2020届高考数学(理)二轮复习精品考点专题22 选择题解题方法与技巧(高考押题)(解析word版)

【题组微练】
第2讲 选择题、填空题的解题技巧
(2019 河北石家庄教学质检)已知 a＞0＞b，则下列不Leabharlann 等式一定成立的是( B )
A．|a|＜|b|
B．1a＞1b
C．12a＞12b
D．a2＜－ab
解析：∵实数 a，b 满足 a＞0＞b，若 a＝3，b＝－1，
则 A，C，D 都不成立，只有 B 成立，故选 B.
1＋4x2)＋ln(ax＋ 1＋4x2)＝0，即 ln(1＋4x2－a2x2)＝0， 解得 a＝±2.故选 C.
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第2讲 选择题、填空题的解题技巧
方法二 数形结合法 有的客观题可通过命题条件的函数关系或几何意 义，作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的 作法、形状、位置、性质得出结论，图形化策略是以数 形结合的数学思想为指导的一种解题策略．
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第2讲 选择题、填空题的解题技巧
方法四 特例法 特例法的原理：如果结论对一般情况成立，那么对特殊 情况一定也成立．因此解选择题、填空题时，可以将题目条 件特殊化，用特殊化后的条件解出问题的答案．这种方法主 要用来解决选择题和填空题中结论唯一或其值为“定值”的 问题，常常取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置、特殊函数、 特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等)来确定其结果， 从而节省推理、论证、演算的过程，加快解题速度．
＝
－2－2 1－i＝1＋i，所以|z2|＝ 12＋12＝ 2.故选 B.
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第2讲 选择题、填空题的解题技巧
直接法是解决选择题、填空题最常用的方法．一般 情况下，解题用直接法难以解决，没有思路时，再考虑 用其他方法解决．

专题22 选择题解题方法与技巧数学选择题，具有概括性强，知识覆盖面广，小巧灵活，且有一定的综合性和深度等特点，同学们能否迅速、准确、全面、简捷地解好选择题，对于能否进入最佳状态，以至于整个考试的成败起着举足轻重的作用．解答选择题的基本策略是准确、迅速．准确是解答选择题的先决条件，选择题不设中间分，一步失误，造成错选，全题无分，所以应仔细审题、深入分析、正确推演、谨防疏漏，确保准确；迅速是赢得时间获取高分的必要条件，对于选择题的答题时间，应该控制在不超过40分钟左右，速度越快越好，高考要求每道选择题在1～3分钟内解完，要避免“超时失分”现象的发生．高考中的数学选择题一般是容易题或中档题，个别题属于较难题，当中的大多数题的解答可用特殊的方法快速选择．解选择题的基本思想是既要看到各类常规题的解题思想，但更应看到选择题的特殊性，数学选择题的四个选择支中有且仅有一个是正确的，因而，在解答时应该突出一个“选”字，尽量减少书写解题过程，要充分利用题干和选择支两方面提供的信息，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，以便快速智取，这是解选择题的基本策略．数学选择题的求解，一般有两种思想，一是从题干出发考虑，探求结果；二是题干和选择支联合考虑或从选择支出发探求是否满足题干条件．由于选择题提供了备选答案，又不要求写出解题过程，因此出现了一些特有的解法，在选择题求解中很适合. 下面结合典型试题，分别介绍几种常用方法．解题方法一 定义法定义法，就是直接利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的．简单地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最直接的方法．一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决．例1．在平面直角坐标系中，点M (3，m )在角α的终边上，点N (2m ，4)在角α＋π4的终边上，则m ＝( )A ．－6或1B ．－1或6C ．6D ．1【解析】由题意得，tan α＝m 3，tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝42m ＝2m ，∴2m ＝1＋m 31－m3，∴m ＝－6或1. 【答案】A【感悟提升】利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题，要注意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件，灵活利用相关的定义求解．如本例中根据双曲线的定义和椭圆定义建立方程组后就可求出|PF 1|·|PF 2|的值．【变式探究】已知抛物线x 2＝4y 上一点A 的纵坐标为4，则点A 到抛物线焦点的距离为 ( ) A ．10 B ．4 C ．15 D ．5【解析】由题意知，抛物线的准线方程为y ＝－1，所以由抛物线的定义知，点A 到抛物线焦点的距离为5.