人教版数学选修4-4课后练 1.3 简单曲线的极坐标方程 课后 含答案

数学选修4-4简单曲线的极坐标方程练习题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 点M 的直角坐标(−√3, 1)化为极坐标是（ ） A.(2, π6) B.(2, 5π6)C.(2, 7π6)D.(2, −π6)2. 在极坐标系下，极坐标方程(ρ−3)(θ−π2)=0(ρ≥0)表示的图形是（ ）A.两个圆B.一个圆和一条射线C.两条直线D.一条直线和一条射线3. 圆ρ=√2(cos θ+sin θ)的圆心坐标是（ ） A.(1,π4) B.(12,π4)C.(√2,π4)D.(2,π4)4. 在极坐标系中，过点(1, 0)并且与极轴垂直的直线方程是（ ） A.ρ=cos θ B.ρ=sin θ C.ρcos θ=1 D.ρsin θ=15. 曲线ρ2+2ρ(3cos θ−2sin θ)=0的对称中心的直角坐标是( ) A.(3,2) B.(2,3) C.(−3,2) D.(−3,−2)6. 极坐标方程分别为ρ=2cos θ和ρ=sin θ的两个圆的圆心距为（ ） A.√32 B.√52C.√33D.√537. 平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =5cos θy =5sin θ，以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin (θ+π4)=5，则C 1与C 2的位置关系是（ ） A.相交 B.相切C.相离D.视α的大小而定8. 过点P (4,π3)且与极轴夹角为π6的直线l 的方程为（ ）A.ρsin(θ−π3)=2 B.ρcos(θ−π3)=2 C.ρcos(θ−π6)=2 D.ρsin(θ−π6)=29. 在极坐标系中，若A(3, π3)，B(4, −π6)，则|AB|=()A.3B.4C.5D.710. 已知抛物线的参数方程为则抛物线的直角坐标方程{x=2t，y=2t2，（t为参数）为( )A.x2=−2yB.y2=−2xC.x2=2yD.y2=2x11. 在极坐标系中，圆ρ=2上的点到直线√3ρsinθ+ρcosθ=6的距离的最小值是________．12. 曲线的极坐标方程ρ=4sinθ化为直角坐标方程为________．13. 已知曲线C的极坐标方程为：ρ=2√3cosθ，直线的极坐标方程为：2ρcosθ=√3．则它们相交所得弦长等于________．14. 已知点P(x,y)在椭圆x23+y24=1上，则2x+y的最大值为________．15. 自极点O向直线l作垂线，垂足是H(2,π2)，则直线l的极坐标方程为________．16. 在极坐标系中，过点(4,π2)作圆ρ=4sinθ的切线，则切线的极坐标方程是________．17. 直线ρcosθ=2截圆{x=1+2cosθy=−2+2sinθ（θ为参数）所得的弦长为________．18. 极坐标系中，圆ρ=2sinθ的圆心坐标为________．19. 若两条曲线的极坐标方程分别为ρ=1与ρ=2cos(θ+π3)，它们相交于A，B两点，则线段AB的长为________．20. 在极坐标系中，圆C 的极坐标方程是ρ=4cos (θ+π6)．现以极点为原点，以极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系，则圆C 的半径是________，圆心的直角坐标是________．21. 在平面直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C ：ρcos 2θ=2a sin θ(a ≠0)，直线l 的参数方程为 {x =−2+√22t,y =−1+√22t （t 为参数）．直线l 与曲线C 交于M ，N 两点．(1)写出曲线C 的直角坐标方程和直线l 的普通方程（不要求具体过程）；(2)设P (−2,−1)，若|PM|，|MN|，|PN|成等差数列，求a 的值．22. 平面直角坐标系xOy 中，射线l:y =√3x(x ≥0)，曲线C 1的参数方程为{x =3cos α,y =2sin α（α为参数），曲线C 2的方程为x 2+(y −2)2=4；以原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 3的极坐标方程为ρ=8sin θ． (1)写出射线l 的极坐标方程以及曲线C 1的普通方程；(2)已知射线l 与C 2交于O ，M ，与C 3交于O ，N ，求|MN|的值．23. 在平面直角坐标系xOy 中，射线l:y =√3x(x ≥0)，曲线C 1的参数方程为{x =3cos α,y =2sin α（α为参数），曲线C 2的方程为x 2+(y −2)2=4；以原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 3的极坐标方程为ρ=8sin θ． (1)写出射线l 的极坐标方程以及曲线C 1的普通方程；(2)已知射线l 与C 2交于O ，M ，与C 3交于O ，N ，求|MN|的值．24. 在直角坐标系 xOy 中，曲线C 1的普通方程为x 2+y 2−2x =0，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 2的极坐标方程为ρ2=31+2sin 2θ.(1)求曲线C 1的参数方程与曲线C 2的直角坐标方程；(2)射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C 1交于异于极点的点A ，与曲线C 2的交点为点B ，求|AB|.25. （2018·全国一卷）在直角坐标系xOy 中，曲线C 1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C 2的极坐标方程为ρ2+2ρcos θ−3=0．求C 2的直角坐标方程；若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程．26. 在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为{x =−1+t cos α，y =3+t sin α（t 为参数，α为直线l 的倾斜角），点P 和F 的坐标分别为(−1,3)和 (1,0)；以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ=4cos θsin 2θ.(1)将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，且PA →⋅PB →=2PF 2→，求α的值．27. 在极坐标系中，O 为极点，点M(ρ0, θ0)(ρ0>0)在曲线C:ρ＝4sin θ上，直线l 过点A(4, 0)且与OM 垂直，垂足为P ． （1）当θ0=π3时，求ρ0及l 的极坐标方程；（2）当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程．28. 选修4−4：坐标系与参数方程据说，年过半百的笛卡尔担任瑞典一小公国的公主克里斯蒂娜的数学老师，日久生情，彼此爱慕，其父国王知情后大怒，将笛卡尔流放回法国，并软禁公主.笛卡尔回法国后染上黑死病，连连给公主写信，死前最后一封信只有一个公式：ρ=a(1−sin θ)(a >0)，国王不懂，将这封信交给了公主，公主用笛卡尔教她的坐标知识，画出了这个图形“心形线”，明白了笛卡尔的心意，登上国王宝座后，派人去寻笛卡尔，其逝久矣（仅是一个传说）.心形线是由一个圆上的一个定点，当该圆在绕着与其相切且半径相同的另外一个圆周上滚动时，这个定点的轨迹，因其形状像心形而得名.在极坐标系Ox 中，方程ρ=a(1−sin θ)(a >0)表示的曲线C 1就是一条心形线，如图．以极轴Ox 所在直线为x 轴，极点O 为坐标原点的直角坐标系xOy 中，已知曲线C 2 的参数方程为{x =1+√3t,y =√33+t (t 为参数).(1)求曲线C 2的极坐标方程；(2)若曲线C 1与C 2相交于A ，O ，B 三点，求线段AB 的长.29. 已知曲线C 1的极坐标方程为ρ2cos 2θ=8，曲线C 2的极坐标方程为θ=π6，曲线C 1、C 2相交于A 、B 两点．(p ∈R)(1)求A 、B 两点的极坐标；(2)曲线C 1与直线{x =1+√32t,y =12t（t 为参数）分别相交于M ，N 两点，求线段MN 的长度．30. 已知直线l 的参数方程为{x =2+t,y =√3t (t 为参数)， P (2,0)，曲线C 的极坐标方程为ρ2cos 2θ=1.(1)求直线l 的普通方程及曲线C 的直角坐标方程；(2)若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，设A ，B 中点为Q ，求弦长|AB|以及|PQ|.31. 已知曲线C 1的极坐标方程为ρ2−4ρcos θ−4=0，曲线C 2和曲线C 1关于直线θ=π4对称，求曲线C 2的极坐标方程．32. 在直角坐标系 xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =√7cos αy =2+√7sin α（α为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ=2cos θ． (1)求曲线C 1的极坐标方程和C 2的直角坐标方程；(2)直线θ=π3(ρ∈R )与曲线C 1，C 2分别交于第一象限内A ，B 两点，求|AB|．33. 已知直线l 的参数方程为{x =1+t cos α，y =t sin α（t 为参数， 0≤α<π），以原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为 ρ2+1=2ρcos θ+4ρsin θ. (1)求圆C 的直角坐标方程；(2)若直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，且 |AB|=2√3 ，求α的值.34. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =2cos α,y =2+2sin α （α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，已知曲线 M 的极坐标方程为ρ2sin 2θ=32(0<θ<π2).(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)已知β为锐角，直线l:θ=β(ρ∈R )与曲线C 的交点为A (异于极点)，l 与曲线M 的交点为B ，若|OA|⋅|OB|=16√2，求l 的直角坐标方程.35. 在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =3+12ty =√32t （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√3sin θ． (Ⅰ)写出⊙C 的直角坐标方程；(Ⅱ)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．36. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =4t ，y =4t 2（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 2的极坐标方程为ρ(√3cos θ−2sin θ)=2. (1)写出曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)若射线OA:θ=α(0<α<π2,ρ≥0)与曲线C 2相交于点A ，将OA 逆时针旋转90∘后，与曲线C 1相交于点B ，且|OB|=2√3|OA|，求α的值.37. 若以直角坐标系xOy 的O 为极点，Ox 为极轴，选择相同的长度单位建立极坐标系，得曲线的极坐标方程是ρsin 2θ=6cos θ．(1)将曲线C 的极坐标方程ρsin 2θ=6cos θ化为直角坐标方程，并指出曲线是什么曲线；(2)若直线l 的参数方程为{x =32+12t ，y =√32t（t 为参数），当直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求线段AB 的长．38. 在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程是{x =1+√3t,y =−2t （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 的极坐标方程是ρ2=81+sin 2θ.(1)求曲线C 的直角坐标方程和直线l 的普通方程；(2)若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，点P 的坐标为(1,0)，求|PA|⋅|PB|的值．39. 在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 1与C 2的极坐标方程分别为C 1:ρ2=85+3cos 2θ，C 2:ρ+3ρ=4cos θ，点P 在C 1上，点Q 在C 2上． (1)分别求曲线C 1、C 2的直角坐标方程；(2)求|PQ|的最大值．40. 在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =2t +2,y =3t −1（t 为参数）,以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2=41+3cos 2θ.(1)写出直线l 和曲线C 的普通方程；(2)过曲线C 上任一点P 作与l 的夹角为30∘的直线，交l 于点Q ，求|PQ|的最大值与最小值．参考答案与试题解析数学选修4-4简单曲线的极坐标方程练习题含答案一、选择题（本题共计 10 小题，每题 3 分，共计30分）1.【答案】B【考点】圆的极坐标方程【解析】利用ρ=√x2+y2，tanθ=yx即可得出．【解答】解：点M的直角坐标(−√3, 1)化为ρ=√(−√3)2+12=2，tanθ=−√3=−√33，∵点(−√3, 1)在第二象限，∴θ=5π6．∴(−√3, 1)化为极坐标是(2,5π6)．故选：B．2.【答案】B【考点】直线的极坐标方程圆的极坐标方程【解析】将极坐标方程进行转换，结合转化之后的方程即可求得最终结果．【解答】解：由题意可得，极坐标方程为ρ=3或θ=π2，据此可得极坐标方程表示的图形是一个圆和一条射线.故选B.3.【答案】A【考点】圆的极坐标方程【解析】此题暂无解析【解答】略4.【答案】C【考点】圆的极坐标方程 【解析】在直角坐标系中，求出直线的方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式求得直线极坐标方程． 【解答】解：在直角坐标系中，过点(1, 0)并且与极轴垂直的直线方程是 x =1， 其极坐标方程为 ρcos θ=1， 故选 C ． 5. 【答案】 C【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：曲线ρ2+2ρ(3cos θ−2sin θ)=0的直角坐标方程为： x 2+y 2+6x −4y =0，∴ 该曲线为圆，且圆心为(−3,2)，∴ 曲线ρ2+2ρ(3cos θ−2sin θ)=0的对称中心的直角坐标是(−3,2). 故选C . 6.【答案】 B【考点】直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 【解析】先将原极坐标方程两边同乘以ρ后化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程求出圆心距即可． 【解答】解：将极坐标方程C 1:ρ=2cos θ和C 2:ρ=sin θ，分别化为普通方程C 1:ρ=2cos θ⇒ρ2=2ρcos θ⇒x 2+y 2=2x ⇒(x −1)2+y 2=1， C 2:ρ=sin θ⇒ρ2=ρsin θ⇒x 2+y 2=y ⇒x 2+(y −12)2=(12)2，然后就可解得两个圆的圆心距为：d =√52． 故选B ． 7.【答案】 B【考点】圆的极坐标方程 【解析】利用{x =ρcos θy =ρsin θ可把曲线C 2的极坐标方程化为直角坐标方程；利用cos 2θ+sin 2θ=1，可把曲线C 1的参数方程化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离d ，与半径比较即可得出． 【解答】解：曲线C 1的参数方程为{x =5cos θy =5sin θ，化为x 2+y 2=25．曲线C 2的极坐标方程为ρsin (θ+π4)=5，展开化为√22(ρsin θ+ρcos θ)=5，∴ 直角坐标方程为：x +y =5√2． ∴ 圆心(0, 0)到直线的距离d =√2√2=5=R ，∴ C 1与C 2的位置关系是相切． 故选：B ． 8.【答案】 D【考点】直线的极坐标方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】 略 9. 【答案】 C【考点】圆的极坐标方程 【解析】本题可以先建立直角坐标系，将极坐标化成直角坐标，再求出两点距离，得到本题答案．也可以在极坐标系下，利用正、余弦定理解三角形，求出边长，即得本题结论． 【解答】解：以极点为坐标原点，以极轴所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系． ∵ A(3, π3)，B(4, −π6)， ∴ 根据公式{x =ρcos θy =ρsin θ，得到点A 、B 在平面直角系下的坐标分别为： A(32, 32√3)，B(2√3,−2) ∴ |AB|=√(2√3−32)2+(−2−32√3)2=√25=5． 故答案为：C ． 10. 【答案】 C抛物线的极坐标方程抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 【解析】【解答】 解：{x =2t ，y =2t 2，t 为参数，则{t =x2,t 2=y 2,∴ (x 2)2=y 2,∴ x 2=2y ． 