（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題十五 坐標系與參數(shù)方程試題 理-人教版高三數(shù)學試題

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1、專題十五　坐標系與參數(shù)方程 探考情 悟真題 【真題探秘】 【考情探究】 考點 內(nèi)容解讀 5年考情 預測熱度 考題示例 考向 關聯(lián)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(zhì) 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(shù)求面積最值 2016課標Ⅰ,23,10分 極坐標方程 求參數(shù) 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(shù)求最值 2.參數(shù)方程 了解參數(shù)方程

2、及參數(shù)的意義,能借助參數(shù)方程與普通方程的互化進一步研究曲線的性質(zhì) 2019課標Ⅰ,22,10分 參數(shù)方程與普通方程互化 距離最值 ★★★ 2018課標Ⅱ,22,10分 參數(shù)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(nèi)容一直是高考命題的熱點,以解答題的形式出現(xiàn),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(shù)方程與普通方程的互化以及參數(shù)方程的應用,其中利用橢圓、圓的參數(shù)方程求最值及利用直線參數(shù)方程中參數(shù)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(shù),充分利用化歸與轉(zhuǎn)化思想在解題中的指導作用.考查

3、學生的數(shù)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(lián)考,22)在直角坐標系xOy中,直線l:y=3x,曲線C1的參數(shù)方程為x=cosα,y=1+sinα(α為參數(shù)),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(shù)), 即x

4、=3cosα,y=3+3sinα(α為參數(shù)),(2分) 從而C2的參數(shù)方程為x=3cosα,y=3+3sinα(α為參數(shù)),(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(shù)),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(shù))轉(zhuǎn)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(shù)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(shù)),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(shù)方程為x=22t,y=-1+22t(t為參數(shù)), 轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為直角坐標方程為x2+y2-6x+1=0. (2)把直線l的參數(shù)方程x=22t,y=-1+22t(t為參數(shù))代入x2+y2-6x+1=0,得到t2-42t+2=0,設A點對應的參數(shù)為t1,B點對應的參數(shù)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(shù)方程為x=cosθ,y=sinθ(θ為參數(shù)). (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(jīng)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(shù)方程為x=cosθ,y=sinθ(θ為參數(shù)), ∴C2的普通方程為x2+y2=1. (2)將曲線C2經(jīng)過伸縮變換x'=22x,y'=2y后

9、得到曲線C3,則曲線C3的參數(shù)方程為x=22cosα,y=2sinα(α為參數(shù)). 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(shù)方程為x=1-22t,y=-1+22t(t為參數(shù)).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(shù))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(lián)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(shù)方程與普通方程的互化方法 　(2019海南海口一中模擬,21)在平面直角坐標系xOy中,曲線C1過點P(a,2),其參數(shù)方程為x=a+s,y=2+s(s為參數(shù),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(shù)a的值. 解析　(1

12、)由x=a+s,y=2+s(s為參數(shù),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(shù)方程化為x=a+22t,y=2+22t(t為參數(shù)),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(shù)分別為t1,t2, 則t1+t2=82-22a,t1t2=2a2-32, 又t1=-2t2,聯(lián)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(shù)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(jīng)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(jīng)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(zhuǎn)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(zhuǎn)化為ρcosθ,將y轉(zhuǎn)化為ρsinθ,即可得到極坐標方程. 考點二　參數(shù)方程 1.(2019課標Ⅰ,22,10分)在直角坐標系xOy中,曲線C的參數(shù)方程為x=1-t21+t2,y=4t1+t2(t為參數(shù)).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(shù)方程、直線的極坐標方程的掌握與運用,考查曲線的參數(shù)方程、極坐標方程與直角坐標方程之間的轉(zhuǎn)化;考查學生的運算求解能力及化歸與轉(zhuǎn)化思想;考查的核心素養(yǎng)是數(shù)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(shù)方程為x=cosα,y=2sinα(α為參數(shù),-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(shù)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(shù)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(shù)方程為x=2cosθ,y=4sinθ(θ為參數(shù)),直線l的參數(shù)方程為x=1+tcosα,y=2+tsinα(t為參數(shù)). (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(shù)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(nèi),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(shù)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(shù)的參數(shù)方程,一般利用三角函數(shù)的平方關系:sin2θ+cos2θ=1將參數(shù)方程化為普通方程;而弦的中點問題常用根與系數(shù)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(shù)方程為x=3cosθ

