《（全國通用版）2019高考數學二輪復習 專題七 系列4選講 第1講 坐標系與參數方程學案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019高考數學二輪復習 專題七 系列4選講 第1講 坐標系與參數方程學案 文（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第1講　坐標系與參數方程 [考情考向分析]　高考主要考查平面直角坐標系中的伸縮變換、直線和圓的極坐標方程、參數方程與普通方程的互化、常見曲線的參數方程及參數方程的簡單應用．以極坐標、參數方程與普通方程的互化為主要考查形式，同時考查直線與曲線的位置關系等解析幾何知識． 熱點一　極坐標與直角坐標的互化 直角坐標與極坐標的互化 把直角坐標系的原點作為極點，x軸的正半軸作為極軸，且在兩坐標系中取相同的長度單位．如圖，設M是平面內的任意一點，它的直角坐標、極坐標分別為(x，y)和(ρ，θ)， 則 例1　(2018·東北三省四市模擬)在直角坐標系xOy中，以坐標原點為極點，x軸正半

2、軸為極軸建立極坐標系，曲線C1：ρcos θ＝3，曲線C2：ρ＝4cos θ. (1)求C1與C2交點的極坐標； (2)設點Q在C2上，＝，求動點P的極坐標方程． 解　(1)聯立得cos θ＝±， ∵0≤θ<，∴θ＝，ρ＝2， ∴所求交點的極坐標為. (2)設P，Q且ρ0＝4cos θ0，θ0∈， 由已知＝，得 ∴ρ＝4cos θ， 即ρ＝10cos θ， ∴點P的極坐標方程為ρ＝10cos θ，θ∈. 思維升華　(1)在由點的直角坐標化為極坐標時，一定要注意點所在的象限和極角的范圍，否則點的極坐標將不唯一． (2)在與曲線的直角坐標方程進行互化時，一定要注意變量的范圍

3、，要注意轉化的等價性． 跟蹤演練1　(2018·山西省榆社中學模擬)在平面直角坐標系xOy中，曲線M的參數方程為(t為參數，t>0且t≠)，以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線C的極坐標方程為ρ＝4cos θ. (1)將曲線M的參數方程化為普通方程，并將曲線C的極坐標方程化為直角坐標方程； (2)求曲線M與曲線C交點的極坐標(ρ≥0,0≤θ<2π)． 解　(1)∵＝t，∴x＝，即y＝(x－2)， 又t>0且t≠， 由x＝，得t＝－， ∴－>0且－≠， ∴x>2或x<0， ∴曲線M的普通方程為y＝(x－2)(x>2或x<0)． ∵ρ＝4cos θ，∴ρ2

4、＝4ρcos θ， ∴x2＋y2＝4x， 即曲線C的直角坐標方程為x2－4x＋y2＝0. (2)由得x2－4x＋3＝0， ∴x1＝1(舍去)，x2＝3， 則交點的直角坐標為(3，)，極坐標為. 熱點二　參數方程與普通方程的互化 1．直線的參數方程 過定點M(x0，y0)，傾斜角為α的直線l的參數方程為(t為參數)． 2．圓的參數方程 圓心為點M(x0，y0)，半徑為r的圓的參數方程為(θ為參數)． 3．圓錐曲線的參數方程 (1)橢圓＋＝1(a>b>0)的參數方程為(θ為參數)． (2)拋物線y2＝2px(p>0)的參數方程為(t為參數)． 例2　(2018·全國Ⅲ)

5、在平面直角坐標系xOy中，⊙O的參數方程為(θ為參數)，過點(0，－)且傾斜角為α的直線l與⊙O交于A，B兩點． (1)求α的取值范圍； (2)求AB中點P的軌跡的參數方程． 解　(1)⊙O的直角坐標方程為x2＋y2＝1. 當α＝時，l與⊙O交于兩點． 當α≠時，記tan α＝k，則l的方程為y＝kx－.l與⊙O交于兩點當且僅當<1，解得k<－1或k>1，即α∈或α∈. 綜上，α的取值范圍是. (2)l的參數方程為. 設A，B，P對應的參數分別為tA，tB，tP， 則tP＝，且tA，tB滿足t2－2tsin α＋1＝0. 于是tA＋tB＝2sin α，tP＝sin α.