故选C ．二、 填空题 （本题共计 10 小题 ，每题 3 分 ，共计30分 ） 11.【答案】 1【考点】圆的极坐标方程直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化【解析】把极坐标方程化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离，把此距离减去半径即得所求． 【解答】解：圆ρ=2即x 2+y 2=4，圆心为(0, 0)，半径等于2． 直线√3ρsin θ+ρcos θ=6即√3y +x −6=0， 圆心到直线的距离等于√3+1=3，故圆上的点到直线的距离的最小值为3−2=1，故答案为1． 12.【答案】x 2+(y −2)2=4 【考点】双曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 【解析】 此题暂无解析 【解答】解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 ．把sin θ=yρ，ρ2=x 2+y 2代入极坐标方程， 有x 2+y 2−4y =0．故所求的直角坐标方程为x 2+(y −2)2=4． 13. 【答案】 3圆的极坐标方程 【解析】把极坐标方程化为直角坐标方程，求得圆心和半径，再求得弦心距，利用弦长公式求得弦长． 【解答】解：曲线C 的极坐标方程为：ρ=2√3cos θ，即 ρ2=2√3cos θ，化为直角坐标方程为(x −√3)2+y 2=3，表示以C(√3, 0)为圆心，半径等于√3的圆． 直线的极坐标方程为：2ρcos θ=√3，即 x =√32， 故弦心距为d =√32，故弦长为 2√r 2−d 2=2√3−34=3，故答案为：3． 14.【答案】 4【考点】椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 两角和与差的正弦公式 三角函数的最值 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：∵ 点P 在x 23+y 24=1上，则可设P(√3cos θ,2sin θ)， 即x =√3cos θ，y =2sin θ， ∴ 2x +y =2√3cos θ+2sin θ=4(√32cos θ+12sin θ)=4sin (θ+π3)， 显然2x +y 的最大值为4. 故答案为：4． 15.【答案】 ρsin θ=2 【考点】圆的极坐标方程 【解析】先将原极坐标是H(2,π2)化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程进行判断求解即可． 【解答】解：∵ 自极点O 向直线l 作垂线，垂足是H(2,π2)，即H(0, 2)∴直线l的直角坐标方程为y=2，其极坐标方程为ρsinθ=2．故填：ρsinθ=2．16.【答案】ρsinθ=4【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化圆的切线方程【解析】求出极坐标的直角坐标，极坐标方程的直角坐标方程，然后求出切线方程，转化为极坐标方程即可．【解答】解：(4,π2)的直角坐标为：(0, 4)，圆ρ=4sinθ的直角坐标方程为：x2+y2−4y=0，显然，圆心坐标(0, 2)，半径为：2；所以过(0, 4)与圆相切的直线方程为：y=4，所以切线的极坐标方程是：ρsinθ=4.故答案为：ρsinθ=4．17.【答案】2√3【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化参数方程与普通方程的互化直线与圆相交的性质点到直线的距离公式【解析】把参数方程化为普通方程，极坐标方程化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离，由弦长公式求得弦长．【解答】解：直线ρcosθ=2即x=2．圆{x=1+2cosθy=−2+2sinθ（θ为参数）即(x−1)2+(y+2)2=4，表示以(1, −2)为圆心，以2为半径的圆．圆心到直线x=2的距离d=1，由弦长公式可得弦长为2√r2−d2=2√4−1=2√3，故答案为2√3．18.【答案】(1,π2 )【考点】圆的极坐标方程【解析】由已知中圆的极坐标方程为ρ=2sin θ，我们分别取θ=0，θ=π2，并由此可以确定出圆的一条直径两端点的坐标，进而代入中点坐标公式，即可得到答案． 【解答】解：∵ 圆的极坐标方程为ρ=2sin θ则它表示过极坐标原点，(2, π2)点的，以2为直径的圆 故圆心落在 (1,π2)点故答案为：(1,π2)． 19. 【答案】√3【考点】圆的极坐标方程 【解析】先将原极坐标方程化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程进行判断． 【解答】解：由ρ=1得x 2+y 2=1，又∵ ρ=2cos (θ+π3)=cos θ−√3sin θ， ∴ ρ2=ρcos θ−√3ρsin θ， ∴ x 2+y 2−x +√3y =0，由{x 2+y 2=1x 2+y 2−x +√3y =0 得A(1, 0)，B(−12,−√32)， ∴ AB =12)√32=√3．20. 【答案】2,(√3, −1)【考点】圆的极坐标方程直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 【解析】将极坐标方程为ρ=4cos (θ+π6)，先利用三角函数的和角公式展开，再化为一般方程，然后再判断圆C 的半径和圆心坐标． 【解答】解：∵ 圆的极坐标方程为ρ=4cos (θ+π6)，即ρ=2√3cos θ−2sin θ， ∴ x =p cos θ，y =p sin θ，消去p 和θ得， ∴ (x −√3)2+(y +1)2=4，∴ 圆心的直角坐标是(√3, −1)，半径长为2． 故答案为：2；(√3, −1)．三、 解答题 （本题共计 20 小题 ，每题 10 分 ，共计200分 ） 21.【答案】解：(1)曲线C :ρcos 2θ=4a sin θ(a ≠0) ，两边同时乘以ρ， 可得ρ2cos 2θ=4aρsin θ(a ≠0)，化简得：x 2=4ay (a ≠0)直线l 的参数方程为 {x =−2+√22t,y =−1+√22t （t 为参数），可得x −y =−1，得x −y +1=0.(2)将 {x =−2+√22t,y =−1+√22t (t 为参数)，代入x 2=4ay (a ≠0)并整理得：t 2−4√2(a +1)t +8(a +1)=0，由韦达定理：t 1+t 2=4√2(a +1)，t 1⋅t 2=8(a +1)， 由题意得|PM|+|PN|=2|MN|，因为|MN |为弦长， 所以a >0，所以t 1⋅t 2>0.|MN |2=(t 1+t 2)2−4t 1t 2，(|PM|+|PN|)2=t 12+2t 1t 2+t 22，即4(t 1+t 2)2−4t 1t 2=t 12+2t 1t 2+t 22， 整理得：3a 2+4a −4=0，(a >0)， 解得：a =23.【考点】抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 参数方程与普通方程的互化 与抛物线有关的中点弦及弦长问题 等差中项【解析】(1)利用所给的极坐标方程和参数方程，直接整理化简得到直角坐标方程和普通方程； (2)联立直线的参数方程和C 的直角坐标方程，结合韦达定理以及等比数列的性质即可求得答案．【解答】解：(1)曲线C :ρcos 2θ=4a sin θ(a ≠0) ，两边同时乘以ρ， 可得ρ2cos 2θ=4aρsin θ(a ≠0)，化简得：x 2=4ay (a ≠0)直线l 的参数方程为 {x =−2+√22t,y =−1+√22t （t 为参数），可得x −y =−1，得x −y +1=0.(2)将 {x =−2+√22t,y =−1+√22t (t 为参数)，代入x 2=4ay (a ≠0)并整理得：t 2−4√2(a +1)t +8(a +1)=0，由韦达定理：t 1+t 2=4√2(a +1)，t 1⋅t 2=8(a +1)， 由题意得|PM|+|PN|=2|MN|，因为|MN |为弦长，所以a >0，所以t 1⋅t 2>0.|MN |2=(t 1+t 2)2−4t 1t 2，(|PM|+|PN|)2=t 12+2t 1t 2+t 22，即4(t 1+t 2)2−4t 1t 2=t 12+2t 1t 2+t 22， 整理得：3a 2+4a −4=0，(a >0)， 解得：a =23.22. 【答案】解：(1)射线l:y =√3x(x ≥0)， 转换为极坐标方程为：θ=π3(ρ≥0)． 曲线C 1的参数方程为{x =3cos α,y =2sin α （α为参数），转换为直角坐标方程为：x 29+y 24=1．(2)曲线C 2的方程为x 2+(y −2)2=4； 转换为极坐标方程为：ρ=4sin θ，设M ，N 对应的极坐标分别为(ρ1,θ)，(ρ2,θ)， {θ=π3,ρ=4sin θ,解得M(2√3,π3)；{θ=π3,ρ=8sin θ,解得N(4√3,π3)； 所以：|MN|=|ρ1−ρ2|=|4√3−2√3|=2√3．【考点】椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换． （2）利用一元二次方程根和系数的关系求出结果． 【解答】解：(1)射线l:y =√3x(x ≥0)， 转换为极坐标方程为：θ=π3(ρ≥0)．曲线C 1的参数方程为{x =3cos α,y =2sin α （α为参数），转换为直角坐标方程为：x 29+y 24=1．(2)曲线C 2的方程为x 2+(y −2)2=4； 转换为极坐标方程为：ρ=4sin θ，设M ，N 对应的极坐标分别为(ρ1,θ)，(ρ2,θ)， {θ=π3,ρ=4sin θ,解得M(2√3,π3)； {θ=π3,ρ=8sin θ,解得N(4√3,π3)；所以：|MN|=|ρ1−ρ2|=|4√3−2√3|=2√3． 23. 【答案】解：(1)射线l:y =√3x(x ≥0)， 转换为极坐标方程为：θ=π3(ρ≥0)． 曲线C 1的参数方程为{x =3cos α,y =2sin α （α为参数），转换为直角坐标方程为：x 29+y 24=1．(2)曲线C 2的方程为x 2+(y −2)2=4； 转换为极坐标方程为：ρ=4sin θ，设M ，N 对应的极坐标分别为(ρ1,θ)，(ρ2,θ)， {θ=π3,ρ=4sin θ,解得M(2√3,π3)； {θ=π3,ρ=8sin θ,解得N(4√3,π3)；所以：|MN|=|ρ1−ρ2|=|4√3−2√3|=2√3． 【考点】椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换． （2）利用一元二次方程根和系数的关系求出结果． 【解答】解：(1)射线l:y =√3x(x ≥0)， 转换为极坐标方程为：θ=π3(ρ≥0)．曲线C 1的参数方程为{x =3cos α,y =2sin α （α为参数），转换为直角坐标方程为：x 29+y 24=1．(2)曲线C 2的方程为x 2+(y −2)2=4； 转换为极坐标方程为：ρ=4sin θ，设M ，N 对应的极坐标分别为(ρ1,θ)，(ρ2,θ)， {θ=π3,ρ=4sin θ,解得M(2√3,π3)； {θ=π3,ρ=8sin θ,解得N(4√3,π3)； 所以：|MN|=|ρ1−ρ2|=|4√3−2√3|=2√3． 24.【答案】解：(1)由x 2+y 2−2x =0可得(x −1)2+y 2=1，所以曲线C 1是以(1,0)为圆心，1为半径的圆， 所以曲线C 1的参数方程为： {x =1+cos α,y =sin α,（α为参数）． 由ρ2=31+2sin 2θ得ρ2+2ρ2sin 2θ=3， 所以x 2+y 2+2y 2=3，则曲线C 2的直角坐标方程为x 23+y 2=1 (2)由(1)易得曲线C 1的极坐标方程为ρ=2cos θ, (2)由(1)易得曲线C 1的极坐标方程为ρ=2cos θ,则射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C 1的交点的极径ρ1=2cos π3=1, 射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C 2的交点的极径ρ2满足ρ22(1+2sin 2π3)=3,解得ρ2=√305, 所以|AB|=|ρ1−ρ2|=√305−1.【考点】椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 圆的参数方程直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)由x 2+y 2−2x =0可得(x −1)2+y 2=1，所以曲线C 1是以(1,0)为圆心，1为半径的圆， 所以曲线C 1的参数方程为： {x =1+cos α,y =sin α,（α为参数）． 由ρ2=31+2sin 2θ 得ρ2+2ρ2sin 2θ=3， 所以x 2+y 2+2y 2=3，则曲线C 2的直角坐标方程为x 23+y 2=1.(2)由(1)易得曲线C1的极坐标方程为ρ=2cosθ,则射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C1的交点的极径ρ1=2cosπ3=1, 射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C2的交点的极径ρ2满足ρ22(1+2sin2π3)=3,解得ρ2=√305,所以|AB|=|ρ1−ρ2|=√305−1.25.【答案】解由x=ρcosθ，y=ρsinθ得C2的直角坐标方程为(x+1)2+y2=4．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C1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√k2+1=2，故k=−43或k=0．经检验，当k=0时，l1与C2没有公共点；当k=−43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√k2+1=2，故k=0或k=43．经检验，当k=0时，l1与C2没有公共点；当k=43时，l2与C2没有公共点．综上，所求C1的方程为y=−43|x|+2．【考点】圆的极坐标方程【解析】此题暂无解析【解答】略略26.【答案】解：(1)∵ ρ=4cosθsin2θ，∴ρ2sin2θ=4ρcosθ，即y 2=4x ，∴ 曲线C 的直角坐标方程为y 2=4x . (2)将{x =−1+t cos α,y =3+t sin α,代入y 2=4x ，得t 2sin 2α+(6sin α−4cos α)t +13=0(sin 2α≠0)， 由题意得Δ=(6sin α−4cos α)2−4×13sin 2α>0①， 设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2=13sin 2α， ∵ 点P 在直线l 上，∴ PA →⋅PB →=|PA →||PB →|=|t 1t 2|=13sin 2α.∵ 2PF →2=2|PF →|2=2(√22+32)2=26， ∴13sin 2α=26，即sin α=±√22. 又∵ 0≤α<π， ∴ α=π4或a =3π4，代入①知α=π4不符合， ∴ α=3π4.【考点】抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 抛物线的极坐标方程利用圆锥曲线的参数方程求最值【解析】两边同乘ρ，利用极坐标与直角坐标互化公式可得； 利用参数的几何意义可得． 【解答】 解：(1)∵ ρ=4cos θsin 2θ，∴ ρ2sin 2θ=4ρcos θ， 即y 2=4x ，∴ 曲线C 的直角坐标方程为y 2=4x . (2)将{x =−1+t cos α,y =3+t sin α,代入y 2=4x ，得t 2sin 2α+(6sin α−4cos α)t +13=0(sin 2α≠0)， 由题意得Δ=(6sin α−4cos α)2−4×13sin 2α>0①， 设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2=13sin 2α， ∵ 点P 在直线l 上，∴ PA →⋅PB →=|PA →||PB →|=|t 1t 2|=13sin 2α.∵ 2PF →2=2|PF →|2=2(√22+32)2=26， ∴ 13sin 2α=26， 即sin α=±√22. 又∵ 0≤α<π， ∴ α=π4或a =3π4，代入①知α=π4不符合， ∴ α=3π4.27. 【答案】当θ0=π3时，ρ0=4sin π3=2√3，在直线l 上任取一点(ρ, θ)，则有ρcos (θ−π3)=2， 故l 的极坐标方程为有ρcos (θ−π3)=2； 设P(ρ, θ)，则在Rt △OAP 中，有ρ＝4cos θ， ∵ P 在线段OM 上，∴ θ∈[π4, π2]，故P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈[π4, π2]．【考点】圆的极坐标方程 【解析】（1）把θ0=π3直接代入ρ＝4sin θ即可求得ρ0，在直线l 上任取一点(ρ, θ)，利用三角形中点边角关系即可求得l 的极坐标方程；（2）设P(ρ, θ)，在Rt △OAP 中，根据边与角的关系得答案． 【解答】当θ0=π3时，ρ0=4sin π3=2√3，在直线l 上任取一点(ρ, θ)，则有ρcos (θ−π3)=2， 故l 的极坐标方程为有ρcos (θ−π3)=2；设P(ρ, θ)，则在Rt △OAP 中，有ρ＝4cos θ， ∵ P 在线段OM 上，∴ θ∈[π4, π2]，故P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈[π4, π2]．28. 【答案】解：(1)由{x =1+√3t ，y =√33+t ， 消参数t 化简， 得y−√33x−1=√3，∴ y =√33x ，即C 2是过原点且倾斜角为π6的直线， ∴ C 2 的极坐标方程为θ=π6(ρ∈R ).(2)由{θ=π6，ρ=a(1−sin θ)， 得{ρ=a2，θ=π6， ∴ A(a 2，π6).