《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數學 專題十五 坐標系與參數方程試題 理-人教版高三數學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數學 專題十五 坐標系與參數方程試題 理-人教版高三數學試題（21頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題十五　坐標系與參數方程 探考情 悟真題 【真題探秘】 【考情探究】 考點 內容解讀 5年考情 預測熱度 考題示例 考向 關聯考點 1.極坐標方程 能在極坐標中用極坐標表示點的位置,能通過極坐標和直角坐標的互化研究曲線的性質 2019課標Ⅱ,22,10分 極坐標方程 軌跡問題 ★★★ 2017課標Ⅱ,22,10分 極坐標方程與 直角坐標方程互化 軌跡問題、三角 函數求面積最值 2016課標Ⅰ,23,10分 極坐標方程 求參數 2015課標Ⅱ,23,10分 極坐標方程與 直角坐標方程互化 三角函數求最值 2.參數方程 了解參數方程

2、及參數的意義,能借助參數方程與普通方程的互化進一步研究曲線的性質 2019課標Ⅰ,22,10分 參數方程與普通方程互化 距離最值 ★★★ 2018課標Ⅱ,22,10分 參數方程與 普通方程互化 直線的斜率 分析解讀　　從近5年的高考情況來看,本專題內容一直是高考命題的熱點,以解答題的形式出現,分值為10分.主要考查極坐標(方程)與直角坐標(方程)的互化,參數方程與普通方程的互化以及參數方程的應用,其中利用橢圓、圓的參數方程求最值及利用直線參數方程中參數的幾何意義求值是高考考查的重點.解題時,應熟記互化公式和互化方法,巧妙設取參數,充分利用化歸與轉化思想在解題中的指導作用.考查

3、學生的數學運算和邏輯推理素養(yǎng). 破考點 練考向 【考點集訓】 考點一　極坐標方程 1.(2019豫南九校聯考,22)在直角坐標系xOy中,直線l:y=3x,曲線C1的參數方程為x=cosα,y=1+sinα(α為參數),M是C1上的動點,P點滿足OP=3OM,P點的軌跡為曲線C2. (1)求直線l與曲線C2的極坐標方程; (2)在以O為極點,x軸的正半軸為極軸的極坐標系中,直線l與C1的異于極點的交點為A,與C2的異于極點的交點為B,求|AB|. 解析　(1)設P(x,y),則由條件知Mx3,y3. 由于M點在C1上,所以x3=cosα,y3=1+sinα(α為參數), 即x

4、=3cosα,y=3+3sinα(α為參數),(2分) 從而C2的參數方程為x=3cosα,y=3+3sinα(α為參數),(3分) 則C2的極坐標方程為ρ=6sinθ.易知直線l的極坐標方程為θ=π3(ρ∈R).(5分) (2)曲線C1的極坐標方程為ρ=2sinθ,(6分) 又因為曲線C2的極坐標方程為ρ=6sinθ,直線l的極坐標方程為θ=π3(ρ∈R), 所以直線l與C1的交點A的極徑為ρ1=2sinπ3,(7分) 直線l與C2的交點B的極徑為ρ2=6sinπ3,(8分) 所以|AB|=|ρ2-ρ1|=4sinπ3=23.(10分) 2.(2020屆寧夏六盤山9月月考,2

5、2)在直角坐標系xOy中,已知圓C:x=2cosθ,y=2sinθ(θ為參數),點P在直線l:x+y-4=0上,以坐標原點為極點,x軸的正半軸為極軸,建立極坐標系. (1)求圓C和直線l的極坐標方程; (2)射線OP交圓C于R,點Q在射線OP上,且滿足|OP|2=|OR|·|OQ|,求Q點軌跡的極坐標方程. 解析　(1)將圓C:x=2cosθ,y=2sinθ(θ為參數)轉化為普通方程為x2+y2=4,∴圓C的極坐標方程為ρ=2. ∵直線l的直角坐標方程為x+y-4=0,∴直線l的極坐標方程為ρ=4sinθ+cosθ. (2)設P,Q,R的極坐標分別為(ρ1,θ),(ρ,θ),(ρ2,

6、θ). 因為ρ1=4sinθ+cosθ,ρ2=2,且|OP|2=|OR|·|OQ|,所以ρ12=ρ·ρ2,所以ρ=ρ12ρ2=16(sinθ+cosθ)2×12,即ρ=81+sin2θ.所以Q點軌跡的極坐標方程為ρ=81+sin2θ. 考點二　參數方程 1.(2018四川達州模擬,22)在直角坐標系xOy中,以坐標原點O為極點,以x軸正半軸為極軸建立極坐標系.已知直線l:x=22t,y=-1+22t(t為參數),曲線C的極坐標方程是ρ2-6ρcosθ+1=0,l與C相交于A、B兩點. (1)求l的普通方程和C的直角坐標方程; (2)已知M(0,-1),求|MA|·|MB|的值. 解

7、析　(1)直線l的參數方程為x=22t,y=-1+22t(t為參數), 轉化為普通方程為x-y-1=0. 曲線C的極坐標方程是ρ2-6ρcosθ+1=0, 轉化為直角坐標方程為x2+y2-6x+1=0. (2)把直線l的參數方程x=22t,y=-1+22t(t為參數)代入x2+y2-6x+1=0,得到t2-42t+2=0,設A點對應的參數為t1,B點對應的參數為t2, 則|MA|·|MB|=|t1·t2|=2. 2.(2020屆江西景德鎮(zhèn)摸底測試,22)在極坐標系中,曲線C1的極坐標方程是ρ=244cosθ+3sinθ,以極點為原點O,極軸為x軸正半軸(兩坐標系取相同的單位長度)的