【答案】D解题技巧二 数形结合法数形结合法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一是代数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助于数的精确性阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．例2、在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP ―→＝λAB ―→＋μAD ―→，则λ＋μ的最大值为( )A ．3B ．22 C.5D ．2【答案】A【解析】以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (1,0)，C (1,2)，D (0,2)，可得直线BD 的方程为2x ＋y －2＝0，点C 到直线BD 的距离为212＋22＝25，所以圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝45.因为P 在圆C 上，所以P ⎝⎛⎭⎫1＋255cos θ，2＋255sin θ. 又AB ―→＝(1,0)，AD ―→＝(0,2)，AP ―→＝λAB ―→＋μAD ―→＝(λ，2μ)，所以⎩⎨⎧1＋255cos θ＝λ，2＋255sin θ＝2μ，λ＋μ＝2＋255cos θ＋55sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝π2＋2k π－φ，k ∈Z 时，λ＋μ取得最大值3. 【变式探究】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin πx ，0≤x ≤1，log 2 018x ，x >1.若a ，b ，c 互不相等，且f (a )＝f (b )＝f (c )，则a ＋b ＋c的取值范围是 ( )A ．(1,2 017)B ．(1,2 018)C ．(2,2 019)D ．[2,2 019]【解析】作出函数y ＝f (x )与y ＝m 的图象如图所示，不妨设a <b <c ，由正弦曲线的对称性，可得(a ，m )与(b ，m )关于直线x ＝12对称，因此a ＋b ＝1，当直线y ＝m ＝1时，由log 2 018x ＝1，解得x ＝2 018，∴若满足f (a )＝f (b )＝f (c )(a ，b ，c 互不相等)，由a <b <c 可得1<c <2 018，因此可得2<a ＋b ＋c <2 019，即a ＋b ＋c ∈(2,2 019)，故选C.【答案】C【反思领悟】数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，如本例中结合y ＝f (x )的图象求范围．解题技巧三 排除法排除法也叫筛选法、淘汰法．它是充分利用选择题有且只有一个正确的选项这一特征，通过分析、推理、计算、判断，排除不符合要求的选项，从而得出正确结论的一种方法．例3、设[x ]表示不大于x 的最大整数，则对任意实数x ，y 有( ) A ．[－x ]＝－[x ] B ．[2x ]＝2[x ] C ．[x ＋y ]≤[x ]＋[y ] D ．[x －y ]≤[x ]－[y ]【解析】选项A ，取x ＝1.5，则[－x ]＝[－1.5]＝－2，－[x ]＝－[1.5]＝－1，显然[－x ]≠－[x ]；选项B ，取x ＝1.5，则[2x ]＝[3]＝3,2[x ]＝2[1.5]＝2，显然[2x ]≠2[x ]；选项C ，取x ＝y ＝1.6，则[x ＋y ]＝[3.2]＝3，[x ]＋[y ]＝[1.6]＋[1.6]＝2，显然[x ＋y ]>[x ]＋[y ]．排除A ，B ，C ，故选D.【答案】D【反思领悟】应用特例排除法的关键在于确定选项的差异性，利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应，从而排除干扰选项．如本例中先利用函数f (x )为偶函数排除干扰项，然后取一特殊值验证函数值的大小．【变式探究】已知E 为△ABC 的重心，AD 为BC 边上的中线，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，过点E 的直线分别交AB ，AC 于P ，Q 两点，且AP ―→＝ma ，AQ ―→＝nb ，则1m ＋1n＝( )A ．3B ．4C ．5D ．13【解析】由于题中直线PQ 的条件是过点E ，所以该直线是一条“动”直线，但所求最后的结果是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．如图，PQ ∥BC ，则AP ―→＝23AB ―→，AQ ―→＝23AC ―→，此时m ＝n ＝23，故1m ＋1n＝3.【答案】A 解题技巧四 估值法估值法就是不需要计算出代数式的准确数值，通过估计其大致取值范围从而解决相应问题的方法．该种方法主要适用于比较大小的有关问题，尤其是在选择题或填空题中，解答不需要详细的过程，因此可以猜测、合情推理、估算而获得，从而减少运算量．例4、若a ＝20.5，b ＝log π3，c ＝log 2sin 2π5，则( ) A ．a >b >c B ．b >a >c C ．c >a >bD ．b >c >a【解析】由指数函数的性质可知y ＝2x 在R 上单调递增，而0<0.5<1，所以a ＝20.5∈(1,2)．由对数函数的性质可知y ＝log πx ，y ＝log 2x 均在(0，＋∞)上单调递增，而1<3<π，所以b ＝log π3∈(0,1)，因为sin 25π∈(0,1)，所以c ＝log 2sin2π5<0。