由{θ=7π6，ρ=a(1−sin θ)，得{ρ=32a ，θ=7π6，， ∴ B(32a,7π6)，∴ |AB|=a2+3a 2=2a .【考点】直线的极坐标方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)由{x =1+√3t,y =√33+t, 消参数t 化简， 得y−√33x−1=√3，∴ y =√33x ，即C 2是过原点且倾斜角为π6的直线，∴ C 2 的极坐标方程为θ=π6(ρ∈R ).(2)由{θ=π6，ρ=a(1−sin θ)， 得{ρ=a2，θ=π6， ∴ A(a 2，π6).由{θ=7π6，ρ=a(1−sin θ)， 得{ρ=32a ，θ=7π6， ∴ B(32a,7π6).∴ |AB|=a2+3a 2=2a .29.【答案】(1)由{ρ2cos 2θ=8,θ=π6 得：ρ2cos π3=8， ∴ ρ2=16， 即ρ=±4．∴ A 、B 两点的极坐标为：A(4,π6)，B(−4,π6)或B(4,7π6)．(2)由曲线C 1的极坐标方程ρ2cos 2θ=8化为ρ2(cos 2θ−sin 2θ)=8， 得到普通方程为x 2−y 2=8． 将直线{x =1+√32t,y =12t 代入x 2−y 2=8，整理得t 2+2√3t −14=0．∴ |MN|=√(2√3)2−4×(−14)=2√17． 【考点】双曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化【解析】（I ）由{ρ2cos 2θ=8θ=π6得：ρ2cos π3=8，即可得到ρ．进而得到点A ，B 的极坐标． (II)由曲线C 1的极坐标方程ρ2cos 2θ=8化为ρ2(cos 2θ−sin 2θ)=8，即可得到普通方程为x 2−y 2=8．将直线{x =1+√32t y =12t 代入x 2−y 2=8，整理得t 2+2√3t −14=0．进而得到|MN|． 【解答】(1)由{ρ2cos 2θ=8,θ=π6得：ρ2cos π3=8，∴ ρ2=16， 即ρ=±4．∴ A 、B 两点的极坐标为：A(4,π6)，B(−4,π6)或B(4,7π6)．(2)由曲线C 1的极坐标方程ρ2cos 2θ=8化为ρ2(cos 2θ−sin 2θ)=8， 得到普通方程为x 2−y 2=8． 将直线{x =1+√32t,y =12t代入x 2−y 2=8，整理得t 2+2√3t −14=0．∴ |MN|=√(2√3)2−4×(−14)=2√17． 30. 【答案】解∶(1)由{x =2+t ，y =√3t消去参数t 得y =√3(x −2)，所以l 的普通方程是√3x −y −2√3=0，ρ2cos 2θ=ρ2(cos 2θ−sin 2θ)=(ρcos θ)2−(ρsin θ)2=1， 所以曲线C 的直角坐标方程为x 2−y 2=1 . (2)直线l 的标准参数方程为 {x =2+12t,y =√32t, 代入x 2−y 2=1得t 2−4t −6=0， Δ=(−4)2−4×(−6)=40>0， t 1+t 2=4，t 1t 2=−6，t 1,t 2异号，所以|AB|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√42−4×(−6)=2√10， 设Q 对应的参数是t 0，则t 0=t 1+t 22=2，所以|PQ|=|t 0|=2 .【考点】双曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 参数方程的优越性 参数方程与普通方程的互化 【解析】【解答】解∶(1)由{x =2+t ，y =√3t消去参数t 得y =√3(x −2)，所以l 的普通方程是√3x −y −2√3=0，ρ2cos 2θ=ρ2(cos 2θ−sin 2θ)=(ρcos θ)2−(ρsin θ)2=1， 所以曲线C 的直角坐标方程为x 2−y 2=1 . (2)直线l 的标准参数方程为 {x =2+12t,y =√32t,代入x2−y2=1得t2−4t−6=0，Δ=(−4)2−4×(−6)=40>0，t1+t2=4，t1t2=−6，t1,t2异号，所以|AB|=|t1−t2|=√(t1+t2)2−4t1t2=√42−4×(−6)=2√10，设Q对应的参数是t0，则t0=t1+t22=2，所以|PQ|=|t0|=2 .31.【答案】解：由题意：极坐标方程ρ2−4ρcosθ−4=0转化为直角坐标方程为：x2+y2−4y−4=0，直线θ=π4转化为直角坐标方程为x=y，∵曲线C2和曲线C1关于直线y=x对称，∴曲线C2的直角坐标方程为：x2+y2−4x−4=0，由ρ2=x2+y2，ρsinθ=y，ρcosθ=x，∴曲线C2极坐标方程为：ρ2−4ρsinθ−4=0．【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化【解析】根据ρ2＝x2+y2，ρsinθ＝y，ρcosθ＝x，将极坐标方程ρ2−4ρcosθ−4＝0和直线θ=π4化为直角坐标方程，利用对称关系求解曲线C2的直角坐标方程，在转化为极坐标方程．【解答】解：由题意：极坐标方程ρ2−4ρcosθ−4=0转化为直角坐标方程为：x2+y2−4y−4=0，直线θ=π4转化为直角坐标方程为x=y，∵曲线C2和曲线C1关于直线y=x对称，∴曲线C2的直角坐标方程为：x2+y2−4x−4=0，由ρ2=x2+y2，ρsinθ=y，ρcosθ=x，∴曲线C2极坐标方程为：ρ2−4ρsinθ−4=0．32.【答案】解：(1)曲线C1：x2+(y−2)2=7，把x1=ρcosθ，y1=ρsinθ，代入上式，化简得，曲线C1的极坐标方程为ρ2−4ρsinθ=3，曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ，即ρ2=2ρcosθ，所以曲线C2的普通方程为C1：(x−1)2+y2=1．(2)依题意可设A(ρ1,π3)，B(ρ2,π3)．所以ρ2=2cosπ3=1，ρ12−4ρ1sinπ3−3=0，即ρ12−2√3ρ1−3=0，所以ρ1=√3±√6，因为点A在第一象限，所以ρ1>0，即ρ1=√3+√6，所以|AB|=|ρ2−ρ1|=√3+√6−1．【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化圆的极坐标方程【解析】曲线C1：x2+(y−2)2=7，把x1=ρcosθ，y1=ρsinθ，代入上式，化简得，曲线C1的极坐标方程为ρ2−4ρsinθ=3，曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ，即ρ2=2ρcosθ，所以曲线C2的普通方程为C1：(x−1)2+y2=1．依题意可设A(ρ1,π3)，A(ρ2,π3)．所以ρ2=2cosπ3=1，ρ12−4ρ1sinπ3−3=0，即ρ12−2√3ρ1−3=0，所以ρ1=√3±√6，因为点A在第一象限，所以ρ1>0，即ρ1=√3±√6，所以|AB|=|ρ2−ρ1|=√3+√6−1．【解答】解：(1)曲线C1：x2+(y−2)2=7，把x1=ρcosθ，y1=ρsinθ，代入上式，化简得，曲线C1的极坐标方程为ρ2−4ρsinθ=3，曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ，即ρ2=2ρcosθ，所以曲线C2的普通方程为C1：(x−1)2+y2=1．(2)依题意可设A(ρ1,π3)，B(ρ2,π3)．所以ρ2=2cosπ3=1，ρ12−4ρ1sinπ3−3=0，即ρ12−2√3ρ1−3=0，所以ρ1=√3±√6，因为点A在第一象限，所以ρ1>0，即ρ1=√3+√6，所以|AB|=|ρ2−ρ1|=√3+√6−1．33.【答案】解：(1)因为ρ2=x2+y2，x=ρcosθ，y=ρsinθ，将上面三个式子代入圆的极坐标方程，得圆C的直角坐标方程为：x2+y2−2x−4y+1=0.(2)将直线l的参数方程代入到圆C的直角坐标方程中，有t2−4t sinα=0，∴t2+t1=4sinα，t2⋅t1=0.∵|AB|=√(y2−y1)2+(x2−x1)2=√(t2sinα−t1sinα)2+(t2cosα−t1cosα)2=√(t1+t2)2−4t1t2=2√3，∴解得sinα=√32，∴α=π3或α=2π3.【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化直线的参数方程一元二次方程的根的分布与系数的关系两点间的距离公式【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)因为ρ2=x2+y2，x=ρcosθ，y=ρsinθ，将上面三个式子代入圆的极坐标方程，得圆C的直角坐标方程为：x2+y2−2x−4y+1=0.(2)将直线l的参数方程代入到圆C的直角坐标方程中，有t2−4t sinα=0，∴t2+t1=4sinα，t2⋅t1=0.∵|AB|=√(y2−y1)2+(x2−x1)2=√(t2sinα−t1sinα)2+(t2cosα−t1cosα)2=√(t1+t2)2−4t1t2=2√3，∴解得sinα=√32，∴α=π3或α=2π3.34.【答案】解：(1)由题意知，曲线C的直角坐标方程为x2+(y−2)2=4，即x2+y2=4y，∴ρ2=4ρsinθ，即ρ=4sinθ，∴曲线C的极坐标方程为ρ=4sinθ.(2)∵曲线M的极坐标方程为ρ2sin2θ=32(0<θ<π2)，∴ρ=√32sin2θ，将θ=β代入，得|OB|=√2sin2β.∵曲线C的极坐标方程为ρ=4sinθ，∴|OA|=4sinβ，∴|OA|⋅|OB|=16√2√sin2βsin2β=16√tanβ=16√2，则tanβ=2，故l的直角坐标方程为y=2x.【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由题意知，曲线C的直角坐标方程为x2+(y−2)2=4，即x2+y2=4y，∴ρ2=4ρsinθ，即ρ=4sinθ，∴曲线C的极坐标方程为ρ=4sinθ.(2)∵曲线M的极坐标方程为ρ2sin2θ=32(0<θ<π2)，∴ρ=√32sin2θ，将θ=β代入，得|OB|=√2.∵曲线C的极坐标方程为ρ=4sinθ，∴|OA|=4sinβ，∴|OA|⋅|OB|=16√2√sin2βsin2β=16√tanβ=16√2，则tanβ=2，故l的直角坐标方程为y=2x.35.【答案】（I）由⊙C的极坐标方程为ρ＝2√3sinθ．∴ρ2＝2√3ρsinθ，化为x2+y2=2√3y，配方为x2+(y−√3)2=3．(II)设P(3+12t,√32t)，又C(0,√3)．∴|PC|=2(√2=√t2+12≥2√3，因此当t＝0时，|PC|取得最小值2√3．此时P(3, 0)．【考点】点的极坐标和直角坐标的互化 【解析】（I ）由⊙C 的极坐标方程为ρ＝2√3sin θ．化为ρ2＝2√3ρsin θ，把{ρ2=x 2+y 2y =ρsin θ 代入即可得出；． (II)设P(3+12t,√32t)，又C(0,√3)．利用两点之间的距离公式可得|PC|=√t 2+12，再利用二次函数的性质即可得出．【解答】（I ）由⊙C 的极坐标方程为ρ＝2√3sin θ． ∴ ρ2＝2√3ρsin θ，化为x 2+y 2=2√3y ， 配方为x 2+(y −√3)2=3． (II)设P(3+12t,√32t)，又C(0,√3)． ∴ |PC|=(3+12t)+(√32t −√3)=√t 2+12≥2√3，因此当t ＝0时，|PC|取得最小值2√3．此时P(3, 0)． 36. 【答案】解：(1)由曲线C 1的参数方程为{x =4t,y =4t 2（t 为参数），可得其直角坐标方程为x 2=4y ，由{x =ρcos θ，y =ρsin θ，得曲线C 1的极坐标方程为ρcos 2θ=4sin θ． C 2：√3ρcos θ−2ρsin θ=2，由{x =ρcos θ,y =ρsin θ,得曲线C 2的直角坐标方程为√3x −2y −2=0． (2)将θ=α(ρ>0)代入ρ(√3cos θ−2sin θ)=2， 得ρA =|OA|=√3cos α−2sin α．将OA 逆时针旋转90∘，得OB 的极坐标方程为θ=α+π2(ρ≥0)， 所以ρB =|OB|=4sin (α+π2)cos 2(α+π2)=4cos αsin 2α．由|OB|=2√3|OA|，得4cos αsin 2α=√33cos α−2sin α，√3cos 2α−√3sin 2α−2sin αcos α=0， 即sin 2α=√3cos 2α，解得tan 2α=√3． 因为α∈(0,π2)， 所以α=π6.【考点】抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 二倍角的正弦公式。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中数学 1.3 简单曲线的极坐标方程课后知能检测 新人教A 版选修4-4(时间40分钟，满分60分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．极坐标方程ρ＝cos(π4－θ)表示的曲线是( )A ．双曲线B ．椭圆C ．抛物线D ．圆【解析】 ρ＝cos(π4－θ)＝cos π4cos θ＋sin π4sin θ＝22cos θ＋22sin θ，∴ρ2＝22ρcos θ＋22ρsin θ，即x 2＋y 2＝22x ＋22y . 化简整理，得(x －24)2＋(y －24)2＝14，表示圆． 【答案】 D2．(2013·三门峡质检)过极点倾斜角为π3的直线的极坐标方程可以为( )A ．θ＝π3B ．θ＝π3，ρ≥0C ．θ＝4π3，ρ≥0D ．θ＝π3和θ＝4π3，ρ≥0【解析】 以极点O 为端点，所求直线上的点的极坐标分成两条射线． ∵两条射线的极坐标方程为θ＝π3和θ＝43π.∴直线的极坐标方程为θ＝π3和θ＝43π(ρ≥0)． 【答案】 D3．在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( ) A ．(1，π2)B ．(1，－π2)C ．(1,0)D ．(1，π)【解析】 由ρ＝－2sin θ得ρ2＝－2ρsin θ，化成直角坐标方程为x 2＋y 2＝－2y ，化成标准方程为x 2＋(y ＋1)2＝1，圆心坐标为(0，－1)，其对应的极坐标为(1，－π2)．【答案】 B4．在极坐标系中与圆ρ＝4sin θ相切的一条直线的方程为( ) A ．ρcos θ＝12B ．ρcos θ＝2C ．ρ＝4sin(θ＋π3)D ．ρ＝4sin(θ－π3)【解析】 极坐标方程ρ＝4sin θ化为ρ2＝4ρsin θ，即x 2＋y 2＝4y ，即x 2＋(y －2)2＝4.由所给的选项中ρcos θ＝2知，x ＝2为其对应的直角坐标方程，该直线与圆相切． 【答案】 B二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2013·鹤壁调研)点Q 是圆ρ＝4cos θ上的一点，当Q 在圆上移动时，OQ (O 是极点)中点P 的轨迹的极坐标方程是________．【解析】 ρ＝4cos θ是以(2,0)为圆心，半径为2的圆，则P 的轨迹是以(1,0)为圆心，半径为1的圆，所以极坐标方程是ρ＝2cos θ.【答案】 ρ＝2cos θ6．(2012·安徽高考)在极坐标系中，圆ρ＝4sin θ的圆心到直线θ＝π6(ρ∈R )的距离是________．【解析】 极坐标系中的圆ρ＝4sin θ转化为平面直角坐标系中的一般方程为：x2＋y 2＝4y ，即x 2＋(y －2)2＝4，其圆心为(0,2)，直线θ＝π6转化为平面直角坐标系中的方程为y ＝33x ，即3x －3y ＝0. ∴圆心(0,2)到直线3x －3y ＝0的距离为|0－3×2|3＋9＝ 3.【答案】3三、解答题(每小题10分，共30分)7．(2012·江苏高考)在极坐标系中，已知圆C 经过点P (2，π4)，圆心为直线ρsin(θ－π3)＝－32与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程． 【解】 在ρsin(θ－π3)＝－32中，令θ＝0，得ρ＝1，所以圆C 的圆心坐标为(1,0)， 因为圆C 经过点P (2，π4)，所以圆C 的半径PC ＝22＋12－2×1×2cos π4＝1，于是圆C 过极点，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.8．在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρcos(θ－π3)＝1，M ，N 分别为C 与x 轴，y 轴的交点．(1)写出C 的直角坐标方程，并求M ，N 的极坐标； (2)设MN 的中点为P ，求直线OP 的极坐标方程． 【解】 (1)由ρcos(θ－π3)＝1， 得ρ(12cos θ＋32sin θ)＝1.又x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ.∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋32y ＝1，即x ＋3y －2＝0.当θ＝0时，ρ＝2，∴点M (2,0)． 当θ＝π2时，ρ＝233，∴点N (233，π2)．(2)由(1)知，M 点的坐标(2,0)，点N 的坐标(0，233)．又P 为MN 的中点， ∴点P (1，33)，则点P 的极坐标为(233，π6)． 所以直线OP 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )．9．在极坐标系中，P 是曲线ρ＝12sin θ上的一动点，Q 是曲线ρ＝12cos(θ－π6)上的动点，试求|PQ |的最大值．【解】 ∵ρ＝12sin θ， ∴ρ2＝12ρsin θ，∴x 2＋y 2－12y ＝0，即x 2＋(y －6)2＝36. 又∵ρ＝12cos(θ－π6)，∴ρ2＝12ρ(cos θcos π6＋sin θsin π6)，∴x 2＋y 2－63x －6y ＝0， ∴(x －33)2＋(y －3)2＝36. ∴|PQ |max ＝6＋6＋332＋32＝18.教师备选10．(2012·大连模拟)在极坐标系中，O 为极点，已知圆C 的圆心为(2，π3)，半径r＝1，P 在圆C 上运动。