8、直角坐標系xOy中,曲線C2的參數方程為x=cosθ,y=sinθ(θ為參數). (1)求曲線C1的直角坐標方程與曲線C2的普通方程; (2)將曲線C2經過伸縮變換x'=22x,y'=2y后得到曲線C3,若M,N分別是曲線C1和曲線C3上的動點,求|MN|的最小值. 解析　(1)∵C1的極坐標方程是ρ=244cosθ+3sinθ, ∴4ρcosθ+3ρsinθ=24,∴4x+3y=24,∴C1的直角坐標方程為4x+3y=24. ∵曲線C2的參數方程為x=cosθ,y=sinθ(θ為參數), ∴C2的普通方程為x2+y2=1. (2)將曲線C2經過伸縮變換x'=22x,y'=2y后

9、得到曲線C3,則曲線C3的參數方程為x=22cosα,y=2sinα(α為參數). 設N(22cosα,2sinα),則N到曲線C1的距離d=|4×22cosα+3×2sinα-24|5=|241sin(α+φ)-24|5, 故當sin(α+φ)=1時,|MN|取得最小值24-2415. 煉技法 提能力 【方法集訓】 方法1　極坐標方程與直角坐標方程的互化方法 　(2019全國統(tǒng)一診斷卷A,22)在平面直角坐標系xOy中,直線l的參數方程為x=1-22t,y=-1+22t(t為參數).以原點O為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,圓C的極坐標方程為ρ2+(6cosθ-2sinθ)·

10、ρ+4=0. (1)求直線l的極坐標方程; (2)設直線l與圓C交于A,B兩點,求1|OA|2+1|OB|2的值. 解析　(1)由x=1-22t,y=-1+22t(t為參數)兩式相加得x+y=0,將x=ρcosθ,y=ρsinθ代入得ρcosθ+ρsinθ=0,(2分) 整理得θ=34π,(4分) 所以直線l的極坐標方程為θ=34π(ρ∈R).(5分) (2)聯立θ=3π4,ρ2+(6cosθ-2sinθ)ρ+4=0, 得ρ2+6cos3π4-2sin3π4ρ+4=0,(6分) 即ρ2-42ρ+4=0.(7分) 設Aρ1,3π4,Bρ2,3π4,則ρ1+ρ2=42,ρ1ρ2=

11、4,(8分) 所以1|OA|2+1|OB|2=1ρ12+1ρ22=(ρ1+ρ2)2-2ρ1ρ2(ρ1ρ2)2=(42)2-2×416=32.(10分) 方法2　參數方程與普通方程的互化方法 　(2019海南?？谝恢心M,21)在平面直角坐標系xOy中,曲線C1過點P(a,2),其參數方程為x=a+s,y=2+s(s為參數,a∈R),以坐標原點O為極點,以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ρsin2θ-ρ+8sinθ=0. (1)求曲線C1的普通方程和曲線C2的直角坐標方程; (2)若曲線C1和曲線C2交于A,B兩點,且PA+2PB=0,求實數a的值. 解析　(1

12、)由x=a+s,y=2+s(s為參數,a∈R)消去s,可得x-y+2-a=0, 由ρsin2θ-ρ+8sinθ=0,得ρ2sin2θ-ρ2+8ρsinθ=0, ∴x2=8y. (2)將曲線C1的參數方程化為x=a+22t,y=2+22t(t為參數),代入曲線C2的方程,可得t2+(22a-82)t+2a2-32=0. 由Δ=(22a-82)2-4(2a2-32)>0,解得a<4. 設點A,B對應的參數分別為t1,t2, 則t1+t2=82-22a,t1t2=2a2-32, 又t1=-2t2,聯立可得a=4(舍)或a=289. 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標卷題組 考點一

13、　極坐標方程 1.(2019課標Ⅲ,22,10分)如圖,在極坐標系Ox中,A(2,0),B2,π4,C2,3π4,D(2,π),弧AB,BC,CD所在圓的圓心分別是(1,0),1,π2,(1,π),曲線M1是弧AB,曲線M2是弧BC,曲線M3是弧CD. (1)分別寫出M1,M2,M3的極坐標方程; (2)曲線M由M1,M2,M3構成,若點P在M上,且|OP|=3,求P的極坐標. 解析　本題考查極坐標的概念,求極坐標方程等知識點,通過極坐標的應用考查學生的運算求解能力,以求極坐標方程、求點的極坐標為背景考查數學運算的核心素養(yǎng). (1)由題設可得,弧AB,BC,CD所在圓的極坐標方程

14、分別為ρ=2cosθ,ρ=2sinθ,ρ=-2cosθ. 所以M1的極坐標方程為ρ=2cosθ0≤θ≤π4,M2的極坐標方程為ρ=2sinθπ4≤θ≤3π4,M3的極坐標方程為ρ= -2cosθ3π4≤θ≤π. (2)設P(ρ,θ),由題設及(1)知 若0≤θ≤π4,則2cosθ=3,解得θ=π6; 若π4≤θ≤3π4,則2sinθ=3,解得θ=π3或θ=2π3; 若3π4≤θ≤π,則-2cosθ=3,解得θ=5π6. 綜上,P的極坐標為3,π6或3,π3或3,2π3或3,5π6. 2.(2018課標Ⅰ,22,10分)在直角坐標系xOy中,曲線C1的方程為y=k|x|+2.以坐

15、標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,曲線C2的極坐標方程為ρ2+2ρcosθ-3=0. (1)求C2的直角坐標方程; (2)若C1與C2有且僅有三個公共點,求C1的方程. 解析　(1)由x=ρcosθ,y=ρsinθ得C2的直角坐標方程為 (x+1)2+y2=4. (2)由(1)知C2是圓心為A(-1,0),半徑為2的圓. 由題設知,C1是過點B(0,2)且關于y軸對稱的兩條射線. 記y軸右邊的射線為l1,y軸左邊的射線為l2. 由于B在圓C2的外面,故C1與C2有且僅有三個公共點等價于l1與C2只有一個公共點且l2與C2有兩個公共點,或l2與C2只有一個公共點且l1與

