2020版高考数学(文)新精准大一轮课标通用版检测：选修4-4 第1讲 坐标系 含解析

选修4-4坐标系与参数方程题组1极坐标1.[2016北京,11,5分]在极坐标系中,直线ρcos θ-ρsin θ-1=0与圆ρ=2cos θ交于A,B两点,则|AB|=.2.[2015 北京,11,5分]在极坐标系中,点(2,)到直线ρ(cos θ+sin θ)=6的距离为.3.[2016全国卷Ⅰ,23,10分][文]在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(t 为参数,a>0).在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=4cos θ. (Ⅰ)说明C1是哪一种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程;(Ⅱ)直线C3的极坐标方程为θ=α0,其中α0满足tan α0=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a.4.[2016全国卷Ⅱ,23,10分][文]在直角坐标系xOy中,圆C的方程为(x+6)2+y2=25.(Ⅰ)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;(Ⅱ)直线l的参数方程是(t为参数),l与C交于A,B两点,|AB|=,求l的斜率.5.[2015 新课标全国Ⅰ,23,10分][文]在直角坐标系xOy中,直线C1:x=-2,圆C2:(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.(Ⅰ)求C1,C2的极坐标方程;(Ⅱ)若直线C3的极坐标方程为θ=(ρ∈R),设C2与C3的交点为M,N,求△C2MN的面积.题组2参数方程6.[2015 广东,14,5分][文]在平面直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.曲线C1的极坐标方程为ρ(cos θ+sin θ)=-2,曲线C2的参数方程为(t为参数),则C1与C2交点的直角坐标为.7.[2017全国卷Ⅲ,22,10分][文]在直角坐标系xOy中,直线l1的参数方程为(t为参数),直线l2的参数方程为-(m为参数).设l1与l2的交点为P,当k变化时,P的轨迹为曲线C.(1)写出C的普通方程;(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设l3:ρ(cos θ+sin θ)-=0,M为l3与C 的交点,求M的极径.8.[2016全国卷Ⅲ,23,10分][文]在直角坐标系xOy中, 曲线C1的参数方程为(α为参数).以坐标原点为极点,以x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρsin(θ+)=2.(Ⅰ)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程;(Ⅱ)设点P在C1上,点Q在C2上,求|PQ|的最小值及此时P的直角坐标.9.[2014新课标全国Ⅰ,23,10分][文]已知曲线C:+=1,直线l:-(t为参数).(Ⅰ)写出曲线C的参数方程,直线l的普通方程;(Ⅱ)过曲线C上任意一点P作与l夹角为30°的直线,交l于点A,求|PA|的最大值与最小值.A组基础题1. [2018广东七校联考,22]已知曲线C的参数方程为(α为参数),以直角坐标系的原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线C的极坐标方程;(2)设l1:θ=,l2:θ=,若l1,l2与曲线C相交于异于原点的两点A,B,求△AOB的面积.2.[2018湖北省八校第一次联考,22]已知曲线C1的极坐标方程为ρ=,C2的参数方程为-(t为参数).(1)将曲线C1与C2的方程化为直角坐标系下的普通方程;(2)若C1与C2相交于A,B两点,求|AB|.3.[2018湖南省益阳市、湘潭市高三调考,22]在平面直角坐标系中,曲线C的参数方程为(α为参数).以直角坐标系的原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的极坐标方程为ρcos(θ+)=,直线l与曲线C交于A,B两点.(1)求直线l的直角坐标方程;(2)设点P(1,0),求|PA|·|PB|的值.4.[2017南昌市三模,22]在平面直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C的参数方程为(θ为参数).(1)求曲线C的极坐标方程;(2)若曲线C向左平移一个单位长度,再经过伸缩变换得到曲线C',设M(x,y)为曲线C'上任意一点,求-xy-y2的最小值,并求相应点M的直角坐标.B组提升题5.