1．极坐标方程 cos θ＝ 2解析：∵cos θ＝ 2 又∵ρ≥0，∴cos θ＝ 2C ．1D. 2⎛x －1⎫2＋y 2＝1， x 2＋⎝y －2⎭2＝ ，所以两圆的圆心坐标为⎝2，0⎭，⎝0，2⎭，故两圆的圆心距为 2 3．在极坐标系中，点 F(1,0)到直线 θ＝ (ρ∈R)的距离是( )2 B. 2 A.1解析：因为直线 θ＝ (ρ∈R)的直角坐标方程为 y ＝ 3 所以点 F(1,0)到直线 x － 3y ＝0 的距离为 .4．直线 θ＝ (ρ∈R)与圆 ρ＝2cos θ 的一个公共点的极坐标为( )[课时作业][A 组 基础巩固]2 (ρ≥0)表示的曲线是()A ．余弦曲线B ．两条相交直线C ．一条射线D ．两条射线π2 ，∴θ＝±4＋2k π(k ∈Z)．2 表示两条射线．答案：D2．极坐标方程分别为 ρ＝cos θ 和 ρ＝sin θ 的两个圆的圆心距是( )A ．2B. 22解析：将极坐标方程化为直角坐标方程为：⎝ 2⎭ 4⎛ 1⎫ 1 4⎛1 ⎫ ⎛ 1⎫2 .答案：Dπ62 C ．1D. 2π6 3 x ，即 x － 3y ＝0，12答案：Aπ4A.⎝1，4⎭B.⎝1，2⎭C.⎝2，4⎭D.⎝2，－4⎭⎧θ＝π，⎧θ＝π，解析：由⎨得⎨⎩⎩故圆心坐标为(2，－2)，其极坐标为⎝22，4⎭.答案：⎝22，4⎭7．已知圆的极坐标方程为ρ＝4cosθ，圆心为C，点P的极坐标为⎝4，3⎭，则|CP|＝由P极坐标⎝4，3⎭得直角坐标P(2,23)，由于圆心(1,0)到直线的距离为1－＝，所以弦长为21－⎝2⎭2＝ 3.⎛π⎫⎛π⎫44故选C.⎛π⎫⎛π⎫⎪ρ＝2cosθ⎪ρ＝2，答案：C5．在极坐标系中，过点A(6，π)作圆ρ＝－4cosθ的切线，则切线长为()A．2C．23解析：如图，切线长为42－22＝2 3.B．6D．215答案：C6．圆ρ＝4(cosθ－sinθ)的圆心的极坐标是________．解析：将极坐标方程化为直角坐标方程，得(x－2)2＋(y＋2)2＝8，⎛7π⎫⎛7π⎫⎛π⎫________.解析：由圆的极坐标方程ρ＝4cosθ，得直角坐标方程为：(x－2)2＋y2＝4，⎛π⎫又C(2,0)，所以|CP|＝(2－2)2＋(23－0)2＝2 3.答案：238．直线2ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ相交的弦长为________．解析：由公式x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得直线2ρcosθ＝1的直角坐标方程为2x＝1，圆ρ＝2cosθ⇒ρ2＝2ρcosθ的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0⇒(x－1)2＋y2＝1，11⎛1⎫10．在极坐标系中，直线 l 的方程是 ρsin ⎝θ－6⎭＝1，求点 P ⎝2，－6⎭到直线 l 的距离．解析：点 P ⎝2，－6⎭的直角坐标为( 3，－1)．直线 l ：ρsin ⎝θ－6⎭＝1 可化为 ρsin θ·cos －ρcos θ·sin ＝1，故点 P ⎝2，－6⎭到直线 ρsin ⎝θ－6⎭＝1 的距离为 3＋1. 1．极坐标方程 4ρsin 2 ＝5 表示的曲线是( )解析：∵sin 2 ＝ (1－cos θ)，答案： 39．进行直角坐标方程与极坐标方程的互化： (1)y 2＝4x ；(2)x 2＋y 2－2x －1＝0.解析：(1)将 x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ 代入 y 2＝4x ，得(ρsin θ)2＝4ρcos θ. 化简，得 ρsin 2θ＝4cos θ.(2)将 x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ 代入 y 2＋x 2－2x －1＝0， 得(ρsin θ)2＋(ρcos θ)2－2ρcos θ－1＝0， 化简，得 ρ2－2ρcos θ－1＝0.⎛ π⎫ ⎛ π⎫⎛ π⎫⎛ π⎫π π6 6即直线 l 的直角坐标方程为 x － 3y ＋2＝0.∴点 P( 3，－1)到直线 x － 3y ＋2＝0 的距离为d ＝ | 3＋ 3＋2|＝ 3＋1.1＋(－ 3)2⎛ π⎫ ⎛ π⎫[B 组 能力提升]θ 2A ．圆C ．双曲线θ 12 2原方程化为 2ρ(1－cos θ)＝5，∴2ρ－2ρcos θ＝5，B ．椭圆D ．抛物线y 2＝5x ＋ ，它表示的曲线是抛物线，故选 D.3．在极坐标系中，已知点 P ⎝2， 3 ⎭，点 Q 是圆 ρ＝2cos ⎝θ＋3⎭上的动点，则|PQ|的最 解析：已知圆的圆心为 C ⎝1，3π⎭，半径为 1，将点 P 、C 的极坐标化为直角坐标为 P(－1， 3)，C ⎝ ，－3⎫ 2 ⎭⎛－1－1⎫2＋⎛ 3＋ 3⎫2－1 2⎭ ⎝即 2 x 2＋y 2－2x ＝5，平方化简，得254答案：D2．曲线的极坐标方程 ρ＝4sin θ 化为直角坐标方程为( )A ．x 2＋(y ＋2)2＝4C ．(x －2)2＋y 2＝4B ．x 2＋(y －2)2＝4D ．(x ＋2)2＋y 2＝4解析：将 ρ＝4sin θ 两边乘以 ρ，得 ρ2＝ρ·4sin θ，再把 ρ2＝x 2＋y 2，ρ·sin θ＝y ，代入得x 2＋y 2－4y ＝0，即 x 2＋(y －2)2＝4.故选 B.答案：B⎛ 2π⎫ ⎛ π⎫小值是________．⎛ 5 ⎫⎛1 2.由圆的几何性质知，|PQ|的最小值应是|PC|减去圆的半径，即|PQ|min ＝|PC|－1＝⎝ 2 ⎭＝3－1＝2.答案：24．在极坐标系中，圆 ρ＝2cos θ 与直线 3ρcos θ＋4ρsin θ＋a ＝0 相切，则实数 a ＝________.解析：由 ρ＝2cos θ 得 ρ2＝2ρcos θ,∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴ρ2＝x 2＋y 2.∴圆 ρ＝2cos θ 与直线 3ρcos θ＋4ρsin θ＋a ＝0 的直角坐标方程分别为 x 2＋y 2＝2x,3x ＋4y＋a ＝0.将圆的方程配方得(x －1)2＋y 2＝1，依题意得，圆心 C(1,0)到直线的距离为 1，由⎨得点 P(－1,1)的极坐标为⎝ 2， 4 ⎭. ⎪即|3＋a|＝1，32＋42整理，得|3＋a|＝5，解得 a ＝2 或 a ＝－8.答案：2 或－85．从极点作圆 ρ＝2acos θ(a ≠0)的弦，求各弦中点的轨迹方程．解析：设所求轨迹上的动点 M 的极坐标为(ρ，θ)，圆 ρ＝2acos θ(a ≠0)上相应的弦为端点(非极点)的极坐标为(ρ1，θ1)，如图所示为 a ＞0 的情形，⎧⎪θ1＝θ，由题意，得⎨⎪⎩ρ1＝2ρ.∵ρ1＝2acos θ1，∴2ρ＝2acos θ，∴ρ＝acos θ 即为各弦中点的轨迹方程，当 a ＜0 时，所求结果相同．6．在极坐标系中，已知曲线 C 1：ρ＝2sin θ 与 C 2：ρcos θ＝－1(0≤θ<2π)，求： (1)两曲线(含直线)的公共点 P 的极坐标；(2)过点 P ，被曲线 C 1 截得的弦长为 2的直线的极坐标方程．⎧⎪x ＝ρcos θ，解析：(1)由⎨ 得曲线 C 1：ρ＝2sin θ 与 C 2：ρcos θ＝－1(0≤θ<2π)的直角坐⎪⎩y ＝ρsin θ标方程分别为 x 2＋y 2＝2y ，x ＝－1.⎧⎪x ＝－1，联立方程组，解得⎨⎪⎩y ＝1.⎧ρ2＝x 2＋y 2， y⎪⎩tan θ＝x (x ≠0)，⎛ 3π⎫(2)极坐标方程为 θ＝ (ρ∈R)；另一条过点 A(0,2)，倾斜角为 ，直线的直角坐标方程为 y ＝x ＋2，极坐标方程为 ρ(sin θ即 ρsin ⎝θ－4⎭＝ 2.方法二由上述可知，曲线 C 1：ρ＝2sin θ 即圆 x 2＋(y －1)2＝1，过点 P ⎝ 2， 4 ⎭，被曲线 C 1 截得的弦长为 2的直线有两条：一条过原点 O ，倾斜角为 ，极坐标方程为 θ＝ (ρ∈R)；另一条倾斜角为 ，极坐标方程为 ρsin ⎝θ－4⎭＝ 2sin ⎝ 4 －4⎭， 即 ρsin ⎝θ－4⎭＝ 2.方法一 由上述可知，曲线 C 1：ρ＝2sin θ 即圆 x 2＋(y －1)2＝1，如图所示，过 P(－1,1)，3π被曲线 C 1 截得的弦长为 2的直线有两条：一条过原点 O ，倾斜角为 4 ，直线的直角坐标方程为 y ＝－x ，3π4π4－cos θ)＝2，⎛ π⎫⎛ 3π⎫3π 3π44π ⎛ π⎫ ⎛3π π⎫ 4⎛ π⎫。