6、又點P的坐標(x，y)滿足 所以點P的軌跡的參數方程是 . 思維升華　(1)將參數方程化為普通方程，需要根據參數方程的結構特征，選取適當的消參方法．常見的消參方法有代入消參法、加減消參法、平方消參法等． (2)將參數方程化為普通方程時，要注意兩種方程的等價性，不要增解、漏解，若x，y有范圍限制，要標出x，y的取值范圍． 跟蹤演練2　(2018·北京朝陽區(qū)模擬)在平面直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為(t為參數)，以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，點M的極坐標是. (1)求直線l的普通方程； (2)求直線l上的點到點M距離最小時的點的直角坐標． 解　(1)直線l

7、的普通方程為3x－y－6＝0. (2)點M的直角坐標是(－1，－)， 過點M作直線l的垂線，垂足為M′，則點M′即為所求的直線l上到點M距離最小的點． 直線MM′的方程是y＋＝－(x＋1)， 即y＝－x－－. 由解得 所以直線l上到點M距離最小的點的直角坐標是. 熱點三　極坐標、參數方程的綜合應用 解決與圓、圓錐曲線的參數方程有關的綜合問題時，要注意普通方程與參數方程的互化公式，主要是通過互化解決與圓、圓錐曲線上動點有關的問題，如最值、范圍等． 例3　(2018·泉州質檢)在直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為(α為參數)，直線l的參數方程為(t為參數)，在以坐標原點為極點

8、，x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，射線m：θ＝β(ρ>0)． (1)求C和l的極坐標方程； (2)設點A是m與C的一個交點(異于原點)，點B是m與l的交點，求的最大值． 解　(1)曲線C的普通方程為(x－1)2＋y2＝1， 由得2＋ρ2sin2θ＝1， 化簡得C的極坐標方程為ρ＝2cos θ. 因為l的普通方程為x＋y－4＝0， 所以極坐標方程為ρcos θ＋ρsin θ－4＝0， 所以l的極坐標方程為ρsin＝2. (2)設A(ρ1，β)，B(ρ2，β)， 則＝＝2cos β· ＝(sin βcos β＋cos2β)＝sin＋， 由射線m與C，直線l相交，則不妨設β∈

9、， 則2β＋∈， 所以當2β＋＝，即β＝時，取得最大值， 即max＝. 思維升華　(1)利用參數方程解決問題，要理解參數的幾何意義． (2)在解決直線、圓和圓錐曲線的有關問題時，常常將極坐標方程化為直角坐標方程或將參數方程化為普通方程，有助于認識方程所表示的曲線，從而達到化陌生為熟悉的目的，這是轉化與化歸思想的應用． 跟蹤演練3　(2018·黑龍江省哈爾濱師范大學附屬中學模擬)在平面直角坐標系中，以原點為極點，以x軸的正半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，曲線C1的極坐標方程為ρ＝2cos θ. (1)若曲線C2的參數方程為(α為參數)，求曲線C1的直角坐標方程和曲線C2的

10、普通方程； (2)若曲線C2的參數方程為(t為參數)，A(0,1)，且曲線C1與曲線C2的交點分別為P，Q，求＋的取值范圍． 解　(1)∵ρ＝2cos θ，∴ρ2＝2ρcos θ， 又∵ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x， ∴曲線C1的直角坐標方程為x2＋y2－2x＝0， 曲線C2的普通方程為x2＋(y－1)2＝t2. (2)將C2的參數方程(t為參數)代入C1的方程x2＋y2－2x＝0， 得t2＋(2sin α－2cos α)t＋1＝0. ∵Δ＝(2sin α－2cos α)2－4＝8sin2－4>0， ∴∈， ∴sin∈∪. t1＋t2＝－(2sin α－2cos α

11、)＝－2sin， t1t2＝1>0， ∵t1t2＝1>0，∴t1，t2同號， ∴|t1|＋|t2|＝|t1＋t2|. 由點A在曲線C2上，根據t的幾何意義，可得 ＋＝＋＝ ＝＝ ＝2∈(2,2]． ∴＋∈(2,2]． 真題體驗 1．(2018·全國Ⅱ)在直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為(θ為參數)，直線l的參數方程為(t為參數)． (1)求C和l的直角坐標方程； (2)若曲線C截直線l所得線段的中點坐標為(1,2)，求l的斜率． 解　(1)曲線C的直角坐標方程為＋＝1. 當cos α≠0時，l的直角坐標方程為y＝tan α·x＋2－tan α， 當cos

