高考数学一轮复习选修4_4.1坐标系课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习选修4_4.1坐标系课时作业理含解析，共10页。
1．[2021·烟台模拟]以平面直角坐标系的原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．已知曲线C1的极坐标方程为ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \r(2)，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4))).
(1)写出C1，C2的直角坐标方程．
(2)设M，N分别是曲线C1，C2上的两个动点，求|MN|的最小值．
2．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(0≤θ＜2π)，M、N分别为C与x轴、y轴的交点．
(1)写出C的直角坐标方程，并求M、N的极坐标；
(2)设MN的中点为P，求直线OP的极坐标方程．
3．[2018·全国卷Ⅰ]在直角坐标系xOy中，曲线的方程为y＝k|x|＋2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为ρ2＋2ρcsθ－3＝0.
(1)求的直角坐标方程；
(2)若与有且仅有三个公共点，求C1的方程．
4．[2020·全国卷Ⅲ]在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2－t－t2，,y＝2－3t＋t2))(t为参数且t≠1)，C与坐标轴交于A，B两点．
(1)求|AB|；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程．
5.[2021·安徽省考试试题]在直角坐标系xOy中，直线l1：x＝0，圆C：(x－1)2＋(y－1－eq \r(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)求直线l1和圆C的极坐标方程；
(2)若直线l2的极坐标方程为θ＝eq \f(π,4)(ρ∈R)，设l1，l2与圆C的公共点分别为A，B，求△OAB的面积．
6．[2021·惠州市高三调研考试试题]已知在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝csα,y＝1＋sinα))(α为参数)．以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系．
(1)求圆C的普通方程及其极坐标方程；
(2)设直线l的极坐标方程为ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝2，射线OM：θ＝eq \f(π,6)与圆C的交点为P(异于极点)，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长．
[能力挑战]
7．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]已知曲线C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2t,y＝t2))(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，过极点的两射线l1，l2相互垂直，与曲线C分别相交于A，B两点(不同于点O)，且l1的倾斜角为锐角α.
(1)求曲线C和射线l2的极坐标方程；
(2)求△OAB的面积的最小值，并求此时α的值．
课时作业71
1．解析：(1)依题意ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)ρsinθ－eq \f(\r(2),2)ρcsθ＝eq \r(2)，
所以曲线C1的普通方程为x－y＋2＝0，
因为曲线C2的极坐标方程为：
ρ2＝2ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \r(2)ρcsθ＋eq \r(2)ρsinθ，
所以x2＋y2－eq \r(2)x－eq \r(2)y＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(2),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(2),2)))2＝1.
(2)由(1)知圆C2的圆心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，所以圆心到直线x－y＋2＝0的距离：
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)＋2)),\r(2))＝eq \r(2)，
又半径r＝1，所以|MN|min＝d－r＝eq \r(2)－1.
2．解析：(1)由ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝1得
ρeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)csθ＋\f(\r(3),2)sinθ))＝1.
从而C的直角坐标方程为eq \f(1,2)x＋eq \f(\r(3),2)y＝1，
即x＋eq \r(3)y＝2.
当θ＝0时，ρ＝2，所以M(2,0)．
当θ＝eq \f(π,2)时，ρ＝eq \f(2\r(3),3)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2))).
(2)M点的直角坐标为(2,0)，N点的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3))).
所以P点的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)))，
则P点的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(π,6)))，
所以直线OP的极坐标方程为θ＝eq \f(π,6)(ρ∈R)．
3．解析：(1)由x＝ρcsθ，y＝ρsinθ得的直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝4.
(2)由(1)知是圆心为A(－1,0)，半径为2的圆．
由题设知，是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线．记y轴右边的射线为，y轴左边的射线为.
由于点B在圆的外面，故与有且仅有三个公共点等价于与只有一个公共点且与有两个公共点，或与只有一个公共点且与有两个公共点．
当与只有一个公共点时，点A到所在直线的距离为2，所以eq \f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝－eq \f(4,3)或k＝0.
经检验，当k＝0时，与没有公共点；
当k＝－eq \f(4,3)时，与只有一个公共点，与有两个公共点．
当与只有一个公共点时，点A到所在直线的距离为2，所以eq \f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝0或k＝eq \f(4,3).
