方程中参数的几何意义求解.导师点睛本题通过直线参数方程,将直线上动点坐标用同一参变量t表
示,从而将二元问题转化为一元问题求解,体现了等价转化的数学思想.2.(2018河北衡水中学4月模拟,22)在极坐标系中,曲线C1的
极坐标方程是ρ=?,在以极点为原点O,极轴为x轴正半轴(两坐标系取相同的单位长度)的直角坐标系xOy中,曲线C2的参数方程为?(θ
为参数).(1)求曲线C1的直角坐标方程与曲线C2的普通方程;(2)将曲线C2经过伸缩变换?后得到曲线C3,若M、N分别是曲线C1
和曲线C3上的动点,求|MN|的最小值.解析(1)∵C1的极坐标方程是ρ=?,∴4ρcosθ+3ρsinθ=24,∴4x+3
y-24=0,故C1的直角坐标方程为4x+3y-24=0.∵曲线C2的参数方程为?∴x2+y2=1,故C2的普通方程为x2+y2=
1.(2)将曲线C2经过伸缩变换?后得到曲线C3,则曲线C3的参数方程为?(α为参数).设N(2?·cosα,2sinα),则
点N到曲线C1的距离d=?=?=??.当sin(α+φ)=1时,d有最小值?,所以|MN|的最小值为?.思路分析(1)利用极坐标
方程与直角坐标方程互化公式得曲线C1的直角坐标方程;利用cos2θ+sin2θ=1消去参数θ得曲线C2的普通方程.(2)利用伸缩变
换公式可得曲线C3的参数方程,利用曲线C3的参数方程设出点N的坐标,然后利用点到直线的距离公式及三角函数的有界性求|MN|的最小值
.名师点拨解决与曲线上动点有关的最值、范围问题时,常利用曲线的参数方程将所求式转化为三角函数式,再利用三角恒等变换的知识进行变形
,进而利用正弦、余弦函数的有界性求其最值或范围.3.(2018福建福州二模,22)在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴
正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρcos?=2.已知点Q是曲线C1上的动点,点P在线段OQ上,且满足|OQ|·|O
P|=4,动点P的轨迹为C2.(1)求C2的直角坐标方程;(2)设点A的极坐标为?,点B在曲线C2上,求△AOB面积的最大值.解析
(1)设P的极坐标为(ρ,θ)(ρ>0),Q的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0),则|OP|=ρ,|OQ|=ρ1=?,?(1分)由
|OQ|·|OP|=4得C2的极坐标方程为ρ=2cos?(ρ>0),?(3分)所以ρ=?cosθ+sinθ,两边乘ρ得ρ2=?
ρcosθ+ρsinθ,因为ρ2=x2+y2,ρcosθ=x,ρsinθ=y,所以x2+y2-?x-y=0,所以C2的直角
坐标方程为?+?=1(x2+y2≠0).?(5分)(2)设点B的极坐标为(ρB,α)(ρB>0),由题设及(1)知|OA|=2,ρ
B=2cos?,?(6分)于是△AOB的面积S=?|OA|·ρB·sin∠AOB?(7分)=2cos?·?=2?=2?≤?,?(9
分)当α=0时,S取得最大值?.所以△AOB面积的最大值为?.?(10分)思路分析(1)设出点P和点Q的极坐标.根据已知条件得到|OP|和|OQ|的值,从而利用|OP|·|OQ|=4得曲线C2的极坐标方程,进而化为直角坐标方程.(2)设出点B的极坐标,由题设及(1)得到|OA|及ρB,进而用三角函数式表示出△AOB面积,从而求其最大值.方法总结求解此类问题的关键:首先,会转化,即能把曲线的极坐标方程与直角坐标方程进行互化,在转化过程中,一定要注意等价性;其次,会用公式,即能利用三角形的面积公式及三角函数的恒等变换公式和有界性得最值.4.(2017河北石家庄二中3月模拟,22)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1和C2的参数方程分别是?(t是参数)和?(φ为参数).以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的极坐标方程;(2)射线OM:θ=α?与曲线C1的交点为O,P,与曲线C2的交点为O,Q,求|OP|·|OQ|的最大值.解析(1)C1的普通方程为y2=4x,C2的极坐标方程为ρ=2sinθ.(2)由(1)可得C1的极坐标方程为ρsin2θ=4cosθ,与直线θ=α联立可得:ρ=?,即OP=?,同理可得OQ=2sinα.所以|OP|·|OQ|=?=?,令f(α)=?,易知f(α)在α∈?上单调递减,所以(|OP|·|OQ|)max=?=8?.思路分析(1)利用代入消元法求得曲线C1的普通方程,利用恒等式消元法得曲线C2的普通方程,再利用极坐标与直角坐标互化公式得曲线C2的极坐标方程;(2)将θ=α分别与曲线C1和曲线C2的极坐标方程联立,利用极坐标的几何意义,分别用α表示出|OP|与|OQ|,从而利用α的取值范围求出|OP|·|OQ|的最大值.知识归纳过极点的直线与曲线相交于点A(ρ1,θ),B(ρ2,θ),则|AB|=|ρ1-ρ2|.5.(2016豫南九校3月联考,23)在直角坐标系xOy中,设倾斜角为α的直线l:?(t为参数)与曲线C:?(θ为参数)相交于不同的两点A,B.(1)若α=?,求线段AB的中点M的直角坐标;(2)若|PA|·|PB|=|OP|2,其中P(2,?),求直线l的斜率.解析(1)将曲线C的参数方程化为普通方程是?+y2=1.当α=?时,直线l的方程为?(t为参数),代入曲线C的普通方程?+y2=1,得13t2+56t+48=0,设直线l上的点A,B,M对应的参数分别为t1,t2,t0.则t0=?=-?,所以点M的直角坐标为?.?(5分)(2)设直线l上的点A,B对应的参数分别为t1,t2.将?代入曲线C的普通方程?+y2=1,得(cos2α+4sin2α)t2+(8?sinα+4cosα)t+12=0,因为|PA|·|PB|=|t1t2|=?,|OP|2=7,所以?=7,得tan2α=?.结合Δ=32cosα(2?sinα-cosα)>0可知tanα=?.所以直线l的斜率为?.?(10分)易错警示解决第(2)问时,容易忽视Δ>0而增解. |
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