统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题七鸭系列第1讲坐标系与参数方程文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题七鸭系列第1讲坐标系与参数方程文，共8页。试卷主要包含了极坐标与直角坐标的互化，圆的极坐标方程，椭圆的参数方程，))等内容，欢迎下载使用。

1．极坐标与直角坐标的互化
设M为平面上的一点，它的直角坐标为(x，y)，极坐标为(ρ，θ).由图可知下面的关系式成立：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρ2＝x2＋y2，,tan θ＝\f(y,x)（x≠0）.))
顺便指出，上式对ρ<0也成立．(一般认为ρ≥0)
这就是极坐标与直角坐标的互化公式．
2．圆的极坐标方程
(1)圆心在极点，半径为R的圆的极坐标方程为ρ＝R.
(2)圆心在极轴上的点(a，0)处，且过极点O的圆的极坐标方程为ρ＝2a cs θ.
(3)圆心在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(π,2)))处且过极点O的圆的极坐标方程为ρ＝2a sin θ.
例 1[2023·全国甲卷]已知点P(2，1)，直线l： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋t cs α，,y＝1＋t sin α)) (t为参数)，α为l的倾斜角，l与x轴正半轴、y轴正半轴分别交于点A，B，且|PA|·|PB|＝4.
(1)求α；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程．
[听课记录]
归纳总结
1．求曲线的极坐标方程的一般思路
求曲线的极坐标方程问题通常可利用互化公式转化为直角坐标系中的问题求解，然后再次利用互化公式即可转化为极坐标方程，熟练掌握互化公式是解决问题的关键．
2．解决极坐标问题的一般思路
一是将极坐标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再将其化为极坐标；二是将曲线的极坐标方程联立，根据限制条件求出极坐标．
对点训练
[2023·全国乙卷]在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρ＝2sin θ( eq \f(π,4) ≤θ≤ eq \f(π,2) )，曲线C2： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2cs α,y＝2sin α)) (α为参数， eq \f(π,2) <α<π).
(1)写出C1的直角坐标方程；
(2)若直线y＝x＋m既与C1没有公共点，也与C2没有公共点，求m的取值范围．
考点二 参数方程的应用——引“参”用其意义，消“参”化为坐标
1．直线的参数方程
经过点P0(x0，y0)，倾斜角为α的直线的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝x0＋t cs α，,y＝y0＋t sin α))(t是参数).
设P是直线上的任意一点，则|t|表示有向线段P0P的长度．
2．圆的参数方程
圆心在点M0(x0，y0)，半径为r的圆的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝x0＋r cs θ，,y＝y0＋r sin θ))(θ为参数).
3．椭圆的参数方程
椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝a cs θ，,y＝b sin θ))(θ为参数).
例 2[2022·全国甲卷]在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2＋t,6)，,y＝\r(t)))(t为参数)，曲线C2的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(2＋s,6)，,y＝－\r(s)))(s为参数).
(1)写出C1的普通方程；
(2)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C3的极坐标方程为2cs θ－sin θ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．
[听课记录]
归纳总结
1．参数方程化为普通方程消去参数的方法
(1)代入消参法：将参数解出来代入另一个方程消去参数，直线的参数方程通常用代入消参法；(2)三角恒等式法：利用sin2α＋cs2α＝1消去参数，圆的参数方程和椭圆的参数方程都是运用三角恒等式法；(3)常见消参数的关系式：①t· eq \f(1,t)＝1；② eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,t))) eq \s\up12(2)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,t))) eq \s\up12(2)＝4；③ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2t,1＋t2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－t2,1＋t2))) eq \s\up12(2)＝1.
2．直线的参数方程中参数几何意义的应用
经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝x0＋t cs α，,y＝y0＋t sin α))(t为参数).若A，B为直线l上两点，其对应的参数分别为t1，t2，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为t0，则以下结论在解题中经常用到：
(1)t0＝ eq \f(t1＋t2,2)；
(2)|PM|＝|t0|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(t1＋t2,2)))；
(3)|AB|＝|t2－t1|；
(4)|PA|·|PB|＝|t1·t2|.