12、 α＝0時，l的直角坐標方程為x＝1. (2)將l的參數方程代入C的直角坐標方程， 整理得關于t的方程(1＋3cos2α)t2＋4(2cos α＋sin α)t－8＝0.① 因為曲線C截直線l所得線段的中點(1,2)在C內， 所以①有兩個解，設為t1，t2，則t1＋t2＝0. 又由①得t1＋t2＝－，故2cos α＋sin α＝0，于是直線l的斜率k＝tan α＝－2. 2．(2017·全國Ⅱ)在直角坐標系xOy中，以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C1的極坐標方程為ρcos θ＝4. (1)M為曲線C1上的動點，點P在線段OM上，且滿足|OM|·|OP|＝1

13、6，求點P的軌跡C2的直角坐標方程； (2)設點A的極坐標為，點B在曲線C2上，求△OAB面積的最大值． 解　(1)設點P的極坐標為(ρ，θ)(ρ>0)，點M的極坐標為(ρ1，θ)(ρ1>0)，由題設知， |OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝. 由|OM|·|OP|＝16，得C2的極坐標方程ρ＝4cos θ(ρ>0)． 所以C2的直角坐標方程為(x－2)2＋y2＝4(x≠0)． (2)設點B的極坐標為(ρB，α)(ρB>0)． 由題設知|OA|＝2，ρB＝4cos α. 于是△OAB的面積 S＝|OA|·ρB·sin∠AOB ＝4cos α ＝4cos α ＝|sin 2α－

14、cos 2α－| ＝2≤2＋. 當2α－＝－，即α＝－時，S取得最大值2＋， 所以△OAB面積的最大值為2＋. 押題預測 1．已知曲線C的極坐標方程是ρ＝4cos θ.以極點為平面直角坐標系的原點，極軸為x軸的正半軸，建立平面直角坐標系，直線l的參數方程是(t是參數)． (1)將曲線C的極坐標方程化為直角坐標方程； (2)若直線l與曲線C相交于A，B兩點，且|AB|＝，求直線的傾斜角α的值． 押題依據　極坐標方程和參數方程的綜合問題一直是高考命題的熱點．本題考查了等價轉換思想，代數式變形能力，邏輯推理能力，是一道頗具代表性的題． 解　(1)由ρ＝4cos θ，得ρ2＝4ρco

15、s θ. 因為x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ，所以x2＋y2＝4x， 即曲線C的直角坐標方程為(x－2)2＋y2＝4. (2)將代入圓的方程(x－2)2＋y2＝4， 得(tcos α－1)2＋(tsin α)2＝4， 化簡得t2－2tcos α－3＝0. 設A，B兩點對應的參數分別為t1，t2， 由根與系數的關系，得 所以|AB|＝|t1－t2|＝ ＝＝， 故4cos2α＝1，解得cos α＝±. 因為直線的傾斜角α∈[0，π)，所以α＝或. 2．在平面直角坐標系xOy中，曲線C1：(φ為參數)，其中a>b>0.以O為極點，x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C

16、2：ρ＝2cos θ，射線l：θ＝α(ρ≥0)．若射線l與曲線C1交于點P，當α＝0時，射線l與曲線C2交于點Q，|PQ|＝1；當α＝時，射線l與曲線C2交于點O，|OP|＝. (1)求曲線C1的普通方程； (2)設直線l′：(t為參數，t≠0)與曲線C2交于點R，若α＝，求△OPR的面積． 押題依據　將橢圓和直線的參數方程、圓和射線的極坐標方程相交匯，考查相應知識的理解和運用，解題中，需要將已知條件合理轉化，靈活變形，符合高考命題趨勢． 解　(1)因為曲線C1的參數方程為(φ為參數)，且a>b>0，所以曲線C1的普通方程為＋＝1，而其極坐標方程為＋＝1. 將θ＝0(ρ≥0)代入＋＝

17、1， 得ρ＝a，即點P的極坐標為； 將θ＝0(ρ≥0)代入ρ＝2cos θ，得ρ＝2， 即點Q的極坐標為(2,0)． 因為|PQ|＝1，所以|PQ|＝|a－2|＝1， 所以a＝1或a＝3. 將θ＝(ρ≥0)代入＋＝1， 得ρ＝b，即點P的極坐標為， 因為|OP|＝，所以b＝.又因為a>b>0，所以a＝3， 所以曲線C1的普通方程為＋＝1. (2)因為直線l′的參數方程為(t為參數，t≠0)， 所以直線l′的普通方程為y＝－x(x≠0)， 而其極坐標方程為θ＝－(ρ∈R，ρ≠0)， 所以將直線l′的方程θ＝－代入曲線C2的方程ρ＝2cos θ，得ρ＝1，即|OR|＝1.