经检验，当k＝0时，与没有公共点；
当k＝eq \f(4,3)时，与没有公共点．
综上，所求的方程为y＝－eq \f(4,3)|x|＋2.
4．解析：(1)因为t≠1，由2－t－t2＝0得t＝－2，所以C与y轴的交点为(0,12)；由2－3t＋t2＝0得t＝2，所以C与x轴的交点为(－4,0)．故|AB|＝4eq \r(10).
(2)由(1)可知，直线AB的直角坐标方程为eq \f(x,－4)＋eq \f(y,12)＝1，将x＝ρcsθ，y＝ρsinθ代入，得直线AB的极坐标方程为3ρcsθ－ρsinθ＋12＝0.
5．解析：(1)∵x＝ρcsθ，y＝ρsinθ，
∴直线l1的极坐标方程为ρcsθ＝0，即θ＝eq \f(π,2)(ρ∈R)，
圆C的极坐标方程为ρ2－2ρcsθ－2(1＋eq \r(2))ρsinθ＋3＋2eq \r(2)＝0.
(2)设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，ρ1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，ρ2))，将θ＝eq \f(π,2)代入ρ2－2ρcsθ－2(1＋eq \r(2))ρsinθ＋3＋2eq \r(2)＝0，
得ρ2－2(1＋eq \r(2))ρ＋3＋2eq \r(2)＝0，解得ρ1＝1＋eq \r(2).
将θ＝eq \f(π,4)代入ρ2－2ρcsθ－2(1＋eq \r(2))ρsinθ＋3＋2eq \r(2)＝0，
得ρ2－2(1＋eq \r(2))ρ＋3＋2eq \r(2)＝0，解得ρ2＝1＋eq \r(2).
故△OAB的面积为eq \f(1,2)×(1＋eq \r(2))2×sineq \f(π,4)＝1＋eq \f(3\r(2),4).
6．解析：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝csα,y＝1＋sinα))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝csα ①,y－1＝sinα ②))，
①2＋②2，得x2＋(y－1)2＝1，
∴圆C的普通方程为x2＋(y－1)2＝1.
又x＝ρcsθ，y＝ρsinθ，
∴(ρcsθ)2＋(ρsinθ－1)2＝1，
化简得圆C的极坐标方程为ρ＝2sinθ.
(2)解法一 把θ＝eq \f(π,6)代入圆的极坐标方程可得：ρP＝2sineq \f(π,6)＝1，
把θ＝eq \f(π,6)代入直线l的极坐标方程可得：ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝2，
∴ρQ＝2，
∴|PQ|＝|ρP－ρQ|＝1.
解法二 把θ＝eq \f(π,6)代入圆的极坐标方程可得：ρP＝2sineq \f(π,6)＝1.
将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程，得y＝－eq \r(3)x＋4，
射线OM：θ＝eq \f(π,6)的直角坐标方程为y＝eq \f(\r(3),3)x(x≥0)，
记直线l与x轴的交点为A，则△OAQ为直角三角形，其中∠QOA＝30°，
根据勾股定理可得|OQ|＝2，
∴|PQ|＝|OQ|－|OP|＝1.
7．解析：(1)由曲线C的参数方程，得其普通方程为4y＝x2，由x＝ρcsθ，y＝ρsinθ，得4ρsinθ＝ρ2cs2θ，∴曲线C的极坐标方程为ρcs2θ＝4sinθ，即ρ＝eq \f(4sinθ,cs2θ).
射线l2的极坐标方程为θ＝α＋eq \f(π,2)(ρ≥0)．
(2)依题意设A(ρA，α)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρB，\f(π,2)＋α))，则由(1)可得ρA＝eq \f(4sinα,cs2α)，ρB＝eq \f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,2))),cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,2))))，即ρB＝eq \f(4csα,sin2α)，
∴S△OAB＝eq \f(1,2)|OA|·|OB|＝eq \f(1,2)|ρA·ρB|＝eq \f(8|sinα·csα|,cs2α·sin2α)，
∵0