对点训练
[2022·全国乙卷]在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)cs 2t，,y＝2sin t))(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，已知直线l的极坐标方程为ρsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＋m＝0.
(1)写出l的直角坐标方程；
(2)若l与C有公共点，求m的取值范围．
考点三 参数方程、极坐标方程的综合应用——二者统一，坐标为本
解决与圆、圆锥曲线的参数方程有关的综合问题时，要注意普通方程与参数方程的互化公式，主要是通过互化解决与圆、圆锥曲线上动点有关的问题，如最值、范围等．
例 3[2023·四川成都模拟预测]在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋t cs α,y＝1＋t sin α))(t为参数，α为常数且α≠ eq \f(π,2))，在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ－4＝0.
(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；
(2)点P(1，1)，直线l与曲线C交于A，B两点，若 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PA))＝2 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PB))，求直线l的斜率．
归纳总结
解决极坐标方程与参数方程综合问题的方法
(1)对于参数方程或极坐标方程应用不够熟练的情况下，我们可以先化成直角坐标系下的普通方程，这样思路能更加清晰．
(2)对于一些运算比较复杂的问题，用参数方程计算会比较简洁．
(3)利用极坐标方程解决问题时，要注意题目所给的限制条件及隐含条件．
对点训练
[2023·内蒙古海拉尔第二中学检测]在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1＋t cs α,y＝1＋t sin α))(其中α为直线的倾斜角，t为参数)，在以O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ－4csθ＝0.
(1)当直线l的斜率k＝2时，求曲线C上的点A与直线l上的点B间的最小距离；
(2)如果直线l与曲线C有两个不同交点，求直线l的斜率k的取值范围．
第1讲 坐标系与参数方程
考点一
[例1] 解析：（1）记点A，B对应的参数分别为t1，t2.
令x＝0，得t2＝－ eq \f(2,cs α)，
令y＝0，得t1＝－ eq \f(1,sin α)，
则|PA|·|PB|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(2,cs α))) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,sin α)))
＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,sin αcs α)))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4,sin 2α)))＝4，
所以sin 2α＝±1，由题可知α∈[0，π），所以α＝ eq \f(π,4)或α＝ eq \f(3π,4).
因为直线l与x轴正半轴、y轴正半轴相交，所以α＝ eq \f(3π,4).
（2）根据（1）得直线l的参数方程为
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2－\f(\r(2),2)t，,y＝1＋\f(\r(2),2)t))（t为参数），
转化为普通方程为x＋y－3＝0，
因为x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，
所以l的极坐标方程为ρcs θ＋ρsin θ－3＝0.
对点训练
解析：（1）C1：ρ＝2sin θ，方程两边同时乘以ρ，得ρ2＝2ρsin θ，
将x2＋y2＝ρ2，y＝ρsin θ代入，得x2＋y2＝2y，
又 eq \f(π,4)≤θ≤ eq \f(π,2)，所以C1的直角坐标方程为x2＋（y－1）2＝1（0≤x≤1，1≤y≤2）.
（2）由C2的参数方程可得C2的普通方程为x2＋y2＝4（－2＜x＜0，0数形结合可知，若直线y＝x＋m与C1没有公共点，则m<0或m>2；
若直线y＝x＋m与C2没有公共点，可先求相切时的临界情况，即 eq \f(|m|,\r(2))＝2，得m＝2 eq \r(2)（负值舍去），
所以当m≤2或m＞2 eq \r(2)时，直线y＝x＋m与C2没有公共点．
综上，当m＜0或m＞2 eq \r(2)时，直线y＝x＋m与C1和C2均没有公共点，
故m的取值范围为（－∞，0）∪（2 eq \r(2)，＋∞）.
考点二
[例2] 解析：（1）C1的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2＋t,6)，,y＝\r(t)．))
消去参数t，得C1的普通方程为y2＝6x－2（y≥0）.
（2）曲线C3的极坐标方程为2cs θ－sin θ＝0，
两边同乘ρ，得2ρcs θ－ρsin θ＝0，
则C3的直角坐标方程为y＝2x.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝6x－2（y≥0），,y＝2x，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝1))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2.))
