2022版高考数学大一轮复习课时作业71《坐标系》(含答案详解)

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圆心C的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,4)))，且圆C经过极点．
(1)求圆C的极坐标方程．
(2)求过圆心C和圆与极轴交点(不是极点)的直线的极坐标方程．
在直角坐标系xOy中，以O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ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))=1，M，N分别为曲线C与x轴，y轴的交点．
(1)写出曲线C的直角坐标方程，并求M，N的极坐标；
(2)设M，N的中点为P，求直线OP的极坐标方程．
已知曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4＋5cs t，,y＝5＋5sin t，))(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C2的极坐标方程为ρ=2sin θ.
(1)把C1的参数方程化为极坐标方程；
(2)求C1与C2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ＜2π)．
在极坐标系中，已知圆C经过点P(eq \r(2)，eq \f(π,4))，圆心为直线ρsin(θ- eq \f(π,3))=－eq \f(\r(3),2)与极轴的交点，求圆C的极坐标方程.
设M，N分别是曲线ρ＋2sinθ=0和ρsin(θ+ eq \f(π,4))=eq \f(\r(2),2)上的动点，求M，N的最小距离.
已知直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1＋tcsα，,y＝1＋tsinα))(t为参数).以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=ρcsθ＋2.
(1)写出直线l经过的定点的直角坐标，并求曲线C的普通方程；
(2)若α=eq \f(π,4)，求直线l的极坐标方程，以及直线l与曲线C的交点的极坐标.
在极坐标系中，直线l的方程为ρsin(eq \f(π,6)－θ)=2，曲线C的方程为ρ=4csθ，
求直线l被曲线C截得的弦长.
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：(x－1)2＋y2=1，曲线C2的参数方程为：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)csθ，,y＝sinθ))(θ为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求C1，C2的极坐标方程；
(2)射线y=eq \f(\r(3),3)x(x≥0)与C1异于原点的交点为A，与C2的交点为B，求|AB|.
在平面直角坐标系xOy中，直线l：y=eq \r(3)x，圆C的参数方程为：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3＋\r(3)csα，,y＝a＋\r(3)sinα))(α为参数)，以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴，
建立极坐标系.
(1)求直线l和圆C的极坐标方程；
(2)若直线l与圆C交于A，B两点，且△ABC的面积是eq \f(3\r(3),4)，求实数a的值.
在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ=4cs θ.
(1)求出圆C的直角坐标方程；
(2)已知圆C与x轴交于A，B两点，直线l：y=2x关于点M(0，m)(m≠0)对称的直线为l′，若直线l′上存在点P使得∠APB=90°，求实数m的最大值．
\s 0 答案详解
解：
(1)圆心C的直角坐标为(eq \r(2)，eq \r(2))，则设圆C的直角坐标方程为(x－eq \r(2))2＋(y－eq \r(2))2=r2，
依题意可知r2=(0－eq \r(2))2＋(0－eq \r(2))2=4，
故圆C的直角坐标方程为(x－eq \r(2))2＋(y－eq \r(2))2=4，
化为极坐标方程为ρ2－2eq \r(2)ρ(sin θ＋cs θ)=0，
即ρ=2eq \r(2)(sin θ＋cs θ)．
(2)在圆C的直角坐标方程x2＋y2－2eq \r(2)(x＋y)=0中，
令y=0，得x2－2eq \r(2)x=0，解得x=0或2eq \r(2)，
于是得到圆C与x轴的交点坐标(0,0)，(2eq \r(2)，0)，
由于直线过圆心C(eq \r(2)，eq \r(2))和点(2eq \r(2)，0)，
则该直线的直角坐标方程为y－0=eq \f(\r(2)－0,\r(2)－2\r(2))(x－2eq \r(2))，即x＋y－2eq \r(2)=0.
化为极坐标方程得ρcs θ＋ρsin θ－2eq \r(2)=0.
解：(1)∵ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))=1，
∴ρcs θ·cseq \f(π,3)＋ρsin θ·sineq \f(π,3)=1.∴eq \f(1,2)x＋eq \f(\r(3),2)y=1.
即曲线C的直角坐标方程为x＋eq \r(3)y－2=0.
令y=0，则x=2；令x=0，则y=eq \f(2\r(3),3).∴M(2,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3))).
∴M的极坐标为(2,0)，N的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2))).
(2)∵M，N连线的中点P的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)))，
∴P的极角为θ=eq \f(π,6).
∴直线OP的极坐标方程为θ=eq \f(π,6)(ρ∈R)．
解：
(1)将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4＋5cs t,y＝5＋5sin t))，消去参数t，化为普通方程为(x－4)2＋(y－5)2=25，
即C1：x2＋y2－8x－10y＋16=0.
将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ,y＝ρsin θ))，代入x2＋y2－8x－10y＋16=0得
ρ2－8ρcs θ－10ρsin θ＋16=0.
所以C1的极坐标方程为ρ2－8ρcs θ－10ρsin θ＋16=0.
(2)C2的普通方程为x2＋y2－2y=0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－8x－10y＋16＝0，,x2＋y2－2y＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1,y＝1))，或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝2.))
所以C1与C2交点的极坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(π,4)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,2))).