[2018湘东五校联考,22]平面直角坐标系xOy中,倾斜角为α的直线l过点M(-2,-4),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的极坐标方程为ρsin2θ=2cos θ.(1)写出直线l的参数方程(α为常数)和曲线C的直角坐标方程;(2)若直线l与C交于A,B两点,且|MA|·|MB|=40,求倾斜角α的值.6.[2018豫南九校高三第二次质量考评,22]已知曲线C的极坐标方程为2ρsin θ+ρcos θ=10,将曲线C1:(α为参数)经过伸缩变换后得到曲线C2.(1)求曲线C2的普通方程;(2)若点M在曲线C2上运动,试求出点M到曲线C的距离的最小值.7.[2017石家庄市高三二模,22]在直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρcos θ=a(a>0),Q为l上一点,以OQ为边作等边三角形OPQ,且O,P,Q三点按逆时针方向排列.(1)当点Q在l上运动时,求点P运动轨迹的直角坐标方程;(2)若曲线C:x2+y2=a2,经过伸缩变换得到曲线C',试判断点P的轨迹与曲线C'是否有交点,如果有,请求出交点的直角坐标,没有则说明理由.8.[2017长春市高三第四次质量监测,22]在平面直角坐标系中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρ2(1+3sin2θ)=4,曲线C2:(θ为参数).(1)求曲线C1的直角坐标方程和C2的普通方程;(2)极坐标系中两点A(ρ1,θ0),B(ρ2,θ0+)都在曲线C1上,求+的值.答案1.2将ρcos θ-ρsin θ-1=0化为直角坐标方程为x-y-1=0,将ρ=2cos θ化为直角坐标方程为(x-1)2+y2=1,圆心坐标为(1,0),半径r=1,又(1,0)在直线x-y-1=0上,所以|AB|=2r=2.2.1点(2,)的直角坐标为(1,),直线ρ(cos θ+sin θ)=6的直角坐标方程为x+y-6=0,所以点(1,)到直线x+y-6=0的距离d=-=1.3.(Ⅰ)消去参数t得到C1的普通方程为x2+(y-1)2=a2.所以C1是以(0,1)为圆心,a为半径的圆.将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入C1的普通方程中,得到C1的极坐标方程为ρ2-2ρsin θ+1-a2=0. (Ⅱ)曲线C1,C2的公共点的极坐标满足方程组--若ρ≠0 由方程组得16cos2θ-8sin θcos θ+1-a2=0,由已知若曲线C1与C2的公共点都在C3上,得tan θ=2,代入可得16cos2θ-8sin θcos θ=0,从而1-a2=0,解得a=-1(舍去)或a=1.所以a=1.4.(Ⅰ)由x=ρcos θ,y=ρsin θ可得圆C的极坐标方程为ρ2+12ρcos θ+11=0.(Ⅱ)在(Ⅰ)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+12ρcosα+11=0.于是ρ1+ρ2=-12cos α,ρ1ρ2=11.所以|AB|=|ρ1-ρ2|=-=-.由|AB|=得cos2α=,所以tan α=±.所以l的斜率为或-.5.(Ⅰ)因为x=ρcos θ,y=ρsin θ,所以C1的极坐标方程为ρcos θ=-2,C2的极坐标方程为ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0.(Ⅱ)将θ=代入ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0,得ρ2-3ρ+4=0,解得ρ1=2,ρ2=.故ρ1-ρ2=,即|MN|=.由于C2的半径为1,所以△C2MN的面积为.6.(2,-4)曲线C1的直角坐标方程为x+y=-2,曲线C2的普通方程为y2=8x,由-得-所以C1与C2交点的直角坐标为(2,-4).7.(1)消去参数t,得l1的普通方程为y=k(x-2);消去参数m,得l2的普通方程为y=(x+2).设P(x,y),由题设得-消去k,得x2-y2=4(y≠0 所以C的普通方程为x2-y2=4(y≠0 .(2)C的极坐标方程为ρ2(cos2θ-sin2θ)=4(0<θ<2π θ≠π由--得cos θ-sin θ=2(cos θ+sin θ).故tan θ=-,从而cos2θ=,sin2θ=.代入ρ2(cos2θ-sin2θ)=4得ρ2=5,所以交点M的极径为.8.(Ⅰ)C1的普通方程为+y2=1,C2的直角坐标方程为x+y-4=0.(Ⅱ)由题意,可设点P的直角坐标为(cos α,sin α).