16、C2有兩個公共點. 當l1與C2只有一個公共點時,A到l1所在直線的距離為2,所以|-k+2|k2+1=2,故k=-43或k=0,經檢驗,當k=0時,l1與C2沒有公共點;當k=-43時,l1與C2只有一個公共點,l2與C2有兩個公共點. 當l2與C2只有一個公共點時,A到l2所在直線的距離為2,所以|k+2|k2+1=2,故k=0或k=43.經檢驗,當k=0時,l1與C2沒有公共點;當k=43時,l2與C2沒有公共點. 綜上,所求C1的方程為y=-43|x|+2. 方法總結　極坐標方程與直角坐標方程的互化技巧 (1)巧用極坐標方程兩邊同乘ρ或同時平方技巧,將極坐標方程構造成含有ρc

17、osθ,ρsinθ,ρ2的形式,然后利用公式代入化簡得到直角坐標方程. (2)巧借兩角和差公式,轉化成ρsin(θ+α)或ρcos(θ+α)的形式,進而利用互化公式得到直角坐標方程. (3)將直角坐標方程中的x轉化為ρcosθ,將y轉化為ρsinθ,即可得到極坐標方程. 考點二　參數方程 1.(2019課標Ⅰ,22,10分)在直角坐標系xOy中,曲線C的參數方程為x=1-t21+t2,y=4t1+t2(t為參數).以坐標原點O為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系,直線l的極坐標方程為2ρcosθ+3ρsinθ+11=0. (1)求C和l的直角坐標方程; (2)求C上的點到l距離的

18、最小值. 解析　本題主要考查學生對橢圓的參數方程、直線的極坐標方程的掌握與運用,考查曲線的參數方程、極坐標方程與直角坐標方程之間的轉化;考查學生的運算求解能力及化歸與轉化思想;考查的核心素養(yǎng)是數學運算. (1)因為-1<1-t21+t2≤1,且x2+y22=1-t21+t22+4t2(1+t2)2=1,所以C的直角坐標方程為x2+y24=1(x≠-1). l的直角坐標方程為2x+3y+11=0. (2)由(1)可設C的參數方程為x=cosα,y=2sinα(α為參數,-π<α<π).C上的點到l的距離為 |2cosα+23sinα+11|7=4cosα-π3+117. 當α=-2π

19、3時,4cosα-π3+11取得最小值7, 故C上的點到l距離的最小值為7. 注:因為在教材中,參數方程與普通方程對應,極坐標方程與直角坐標方程對應,所以本題中的“求C和l的直角坐標方程”更改為“求C的普通方程和l的直角坐標方程”更合適. 思路分析　(1)通過平方相加消參可得曲線C的普通方程,利用x與t的關系得出x≠-1,利用x=ρcosθ,y=ρsinθ將l的極坐標方程化為直角坐標方程. (2)借助橢圓的參數方程、點到直線的距離公式求橢圓上的點到直線l的距離的最小值. 失分警示　在第一問中,學生易對x≠-1這一條件考慮不周,從而導致失分. 2.(2018課標Ⅱ,22,10分)在直

20、角坐標系xOy中,曲線C的參數方程為x=2cosθ,y=4sinθ(θ為參數),直線l的參數方程為x=1+tcosα,y=2+tsinα(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. 解析　(1)曲線C的直角坐標方程為x24+y216=1. 當cosα≠0時,l的直角坐標方程為y=tanα·x+2-tanα, 當cosα=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(2cosα+sinα)t-8=0.① 因為曲線C截直線l所得線段的中點

21、(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= -4(2cosα+sinα)1+3cos2α,故2cosα+sinα=0,于是直線l的斜率k=tanα=-2. 注:因為在教材中,參數方程與普通方程對應,極坐標方程與直角坐標方程對應,所以本題中的“直角坐標方程”更改為“普通方程”更合適. 方法總結　以角θ為參數的參數方程,一般利用三角函數的平方關系:sin2θ+cos2θ=1將參數方程化為普通方程;而弦的中點問題常用根與系數的關系或點差法進行整體運算求解. 3.(2017課標Ⅰ,22,10分)在直角坐標系xOy中,曲線C的參數方程為x=3cosθ

22、,y=sinθ(θ為參數),直線l的參數方程為x=a+4t,y=1-t(t為參數). (1)若a=-1,求C與l的交點坐標; (2)若C上的點到l距離的最大值為17,求a. 解析　(1)曲線C的普通方程為x29+y2=1. 當a=-1時,直線l的普通方程為x+4y-3=0. 由x+4y-3=0,x29+y2=1解得x=3,y=0或x=-2125,y=2425. 從而C與l的交點坐標為(3,0),-2125,2425. (2)直線l的普通方程為x+4y-a-4=0,故C上的點(3cosθ,sinθ)到l的距離d=|3cosθ+4sinθ-a-4|17. 當a≥-4時,d的最大值為

23、a+917. 由題設得a+917=17,所以a=8. 當a<-4時,d的最大值為-a+117. 由題設得-a+117=17, 所以a=-16. 綜上,a=8或a=-16. B組　自主命題·省(區(qū)、市)卷題組 考點一　極坐標方程 1.(2018北京,10,5分)在極坐標系中,直線ρcosθ+ρsinθ=a(a>0)與圓ρ=2cosθ相切,則a=　　　　.? 答案　1+2 2.(2019江蘇,21B,10分)在極坐標系中,已知兩點A3,π4,B2,π2,直線l的方程為ρsinθ+π4=3. (1)求A,B兩點間的距離; (2)求點B到直線l的距離. 解析　本題主要考查曲線