2020高考数学选择题解题技巧高考数学选择题占总分值的五分之二，其解答特点是“四选一”，怎样才能快速、准确、无误地选择好这个“一”呢？下面就是小编给大家带来的高考数学选择题解题技巧，希望大家喜欢！高考数学选择题解题技巧选择题和其它题型相比，解题思路和方法有着一定的区别，原因在于它有与其它题型明显不同的特点：①立意新颖、构思精巧、迷惑性强，题材内容相关相近、真假难分；②技巧性高、灵活性大、概念性强，题材内容多变、解法奇特；③知识面广、跨度较大、切入点多、综合性强.因此，只要抓住了选择题的如上特点，就能很好的完成选择题的解答.本文例析解答选择题的几种方法，以期对大家有所帮助.一、直接法直接从题目条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密推理和准确计算，从而得出正确结论，然后对照题目所给出的选择支“对号入座”.涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目，常用此法.例1 关于函数f（x）=sin2x-（23）|x|+12，看下面四个结论：①f（x）是奇函数；②当x>2015时，f（x）>12恒成立；③f（x）的最大值是32；④f（x）的最小值是-12.其中正确结论的个数为（）.A.1个B.2个C.3个D.4个解析f（x）=sin2x-（23）|x|+12=1-cos2x2-（23）|x|+12=1-12cos2x-（23）|x|∴f（x）为偶函数，①错.∵当x=1000π时，x>2015，sin21000π=0，∴f（1000π）=12-（23）1000π<12，②错.又∵-1≤cos2x≤1，∴12≤1-12cos2x≤32，从而1-12cos2x-（23）|x|<32，③错.又∵sin2x≥0，-（23）|x|≥-1，∴f（x）≥-12，当且仅当x=0时等号成立，可知④正确.故应选A.题后反思直接法是解答选择题最常用的基本方法，中、低档选择题可用此法迅速求解，直接法运用的范围很广，只要运算正确必能得到正确答案.二、特例法也称特值法、特形法，就是运用满足题设条件的某些特殊值、特殊关系或特殊图形对选项进行检验或推理，从而得到正确选项的方法，常用的特例法有特殊的数值、数列、函数、图形、角、位置等.例2 设函数f（x）=2-x-1，x≤0x（1/2），x>0，若f（x0）>1，则x0的取值范围为（）.A.（-1，1）B.（-1，+∞）C.（-∞，-2）∪（0，+∞）D.（-∞，-1）∪（1，+∞）解析∵f（12）=22<1，∴12不符合题意，∴排除选项A、B、C，故应选D.图1例3 已知函数f（x）=ax3+bx2+cx+d的图像如图1所示，则b的取值范围是（）.A.（-∞，0）B.（0，1）C.（1，2）D.（2，+∞）解析设函数f（x）=x（x-1）（x-2）=x3-3x2+2x.此时a=1，b=-3， c=2， d=0. 故应选A.题后反思这类题目若是脚踏实地来求解，不仅运算量大，而且很容易出错，但通过选择特殊值进行运算，则既快又准.当然，所选值必须满足已知条件.三、排除法排除法也叫筛选法或淘汰法，使用排除法的前提条件是答案唯一，具体做法是采用简捷有效的手段对各个备选答案进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰支逐一排除，从而获得正确结论.例4 直线ax-y+b=0与圆x2+y2-2ax+2by=0的图像可能是（）.解析由圆的方程知圆必过原点，∴排除A、C选项.因圆心为（a，-b），由B、D两图中的圆可知a>0，-b>0.而直线方程可化为y=ax+b，故应选B.题后反思用排除法解选择题的一般规律是：①对于干扰支易于淘汰的选择题，可采用排除法，能剔除几个就先剔除几个；②允许使用题干中的部分条件淘汰选择支；③如果选择支中存在等效命题，因答案唯一，故等效命题应该同时排除；④如果选择支存在两个相反的或互不相容的，则其中至少有一个是假的；⑤如果选择支之间存在包含关系，须据题意定结论.四、验证法又叫代入法，就是将各个选择支分别代入条件去验证命题，能使命题成立的就是应选答案.例5 在下列四个函数中，满足性质：“对于区间（1，2）上的任意x1，x2（x1≠x2），|f（x1）-f（x2）|<|x1-x2|恒成立”的只有（）.A.f（x）=1xB.f（x）=|x|C.f（x）=2xD. f（x）=x2解析当f（x）=1x时，|f（x1）-f（x2）||x1-x2|=1|x1x2|<1. ∴|f （x1）-f（x2）|<|x1-x2|恒成立. 故选A.例6 若圆x2+y2=r2 （r>0）上恰有相异两点到直线4x-3y+25=0的距离等于1，则r的取值范围是（）.A.[4，6]B.[4，6）C.（4，6]D.（4，6）解析圆心到直线4x-3y+25=0的距离为5，则当r=4时，圆上只有一个点到直线的距离为1，当r=6时，圆上有三个点到直线的距离等于1，故应选D.