因为C2是直线,所以|PQ|的最小值即点P 到C2的距离d(α)的最小值,d(α)==|sin(α+)-2|.当且仅当α=2kπ+(k∈Z)时,d(α)取得最小值,最小值为,此时P的直角坐标为(,).9.(Ⅰ)曲线C的参数方程为(θ为参数).直线l的普通方程为2x+y-6=0.(Ⅱ)曲线C上任意一点P(2cos θ,3sin θ)到l的距离为d=|4cos θ+3sin θ-6|.则|PA|==|5sin(θ+α)-6|,其中α为锐角,且tan α=.当sin(θ+α)=-1时,|PA|取得最大值,最大值为.当sin(θ+α)=1时,|PA|取得最小值,最小值为.A组基础题1.(1)∵曲线C的参数方程为(α为参数),∴曲线C的普通方程为(x-2)2+(y-1)2=5.将代入并化简得ρ=4cos θ+2sin θ,∴曲线C的极坐标方程为ρ=4cos θ+2sin θ.(2)在极坐标系中,曲线C:ρ=4cos θ+2sin θ,∴由得|OA|=2+1.同理可得|OB|=2+.又∠AOB=,∴S△AOB=|OA|·|OB|sin∠AOB=.∴△AOB的面积为.2.(1)曲线C1在直角坐标系下的普通方程为y2=2x,曲线C2在直角坐标系下的普通方程为x+y=4.(2)将C2的参数方程代入C1的普通方程并化简得t2-3t=0,解得t1=0,t2=6,故|AB|=|t1-t2|=6.3.(1)由ρcos(θ+)=得ρcos θcos -ρsin θsin=,∴直线l的直角坐标方程为x-y-1=0. (2)由得曲线C的直角坐标方程为x2+4y2=4,∵P(1,0)在直线l上,设直线l的参数方程为将其代入x2+4y2=4得7t2+4t-12=0,∴t1·t2=-,∴|PA|·|PB|=|t1|·|t2|=|t1·t2|=.4.(1)由(θ为参数),得曲线C的普通方程为(x-1)2+y2=1,由x=ρcos θ,y=ρsin θ,得曲线C的极坐标方程为ρ=2cos θ.(2)曲线C:(x-1)2+y2=1,向左平移一个单位长度,再经过伸缩变换得到曲线C'的直角坐标方程为+y2=1,设M(2cos α,sin α),则-xy-y2=cos2α-2sin αcos α-sin2α=cos 2α-sin 2α=2cos(2α+),当α=kπ+(k∈Z)时,-xy-y2的最小值为-2,此时点M的坐标为(1,)或(-1,-).B组提升题5.(1)直线l的参数方程为--(t为参数),曲线C的直角坐标方程为y2=2x. (2)把直线l的参数方程代入y2=2x,得t2sin2α-(2cos α+8sin α)t+20=0,由根与系数的关系得t1+t2=,t1t2=,根据直线参数的几何意义,得|MA|·|MB|=|t1t2|==40,所以α=或α=.又Δ=(2cos α+8sin α)2-80sin2α>0,所以α=.6.(1)将曲线C1经过伸缩变换后得到曲线C2的参数方程为所以曲线C2的普通方程为+=1.(2)曲线C的普通方程为x+2y-10=0,设点M(3cos α,2sin α),由点到直线的距离公式得d==|5cos(α-θ)-10|,其中θ满足cos θ=,sin θ=.所以当α-θ=0时,d min=,此时M(,).7. (1)设点P的极坐标为(ρ,θ),则由题意可得点Q的极坐标为(ρ,θ+),再由点Q的直角坐标中的横坐标等于a,a>0,可得ρcos(θ+)=a,即ρcos θ-ρsin θ=a,化为直角坐标方程为x-y=a.故当点Q在l上运动时,点P的直角坐标方程为x-y-2a=0①.(2)曲线C:x2+y2=a2经过伸缩变换即得+(y')2=a2,即+y2=a2②.联立①②,得消去x,得7y2+4ay=0,解得y1=0,y2=-a,--所以点P的轨迹与曲线C'有交点,交点的直角坐标分别为(a,-a),(2a,0).8.(1)由题意可得,曲线C1的直角坐标方程为+y2=1,C2的普通方程为(x-2)2+y2=4.(2)由点A,B都在曲线C1上,得=,=,则=,=,所以+=+=.。

[课 时 跟 踪 检 测][基 础 达 标]1．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝5x ，y ′＝3y 后，曲线C 变为曲线x ′2＋y ′2＝1，则曲线C 的方程为( )A ．25x 2＋9y 2＝1B ．9x 2＋25y 2＝1C ．25x ＋9y ＝1D.x 225＋y 29＝1解析：∵经过伸缩交换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝5xy ′＝3y 后，曲线C 变为x ′2＋y ′2＝1，∴(5x )2＋(3y )2＝1，∴25x 2＋9y 2＝1.答案：A2．极坐标方程ρ＝cos θ化为直角坐标方程为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋122＋y 2＝14B ．