24、的極坐標方程等基礎知識,考查運算求解能力. (1)設極點為O.在△OAB中,A3,π4,B2,π2, 由余弦定理,得AB=32+(2)2-2×3×2×cosπ2-π4=5. (2)因為直線l的方程為ρsinθ+π4=3, 則直線l過點32,π2,傾斜角為3π4.又B2,π2,所以點B到直線l的距離為(32-2)×sin3π4-π2=2. 考點二　參數方程 1.(2019北京,3,5分)已知直線l的參數方程為x=1+3t,y=2+4t(t為參數),則點(1,0)到直線l的距離是(　　) A.15 B.25 C.45 D.65 答案　D　 2.(2019天津,12,5分)設a∈R

25、,直線ax-y+2=0和圓x=2+2cosθ,y=1+2sinθ(θ為參數)相切,則a的值為　　　　.? 答案　34 C組　教師專用題組 考點一　極坐標方程 1.(2017北京,11,5分)在極坐標系中,點A在圓ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+4=0上,點P的坐標為(1,0),則|AP|的最小值為　.? 答案　1 2.(2017天津,11,5分)在極坐標系中,直線4ρcosθ-π6+1=0與圓ρ=2sinθ的公共點的個數為　　　　.? 答案　2 3.(2016北京,11,5分)在極坐標系中,直線ρcosθ-3ρsinθ-1=0與圓ρ=2cosθ交于A,B兩點,則|AB|=　.

26、? 答案　2 4.(2015廣東,14,5分)已知直線l的極坐標方程為2ρsinθ-π4=2,點A的極坐標為A22,7π4,則點A到直線l的距離為　　　　.? 答案　522 5.(2018江蘇,21C,10分)在極坐標系中,直線l的方程為ρsinπ6-θ=2,曲線C的方程為ρ=4cosθ,求直線l被曲線C截得的弦長. 解析　本題主要考查曲線的極坐標方程等基礎知識,考查運算求解能力. 因為曲線C的極坐標方程為ρ=4cosθ, 所以曲線C是圓心為(2,0),直徑為4的圓, 因為直線l的極坐標方程為 ρsinπ6-θ=2,所以直線l過點(4,0),傾斜角為π6, 設A(4,0

27、),則A為直線l與圓C的一個交點. 設另一個交點為B,則∠OAB=π6. 連接OB,因為OA為直徑,所以∠OBA=π2, 所以AB=4cosπ6=23. 因此,直線l被曲線C截得的弦長為23. 一題多解　把直線和曲線的極坐標方程化成直角坐標方程得到l:x-3y-4=0,C:x2+y2-4x=0,則C:(x-2)2+y2=4,半徑R=2,圓心(2,0)到l的距離d=22=1,因此,直線l被曲線C截得的弦長為2R2-d2=23. 6.(2017課標Ⅱ,22,10分)在直角坐標系xOy中,以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,曲線C1的極坐標方程為ρcosθ=4. (1)M為

28、曲線C1上的動點,點P在線段OM上,且滿足|OM|·|OP|=16,求點P的軌跡C2的直角坐標方程; (2)設點A的極坐標為2,π3,點B在曲線C2上,求△OAB面積的最大值. 解析　本題考查極坐標方程及其應用. (1)設P的極坐標為(ρ,θ)(ρ>0),M的極坐標為(ρ1,θ)(ρ1>0).由題設知|OP|=ρ,|OM|=ρ1=4cosθ. 由|OM|·|OP|=16得C2的極坐標方程為ρ=4cosθ(ρ>0). 因此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=4cosα,于是△OAB面積S=

29、12|OA|·ρB·sin∠AOB =4cosα·sinα-π3=2sin2α-π3-32≤2+3. 當α=-π12時,S取得最大值2+3.所以△OAB面積的最大值為2+3. 7.(2017課標Ⅲ,22,10分)在直角坐標系xOy中,直線l1的參數方程為x=2+t,y=kt(t為參數),直線l2的參數方程為x=-2+m,y=mk(m為參數).設l1與l2的交點為P,當k變化時,P的軌跡為曲線C. (1)寫出C的普通方程; (2)以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,設l3:ρ(cosθ+sinθ)-2=0,M為l3與C的交點,求M的極徑. 解析　本題考查參數方程與普通方程

30、的互化,極坐標方程. (1)消去參數t得l1的普通方程l1:y=k(x-2);消去參數m得l2的普通方程l2:y=1k(x+2). 設P(x,y),由題設得y=k(x-2),y=1k(x+2).消去k得x2-y2=4(y≠0). 所以C的普通方程為x2-y2=4(y≠0). (2)C的極坐標方程為ρ2(cos2θ-sin2θ)=4(0<θ<2π,θ≠π). 聯立ρ2(cos2θ-sin2θ)=4,ρ(cosθ+sinθ)-2=0,得cosθ-sinθ=2(cosθ+sinθ). 故tanθ=-13,從而cos2θ=910,sin2θ=110. 代入ρ2(cos2θ-sin2θ)=

31、4得ρ2=5,所以交點M的極徑為5. 思路分析　(1)由參數方程直接消去參數t、m、k,即得C的普通方程.(2)將C的直角坐標方程化為極坐標方程,與直線l3的極坐標方程聯立,從而求得點M的極徑. 方法總結　極坐標問題既可以化為直角坐標處理,也可以直接用極坐標求解.但要注意極徑、極角的取值范圍,避免漏根或增根. 8.(2016課標Ⅰ,23,10分)在直角坐標系xOy中,曲線C1的參數方程為x=acost,y=1+asint(t為參數,a>0).在以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸的極坐標系中,曲線C2:ρ=4cosθ. (1)說明C1是哪一種曲線,并將C1的方程化為極坐標方程; (2)