【同步练习】2020人教A 版选修4-4课后练习本：极坐标一、选择题1.将点的极坐标(π，－2π)化为直角坐标为( )A ．(π，0)B ．(π，2π)C ．(－π，0)D ．(－2π，0)2.设点P 对应的复数为－3＋3i ，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则点P 的极坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，34πB.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，54πC.⎝ ⎛⎭⎪⎫3，54πD.⎝⎛⎭⎪⎫－3，34π3.在极坐标系中，点(ρ，θ)与点(ρ，π-θ)的位置关系是( )A ．关于极轴所在直线对称B ．关于极点对称C ．重合D ．关于过极点且垂直于极轴的直线对称4.已知M ⎝⎛⎭⎪⎫5，π3，下列所给出的能表示该点的坐标的是( ) A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫5，－π3 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫5，4π3 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫5，－2π3 D ．⎝⎛⎭⎪⎫5，－5π35.在极坐标下，圆C ：ρ2＋4ρsin θ＋3=0的圆心坐标为( )A ．(2,0)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π2C ．(2，π)D ．⎝⎛⎭⎪⎫2，－π26.若ρ1=ρ2≠0，θ1－θ2=π，则点M(ρ1，θ1)与点N(ρ2，θ2)的位置关系是( )A ．关于极轴所在直线对称B ．关于极点对称C ．关于过极点与极轴垂直的直线对称D ．重合7.已知点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫5，2π3，那么将点M 的极坐标化成直角坐标为( ) A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－532，－52 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－532，52 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫52，532 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，5328.点M 的极坐标是⎝⎛⎭⎪⎫－2，－π6，它关于直线θ=π2的对称点的极坐标是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，11π6 B. ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，7π6 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π6 D.⎝⎛⎭⎪⎫－2，－11π6二、填空题9.已知A ，B 两点的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫6，π3，⎝ ⎛⎭⎪⎫8，4π3，则线段AB 中点的直角坐标为________．10.在极坐标系中，O 为极点，若A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π3，B ⎝⎛⎭⎪⎫－4，7π6，则△AOB 的面积等于________．11.点M 的直角坐标是(-1，3)，则点M 的极坐标为 .12.已知点P 在第三象限角的平分线上，且到横轴的距离为2，则当ρ>0，θ∈[0，2π)时，点P 的极坐标为________．三、解答题13.将点M 的直角坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2化为极坐标(ρ>0，θ∈[0,2π))为⎝ ⎛⎭⎪⎫22π，34π.14.在极坐标系中，如果A ⎝⎛⎭⎪⎫2，π4，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，54π为等腰直角三角形ABC 的两个顶点，求直角顶点C 的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π)．答案解析1.答案为：A ；解析：x=πcos(－2π)=π，y=πsin(－2π)=0，所以点的极坐标(π，－2π)化为直角坐标为(π，0)．2.答案为：A ；解析：点P 的直角坐标是(－3，3)，极坐标是⎝⎛⎭⎪⎫32，3π4.3.答案为：D ；解析：两点的极径相等，且极径所在射线关于过极点且垂直于极轴的直线对称，故选D ．4.答案为： D ；解析：M(ρ，θ)也可以表示为(ρ，θ＋2k π)(k ∈Z)，M(5，π3)也可以表示为(5，π3＋2k π)(k ∈Z)，故选D ．5.答案为：D ；解析：圆直角坐标方程为x 2＋y 2＋4y ＋3=0，圆心坐标为(0，-2)，圆心的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，－π2.6.答案为：B ；解析：因为ρ1=ρ2≠0，θ1－θ2=π，故点M ，N 位于过极点的直线上，且到极点的距离相等，即关于极点对称．7.答案为：D ；解析：由点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫5，2π3，得x M =5cos 23π=-52，y M =5sin 2π3=532， ∴M 点的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，532.8.答案为：B ；解析：因为ρ=－2<0，所以找点⎝⎛⎭⎪⎫－2，－π6时，先找到角－π6的终边， 再在其反向延长线找到离极点2个单位的点，就是⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－π6，如图所示．故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－π6关于直线θ=π2的对称点为M′⎝⎛⎭⎪⎫2，π6， 又因为M′⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6的坐标还可以写成M′⎝⎛⎭⎪⎫－2，7π6，故选B.9.答案为：⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32； 解析：因为A ，B 两点的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫6，π3，⎝ ⎛⎭⎪⎫8，4π3， 所以A ，B 两点的直角坐标是(3，33)，(－4，－43)，所以线段AB 中点的直角坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32.10.答案为：3； 解析：点B 的极坐标可表示为⎝⎛⎭⎪⎫4，π6，则∠AOB=π3－π6=π6， 故S △OAB =12|OA|·|OB|sin ∠AOB=12×3×4·sin π6=3.11.答案为： ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2π3； 解析：ρ=x 2＋y 2=－2＋32=2，tan θ=3－1=-3， 因为点M 在第二象限，所以取θ=2π3，故点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，2π3.12.答案为：⎝ ⎛⎭⎪⎫22，5π4； 解析：因为点P(x ，y)在第三象限角的平分线上，且到横轴的距离为2，所以x=－2，且y=－2，所以ρ=x 2＋y 2=22，又tan θ=y x =1，且θ∈[0，2π)，所以θ=5π4.因此点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫22，5π4.13.解：ρ=⎝ ⎛⎭⎪⎫－π22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π22=22π， 又∵tan θ=y x =-1，θ∈[0,2π)且点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2在第二象限， ∴θ=34π， ∴极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22π，34π.14.解：设直角顶点C 的极坐标为(ρ，θ)，由题意可知||AC =||BC =22||AB ， 故22＋ρ2－2×2×ρ×cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4 =22＋ρ2－2×2×ρ×cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－5π4 =22||AB =2 2.所以θ=74π或θ=34π，ρ=2. 所以直角顶点C 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，34π或⎝ ⎛⎭⎪⎫2，74π.。