x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y ＋122＝14C ．x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －122＝14D.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －122＋y 2＝14解析：由ρ＝cos θ，得ρ2＝ρcos θ，∴x 2＋y 2＝x .选D. 答案：D3．在极坐标系中，极坐标为⎝⎛⎭⎪⎪⎫2，π6的点到极点和极轴的距离分别为( )A ．1,1B ．1,2C ．2,1D ．2,2解析：点(ρ，θ)到极点和极轴的距离分别为ρ，ρ|sin θ|，所以点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，π6到极点和极轴的距离分别为2,2sin π6＝1.答案：C4．(2017届皖北协作区联考)在极坐标系中，直线ρ(3cos θ－sin θ)＝2与圆ρ＝4sin θ的交点的极坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，π6B.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，π3C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4，π6D.⎝⎛⎭⎪⎪⎫4，π3解析：ρ(3cos θ－sin θ)＝2化为直角坐标方程：3x －y ＝2，即y ＝3x －2.ρ＝4sin θ可化为x 2＋y 2＝4y ，把y ＝3x －2代入x 2＋y 2＝4y ，得4x 2－83x ＋12＝0，即x 2－23x ＋3＝0，所以x ＝3，y ＝1.所以直线与圆的交点坐标为(3，1)，化为极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，π6，故选A.答案：A5．在极坐标系中，与圆ρ＝4sin θ相切的一条直线的方程是( ) A ．ρsin θ＝2 B ．ρcos θ＝2 C ．ρcos θ＝4D ．ρcos θ＝－4解析：解法一：圆的极坐标方程ρ＝4sin θ，即ρ2＝4ρsin θ，所以直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＝0.选项A ，直线ρsin θ＝2的直角坐标方程为y ＝2，代入圆的方程，得x 2＝4，∴x ＝±2，不符合题意；选项B ，直线ρcos θ＝2的直角坐标方程为x ＝2，代入圆的方程，得(y －2)2＝0，∴y ＝2，符合题意．同理，C 、D 都不符合题意．解法二：如图，⊙C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ，CO ⊥Ox ，OA 为直径，|OA |＝4，直线l 和圆相切，l 交极轴于点B (2,0)，点P (ρ，θ)为l 上任意一点，则有cos θ＝|OB ||OP |＝2ρ，得ρcos θ＝2.答案：B6．在极坐标系中，曲线ρ2－6ρcos θ－2ρsin θ＋6＝0与极轴交于A ，B 两点，则A ，B 两点间的距离等于( )A.3 B ．2 3C ．215D ．4解析：化极坐标方程为直角坐标方程得x 2＋y 2－6x －2y ＋6＝0，易知此曲线是圆心为(3,1)，半径为2的圆，如图所示．可计算|AB |＝23.答案：B7．(2017届广东肇庆一模)已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝2(0≤θ<2π)，曲线C 在点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，π4处的切线为l ，以极点为坐标原点，以极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系，则l 的直角坐标方程为________________．解析：根据极坐标与直角坐标的转化公式可以得到曲线ρ＝2⇒x 2＋y 2＝4，点⎝⎛⎭⎪⎪⎫2，π4⇒(2，2)．因为点(2，2)在圆x 2＋y 2 ＝4上，故圆在点(2，2)处的切线方程为2x ＋2y ＝4⇒x ＋y －22＝0，故填x ＋y －22＝0.答案：x ＋y －22＝08．(2017届河北冀州月考)直线2ρcos θ＝1与圆ρ＝2cos θ相交的弦长为________________．解析：直线的方程为2x ＝1，圆的方程为x 2＋y 2－2x ＝0，圆心为(1,0)，半径r ＝1，圆心到直线的距离为d ＝|2－1|22＋0＝12.