32、直線C3的極坐標方程為θ=α0,其中α0滿足tanα0=2,若曲線C1與C2的公共點都在C3上,求a. 解析　(1)消去參數t得到C1的普通方程x2+(y-1)2=a2.C1是以(0,1)為圓心,a為半徑的圓.(3分) 將x=ρcosθ,y=ρsinθ代入C1的普通方程中,得到C1的極坐標方程為ρ2-2ρsinθ+1-a2=0.(5分) (2)曲線C1,C2的公共點的極坐標滿足方程組 ρ2-2ρsinθ+1-a2=0,ρ=4cosθ.(6分) 若ρ≠0,由方程組得16cos2θ-8sinθcosθ+1-a2=0,由tanθ=2,可得16cos2θ-8sinθcosθ=0,從而1-a2

33、=0,解得a=-1(舍去),或a=1.(8分) a=1時,極點也為C1,C2的公共點,在C3上.(9分) 所以a=1.(10分) 解后反思　將曲線的參數方程化成普通方程后,容易看出曲線所屬的類型. 9.(2016課標全國Ⅱ,23,10分)在直角坐標系xOy中,圓C的方程為(x+6)2+y2=25. (1)以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,求C的極坐標方程; (2)直線l的參數方程是x=tcosα,y=tsinα(t為參數),l與C交于A,B兩點,|AB|=10,求l的斜率. 解析　(1)由x=ρcosθ,y=ρsinθ可得圓C的極坐標方程ρ2+12ρcosθ+11=

34、0.(3分) (2)在(1)中建立的極坐標系中,直線l的極坐標方程為θ=α(ρ∈R).(4分) 設A,B所對應的極徑分別為ρ1,ρ2,將l的極坐標方程代入C的極坐標方程得ρ2+12ρcosα+11=0. 于是ρ1+ρ2=-12cosα,ρ1ρ2=11.(6分) |AB|=|ρ1-ρ2|=(ρ1+ρ2)2-4ρ1ρ2=144cos2α-44.(8分) 由|AB|=10得cos2α=38,tanα=±153.(9分) 所以l的斜率為153或-153.(10分) 方法總結　利用數形結合的思想方法及整體運算的技巧可以極大地提高解題效率. 本題考查直線和圓的極坐標方程,極坐標的幾何意義的

35、應用.利用方程的思想方法是求解的關鍵. 10.(2015課標Ⅰ,23,10分)在直角坐標系xOy中,直線C1:x=-2,圓C2:(x-1)2+(y-2)2=1,以坐標原點為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系. (1)求C1,C2的極坐標方程; (2)若直線C3的極坐標方程為θ=π4(ρ∈R),設C2與C3的交點為M,N,求△C2MN的面積. 解析　(1)因為x=ρcosθ,y=ρsinθ,所以C1的極坐標方程為ρcosθ=-2,C2的極坐標方程為ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+4=0. (5分) (2)將θ=π4代入ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+4=0,得ρ2-32ρ+4=

36、0,解得ρ1=22,ρ2=2,故ρ1-ρ2=2,即|MN|=2. 由于C2的半徑為1,所以△C2MN的面積為12.(10分) 思路分析　(1)利用x=ρcosθ,y=ρsinθ求解; (2)將直線C3的極坐標方程代入圓C2的極坐標方程,通過解方程求出|MN|的值,再結合圓C2的半徑求△C2MN的面積. 方法總結　直角坐標方程與極坐標方程的互化方法: 直角坐標方程極坐標方程 11.(2015課標Ⅱ,23,10分)在直角坐標系xOy中,曲線C1:x=tcosα,y=tsinα(t為參數,t≠0),其中0≤α<π.在以O為極點,x軸正半軸為極軸的極坐標系中,曲線C2:ρ=2sinθ,C3

37、:ρ=23cosθ. (1)求C2與C3交點的直角坐標; (2)若C1與C2相交于點A,C1與C3相交于點B,求|AB|的最大值. 解析　(1)曲線C2的直角坐標方程為x2+y2-2y=0,曲線C3的直角坐標方程為x2+y2-23x=0. 聯立x2+y2-2y=0,x2+y2-23x=0,解得x=0,y=0或x=32,y=32. 所以C2與C3交點的直角坐標為(0,0)和32,32. (2)曲線C1的極坐標方程為θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α<π. 因此A的極坐標為(2sinα,α),B的極坐標為(23cosα,α). 所以|AB|=|2sinα-23cosα|=4sin

38、α-π3. 當α=5π6時,|AB|取得最大值,最大值為4. 思路分析　(1)由互化公式把曲線C2,C3的極坐標方程化為直角坐標方程,聯立方程求得交點的直角坐標; (2)求出C1的極坐標方程,進而得點A,B的極坐標分別為(2sinα,α),(23cosα,α),從而得出|AB|=|2sinα-23cosα|,利用三角函數的相關知識可求其最大值. 解題關鍵　將|AB|表示成關于α的函數是解第(2)問的關鍵. 12.(2015江蘇,21C,10分)已知圓C的極坐標方程為ρ2+22ρsinθ-π4-4=0,求圓C的半徑. 解析　以極坐標系的極點為平面直角坐標系的原點O,以極軸為x軸的正半

39、軸,建立直角坐標系xOy. 圓C的極坐標方程為ρ2+22ρ22sinθ-22cosθ-4=0, 化簡,得ρ2+2ρsinθ-2ρcosθ-4=0. 則圓C的直角坐標方程為x2+y2-2x+2y-4=0, 即(x-1)2+(y+1)2=6,所以圓C的半徑為6. 本題主要考查圓的極坐標方程、極坐標與直角坐標的互化等基礎知識,考查運算求解能力. 考點二　參數方程 1.(2018天津,12,5分)已知圓x2+y2-2x=0的圓心為C,直線x=-1+22t,y=3-22t(t為參數)與該圓相交于A,B兩點,則△ABC的面積為　　　　.? 答案　12 2.(2015湖北,16,5分)在直