课后训练1．极坐标方程cos θ＝22(ρ≥0)表示的曲线是( )． A ．余弦曲线 B ．两条相交直线 C ．一条射线 D ．两条射线2．极坐标方程分别为ρ＝cos θ和ρ＝sin θ的两个圆的圆心距是( )． A ．2 B ．2 C ．1 D ．223．过点A (5,0)和直线π4θ＝垂直的直线的极坐标方程是( )．A ．πsin 54ρθ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋＝B ．π52cos 42ρθ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋＝ C ．π52sin 42ρθ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋＝ D ．π52sin 42ρθ⎛⎫ ⎪⎝⎭－＝4．在极坐标系中，曲线π4sin 3ρθ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝－关于( )． A ．直线π3θ＝对称 B ．直线5π6θ＝对称C ．点π23⎛⎫⎪⎝⎭，对称 D ．极点对称5．在极坐标系中，直线l 的方程为ρsin θ＝3，则点π26⎛⎫⎪⎝⎭，到直线l 的距离为________．6．在极坐标系中，定点π12A ⎛⎫⎪⎝⎭，，点B 在直线l ：ρcos θ＋ρsin θ＝0上运动，当线段AB 最短时，点B 的极坐标是______．7．求：(1)过π22A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，且平行于极轴的直线； (2)过π33A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，且与极轴所成的角为3π4的直线．8．在极坐标系中，已知圆ρ＝2cos θ与直线3ρcos θ＋4ρsin θ＋a ＝0相切，求实数a 的值．9．进行直角坐标方程与极坐标方程的互化：(1)y 2＝4x ；(2)y 2＋x 2－2x －1＝0；(3)π3θ＝；(4)2cos12θρ＝；(5)ρ2cos 2θ＝4；(6)12cos ρθ＝－. 10．在极坐标系中，已知圆C 的圆心π36C ⎛⎫⎪⎝⎭，，半径r ＝1，Q 点在圆C 上运动．(1)求圆C 的极坐标方程；(2)若P 在直线OQ 上，且23OQ QP ＝，求动点P 的轨迹方程．参考答案1. 答案：D解析：∵cos θ＝22，∴θ＝π±4＋2k π(k ∈Z )． 又∵ρ≥0，∴cos θ＝22表示两条射线．2. 答案：D解析：本题有两种解法，第一种解法是直接在极坐标系中，根据给定的方程判断出两圆心的极坐标分别是102⎛⎫ ⎪⎝⎭，和1π22⎛⎫ ⎪⎝⎭，，这两点间的距离是22.第二种解法是将方程化为直角坐标方程，因为ρ不恒为0，方程两边乘以ρ得ρ2＝ρ·cos θ和ρ2＝ρ·sin θ，极坐标方程化为直角坐标方程x 2＋y 2＝x 和x 2＋y 2＝y ，它们的圆心分别是102⎛⎫ ⎪⎝⎭，，102⎛⎫ ⎪⎝⎭，，圆心距是22. 3. 答案：C解析：直线π4θ＝即直线y ＝x ，∴过点A (5,0)和直线π4θ＝垂直的直线方程为y ＝－x ＋5，其极坐标方程为π52cos 42ρθ⎛⎫ ⎪⎝⎭＋＝. 4. 答案：B解析：由方程π4sin 3ρθ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝－，得ρ2＝2ρsin θ－23ρcos θ， 即x 2＋y 2＝2y －23x .配方，得2(3)x ＋＋(y －1)2＝4.它表示圆心在(31)－，，半径为2且过原点的圆． 所以在极坐标系中，它关于直线5π6θ＝成轴对称． 5. 答案：2解析：将直线l 的极坐标方程ρsin θ＝3化为直角坐标方程为y ＝3，点π26⎛⎫ ⎪⎝⎭，在直角坐标系中为(31)，，故点π26⎛⎫ ⎪⎝⎭，到直线l 的距离为2. 6. 答案：23π24⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭， 解析：将ρcos θ＋ρsin θ＝0化为直角坐标方程为x ＋y ＝0，点π12A ⎛⎫⎪⎝⎭，化为直角坐标为A (0,1)．如图，过A 作AB ⊥直线l 于B ，因为△AOB 为等腰直角三角形，|OA |＝1，则|OB |＝22，3π4θ＝，故B 点的极坐标是23π24⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，. 7. ①解：(1)如图①所示，在直线l 上任意取一点M (ρ，θ)． ∵π24A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，， ∴|MH |＝2sinπ4＝2. 在Rt △OMH 中，|MH |＝|OM |sin θ，即sin 2ρθ＝， ∴过π24A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，且平行于极轴的直线方程为sin 2ρθ＝.②(2)如图②所示，π33A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，即|OA |＝3，π3AOB ∠＝.由已知3π4MBx ∠＝，∴3ππ5π4312OAB ∠＝－＝.∴5π7ππ1212OAM ∠＝－＝.又∠OMA ＝∠MBx －θ＝3π4θ－.在△MOA 中，根据正弦定理，得37π3πsinsin 124ρθ⎛⎫⎪⎝⎭＝－.∵7πππ26sinsin 12434⎛⎫⎪⎝⎭＋＝＋＝， 将3πsin 4θ⎛⎫⎪⎝⎭－展开，化简上面的方程，可得ρ(sin θ＋cos θ)＝33322＋. ∴过π33A ⎛⎫⎪⎝⎭，且与极轴所成角为3π4的直线为ρ(sin θ＋cos θ)＝33322＋. 8. 解：将极坐标方程化为直角坐标方程，得圆的方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1，直线的方程为3x ＋4y ＋a ＝0.由题设知，圆心(1,0)到直线的距离为1，即有22|3140|134a ⨯⨯＋＋＝＋，解得a ＝－8或a ＝2.故a 的值为－8或2.9. 解：(1)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入y 2＝4x ，得(ρsin θ)2＝4ρcos θ.化简，得ρsin 2θ＝4cos θ.(2)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入y 2＋x 2－2x －1＝0，得(ρsin θ)2＋(ρcos θ)2－2ρcos θ－1＝0，化简，得ρ2－2ρcos θ－1＝0.(3)∵tan θ＝yx，∴πtan 33y x ＝＝.化简，得y ＝3x (x ≥0)．(4)∵2cos12θρ＝， ∴1cos 12θρ⋅＋＝，即ρ＋ρcos θ＝2.∴222x y x ＋＋＝.化简，得y 2＝－4(x －1)．(5)∵ρ2cos 2θ＝4，∴ρ2cos 2θ－ρ2sin 2θ＝4，即x 2－y 2＝4. (6)∵12cos ρθ＝－，∴2ρ－ρcos θ＝1．∴2221x y x ＋－＝.化简，得3x 2＋4y 2－2x －1＝0.10. 解：(1)圆C 的圆心坐标化为直角坐标为33322⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，， 所以圆C 的直角坐标方程为22333122x y ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭－＋－＝， 化为极坐标方程为2π6cos 806ρρθ⎛⎫ ⎪⎝⎭－－＋＝. (2)设P 点坐标为(ρ，θ)，Q 点坐标为(ρ0，θ0)，则由题意可知0025.ρρθθ⎧⎪⎨⎪⎩＝，＝因为点Q 在圆C 上，所以点Q 的坐标满足圆C 的方程，代入得222π6cos 80556ρρθ⎛⎫⎛⎫⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭－－＋＝，整理即得动点P 的轨迹方程为ρ2－15ρcos π6θ⎛⎫ ⎪⎝⎭－＋50＝0.。