设所求的弦长为l ，则12＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫l 22，解得l ＝ 3.答案：39．(2018届南京模拟)已知直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫θ－π4＝4和圆C ：ρ＝2k cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫θ＋π4(k ≠0)，若直线l 上的点到圆C 上的点的最小距离等于2.求实数k 的值并求圆心C 的直角坐标．解：圆C 的极坐标方程可化为ρ＝2k cos θ－2k sin θ，即ρ2＝2k ρcos θ－2k ρsin θ，所以圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2kx ＋2ky ＝0，即⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －22k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y ＋22k 2＝k 2，所以圆心C 的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22k ，－22k .直线l 的极坐标方程可化为ρsin θ·22－ρcos θ·22＝4，所以直线l 的直角坐标方程为x －y ＋42＝0，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪22k ＋22k ＋422－|k |＝2.即|k ＋4|＝2＋|k |，两边平方，得|k |＝2k ＋3，所以⎩⎪⎨⎪⎧k >0，k ＝2k ＋3或⎩⎪⎨⎪⎧k <0，－k ＝2k ＋3.解得k ＝－1，故圆心C 的直角坐标为⎝⎛⎭⎪⎪⎫－22，22. 10．(2017届唐山模拟)已知圆C ：x 2＋y 2＝4，直线l ：x ＋y ＝2.以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系．(1)将圆C 和直线l 的方程化为极坐标方程；(2)P 是l 上的点，射线OP 交圆C 于点R ，又点Q 在OP 上且满足|OQ |·|OP |＝|OR |2，当点P 在l 上移动时，求点Q 轨迹的极坐标方程．解：(1)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入圆C 和直线l 的直角坐标方程得其极坐标方程为C ：ρ＝2；l ：ρ(cos θ＋sin θ)＝2.(2)设P ，Q ，R 的极坐标分别为(ρ1，θ)，(ρ，θ)，(ρ2，θ)，则由|OQ |·|OP |＝|OR |2得ρρ1 ＝ρ22. 又ρ2＝2，ρ1＝2cos θ＋sin θ，所以2ρcos θ＋sin θ＝4，故点Q 轨迹的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)(ρ≠0)．[能 力 提 升]1．(2018届陕西宝鸡金台区期中)在极坐标系中，设圆C 1：ρ＝4cos θ与直线l ：θ＝π4(ρ∈R )交于A ，B 两点．(1)求以AB 为直径的圆C 2的极坐标方程；(2)在圆C 1上任取一点M ，在圆C 2上任取一点N ，求|MN |的最大值． 解：(1)以极点为坐标原点，极轴为x 轴的正半轴，建立直角坐标系，圆C 1：ρ＝4cos θ化为ρ2＝4ρcos θ，所以圆C 1的直角坐标方程为x 2＋y 2－4x ＝0，直线l 的直角坐标方程为y ＝x .由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4x ＝0，y ＝x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2，∴A (0,0)，B (2,2)，从而圆C 2的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2，即x 2＋y 2＝2x ＋2y .将其化为极坐标方程为ρ2＝2ρcos θ＋2ρsin θ，即ρ＝2cos θ＋2sin θ. (2)∵C 1(2,0)，r 1＝2，C 2(1,1)，r 2＝2， ∴|MN |max ＝|C 1C 2|＋r 1＋r 2＝2＋2＋2＝2＋22.2．(2017届成都模拟)在直角坐标系xOy 中，半圆C 的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1(0≤y ≤1)．以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求C 的极坐标方程； (2)直线l 的极坐标方程是ρ(sin θ＋3cos θ)＝53，射线OM ：θ＝π3与半圆C 的交点为O ，P ，与直线l 的交点为Q ，求线段PQ 的长．