40、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.已知直線l的極坐標方程為ρ(sinθ-3cosθ)=0,曲線C的參數方程為x=t-1t,y=t+1t(t為參數),l與C相交于A,B兩點,則|AB|=　　　　.? 答案　25 3.(2016江蘇,21C,10分)在平面直角坐標系xOy中,已知直線l的參數方程為x=1+12t,y=32t(t為參數),橢圓C的參數方程為x=cosθ,y=2sinθ(θ為參數).設直線l與橢圓C相交于A,B兩點,求線段AB的長. 解析　橢圓C的普通方程為x2+y24=1. 將直線l的參數方程x=1+12t,y=32t代入x2+y24=1,得 1

41、+12t2+32t24=1,即7t2+16t=0,解得t1=0,t2=-167. 所以AB=|t1-t2|=167. 本題主要考查直線和橢圓的參數方程、參數方程與普通方程的互化以及直線與橢圓的位置關系等基礎知識,考查運算求解能力. 4.(2017江蘇,21C,10分)在平面直角坐標系xOy中,已知直線l的參數方程為x=-8+t,y=t2(t為參數),曲線C的參數方程為x=2s2,y=22s(s為參數).設P為曲線C上的動點,求點P到直線l的距離的最小值. 解析　直線l的普通方程為x-2y+8=0. 因為點P在曲線C上,設P(2s2,22s), 從而點P到直線l的距離d=|2s2-4

42、2s+8|12+(-2)2=2(s-2)2+45. 當s=2時,dmin=455. 因此當點P的坐標為(4,4)時,曲線C上的點P到直線l的距離取到最小值455. 5.(2015湖南,16(2),6分)已知直線l:x=5+32t,y=3+12t(t為參數).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=2cosθ. (1)將曲線C的極坐標方程化為直角坐標方程; (2)設點M的直角坐標為(5,3),直線l與曲線C的交點為A,B,求|MA|·|MB|的值. 解析　(1)ρ=2cosθ等價于ρ2=2ρcosθ.① 將ρ2=x2+y2,ρcosθ=x代入①即得

43、曲線C的直角坐標方程為x2+y2-2x=0.② (2)將x=5+32t,y=3+12t代入②,得t2+53t+18=0.設這個方程的兩個實根分別為t1,t2,則由參數t的幾何意義知,|MA|·|MB|=|t1t2|=18. 6.(2016課標Ⅲ,23,10分)在直角坐標系xOy中,曲線C1的參數方程為x=3cosα,y=sinα(α為參數).以坐標原點為極點,以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ρsinθ+π4=22. (1)寫出C1的普通方程和C2的直角坐標方程; (2)設點P在C1上,點Q在C2上,求|PQ|的最小值及此時P的直角坐標. 解析　(1)C1的普

44、通方程為x23+y2=1. C2的直角坐標方程為x+y-4=0.(5分) (2)由題意,可設點P的直角坐標為(3cosα,sinα).因為C2是直線,所以|PQ|的最小值即為P到C2的距離d(α)的最小值,d(α)=|3cosα+sinα-4|2=2sinα+π3-2.(8分) 當且僅當α=2kπ+π6(k∈Z)時,d(α)取得最小值,最小值為2,此時P的直角坐標為32,12.(10分) 思路分析　(1)對于C1的參數方程,利用sin2α+cos2α=1消去參數α可得C1的普通方程,對于C2的極坐標方程,由兩角和的正弦公式及極坐標與直角坐標的互化公式可得C2的直角坐標方程; (2)由

45、C1的參數方程設出P點的直角坐標,利用點到直線的距離公式和三角函數的知識進行求解. 方法總結　求與曲線上動點有關的最值時,常利用曲線的參數方程表示出曲線上的動點,從而利用三角函數的知識求最值,這樣可以極大簡化運算過程. 7.(2015陜西,23,10分)在直角坐標系xOy中,直線l的參數方程為x=3+12t,y=32t(t為參數).以原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,☉C的極坐標方程為ρ=23sinθ. (1)寫出☉C的直角坐標方程; (2)P為直線l上一動點,當P到圓心C的距離最小時,求P的直角坐標. 解析　(1)由ρ=23sinθ,得 ρ2=23ρsinθ,從而有x2+

46、y2=23y,所以x2+(y-3)2=3. (2)設P3+12t,32t,又C(0,3), 則|PC|=3+12t2+32t-32=t2+12,故當t=0時,|PC|取得最小值,此時,P點的直角坐標為(3,0). 8.(2014課標Ⅱ,23,10分)在直角坐標系xOy中,以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,半圓C的極坐標方程為ρ=2cosθ,θ∈0,π2. (1)求C的參數方程; (2)設點D在C上,C在D處的切線與直線l:y=3x+2垂直,根據(1)中你得到的參數方程,確定D的坐標. 解析　(1)C的普通方程為(x-1)2+y2=1(0≤y≤1). 可得C的參數方程

47、為x=1+cost,y=sint(t為參數,0≤t≤π). (2)設D(1+cost,sint). 由(1)知C是以G(1,0)為圓心,1為半徑的上半圓. 因為C在點D處的切線與l垂直,所以直線GD與l的斜率相同,即tant=3,t=π3. 故D的直角坐標為1+cosπ3,sinπ3,即32,32. 思路分析　(1)先把曲線C的極坐標方程化為直角坐標方程,再求其參數方程; (2)利用曲線C的參數方程設出點D的直角坐標,由切線的性質求解. 9.(2014課標Ⅰ,23,10分)已知曲線C:x24+y29=1,直線l:x=2+t,y=2-2t(t為參數). (1)寫出曲線C的參數方程

48、,直線l的普通方程; (2)過曲線C上任意一點P作與l夾角為30°的直線,交l于點A,求|PA|的最大值與最小值. 解析　(1)曲線C的參數方程為x=2cosθ,y=3sinθ(θ為參數). 直線l的普通方程為2x+y-6=0. (2)曲線C上任意一點P(2cosθ,3sinθ)到l的距離 d=55|4cosθ+3sinθ-6|. 則|PA|=dsin30°=255|5sin(θ+α)-6|, 其中α為銳角,且tanα=43. 當sin(θ+α)=-1時,|PA|取得最大值,最大值為2255. 當sin(θ+α)=1時,|PA|取得最小值,最小值為255. 思路分析　(1)

