全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十四坐标系与参数方程理含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十四坐标系与参数方程理含解析，共6页。试卷主要包含了已知曲线C1等内容，欢迎下载使用。

1．(2019·郑州市第一次质量预测)已知曲线C1：x2＋(y－3)2＝9，A是曲线C1上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点A绕点O逆时针旋转90°得到点B，设点B的轨迹为曲线C2.
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)射线θ＝eq \f(5π,6)(ρ>0)与曲线C1，C2分别交于P，Q两点，定点M(－4，0)，求△MPQ的面积．
解：(1)曲线C1：x2＋(y－3)2＝9，把eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ))代入可得，
曲线C1的极坐标方程为ρ＝6sin θ.
设B(ρ，θ)，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ，θ－\f(π,2)))，则 ρ＝6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2)))＝－6cs θ.
所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝－6cs θ.
(2)M到直线θ＝eq \f(5π,6)的距离为d＝4sineq \f(5π,6)＝2，
射线θ＝eq \f(5π,6)与曲线C1的交点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(5π,6)))，
射线θ＝eq \f(5π,6)与曲线C2的交点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，\f(5π,6)))，
所以|PQ|＝3eq \r(3)－3，
故△MPQ的面积S＝eq \f(1,2)×|PQ|×d＝3eq \r(3)－3.
2．(2019·湖南省五市十校联考)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝t，,y＝t＋2))(t是参数)，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))).
(1)求圆C的直角坐标方程；
(2)过直线l上的点向圆C引切线，求切线长的最小值．
解：(1)由ρ＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，得ρ2＝ρcs θ－ρsin θ，
∴x2＋y2－x＋y＝0，即圆C的直角坐标方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2).
(2)设l上任意一点P(t，t＋2)，过P向圆C引切线，切点为Q，连接PC，CQ，
∵圆C的圆心为Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，半径r＝eq \f(\r(2),2)，
∴|PQ|＝eq \r(|PC|2－|CQ|2)＝
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋2＋\f(1,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝
eq \r(2（t＋1）2＋4)≥2，
即切线长的最小值为2.
3．(2019·福建五校第二次联考)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－\r(3)t，,y＝1＋t))(t为参数)．在以原点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＝2cs θ.
(1)求直线l的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)若直线l与曲线C交于P，Q两点，求∠POQ.
解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1－\r(3)t，,y＝1＋t))得直线l的普通方程为x＋eq \r(3)y＝1＋eq \r(3)，
又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ，))所以直线l的极坐标方程为ρ(cs θ＋eq \r(3)sin θ)＝1＋eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或2ρsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝1＋\r(3))).
由ρ＝2cs θ得ρ2＝2ρcs θ，即x2＋y2＝2x，
所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0.
(2)曲线C的方程可化为(x－1)2＋y2＝1，表示圆心为C(1，0)且半径为1的圆．
由(1)得直线l的普通方程为x＋eq \r(3)y－(1＋eq \r(3))＝0，
则点C到直线l的距离d＝eq \f(\r(3),2)，
所以|PQ|＝2eq \r(1－d2)＝1，所以△PCQ是等边三角形，所以∠PCQ＝eq \f(π,3)，
又O是圆C上的点，所以∠POQ＝eq \f(∠PCQ,2)＝eq \f(π,6).
4．(2019·蓉城名校第一次联考)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＝2＋2cs φ，,y＝－2＋2sin φ))(φ为参数)，以平面直角坐标系的原点为极点，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ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝－1，M为曲线C1上的动点．
(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)求点M到曲线C2的距离d的最小值及此时点M的坐标．
解：(1)由题意知，曲线C1：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋2cs φ，,y＝－2＋2sin φ，))
化为普通方程，得(x－2)2＋(y＋2)2＝4；
曲线C2：ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝－1，展开，化简得ρcs θ－eq \r(3)ρsin θ＝－2，
又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ，))所以曲线C2的直角坐标方程为x－eq \r(3)y＋2＝0.
(2)M(2＋2cs φ，－2＋2sin φ)，则点M到曲线C2的距离
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋2cs φ－\r(3)（－2＋2sin φ）＋2)),2)＝
eq \f(|4cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,3)))＋4＋2\r(3)|,2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,3)))＋2＋\r(3)))，
所以当cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,3)))＝－1，即φ＝eq \f(2π,3)时，d取得最小值，dmin＝eq \r(3).
此时M(1，－2＋eq \r(3))．
5．(2019·昆明市诊断测试)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3cs t，,y＝sin t))(t为参数)．以原点为极点，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θ＝eq \f(π,6)(ρ∈R)．
(1)求曲线C1的极坐标方程；
(2)若曲线C2的极坐标方程为ρ＋8cs θ＝0，直线l与曲线C1在第一象限的交点为A，与曲线C2的交点为B(异于原点)，求|AB|.