解：(1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以半圆C 的极坐标方程是ρ＝2cos θ，θ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2.(2)设(ρ1，θ1)为点P 的极坐标，则有⎩⎪⎨⎪⎧ρ1＝2cos θ1，θ1＝π3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ρ1＝1，θ1＝π3，设(ρ2，θ2)为点Q的极坐标，则有⎩⎪⎨⎪⎧ρ2sin θ2＋3cos θ2＝53，θ2＝π3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝5，θ2＝π3，由于θ1＝θ2，所以|PQ |＝|ρ1－ρ2|＝4，所以线段PQ 的长为4.3．(2016年全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos t ，y ＝1＋a sin t(t 为参数，a >0)．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝4cos θ.(1)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(2)直线C 3的极坐标方程为θ＝a 0，其中a 0满足tan a 0＝2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a .解：(1)消去参数t 得到C 1的普通方程为x 2＋(y －1)2＝a 2，则C 1是以(0,1)为圆心，a 为半径的圆．将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入C 1的普通方程中，得到C 1的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0.(2)曲线C 1，C 2的公共点的极坐标满足方程组 ⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0，ρ＝4cos θ.若ρ≠0，由方程组得16cos 2θ－8sin θcos θ＋1－a 2＝0， 由已知tan θ＝2，可得16cos 2θ－8sin θcos θ＝0， 从而1－a 2＝0，解得a ＝－1(舍去)或a ＝1.当a ＝1时，极点也为C 1，C 2的公共点，且在C 3上． 所以a ＝1.4．(2017届广州五校联考)在极坐标系中，圆C 是以点C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，－π6为圆心，2为半径的圆．(1)求圆C 的极坐标方程；(2)求圆C 被直线l ：θ＝－5π12(ρ∈R )所截得的弦长．解：(1)设所求圆上任意一点M (ρ，θ)，如图：在Rt △OAM 中，∠OMA ＝π2，∠AOM ＝2π－θ－π6，|OA |＝4.因为cos ∠AOM ＝|OM ||OA |，所以|OM |＝|OA |·cos ∠AOM ，即ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2π－θ－π6＝4cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫θ＋π6，验证可知，极点O 与A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4，－π6的极坐标也满足方程，故ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫θ＋π6为所求．(2)设l ：θ＝－5π12(ρ∈R )交圆C 于点P ，在Rt △OAP 中，∠OPA ＝π2，易得∠AOP ＝π4，所以|OP |＝|OA |cos ∠AOP ＝2 2.。