49、利用三角換元的方法求曲線C的參數方程,消去參數t得直線l的普通方程; (2)利用曲線C的參數方程表示出P的直角坐標,由點到直線的距離公式及解直角三角形建立|PA|關于θ的函數,利用三角函數的知識求最值. 【三年模擬】 解答題(共80分) 1.(2020屆山西太原五中第二次診斷,22)在直角坐標系xOy中,直線l的參數方程為x=tcosα,y=tsinα(t為參數),在以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸的極坐標系中,曲線C1:ρ=2cosθ,C2:ρ=2cosθ-π3. (1)求C1與C2交點的直角坐標; (2)若直線l與曲線C1,C2分別相交于異于原點的點M,N,求|MN|的最大值

50、. 解析　(1)由ρ=2cosθ,得ρ2=2ρcosθ,則曲線C1的直角坐標方程為x2+y2=2x.由ρ=2cosθ-π3,得ρ2=ρcosθ+ 3ρsinθ,則曲線C2的直角坐標方程為x2+y2-x-3y=0. 由x2+y2=2x,x2+y2-x-3y=0解得x=0,y=0或x=32,y=32, 故C1與C2交點的直角坐標為(0,0),32,32. (2)由題意可知直線l過極點,設極坐標方程為θ=α(0≤α<π),則設點M的坐標為(ρ1,α),點N的坐標為(ρ2,α). 又點M在曲線C1上,點N在曲線C2上, ∴ρ1=2cosα,ρ2=2cosα-π3. ∴|MN|=|ρ1-

51、ρ2|=2cosα-2cosα-π3 =|2cosα-(cosα+3sinα)|=|cosα-3sinα|=2cosα+π3.∴當α=2π3時,|MN|取得最大值2. 方法總結　本題主要考查極坐標方程與直角坐標方程的互化,考查的核心素養(yǎng)是數學運算.過極點的直線與曲線相交于點A(ρ1,θ),B(ρ2,θ),則|AB|=|ρ1-ρ2|. 2.(2020屆江西南康中學月考,22)在平面直角坐標系xOy中,已知曲線C1:x+y=1與曲線C2:x=2+2cosφ,y=2sinφ(φ為參數),以坐標原點O為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系. (1)寫出曲線C1,C2的極坐標方程; (2)在極

52、坐標系中,已知l:θ=α(ρ>0),與C1,C2的公共點分別為A,B,α∈0,π2,當|OB||OA|=4時,求α的值. 解析　本題主要考查參數方程與普通方程的互化,直角坐標方程與極坐標方程的互化,極坐標的幾何意義,考查的核心素養(yǎng)是直觀想象,數學運算. (1)因為x=ρcosθ,y=ρsinθ,所以曲線C1的極坐標方程為ρcosθ+ρsinθ-1=0.消去參數φ可得曲線C2的普通方程為(x-2)2+y2=4,即x2-4x+y2=0.因為x=ρcosθ,x2+y2=ρ2,所以曲線C2的極坐標方程為ρ=4cosθ.(5分) (2)設點A,B的極坐標分別為(ρ1,α),(ρ2,α),ρ1>0,

53、ρ2>0. 因為點A在曲線C1上,所以ρ1cosα+ρ1sinα-1=0,則ρ1=1cosα+sinα. 同理,點B在曲線C2上,所以ρ2=4cosα. 由極坐標的幾何意義知,|OB||OA|=ρ2ρ1=4cosα1cosα+sinα=4, 所以cosα(cosα+sinα)=1,所以cos2α+cosαsinα=1,即cosαsinα=sin2α.又α∈0,π2,所以sinα≠0,則cosα=sinα,所以α=π4.(10分) 思路分析　(1)根據x=ρcosθ,y=ρsinθ將曲線C1的直角坐標方程化為極坐標方程.先將曲線C2的參數方程化為普通方程,再化為極坐標方程. (2)利

54、用極坐標的幾何意義得|OB||OA|,再利用三角函數知識求解. 3.(2020屆云南昆明第二次月考,22)在平面直角坐標系xOy中,曲線C的參數方程為x=1+cosα,y=sinα(α為參數),以O為極點,以x軸的正半軸為極軸,建立極坐標系,直線l的極坐標方程為3ρsinθ-ρcosθ+1=3m. (1)求曲線C的普通方程和直線l的直角坐標方程; (2)設點P(1,m),若直線l與曲線C相交于A,B兩點,是否存在m使得|PA|=8|PB|?若存在,求m的值;若不存在,請說明理由. 解析　(1)曲線C的普通方程為(x-1)2+y2=1, 直線l的直角坐標方程為3y-x+1-3m=0,即

55、x-3y-1+3m=0. (2)由于直線l過點P(1,m),傾斜角為30°, 故直線l的參數方程為x=1+32t,y=m+12t(t為參數). 設A,B兩點對應的參數分別為t1,t2,將直線l的參數方程代入曲線C的普通方程并化簡,得t2+mt+m2-1=0. 則Δ=4-3m2>0,解得-233

56、以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,曲線C的極坐標方程為ρ2-2ρcosθ=3. (1)求曲線C的直角坐標方程,并說明它為何種曲線; (2)設點P的坐標為(3,3),直線l交曲線C于A,B兩點,求|PA|+|PB|的取值范圍. 解析　(1)將ρ2=x2+y2,ρcosθ=x代入ρ2-2ρcosθ=3中,得x2+y2-2x=3,即(x-1)2+y2=4,(2分) 故曲線C是一個以(1,0)為圓心,2為半徑的圓.(4分) (2)由直線l的參數方程知直線l過定點P(3,3),由于直線l與曲線C相交,故其傾斜角α為銳角.(5分) 聯立x=3+tcosα,y=3+tsinα與(x