18、 因為將射線l的方程θ＝(ρ≥0)代入曲線C1的方程＋＝1， 得ρ＝，即|OP|＝， 所以S△OPR＝|OP||OR|sin∠POR ＝××1×sin ＝. A組　專題通關 1．(2018·河南省六市聯考)在直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為(φ為參數)，以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2的極坐標方程為ρ＝4sin θ. (1)求曲線C1的普通方程和C2的直角坐標方程； (2)已知曲線C3的極坐標方程為θ＝α(0<α<π，ρ∈R)，點A是曲線C3與C1的交點，點B是曲線C3與C2的交點，且A，B均異于原點O，若|AB|＝4，求實數α的值． 解　

19、(1)由曲線 C1 的參數方程為(φ為參數)， 消去參數得曲線 C1 的普通方程為(x－2)2＋y2＝4. 又曲線 C2 的極坐標方程為ρ＝4sin θ，得ρ2＝4ρsin θ， ∴ C2 的直角坐標方程為 x2 ＋y2＝4y， 整理得x2＋(y－2)2＝4. (2)曲線 C1：(x－2)2＋y2＝4 化為極坐標方程為ρ＝4cos θ. 設 A(ρ1，α1)，B(ρ2，α2)， 又曲線 C3 的極坐標方程為θ＝α，0<α<π，ρ∈R， 點 A是曲線C3 與 C1 的交點，B是曲線 C3 與C2 的交點，且均異于原點O，且|AB|＝4， ∴|AB|＝|ρ1－ρ2|＝|4sin

20、α－4cos α| ＝4＝4 ， ∴sin＝±1， 又0<α<π，∴－<α－<， ∴α－＝， 解得 α＝. 2．(2018·石嘴山適應性測試)在平面直角坐標系中，直線l的參數方程為(t為參數)．現以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為ρ＝6cos θ. (1)寫出直線l的普通方程和曲線C的直角坐標方程； (2)若點P的坐標為(－1,0)，直線l交曲線C于A，B兩點，求|PA|＋|PB|的值． 解　(1)由消去參數t， 得直線l的普通方程為x－y＋1＝0. 又由ρ＝6cos θ，得ρ2＝6ρcos θ， 由 得曲線C的直角坐標方程為x2＋

21、y2－6x＝0. (2)將代入x2＋y2－6x＝0中， 得t2－4t＋7＝0， 則t1＋t2＝4，t1t2＝7>0， 所以|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝|t1＋t2|＝4. 3．在直角坐標系xOy中，曲線C1：＋y2＝1，曲線C2：(φ為參數)，以坐標原點O為極點，以x軸正半軸為極軸，建立極坐標系． (1)求曲線C1，C2的極坐標方程； (2)已知射線l：θ＝α(ρ≥0)與曲線C1，C2分別交于點A，B(異于原點O)，當0<α<時，求|OA|2＋|OB|2的取值范圍． 解　(1)因為C2： 所以曲線C2的普通方程為x2＋(y－1)2＝1， 由得曲線C2的極坐標方程

22、ρ＝2sin θ. 對于曲線C1：＋y2＝1，由 得曲線C1的極坐標方程為ρ2＝. (2)由(1)得|OA|2＝ρ2＝， |OB|2＝ρ2＝4sin2α， |OA|2＋|OB|2＝＋4sin2α ＝＋4－4. 因為0<α<，1<1＋sin2α<， 所以|OA|2＋|OB|2∈. 4．(2018·濰坊模擬)在直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為(θ為參數)，點M為曲線C1上的動點，動點P滿足＝a(a>0且a≠1)，點P的軌跡為曲線C2. (1)求曲線C2的方程，并說明C2是什么曲線； (2)在以坐標原點為極點，以x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，A點的極坐標為，射線θ＝α