三简单曲线的极坐标方程课时过关·能力提升基础巩固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cos θ=√22,∴θ=±π4+2kπ(k∈Z).又ρ≥0,∴cos θ=√22表示两条射线.2极坐标方程ρ=7cos θ表示的圆的半径是()A.17B.114C.7D.723在极坐标系中,点A(1,π)到直线ρcos θ=2的距离是()A.1B.2C.3D.4A(1,π)化为直角坐标为(-1,0),直线ρcos θ=2化为直角坐标方程为x=2.因为点A(-1,0)到直线x=2的距离为3,所以点A(1,π)到直线ρcos θ=2的距离为3.4在极坐标系中,圆ρ=-2sin θ的圆心的极坐标可能是()A.(1,π2)B.(-1,π2)C.(1,0)D.(1,π)x2+y2=-2y,即为x2+(y+1)2=1,圆心的直角坐标为(0,-1),化为极坐标可以为(1,-π2),也可以表示为(-1,π2).故选B.5在极坐标系中,过点P(3,π3)且垂直于极轴的直线方程为()A.ρcos θ=32B.ρsin θ=32C.ρ=32cos θD.ρ=32sin θA,则|OA|=|OP|·co sπ3=32.又设直线上任意一点M(ρ,θ)(除点P外),则|OM|·cos θ=|OA|,即ρcos θ=32.因为点P(3,π3)适合上式,所以所求的直线方程为ρcos θ=32.6在极坐标系中,与圆ρ=6cos θ相切的一条直线方程为() A.ρsin θ=6 B.ρcos θ=3C.ρcos θ=6D.ρcos θ=-6(x-3)2+y2=9,四个选项所对应的直线方程分别为y=6,x=3,x=6,x=-6,易知x=6满足题意.故选C.7圆心在点(-1,1)处,且过原点的圆的极坐标方程是()A.ρ=2(sin θ-cos θ)B.ρ=2(cos θ-sin θ)C.ρ=2sin θD.ρ=2cos θ,圆的半径为√(-1)2+12=√2,所以圆的直角坐标方程为(x+1)2+(y-1)2=2,即x2+y2=-2(x-y).将其化为极坐标方程,为ρ2=-2(ρcos θ-ρsin θ).因为圆过极点,所以方程可简化为ρ=2(sin θ-cos θ).8(2018·天津模拟)在极坐标系中,点(√2,π4)到直线ρcos θ−ρsin θ−1=0的距离等于________________________.(√2,π4)的直角坐标为(1,1),直线ρcos θ-ρsin θ-1=0的直角坐标方程为x-y-1=0,点2=√22.9在极坐标系中,点P(-2,π2)到直线l:3ρcos θ−4ρsin θ=3的距离为.,点P的坐标为(0,-2),直线l的方程为3x-4y-3=0,所以点P到直线l的距离d=√32+(-4)=1.答案110在极坐标系中,曲线C1为ρ(√2cos θ+sin θ)=1,曲线C2为ρ=a(a>0).若曲线C1与C2的一个交点在极轴上,则a=.(√2cos θ+sin θ)=1,即√2ρcos θ+ρsin θ=1对应的直角坐标方程为√2x+y−1=0,ρ=a(a>0)对应的直角坐标方程为x2+y2=a2.在√2x+y−1=0中,令y=0,得x=√22,将(√22,0)代入x2+y2=a2,得a=√22.11求过点A(2,π4)且平行于极轴的直线的极坐标方程.,在直线l上任意取除点A外的一点M(ρ,θ),连接OA,OM,过点M作极轴的垂线交极轴于点H.因为A(2,π4),所以|MH|=2si nπ4=√2.在Rt△OMH中,|MH|=|OM|sin θ,即ρsin θ=√2.易知点A(2,π4)适合该方程.故过点A(2,π4)且平行于极轴的直线方程为ρsin θ=√2.12在圆心的极坐标为A(4,0),半径为4的圆中,求过极点O的弦的中点的轨迹.M(ρ,θ)(ρ≠0)是所求轨迹上的任意一点.连接OM并延长交圆A于点P(ρ0,θ0),则有θ0=θ,ρ0=2ρ.由圆心为(4,0),半径为4的圆的极坐标方程,得ρ0=8cos θ0.所以2ρ=8cos θ,即ρ=4cos θ.故所求轨迹方程是ρ=4cos θ(ρ≠0).它表示以(2,0)为圆心,2为半径的圆(不含极点).能力提升1极坐标方程ρ2cos θ-ρ=0的直角坐标方程为()A.x2+y2=0或y=1B.x=1C.x2+y2=0或x=1D.y=1ρ(ρcos θ-1)=0,∴ρ=√x2+y2=0或ρcos θ=x=1.2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.2B.√2C.1D.√22,两圆的圆心的极坐标分别是(12,0)和(12,π2),这两点间的距离是√22.3在极坐标系中,曲线ρ=4si n(θ-π3)关于()A.直线θ=π3轴对称B.直线θ=5π6轴对称C.点(2,π3)中心对称D.极点中心对称,得(x+√3)2+(y−1)2=4,圆心为(−√3,1),化为极坐标为(2,5π6),故选B.4(2018·北京朝阳区二模)在极坐标系中,直线l:ρcos θ+ρsin θ=2与圆C:ρ=2cos θ的位置关系为()A.相交且过圆心B.相交但不过圆心C.相切D.相离l:ρcos θ+ρsin θ=2,可知直线l的直角坐标方程为x+y-2=0.由圆C:ρ=2cos θ,可知圆C的直角坐标方程为x2+y2=2x,整理得(x-1)2+y2=1.所以圆心(1,0)到直线x+y-2=0的距离d=√22=√22<1=r,因此直线与圆相交但不过圆心.答案B5已知曲线C1:ρ=2√2和曲线C2:ρcos(θ+π4)=√2,则C1上到C2的距离等于√2的点的个数为.