题后反思代入验证法适用于题设复杂、结论简单的选择题，这里把选项代入验证，若第一个恰好满足题意就没有必要继续验证了，大大提高了解题速度.五、数形结合法“数缺形时少直观，形少数时难入微”，对于一些具体几何背景的数学题，如能构造出与之相应的图形进行分析，则能在数形结合、以形助数中获得形象直观的解法.例7 若函数y=f（x）（x∈R）满足f（x+2）=f（x），且x∈[-1，1]时，f（x）=|x|，则函数y=f（x）（x∈R）的图像与函数y=log3|x|的图像的交点个数为（）.A.2B.3C.4D.无数个图2解析如图2，在同一直角坐标系中，做出函数y=f（x）及y=log3|x|的图像，由图像可得其交点的个数为4个，故选C.例8 设函数f（x）=2-x-1，x≤0，x1/2，x>0.若f（x0）>1，则x0的取值范围为（）.A.（-1，1）B. （-∞，-2）∪（0，+∞）C.（-1，+∞）D. （-∞，-1）∪（1，+∞）图3解析如图3，在同一直角坐标系中，做出题设函数f（x）和直线y=1的图像，它们相交于（-1，1）和（1，1）两点，则要使f （x0）>1，只要x0<-1或x0>1. 故选D.题后反思这种数形结合的解题策略，在解答有些选择题时非常简便有效，但一定要熟悉有关函数图像、方程曲线、几何图形等，否则错误的图像反会导致错选.六、逻辑分析法分析法就是根据结论的要求，通过对题干和选择支的关系进行观察分析、寻求充分条件，发现规律，从而做出正确判断的一种方法.分析法可分为定性分析法和定量分析法.例9 若定义在区间（-1，0）内的函数f（x）=log2a（x+1）满足f（x）>0，则a的取值范围是（）.A.（0，12）B.（0， 12]C.（12，+∞）D.（0，+∞）解析要使f（x）>0成立，只要2a和x+1同时大于1或同时小于1成立，当x∈（-1，0）时，x+1∈（0，1），则2a∈（0，1），故选A.题后反思分析法对能力要求较高，在解题过程中须保持平和心态，仔细分析，认真验证.七、极端值法从有限到无限，从近似到精确，从量变到质变，应用极端值法解决某些问题，可以避开抽象、复杂的运算，降低难度，优化解题过程.例10 对任意θ∈（0，π2），都有（）.A.sin（sinθ）B.sin（sinθ）>cosθ>cosθ（cosθ）C.sin（cosθ）D.sin（cosθ）解析当θ→0时，sin （sinθ）→0，cosθ→1，cosθ（cosθ）→cos1，故排除A、B；当θ→π2， cos（sinθ）→cos1，cosθ→0，故排除C，∴选D.例11 设a=sinα+cosα，b=sinβ+cosβ，且0<α<β<π4，则（）.A.aB.aC.aD.a2+b22 解析∵0<α<β<π4，若令α→0，则a→1，b→2，a2+b22→32，易知：1<1.5<2<1.5.∴应选A.题后反思有一类比较大小的问题，使用常规方法难以奏效（或过于繁杂），又无特殊值可取，在这种情况下，取极限往往会收到意想不到的效果.八、估值法由于选择题提供了唯一正确的选择支，解答又无需过程，因此可通过猜测、合情推理、估算而获得答案，这样往往可以减少运算量，避免“小题大做”.图4例12 如图4，在多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF=32，EF与面AC的距离为2，则该多面体的体积为（）.A.92B.5C.6D. 152解析由已知条件可知，EF∥面ABCD，则F到平面ABCD的距离为2，∴VF-ABCD=13×32×2=6.而该多面体的体积必大于6，故选D.题后反思有些问题，由于受条件限制，无法（有时也没有必要）进行正确的运算和判断，而又能依赖于估算，估算实质上是一种数字意义，它以正确的算理为基础，通过合理的观察、比较、判断、推理，从而做出正确的结论.估算省去了很多推导过程和复杂计算，节省了时间，显得快捷，其应用非常广泛，它是人们发现问题、研究问题和解决问题的一种重要方法.求解选择题的方法还有归纳推导法、割补法、无招胜有招等方法，限于篇幅，不再赘述.高考数学选择题解题技巧。

2020年高考数学二轮复习中档题（3+2）专题精讲特训4-第22题（保分题，全争取）高考第22题⎪⎪坐标系与参数方程1．(2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋4t ，y ＝1－t (t 为参数)． (1)若a ＝－1，求C 与l 的交点坐标； (2)若C 上的点到l 距离的最大值为17，求a . 解：(1)曲线C 的普通方程为x 29＋y 2＝1.当a ＝－1时，直线l 的普通方程为x ＋4y －3＝0， 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4y －3＝0，x 29＋y 2＝1解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝－2125，y ＝2425.从而C 与l 的交点坐标为(3,0)，⎝⎛⎭⎫－2125，2425. (2)直线l 的普通方程为x ＋4y －a －4＝0， 故C 上的点(3cos θ，sin θ)到l 的距离为 d ＝|3cos θ＋4sin θ－a －4|17.当a ≥－4时，d 的最大值为a ＋917. 由题设得a ＋917＝17，解得a ＝8；当a ＜－4时，d 的最大值为－a ＋117. 