57、-1)2+y2=4,整理得到關于t的二次方程t2+(4cosα+6sinα)t+9=0. 由Δ>0知(4cosα+6sinα)2-36>0, 則4cosα+6sinα>6或4cosα+6sinα<-6(舍).(7分) 又由于點A,B均在點P的下方,由參數t的幾何意義,知|PA|+|PB|=-(t1+t2)=4cosα+ 6sinα=213sin(α+φ)∈(6,213]其中tanφ=23.(10分) 易錯警示　解決第(2)問時,忽視直線傾斜角α的范圍及Δ>0而使取值范圍擴大,從而導致求解錯誤. 5.(2018四川綿陽模擬,22)在直角坐標系xOy中,曲線C的參數方程是x=3+5co

58、sα,y=4+5sinα(α為參數),以坐標原點O為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系. (1)求曲線C的極坐標方程; (2)設l1:θ=π6,l2:θ=π3,若l1,l2與曲線C分別交于異于原點的A,B兩點,求△AOB的面積. 解析　(1)∵曲線C的參數方程是x=3+5cosα,y=4+5sinα(α為參數),∴曲線C的普通方程為(x-3)2+(y-4)2=25, 即x2+y2-6x-8y=0.(2分) ∴曲線C的極坐標方程為ρ=6cosθ+8sinθ.(4分) (2)把θ=π6代入ρ=6cosθ+8sinθ,得ρ1=4+33, ∴A4+33,π6.(6分) 把θ=π3代入ρ

59、=6cosθ+8sinθ,得ρ2=3+43, ∴B3+43,π3.(8分) ∴S△AOB=12ρ1ρ2sin∠AOB =12×(4+33)×(3+43)sinπ3-π6=12+2534.(10分) 6.(2019山西3月質檢,22)在極坐標系中,直線l:ρcosθ=3,P為直線l上一點,且點P在極軸上方,以OP為邊作正三角形OPQ(逆時針方向),且△OPQ的面積為3. (1)求Q點的極坐標; (2)求△OPQ外接圓的極坐標方程,并判斷直線l與△OPQ外接圓的位置關系. 解析　(1)設P3cosθ,θ0<θ<π2, 由三角形面積公式得34×3cosθ2=3,則cos2θ=34,

60、 ∴cosθ=±32,又0<θ<π2,∴θ=π6. ∵△OPQ為正三角形,且點Q在P點左邊,∴OQ的極角為π2,且|OP|=|OQ|=2.∴Q點的極坐標為2,π2.(5分) (2)設OR為△OPQ的外接圓的一條直徑,∵△OPQ為正三角形,∴由正弦定理可得其外接圓直徑|OR|=433. 設M(ρ,θ)為△OPQ外接圓上異于點O,R的任意一點, 在Rt△OMR中,cosπ3-θ=ρ|OR|, ∴M(ρ,θ)滿足ρ=433cosπ3-θ. 故△OPQ外接圓的極坐標方程為ρ=433cosπ3-θ.(8分) 直線l:x=3,△OPQ外接圓的直角坐標方程為x2+y2-233x-2y=0,即x

61、-332+(y-1)2=43. 圓心到直線l的距離d=233,等于半徑. 故直線l與△OPQ的外接圓相切.(10分) 7.(2019新疆烏魯木齊模擬,21)在直角坐標系xOy中,圓O的方程為x2+y2=1. (1)將其橫坐標伸長為原來的2倍,縱坐標不變,得到曲線C,求曲線C的方程; (2)已知直線l的參數方程是x=1+tcosα,y=tsinα(t為參數),l與C交于A,B兩點,求|AB|的最小值. 解析　(1)根據題意,設P(x,y)為曲線C上任意一點,其對應圓O上的點的坐標為22x,y, 又圓O的方程為x2+y2=1,則有x22+y2=1, 即曲線C的方程為x22+y2=1

62、. (2)因為曲線C的方程為x22+y2=1,直線l的參數方程是x=1+tcosα,y=tsinα(t為參數),所以(1+tcosα)2+2t2sin2α-2=0, 變形可得(1+sin2α)t2+2tcosα-1=0, 則有t1+t2=-2cosα1+sin2α,t1t2=-11+sin2α, 則|AB|=|t1-t2|=(t1+t2)2-4t1t2=221+sin2α, 當α=π2,即sinα=1時,|AB|最小,此時|AB|=2. 8.(2018河南鄭州二模,22)在平面直角坐標系中,以坐標原點為極點,以x軸正半軸為極軸,建立極坐標系,點A的極坐標為2,π4,直線l的極坐標方

63、程為ρcosθ-π4=a,且l過點A,曲線C1的參數方程為x=2cosα,y=3sinα(α為參數). (1)求曲線C1上的點到直線l的距離的最大值; (2)過點B(-1,1)與直線l平行的直線l1與曲線C1交于M,N兩點,求|BM|·|BN|的值. 解析　(1)由直線l過點A可得2cosπ4-π4=a,故a=2,則易得直線l的直角坐標方程為x+y-2=0.(2分) 根據點到直線的距離公式可得曲線C1上的點到直線l的距離d=|2cosα+3sinα-2|2=|7sin(α+φ)-2|2,其中φ滿足 sinφ=277,cosφ=217, ∴dmax=7+22=14+222.(5分) (2)由(1)知直線l的傾斜角為34π,則直線l1的參數方程為x=-1+tcos34π,y=1+tsin34π(t為參數). 又易知曲線C1的普通方程為x24+y23=1.(7分) 把直線l1的參數方程代入曲線C1的普通方程可得72t2+72t-5=0,設M、N對應的參數分別為t1,t2,∴t1t2=-107, 依據直線參數方程中參數的幾何意義可知|BM|·|BN|=|t1t2|=107.(10分)