将曲线C2的参数方程中的参数s消去，得y2＝－6x－2（y≤0）.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝－6x－2（y≤0），,y＝2x，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2)，,y＝－1))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－2.))
所以C3与C1交点的直角坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2))，C3与C2交点的直角坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－1))和（－1，－2）.
对点训练
解析：（1）由ρsin （θ＋ eq \f(π,3)）＋m＝0，
得 eq \f(1,2)ρsin θ＋ eq \f(\r(3),2)ρcs θ＋m＝0.
∵ρcs θ＝x，ρsin θ＝y，
∴l的直角坐标方程为 eq \f(\r(3),2)x＋ eq \f(1,2)y＋m＝0.
（2）方法一 把x＝ eq \r(3)cs 2t，y＝2sin t代入 eq \f(\r(3),2)x＋ eq \f(1,2)y＋m＝0，得m＝－ eq \f(3,2)cs 2t－sin t＝－ eq \f(3,2)＋3sin2t－sint＝3（sin t－ eq \f(1,6)）2－ eq \f(19,12).
∵sin t∈[－1，1]，
∴当sin t＝ eq \f(1,6)时，m取得最小值－ eq \f(19,12)；
当sin t＝－1时，m取得最大值 eq \f(5,2).
∴m的取值范围是[－ eq \f(19,12)， eq \f(5,2)].
方法二 x＝ eq \r(3)cs 2t＝ eq \r(3)（1－2sin2t）＝ eq \r(3)[1－2（ eq \f(y,2)）2]＝ eq \r(3)－ eq \f(\r(3),2)y2.
∵y＝2sint，sin t∈[－1，1]，∴y∈[－2，2].
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)－\f(\r(3),2)y2，,\r(3)x＋y＋2m＝0.))
消去x并整理，得3y2－2y－4m－6＝0，
即4m＝3y2－2y－6＝3（y－ eq \f(1,3)）2－ eq \f(19,3)（－2≤y≤2）.
∴－ eq \f(19,3)≤4m≤10，∴－ eq \f(19,12)≤m≤ eq \f(5,2).
∴m的取值范围是[－ eq \f(19,12)， eq \f(5,2)].
考点三
[例3] 解析：（1） eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋t cs α,y＝1＋t sin α))⇒y＝tan α·（x－1）＋1，
ρ2－2ρsin θ－4＝0⇒x2＋y2－2y－4＝0.
（2）将 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋t cs α,y＝1＋t sin α))代入x2＋y2－2y－4＝0得t2＋2t cs α－4＝0， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t1＋t2＝－2cs α,t1t2＝－4))，因为点P 在圆内，故A，B 在点P两侧，由题意知，t1＝－2t2，因此 eq \f(t1,t2)＋ eq \f(t2,t1)＝－ eq \f(5,2)，即 eq \f(（t1＋t2）2,t1t2)＝－ eq \f(1,2)，
故 eq \f(（－2cs α）2,－4)＝－ eq \f(1,2)，解得cs α＝± eq \f(\r(2),2)，进而k＝tan α＝±1，因此斜率为±1.
对点训练
解析：（1）ρsin 2θ－4cs θ＝0两边同乘以ρ得：ρ2sin2θ－4ρcsθ＝0，
所以曲线C的平面直角坐标方程为y2＝4x，设曲线上的一点坐标为A（s2，±2s），
当直线l的斜率k＝2时，直线方程为y－1＝2（x＋1），即2x－y＋3＝0，
则A点到直线l的距离为d＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2s2±2s＋3)),\r(4＋1))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s±\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(5,2))),\r(5))，
当s＝± eq \f(1,2)时，d取得最小值，最小值为 eq \f(\r(5),2)，
故曲线C上的点A与直线l上的点B间的最小值为 eq \f(\r(5),2).
（2）直线l的普通方程为y－1＝k（x＋1）（k≠0），
与曲线C：y2＝4x联立得：y2－ eq \f(4,k)y＋ eq \f(4,k)＋4＝0，
由Δ>0得： eq \f(1,k)> eq \f(1＋\r(5),2)或 eq \f(1,k)< eq \f(1－\r(5),2)，
解得k∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－\r(5)－1,2)，0))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5)－1,2))).