解：(1)消去参数t得曲线C1的普通方程为x2＋9y2＝9，故曲线C1的极坐标方程为ρ2＋8ρ2sin2θ－9＝0.
(2)因为A，B两点在直线l上，所以可设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ1，\f(π,6)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ2，\f(π,6))).
把点A的极坐标代入C1的极坐标方程得，ρeq \\al(2,1)＋8ρeq \\al(2,1)sin2eq \f(π,6)－9＝0，解得ρ1＝±eq \r(3).
已知A点在第一象限，所以ρ1＝eq \r(3).
因为B异于原点，所以把点B的极坐标代入C2的极坐标方程得，
ρ2＋8cseq \f(π,6)＝0，解得ρ2＝－4eq \r(3).
所以|AB|＝|ρ1－ρ2|＝|eq \r(3)＋4eq \r(3)|＝5eq \r(3).
6．(2019·合肥市高三质检)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＝2cs α，,y＝2sin α))(α为参数，α∈[0，π])．在以直角坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线E的方程为ρ2(1＋3sin2θ)＝4.
(1)求曲线C的普通方程和曲线E的直角坐标方程；
(2)若直线l：x＝t分别与曲线C，曲线E交于点A，B，求△AOB面积的最大值．
解：(1)消去参数得曲线C的普通方程为x2＋y2＝4(y≥0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρ2＝x2＋y2，,y＝ρsin θ))得曲线E的直角坐标方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设A(2cs α，2sin α)，α∈[0，π]，要使△AOB的面积最大，则B(2cs α，－sin α)．
S△AOB＝eq \f(1,2)|AB|·|xB|＝eq \f(1,2)·3sin α·|2cs α|＝eq \f(3,2)·|sin 2α|.
∵α∈[0，π]，∴2α∈[0，2π]，
∴当α＝eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)时，△AOB的面积取得最大值eq \f(3,2).
7．(2019·广东六校第一次联考)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＝\f(\r(5),5)t，,y＝\f(2\r(5),5)t))(t为参数)，以平面直角坐标系的原点为极点，x轴正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2＝2eq \r(2)ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))－1.
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程，并指明曲线C的形状；
(2)设直线l与曲线C交于A，B两点，且|OA|＜|OB|，求eq \f(1,|OA|)－eq \f(1,|OB|).
解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(5),5)t,y＝\f(2\r(5),5)t))(t为参数)消去参数t，得y＝2x.
由ρ2＝2eq \r(2)ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))－1，得ρ2－2ρcs θ－2ρsin θ＋1＝0，所以曲线C的直角坐标方程为
x2＋y2－2x－2y＋1＝0，
即(x－1)2＋(y－1)2＝1.
∴直线l的普通方程为y＝2x，曲线C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，曲线C表示以(1，1)为圆心，1为半径的圆．
(2)将x＝eq \f(\r(5),5)t，y＝eq \f(2\r(5),5)t代入x2＋y2－2x－2y＋1＝0，得t2－eq \f(6\r(5),5)t＋1＝0，
设点A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝eq \f(6\r(5),5)＞0，t1·t2＝1＞0，
∴t1＞0，t2＞0.
∵|OA|＜|OB|，∴eq \f(1,|OA|)－eq \f(1,|OB|)＞0，
∴eq \f(1,|OA|)－eq \f(1,|OB|)＝eq \f(1,t1)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t2－t1,t1t2)＝eq \f(\r(（t1＋t2）2－4t1t2),t1t2)＝ eq \f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6\r(5),5)))\s\up12(2)－4×1),1)＝eq \f(4\r(5),5).
8．(2019·郑州市高三第三次质量预测)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＝－2－t，,y＝1＋t))(t为参数)，曲线C1：y＝ eq \r(1－x2).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4))).
(1)若直线l与x，y轴的交点分别为A，B，点P在C1上，求eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BP,\s\up7(―→))的取值范围；
(2)若直线l与C2交于M，N两点，点Q的直角坐标为(－2，1)，求||QM|－|QN||的值．
解：(1)由题意可知，直线l的普通方程为x＋y＋1＝0，
∴A(－1，0)，B(0，－1)，
C1的方程可化为x2＋y2＝1(y≥0)，
设点P的坐标为(cs α，sin α)，0≤α≤π，
∴eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BP,\s\up7(―→))＝－cs α＋sin α＋1＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＋1∈[0，eq \r(2)＋1]．
(2)由ρ＝4eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))及x＝ρcs θ，y＝ρsin θ得曲线C2的直角坐标方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8，
直线l的标准参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2－\f(\r(2),2)m，,y＝1＋\f(\r(2),2)m))(m为参数)，代入C2得m2－eq \r(2)m－7＝0，
设M，N两点对应的参数分别为m1，m2，
则m1＋m2＝eq \r(2)，m1m2＝－7＜0，故m1，m2异号，
∴||QM|－|QN||＝||m1|－|m2||＝|m1＋m2|＝eq \r(2).