由题设得－a ＋117＝17，解得a ＝－16.综上，a ＝8或a ＝－16.2．(2016·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为(x ＋6)2＋y 2＝25. (1)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程；(2)直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝10，求l 的斜率．解：(1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ可得圆C 的极坐标方程为ρ2＋12ρcos θ＋11＝0. (2)法一：由直线l 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，消去参数得y ＝x ·tan α. 设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程为kx －y ＝0.由圆C 的方程(x ＋6)2＋y 2＝25知，圆心坐标为(－6,0)，半径为5. 又|AB |＝10，由垂径定理及点到直线的距离公式得|－6k |1＋k2＝25－⎝⎛⎭⎫1022， 即36k 21＋k 2＝904， 整理得k 2＝53，解得k ＝±153，即l 的斜率为±153. 法二：在(1)中建立的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)．设A ，B 所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将l 的极坐标方程代入C 的极坐标方程得ρ2＋12ρcos α＋11＝0， 于是ρ1＋ρ2＝－12cos α，ρ1ρ2＝11. |AB |＝|ρ1－ρ2|＝(ρ1＋ρ2)2－4ρ1ρ2 ＝144cos 2α－44.由|AB |＝10得cos 2α＝38，tan α＝±153.所以l 的斜率为153或－153. 3．(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线C 1：x ＝－2，圆C 2：(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C 1，C 2的极坐标方程；(2)若直线C 3的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R)，设C 2与C 3的交点为M ，N ，求△C 2MN 的面积．解：(1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 所以C 1的极坐标方程为ρcos θ＝－2， C 2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0. (2)将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得ρ2－32ρ＋4＝0，解得ρ1＝22，ρ2＝ 2. 故ρ1－ρ2＝2，即|MN |＝ 2.由于C 2的半径为1，所以△C 2MN 的面积为12.极坐标方程与参数方程的综合应用[学规范](1)消去参数t 得l 1的普通方程l 1：y ＝k (x －2)；1分 消去参数m 得l 2的普通方程l 2：y ＝1k (x ＋2).2分 设P (x ，y )，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y ＝1k(x ＋2).消去k 得x 2－y 2＝4(y ≠0)❶.3分所以C 的普通方程为x 2－y 2＝4(y ≠0).4分(2)C 的极坐标方程为ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4(0＜θ＜2π，θ≠π).5分联立⎩⎨⎧ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4，ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0❷6分得cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)．故tan θ＝－13，7分从而cos 2θ＝910，sin 2θ＝110.8分 代入ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4得ρ2＝5，9分 所以交点M 的极径为 5.10分[防失误]①处消去k 后，注意等价性，易忽视y ≠0而失误．②处联立极坐标方程后，注意运算技巧，先求cos 2θ，sin 2θ，再求ρ.若直接消去θ不太容易做到．[通技法]求解极坐标方程与参数方程综合问题需过“三关”一是互化关，即会把曲线的极坐标方程、直角坐标方程、参数方程进行互化； 二是几何意义关，即理解参数方程中的参数的几何意义，在解题中能加快解题速度； 三是运算关，思路流畅，还需运算认真，才能不失分．[对点练](2017·洛阳模拟)在直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝2＋2sin φ(φ为参数)．