22、,y=sinθ(θ為參數(shù)),直線l的參數(shù)方程為x=a+4t,y=1-t(t為參數(shù)). (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(shù)方程 1.(2019北京,3,5分)已知直線l的參數(shù)方程為x=1+3t,y=2+4t(t為參數(shù)),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(shù))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(shù)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(shù)方程為x=2+t,y=kt(t為參數(shù)),直線l2的參數(shù)方程為x=-2+m,y=mk(m為參數(shù)).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(shù)方程與普通方程

30、的互化,極坐標方程. (1)消去參數(shù)t得l1的普通方程l1:y=k(x-2);消去參數(shù)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(lián)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(shù)方程直接消去參數(shù)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(lián)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(shù)方程為x=acost,y=1+asint(t為參數(shù),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(shù)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(shù)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(shù)方程是x=tcosα,y=tsinα(t為參數(shù)),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(shù)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(shù),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(lián)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(lián)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù))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(shù)方程為x=t-1t,y=t+1t(t為參數(shù)),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(shù)方程為x=1+12t,y=32t(t為參數(shù)),橢圓C的參數(shù)方程為x=cosθ,y=2sinθ(θ為參數(shù)).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(shù)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(shù)方程、參數(shù)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(shù)方程為x=-8+t,y=t2(t為參數(shù)),曲線C的參數(shù)方程為x=2s2,y=22s(s為參數(shù)).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(shù)).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(shù)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(shù)方程為x=3cosα,y=sinα(α為參數(shù)).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(shù)方程,利用sin2α+cos2α=1消去參數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)方程表示出曲線上的動點,從而利用三角函數(shù)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(shù)方程為x=3+12t,y=32t(t為參數(shù)).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(shù)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(jù)(1)中你得到的參數(shù)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(shù)方程

47、為x=1+cost,y=sint(t為參數(shù),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(shù)方程; (2)利用曲線C的參數(shù)方程設出點D的直角坐標,由切線的性質(zhì)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(shù)). (1)寫出曲線C的參數(shù)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(shù)方程為x=2cosθ,y=3sinθ(θ為參數(shù)). 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(shù)方程,消去參數(shù)t得直線l的普通方程; (2)利用曲線C的參數(shù)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(shù),利用三角函數(shù)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(shù)方程為x=tcosα,y=tsinα(t為參數(shù)),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(shù)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(shù)),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(shù)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(shù)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(shù)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(jù)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(shù)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(shù)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(shù)方程為x=1+cosα,y=sinα(α為參數(shù)),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(shù)方程為x=1+32t,y=m+12t(t為參數(shù)). 設A,B兩點對應的參數(shù)分別為t1,t2,將直線l的參數(shù)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(shù)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(lián)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(shù)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(shù)方程是x=3+5co

58、sα,y=4+5sinα(α為參數(shù)),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(shù)方程是x=3+5cosα,y=4+5sinα(α為參數(shù)),∴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(zhì)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(shù)方程是x=1+tcosα,y=tsinα(t為參數(shù)),l與C交于A,B兩點,求|AB|的最小值. 解析　(1)根據(jù)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(shù)方程是x=1+tcosα,y=tsinα(t為參數(shù)),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(shù)方程為x=2cosα,y=3sinα(α為參數(shù)). (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(jù)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(shù)方程為x=-1+tcos34π,y=1+tsin34π(t為參數(shù)). 又易知曲線C1的普通方程為x24+y23=1.(7分) 把直線l1的參數(shù)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(shù)分別為t1,t2,∴t1t2=-107, 依據(jù)直線參數(shù)方程中參數(shù)的幾何意義可知|BM|·|BN|=|t1t2|=107.(10分)