Z■课酎作业］［A组基础巩固］1、极坐标方程c os 3 =错误!3之0)表示的曲线是( )A、余弦曲线 B.两条相支直线C、〜条射线D、两条射线解析：•.• cos 3 =错误!, 3 =土错误! + 2kit(k€ Z)、又•.•‘±0, cos 3 =错误!表示两条射线j、答素：D2、极坐标方程分别为〃 =cos 0和p = sin。

的两个园的圆心距是()A、2 B.A/2C. 1 Do错误！解析：将极坐标方程化为直角坐标方程为：错误'2 + y2 =错误!，X2 +错误!之=错误！,所以两圆的圆心坐标为错误!,错误!,故两园的园心距为错误!.答案：D3、在极坐标系中，点F (1,0)到直线9 =错误！(p€R)的距寓是Bo 错误! D.错误!71解析：因为直线= s (p€R)的直角坐标方程为＞ =错误!X,即工-错误!y = 0,所以点尸(1,0)到直线X -错误!J = 0的距寓为错误!.答察:A4、 直线。

二错误！ 3 € R )与圆〃 =2cos 。

的~个公共点的极坐 标为( )Ao 错误！Bo 错误！ C.错误！ D.错误！解析：由错误!得错误!故选C.答素：C5、 在极坐标条中,过点A(6,兀)作园但=-4cos 3的切线，则切线 长为r )A 、 2B 、 6C 、2错误！ D. 2错误！解析:如图，切线长为错误! 二2错误!.C 、1 A.错误!答秦：c6,圆〃 =4(cos 6 - sin 6)的圆心的极坐标是______________ .解析：将极坐标方程化为直角坐标方程，得(x-2) 2+ (y + 2J 2 = 8,故圆心坐标为(2, -2),其极坐标为错误！。