以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求圆C 的普通方程；(2)直线l 的极坐标方程是2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π6＝53，射线OM ：θ＝π6与圆C 的交点为O ，P ，与直线l 的交点为Q ，求线段PQ 的长．解：(1)因为圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝2＋2sin φ(φ为参数)，所以圆心C 的坐标为(0,2)，半径为2，圆C 的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4.(2)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2＋(y －2)2＝4， 得圆C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ. 设P (ρ1，θ1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝4sin θ，θ＝π6， 解得ρ1＝2，θ1＝π6.设Q (ρ2，θ2)，则由⎩⎨⎧2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π6＝53，θ＝π6，解得ρ2＝5，θ2＝π6.所以|PQ |＝3.1．(2017·宝鸡模拟)在平面直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)．(1)求C 的直角坐标方程；(2)直线l ：⎩⎨⎧x ＝12t ，y ＝1＋32t (t 为参数)与曲线C 交于A ，B 两点，与y 轴交于点E ，求|EA |＋|EB |.解：(1)由ρ＝2(cos θ＋sin θ)得ρ2＝2ρ(cos θ＋sin θ)， 所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝2x ＋2y ， 即(x －1)2＋(y －1)2＝2.(2)将l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程， 化简得t 2－t －1＝0， 点E 对应的参数t ＝0，设点A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2， 则t 1＋t 2＝1，t 1t 2＝－1， 所以|EA |＋|EB |＝|t 1|＋|t 2|＝|t 1－t 2| ＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝ 5.2．(2017·张掖模拟)在直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝sin 2α(α为参数)，在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝－22，曲线C 3：ρ＝2sin θ. (1)求曲线C 1与C 2的交点M 的直角坐标；(2)设点A ，B 分别为曲线C 2，C 3上的动点，求|AB |的最小值．解：(1)曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝sin 2α消去参数α， 得y ＋x 2＝1，x ∈[－1,1]．①曲线C 2：ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝－22⇒x ＋y ＋1＝0，② 联立①②，消去y 可得x 2－x －2＝0⇒x ＝－1或x ＝2(舍去)，所以M (－1,0)．(2)曲线C 3：ρ＝2sin θ的直角坐标方程为x 2＋(y －1)2＝1，是以(0,1)为圆心，半径r ＝1的圆． 设圆心为C ，则点C 到直线x ＋y ＋1＝0的距离d ＝|0＋1＋1|2＝2，所以|AB |的最小值为2－1.3．(2018届高三·昆明一中调研)在平面直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫23，π6，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝－3＋2sin α(α为参数)．(1)写出点P 的直角坐标及曲线C 的直角坐标方程；(2)若Q 为曲线C 上的动点，求PQ 中点M 到直线l ：ρcos θ＋2ρsin θ＋1＝0距离的最小值．解：(1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ可得点P 的直角坐标为(3，3)，由⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝－3＋2sin α(α为参数)得x 2＋(y ＋3)2＝4，∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋(y ＋3)2＝4. (2)直线l 的普通方程为x ＋2y ＋1＝0，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝－3＋2sin α(α为参数)，设Q (2cos α，－3＋2sin α)，则M ⎝⎛⎭⎫32＋cos α，sin α， 故点M 到直线l 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪32＋cos α＋2sin α＋112＋22＝⎪⎪⎪⎪5sin (α＋φ)＋525≥－5＋525＝52－1⎝⎛⎭⎫tan φ＝12， ∴点M 到直线l 的距离的最小值为52－1. 