ρ=2√2与ρco s (θ+π4)=√2化为直角坐标方程分别为x 2+y 2=(2√2)2与x-y-2=0,则C 1是圆心在坐标原点,半径为2√2的圆,C 2是直线.因为圆心到直线x-y-2=0的距离为2,故满足条件的点的个数为3.6在极坐标系中,定点A (1,π2),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 .(ρ≥0,θ∈[0,2π))ρcos θ+ρsin θ=0化为直角坐标方程为x+y=0,点A (1,π2)化为直角坐标为A (0,1). 如图,过点A 作AB ⊥直线l 于点B ,因为△AOB 为等腰直角三角形, 又因为|OA|=1,则|OB|=√22,∠BOx =3π4, 故点B 的极坐标是(√22,3π4).7已知曲线C 的极坐标方程为ρ=2(0≤θ<2π),曲线C 在点(2,π4)处的切线为l,以极点为坐标原点,以极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系,则l 的直角坐标方程为 .ρ=2可化为x 2+y 2=4,点(2,π4)可化为(√2,√2).因为点(√2,√2)在圆x 2+y 2=4上,故圆在点(√2,√2)处的切线方程为√2x +√2y =4,即x+y-2√2=0,故填x+y-2√2=0. 答案x+y-2√2=08圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ=4cos θ,ρ=-4sin θ.(1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程; (2)求经过圆O 1、圆O 2的交点的直线的直角坐标方程.,极轴为x 轴正半轴建立平面直角坐标系,两坐标系中取相同的长度单位. (1)由ρ=4cos θ,得ρ2=4ρcos θ.根据x=ρcos θ,y=ρsin θ,可得x 2+y 2-4x=0, 故圆O 1的直角坐标方程为x 2+y 2-4x=0.同理可得圆O 2的直角坐标方程为x 2+y 2+4y=0. (2)由{x 2+y 2-4x =0,x 2+y 2+4y =0,解得{x 1=0,y 1=0,{x 2=2,y 2=-2.即圆O 1、圆O 2相交于点(0,0)和(2,-2),过两圆的交点的直线的直角坐标方程为y=-x. ★9在极坐标系中,已知圆C 的圆心C (3,π6),半径r =1,点Q 在圆C 上运动.(1)求圆C 的极坐标方程;(2)若点P 在直线OQ 上,且OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23QP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求动点P 的轨迹的极坐标方程.将圆C 的圆心的极坐标化为直角坐标为(3√32,32),所以圆C 的直角坐标方程为(x -3√32)2+(y -32)2=1,将其化为极坐标方程为ρ2-6ρco s (θ-π6)+8=0.(2)设点P 的坐标为(ρ,θ),点Q 的坐标为(ρ0,θ0),则由题意可知{ρ0=25ρ,θ0=θ.因为点Q 在圆C 上,所以点Q 的坐标适合圆C 的方程,代入得(25ρ)2−6×25ρcos (θ-π6)+8=0,整理即得动点P 的轨迹的极坐标方程为ρ2-15ρco s (θ-π6)+50=0.。

想 方 法
的作用下，点 P(x，y)对应到点
演 实 战
·
切 脉
P′(x′，y′)，可得xy＝ ＝32xy′ ′ ，代入 y＝sin x 得 2y′＝sin
沙 场 点 兵
搏
· 3x′，
核
心 突 破
所以 y′＝12sin 3x′，即 y＝12sin 3x 为所求．
课 时 提
升
练
菜单
高三总复习·数学（文）
· 沙 场 点 兵
·
核
心
课
突
时
破
提
升
练
菜单
高三总复习·数学（文）
提
素
养
研
·
动
思
向
· 考 纲
【解】
(1)设 P(x，y)，则由条件知 M2x，2y.由于 M 点
想 方 法
考
向
在 C1 上，所以22yx＝ ＝22c＋os2sαi，n α，
切
脉
即yx＝＝44＋cos4sαi，n α，
心
课
突
时
破
提
升
练
菜单
高三总复习·数学（文）
提
素
养
研
·
动
思
向
· 考 纲
【解】
(1)将xy＝ ＝45＋ ＋55csions
t， t
消去参数 t，化为普通方
想 方 法
考
向 程(x－4)2＋(y－5)2＝25，即 C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0.
演 实
战
切
将yx＝＝ρρscions
提
素
研 动 向
(2)将变换后的椭圆2x52 ＋1y62 ＝1 改写为x2′52＋y1′62＝1，伸