23、與C2的異于極點的交點為B，已知△AOB面積的最大值為4＋2，求a的值． 解　(1)設P(x，y)，M， 由＝a，得∴ ∵點M在C1上， ∴即(θ為參數)， 消去參數θ，得2＋y2＝4a2(a>0且a≠1)． ∴曲線C2是以為圓心，以2a為半徑的圓． (2)方法一　A點的直角坐標為(1，)， ∴直線OA的普通方程為y＝x，即x－y＝0. 設B點坐標為(2a＋2acos α，2asin α)， 則B點到直線x－y＝0的距離d＝ ＝a. ∴當α＝－時，dmax＝(＋2)a. ∴S△AOB的最大值為×2×(＋2)a＝4＋2， ∴a＝2. 方法二　將x＝ρcos θ，y＝

24、ρsin θ代入2＋y2＝4a2，并整理得ρ＝4acos θ，令θ＝α，得ρ＝4acos α. ∴B. ∴S△AOB＝|OA|·|OB|·sin∠AOB ＝4acos α＝a|2sin αcos α－2cos2α| ＝a|sin 2α－cos 2α－|＝a， ∴當α＝－時，S△AOB取得最大值(2＋)a， 依題意知(2＋)a＝4＋2，∴a＝2. 5．(2018·揭陽模擬)在直角坐標系xOy中，圓C的圓心為，半徑為，現以原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系． (1)求圓C的極坐標方程； (2)設M，N是圓C上兩個動點，滿足∠MON＝，求|OM|＋|ON|的最小值． 解　

25、(1)圓C的直角坐標方程為x2＋2＝， 即x2＋y2－y＝0， 化為極坐標方程為ρ2－ρsin θ＝0，整理可得ρ＝sin θ. (2)設M，N， |OM|＋|ON|＝ρ1＋ρ2＝sin θ＋sin ＝sin θ＋cos θ＝sin. 由得0≤θ≤，≤θ＋≤， 故≤sin≤1， 即|OM|＋|ON|的最小值為. B組　能力提高 6．在直角坐標系xOy中，已知曲線E經過點P，其參數方程為(α為參數)，以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系． (1)求曲線E的極坐標方程； (2)若直線l交E于點A，B，且OA⊥OB，求證：＋為定值，并求出這個定值． 解　(1)將點

26、P代入曲線E的方程， 得 解得a2＝3， 所以曲線E的普通方程為＋＝1， 極坐標方程為ρ2＝1. (2)不妨設點A，B的極坐標分別為 A(ρ1，θ)，B，ρ1>0，ρ2>0， 則 即 所以＋＝， 即＋＝， 所以＋為定值. 7．已知在平面直角坐標系xOy中，以O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，P點的極坐標為，曲線C的極坐標方程為ρ＝2cos(θ為參數)． (1)寫出點P的直角坐標及曲線C的直角坐標方程； (2)若Q為曲線C上的動點，求PQ的中點M到直線l：2ρcos θ＋4ρsin θ＝的距離的最小值． 解　(1)點P的直角坐標為， 由ρ＝2cos， 得

27、ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，① 將ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x，ρsin θ＝y(tǒng)代入①， 可得曲線C的直角坐標方程為 2＋2＝1. (2)直線2ρcos θ＋4ρsin θ＝的直角坐標方程為2x＋4y－＝0， 設點Q的直角坐標為， 則M， ∴點M到直線l的距離 d＝ ＝ ＝，其中tan φ＝. ∴d≥＝(當且僅當sin(θ＋φ)＝－1時取等號)， ∴點M到直線l：2ρcos θ＋4ρsin θ＝的距離的最小值為. 8．已知α∈[0，π)，在直角坐標系xOy中，直線l1的參數方程為(t為參數)；在以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，直線l2的

28、極坐標方程為ρcos(θ－α)＝2sin(θ為參數)． (1)求證：l1⊥l2； (2)設點A的極坐標為，P為直線l1，l2的交點，求|OP||AP|的最大值． (1)證明　易知直線l1的普通方程為xsin α－ycos α＝0. 又ρcos(θ－α)＝2sin可變形為 ρcos θcos α＋ρsin θsin α＝2sin， 即直線l2的直角坐標方程為 xcos α＋ysin α－2sin＝0. 因為sin αcos α＋(－cos α)sin α＝0， 根據兩直線垂直的條件可知，l1⊥l2. (2)解　當ρ＝2，θ＝時， ρcos(θ－α)＝2cos＝2sin， 所以點A在直線ρcos(θ－α)＝2sin上． 設點P到直線OA的距離為d，由l1⊥l2可知，d的最大值為＝1. 于是|OP||AP|＝d·|OA|＝2d≤2， 所以|OP||AP|的最大值為2. 15