答秦：错误！7、巳知圆的极坐标方程为〃=4cos 3,圆心为C,点尸的极坐标为错误!，贝!1 I CP\ =.解析：由圆的极坐标方程p = 4cos<9,得直角坐标方程为：(x-2)2 + y2 = 4,由尸极坐标错误!得直角坐标尸(2,2错误!)，又C C2, 0J,所以|CP| =错误！= 2错误！。

2017年高中数学第一章坐标系1.3 简单曲线的极坐标方程课时提升作业（含解析）新人教A版选修4-4编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017年高中数学第一章坐标系1.3 简单曲线的极坐标方程课时提升作业（含解析）新人教A版选修4-4）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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简单曲线的极坐标方程课时提升作业一、选择题（每小题6分,共18分）1.（2016·安庆高二检测）极坐标方程为（ρ-1）（θ—π)=0（ρ≥0）表示的图形是（）A.两个圆 B.两条直线C。

一条直线和一条射线 D.一个圆和一条射线【解析】选D.极坐标方程为(ρ—1)（θ—π)=0（ρ≥0)即ρ=1或θ=π(ρ≥0）,表示一个圆和一条射线.2.（2016·西安高二检测)在极坐标系中，圆ρ=2sinθ的圆心的极坐标是( ）A.（1,π）B。

C。

D.(1,0)【解析】选C.由ρ=2sinθ，得ρ2=2ρsinθ，化为直角坐标方程为x2+y2—2y=0,即x2+（y—1）2=1,圆心坐标为(0,1)，化为极坐标为.【补偿训练】在极坐标系中,圆ρ=2sinθ的周长为（）A。

π B.2πC。

3πD。

4π【解析】选B。

由ρ=2sinθ，得ρ2=2ρsinθ，化为直角坐标方程为x2+y2—2y=0,即x2+（y—1)2=1,圆的半径为1，所以圆的周长为2π。

3.（2016·成都高二检测）在极坐标系中，点到直线ρsin=-的距离是（）A.1B.C.D。

23第一讲　1.3
1．在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是(　B )
A ．
B ．(1，
π2)(1，－π2)C ．(1,0)D ．(1，π)解析：因为该圆的直角坐标方程为x 2＋y 2＝－2y ，即为x 2＋(y ＋1)2＝1，圆心的直角坐标
方程为(0，－1)，化为极坐标可以为(1，－)，故选B ．
π22．(2016·湖北黄冈中学检测)极坐标方程4ρsin 2＝5表示的曲线是(　D )
θ2A ．圆
B ．椭圆
C ．双曲线
D ．抛物线解析：已知即＝5，即2－2x ＝5，化简即得y 2＝5x ＋，选D ．
4ρ(1－cos θ)
2x 2＋y 22543．(2016·江西高二检测)若曲线的极坐标方程为ρ＝2sin θ＋4cos θ，以极点为原点，极轴为x 轴正半轴建立直角坐标系，则该曲线的直角坐标方程为x 2＋y 2－4x －2y ＝0.　
解析：由ρ＝2sin θ＋4cos θ得ρ2＝2ρsin θ＋4ρcos θ，又x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以该曲线的直角坐标方程为x 2＋y 2－4x －2y ＝0.
4．在极坐标系中，曲线C 1和C 2的方程分别为ρsin 2θ＝cos θ和ρsin θ＝1.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，则曲线C 1和C 2交点的直角坐标为(1,1)．
解析：将曲线C 1的方程ρsin 2θ＝cos θ化为直角坐标方程为y 2＝x ，将曲线C 2的方程ρsin
θ＝1化为直角坐标方程为y ＝1.由Error!解得Error!故曲线C 1和C 2交点的直角坐标为(1,1)．。

第一讲　1.3　一、选择题1．(2016·安徽高三质检)在极坐标系中，点到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为(　D )(2，π3)A ．2B ．4＋π29C ．D ．1＋π293解析：点的直角坐标为(1，)，ρ＝2cos θ化为直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0，故(2，π3)3圆心为(1,0)，点(1，)到圆心(1,0)的距离为，故选D ．332．极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是(　C )A ．两个圆B ．两条直线C ．一个圆和一条射线D ．一条直线和一条射线解析：由题意得ρ＝1，或θ＝π(ρ≥0)，ρ＝1表示圆，θ＝π(ρ≥0)表示一条射线．故选C ．3．(2016·北京东城一模)在极坐标系中，点到直线ρcos θ－ρsin θ－1＝0的距离等(2，π4)于(　A )A ．B ．C ．D ．2222322解析：点的直角坐标为(1,1)，直线ρcos θ－ρsinθ－1＝0的直角坐标方程为(2，π4)x －y －1＝0，所以点到直线ρcos θ－ρsin θ－1＝0的距离为＝.(2，π4)12224．(2016·安徽一模)在极坐标系中，点P到圆ρ＝－2cos θ的圆心的距离为(　D )(2，－π3)A ．2B ．4＋π29C ．D ．9＋π297解析：点P化为直角坐标为x P ＝2cos＝1，y P＝2sin＝－，即(2，－π3)(－π3)(－π3)3P (1，－)．圆ρ＝－2cos θ化为ρ2＝－2ρcos θ，化为直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝1，可得3圆心C (－1,0)．∴|PC |＝＝.故选D ．22＋(3)275．在极坐标系中有如下三个结论：①点P 在曲线C 上，则点P 的极坐标满足曲线C 的极坐标方程；②tan θ＝1与θ＝表示同一条曲线；π4③ρ＝3与ρ＝－3表示同一条曲线．在这三个结论中正确的是(　D )A ．①③B ．①C ．②③D ．③解析：点P 在曲线C 上要求点P 的极坐标中至少有一个满足C 的极坐标方程；tanθ＝1能表示θ＝和θ＝π两条射线；ρ＝3和ρ＝－3都表示以极点为圆心，以3为半径的圆，π454所以只有③成立．故选D ．6．(2016·安徽安庆二模)在极坐标系中，曲线C ：ρ＝2sin θ上的两点A ，B 对应的极角分别为，，则弦长|AB |＝(　C )2π3π3A ．1B ．C ．D ．223解析：A ，B 两点的极坐标分别为，，化为直角坐标为，.(3，2π3)(3，π3)(－32，32)(32，32)故|AB |＝＝.故选C ．(－32－32)2＋(32－32)23二、填空题7．极坐标系下，直线ρcos＝与圆ρ＝的公共点个数是1.(θ－π4)22解析：直线方程ρcos＝，(θ－π4)2即ρ＝，(22cos θ＋22sin θ)2所以直角坐标方程为x ＋y －2＝0.圆的方程ρ＝，即ρ2＝2，所以直角坐标方程为x 2＋y 2＝2.2因为圆心到直线的距离为d ＝＝＝r ，|0＋0－2|22所以直线与圆相切，即公共点个数是1.8．(2016·湖北武汉模拟)在平面直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立坐标系，圆C 1：ρ＝4sin θ，直线C 2：ρcos ＝－2，则直线C 2截圆C 1所得的弦长为(θ＋π4)22.2解析：由ρ＝4sin θ，得ρ2＝4ρsin θ，化为直角坐标方程为x 2＋y 2＝4y ，化为标准形式为x 2＋(y －2)2＝4，该圆是以(0,2)为圆心，2为半径的圆．直线C 2：ρcos ＝－2的直角坐(θ＋π4)2标方程为x －y ＋4＝0.设圆心到直线的距离为d ，则d ＝＝，则直线C 2截圆C 1所得的弦长为|－2＋4|222＝2.4－229．(2016·广东珠海模拟)在极坐标系中，曲线ρ＝－4cos θ上的点到直线ρ(cos θ＋sin θ)3＝8的距离的最大值是7.解析：曲线ρ＝－4cos θ的直角坐标方程为x 2＋y 2＝－4x ，即(x ＋2)2＋y 2＝22，圆心坐标为(－2,0)，半径为2.直线的直角坐标方程为x ＋y －8＝0.由点到直线的距离公式得圆心到直3线的距离d ＝＝5，，故圆上的点到直线的距离的最大值为5＋2＝7.|－2－8|2三、解答题10．判断两圆ρ＝cos θ＋sin θ和ρ＝2cos θ的位置关系．3解析：将圆的方程的两边同乘以ρ，得到ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，ρ2＝2ρcos θ，3再用互化公式ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，代入以上两方程分别得x 2＋y 2－x －y ＝0，x 2＋y 2－2x ＝0，3所以两圆的直角坐标方程分别为2＋2＝1，(x －12)(y －32)(x －1)2＋y 2＝1.所以两圆的圆心分别为C 1，C 2(1,0)，半径都为1.(12，32)又∵＝＝1，|C 1C 2|(12－1)2＋(32－0)2∴0＝1－1<<1＋1＝2.|C 1C 2|∴两圆相交．11．(2016·江苏高三模拟)已知圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－2ρcos2＝2.(θ－π4)(1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．解析：由ρ＝2知ρ2＝4，所以圆O 1的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4.由ρ2－2ρcos2＝2，整理得ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ－2＝0.(θ－π4)所以圆O 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x －2y －2＝0.(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x ＋y ＝1.化为极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝1，即ρsin＝.(θ＋π4)2212．在极坐标系中，P 是曲线ρ＝12sin θ上的一动点，Q 是曲线ρ＝12cos 上的动(θ－π6)点，M 是曲线ρsin＝－10上的一动点．(θ＋π4)(1)试求的最大值；|PQ |(2)试求的最小值．|PM |解析：(1)将曲线ρ＝12sin θ化为直角坐标方程为x 2＋y 2－12y ＝0，即x 2＋(y －6)2＝36.将曲线ρ＝12cos两边同乘ρ，(θ－π6)得到ρ2＝12ρ，(cos θcos π6＋sin θsinπ6)化为直角坐标方程为x 2＋y 2－6x －6y ＝0，化成标准形式为(x －3)2＋(y －3)2＝36.33所以|PQ |max ＝6＋6＋＝18.32＋(33)2(2)将曲线ρsin＝－10，化为直角坐标方程为x ＋y ＋10＝0.因为圆x 2＋(y －6)(θ＋π4)22＝36的圆心到直线的距离d ＝＝10＋3>r ＝6，所以的最小值就是圆|0＋6＋102|22|PM |x 2＋(y －6)2＝36的圆心到直线x ＋y ＋10＝0的距离减半径．2所以|PM |min ＝(10＋3)－6＝4＋3.22。