解：在ρsin(θ- eq \f(π,3))=－eq \f(\r(3),2)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(eq \r(2)，eq \f(π,4))，
所以圆C的半径|PC|=eq \r(\r(2)2＋12－2×1×\r(2)cs\f(π,4))=1，
于是圆C过极点，
所以圆C的极坐标方程为ρ=2csθ.
解：因为M，N分别是曲线ρ＋2sinθ=0和ρsin(θ+ eq \f(π,4))=eq \f(\r(2),2)上的动点，
即M，N分别是圆x2＋y2＋2y=0和直线x＋y－1=0上的动点，
要求M，N两点间的最小距离，
即在直线x＋y－1=0上找一点到圆x2＋y2＋2y=0的距离最小，
即圆心(0，－1)到直线x＋y－1=0的距离减去半径，
故最小值为eq \f(|0－1－1|,\r(2))－1=eq \r(2)－1.
解：(1)直线l经过定点(－1,1)，
由ρ=ρcsθ＋2得ρ2=(ρcsθ＋2)2，
得曲线C的普通方程为x2＋y2=(x＋2)2，化简得y2=4x＋4.
(2)若α=eq \f(π,4)，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1＋\f(\r(2),2)t，,y＝1＋\f(\r(2),2)t))的普通方程为y=x＋2，
则直线l的极坐标方程为ρsinθ=ρcsθ＋2，
联立曲线C：ρ=ρcsθ＋2.
因为ρ≠0得sinθ=1，取θ=eq \f(π,2)，得ρ=2，
所以直线l与曲线C的交点为（2，eq \f(π,2)）.
解：因为曲线C的极坐标方程为ρ=4csθ，
所以曲线C是圆心为(2,0)，直径为4的圆.
因为直线l的极坐标方程为ρsin(eq \f(π,6)－θ)=2，
则直线l过A(4,0)，倾斜角为eq \f(π,6)，
所以A为直线l与圆C的一个交点.
设另一个交点为B，则∠OAB=eq \f(π,6).
连接OB.如图.
因为OA为直径，从而∠OBA=eq \f(π,2)，所以AB=4cseq \f(π,6)=2eq \r(3).
因此，直线l被曲线C截得的弦长为2eq \r(3).
解：(1)将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ρcsθ，,y＝ρsinθ))代入曲线C1的方程：(x－1)2＋y2=1，
可得曲线C1的极坐标方程为ρ=2csθ，
曲线C2的普通方程为eq \f(x2,2)＋y2=1，
将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ρcsθ，,y＝ρsinθ))代入，
得到C2的极坐标方程为ρ2(1＋sin2θ)=2.
(2)射线的极坐标方程为θ=eq \f(π,6)(ρ≥0)，与曲线C1的交点的极径为ρ1=2cseq \f(π,6)=eq \r(3)，
射线θ=eq \f(π,6)(ρ≥0)与曲线C2的交点的极径满足ρeq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋sin2\f(π,6)))=2，
解得ρ2=eq \f(2\r(10),5)，所以|AB|=|ρ1－ρ2|=eq \r(3)－eq \f(2\r(10),5).
解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ρcsθ，,y＝ρsinθ，))得eq \r(3)ρcsθ=ρsinθ，
所以θ=eq \f(π,3).将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3＋\r(3)csα，,y＝a＋\r(3)sinα，))
化为直角坐标方程为(x－3)2＋(y－a)2=3，
所以x2＋y2－6x－2ay＋a2＋6=0.
将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ρcsθ，,y＝ρsinθ，))代入上式得ρ2－6ρcsθ－2aρsinθ＋a2＋6=0.
圆C的极坐标方程为ρ2－6ρcsθ－2aρsinθ＋a2＋6=0.
(2)因为S△ABC=eq \f(1,2)AC·BCsin∠ACB=eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(3)sin∠ACB=eq \f(3\r(3),4)，
得∠ACB=eq \f(π,3)或eq \f(2,3)π，当∠ACB=eq \f(π,3)时，|AB|=eq \r(3).
由(1)知直线l的极坐标方程为θ=eq \f(π,3)，
代入圆C的极坐标方程得ρ2－(3＋eq \r(3)a)ρ＋a2＋6=0.
所以|ρ1－ρ2|2=(ρ1＋ρ2)2－4ρ1ρ2=(3＋eq \r(3)a)2－4(a2＋6)=3，
化简得a2－6eq \r(3)a＋18=0，
解得a=3eq \r(3)＋3或a=3eq \r(3)－3.
当∠ACB=eq \f(2,3)π时，|AB|=3，同理计算可得a=4eq \r(3)或a=2eq \r(3).
综上：a的取值为3eq \r(3)±3或2eq \r(3)或4eq \r(3).
解：
(1)由ρ=4cs θ得ρ2=4ρcs θ，故x2＋y2－4x=0，
即圆C的直角坐标方程为(x－2)2＋y2=4.
(2)l：y=2x关于点M(0，m)的对称直线l′的方程为y=2x＋2m，易知AB为圆C的直径，
故直线l′上存在点P使得∠APB=90°的充要条件是直线l′与圆C有公共点，
故eq \f(|4＋2m|,\r(5))≤2，于是，实数m的最大值为eq \r(5)－2.