4．(2017·全国卷Ⅱ)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C 1的极坐标方程为ρcos θ＝4.(1)M 为曲线C 1上的动点，点P 在线段OM 上，且满足|OM |·|OP |＝16，求点P 的轨迹C 2的直角坐标方程； (2)设点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，π3，点B 在曲线C 2上，求△OAB 面积的最大值． 解：(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＝4cos θ. 由|OM |·|OP |＝16，得C 2的极坐标方程ρ＝4cos θ(ρ＞0)． 因此C 2的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4(x ≠0)． (2)设点B 的极坐标为(ρB ，α)(ρB ＞0)，由题设知|OA |＝2，ρB ＝4cos α，于是△OAB 的面积 S ＝12|OA |·ρB ·sin ∠AOB ＝4cos α·⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫α－π3 ＝2⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫2α－π3－32≤2＋ 3.当α＝－π12时，S 取得最大值2＋ 3.所以△OAB 面积的最大值为2＋ 3.5．(2017·成都模拟)在平面直角坐标系xOy 中，倾斜角为α⎝⎛⎭⎫α≠π2的直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α(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ρcos 2θ－4sin θ＝0.(1)写出直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(2)已知点P (1,0)．若点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎫1，π2，直线l 经过点M 且与曲线C 相交于A ，B 两点，设线段AB 的中点为Q ，求|PQ |的值．解：(1)∵直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，∴直线l 的普通方程为y ＝tan α·(x －1)．由ρcos 2θ－4sin θ＝0得ρ2cos 2θ－4ρsin θ＝0， 即x 2－4y ＝0.∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＝4y . (2)∵点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎫1，π2， ∴点M 的直角坐标为(0,1)． ∴tan α＝－1，直线l 的倾斜角α＝3π4. ∴直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1－22t ，y ＝22t(t 为参数)．代入x 2＝4y ，得t 2－62t ＋2＝0.设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2. ∵Q 为线段AB 的中点，∴点Q 对应的参数值为t 1＋t 22＝622＝3 2.又点P (1,0)，则|PQ |＝⎪⎪⎪⎪t 1＋t 22＝3 2.6．(2017·石家庄模拟)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋a cos β，y ＝a sin β(a ＞0，β为参数)．以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝32. (1)若曲线C 与l 只有一个公共点，求a 的值；(2)A ，B 为曲线C 上的两点，且∠AOB ＝π3，求△OAB 面积的最大值．解：(1)由题意知，曲线C 是以(a,0)为圆心，以a 为半径的圆，直线l 的直角坐标方程为x ＋3y －3＝0. 由直线l 与圆C 只有一个公共点，可得|a －3|2＝a ，解得a ＝1或a ＝－3(舍去)， 所以a ＝1.(2)曲线C是以(a,0)为圆心，以a为半径的圆，且∠AOB＝π3，由正弦定理得|AB|sinπ3＝2a，所以|AB|＝3a.又|AB|2＝3a2＝|OA|2＋|OB|2－2|OA|·|OB|·cos π3≥|OA|·|OB|，当且仅当|OA|＝|OB|时取等号，所以S△OAB＝12|OA|·|OB|sinπ3≤12×3a2×32＝33a24，所以△OAB面积的最大值为33a24.。