2023届高考一轮复习讲义（理科）选修4－4　坐标系与参数方程 第1讲　高效演练分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）选修4－4　坐标系与参数方程 第1讲　高效演练分层突破学案，共6页。

(1)求曲线C1的极坐标方程；
(2)已知点M(2，0)，直线l的极坐标方程为θ＝eq \f(π,6)，它与曲线C1的交点为O，P，与曲线C2的交点为Q，求△MPQ的面积．
解：(1)C1：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs t，,y＝1＋sin t，))
其普通方程为x2＋(y－1)2＝1，化为极坐标方程为C1：ρ＝2sin θ.
(2)联立C1与l的极坐标方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρ＝2sin θ，,θ＝\f(π,6)，))解得P点极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(π,6)))，
联立C2与l的极坐标方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2ρcs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝3\r(3)，,θ＝\f(π,6)，))解得Q点极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(π,6)))，所以PQ＝2，又点M到直线l的距离d＝2sin eq \f(π,6)＝1，
故△MPQ的面积S＝eq \f(1,2)PQ·d＝1.
2．(2020·广东省潮州市第二次模拟)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＝1＋cs α，,y＝sin α))(α为参数)，曲线C2：eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(1)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求C1，C2的极坐标方程；
(2)射线OT：θ＝eq \f(π,6)(ρ≥0)与C1异于极点的交点为A，与C2的交点为B，求|AB|的大小．
解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋cs α,y＝sin α))得(x－1)2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0，
所以C1的极坐标方程为ρ2－2ρcs θ＝0，即ρ＝2cs θ；
由eq \f(x2,3)＋y2＝1得C2的极坐标方程为eq \f(ρ2cs2 θ,3)＋ρ2sin2 θ＝1.
(2)联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρ＝2cs θ,θ＝\f(π,6)))得|OA|＝ρ1＝2cs eq \f(π,6)＝eq \r(3)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(ρ2cs2 θ,3)＋ρ2sin2 θ＝1，,θ＝\f(π,6)))得|OB|＝ρ2＝eq \r(2)，
所以|AB|＝eq \r(3)－eq \r(2).
3．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＝2cs 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．
解：(1)直线l的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2＋tcs α，,y＝－4＋tsin α))(t为参数)，
ρsin2θ＝2cs θ，即ρ2sin2θ＝2ρcs θ，将x＝ρcs θ，y＝ρsin θ代入曲线C得直角坐标方程为y2＝2x.
(2)把直线l的参数方程代入y2＝2x得
t2sin2α－(2cs α＋8sin α)t＋20＝0，
设A，B对应的参数分别为t1，t2，
由一元二次方程根与系数的关系得t1t2＝eq \f(20,sin2α)，
根据直线的参数方程中参数的几何意义，得|MA|·|MB|＝|t1t2|＝eq \f(20,sin2α)＝40，得α＝eq \f(π,4)或α＝eq \f(3π,4).
又Δ＝(2cs α＋8sin α)2－80sin2α>0，所以α＝eq \f(π,4).
4．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)cs φ，,y＝sin φ))(φ为参数)，曲线C2：x2＋y2－2y＝0，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l：θ＝α(ρ≥0)与曲线C1，C2分别交于点A，B(均异于原点O)．
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)当0<α解：(1)因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)cs φ，,y＝sin φ))(φ为参数)，所以曲线C1的普通方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ))得曲线C1的极坐标方程为ρ2＝eq \f(2,1＋sin2θ).
因为x2＋y2－2y＝0，
所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.
(2)由(1)得|OA|2＝ρ2＝eq \f(2,1＋sin2α)，|OB|2＝ρ2＝4sin2α，
所以|OA|2＋|OB|2＝eq \f(2,1＋sin2α)＋4sin2α＝eq \f(2,1＋sin2α)＋4(1＋sin2α)－4，
因为0<α所以6所以|OA|2＋|OB|2的取值范围为(2，5)．
[综合题组练]
1．在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程是x＝4.曲线C的参数方程是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\r(2)cs φ，,y＝1＋\r(2)sin φ))(φ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．
(1)求直线l和曲线C的极坐标方程；
(2)若射线θ＝αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ≥0，0<α<\f(π,4)))与曲线C交于点O，A，与直线l交于点B，求eq \f(|OA|,|OB|)的取值范围．
解：(1)由x＝ρcs θ，得直线l的极坐标方程为ρcs θ＝4.
曲线C的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\r(2)cs φ，,y＝1＋\r(2)sin φ))(φ为参数)，
消去参数φ得曲线C的普通方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，
即x2＋y2－2x－2y＝0，
将x2＋y2＝ρ2，x＝ρcs θ，y＝ρsin θ代入上式得ρ2＝2ρcs θ＋2ρsin θ，
所以曲线C的极坐标方程为ρ＝2cs θ＋2sin θ.
(2)设A(ρ1，α)，B(ρ2，α)，
则ρ1＝2cs α＋2sin α，ρ2＝eq \f(4,cs α)，
所以eq \f(|OA|,|OB|)＝eq \f(ρ1,ρ2)＝eq \f(（2cs α＋2sin α）cs α,4)
＝eq \f(sin αcs α＋cs2α,2)＝eq \f(1,4)(sin 2a＋cs 2α)＋eq \f(1,4)
＝eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＋eq \f(1,4)，
因为0<α所以eq \f(\r(2),2)所以eq \f(1,2)故eq \f(|OA|,|OB|)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1＋\r(2),4))).
2．在直角坐标系xOy中，直线l的方程是y＝6，圆C的参数方程是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs φ，,y＝1＋sin φ))(φ为参数)，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
(1)分别求直线l与圆C的极坐标方程；
(2)射线OM：θ＝αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<α<\f(π,2)))与圆C的交点为O，P两点，与直线l交于点M，射线ON：θ＝α＋eq \f(π,2)与圆C交于O，Q两点，与直线l交于点N，求eq \f(|OP|,|OM|)·eq \f(|OQ|,|ON|)的最大值．
解：(1)直线l的方程是y＝6，可得极坐标方程为ρsin θ＝6，圆C的参数方程是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs φ，,y＝1＋sin φ))(φ为参数)，
可得普通方程为x2＋(y－1)2＝1，
展开为x2＋y2－2y＝0.
化为极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＝0，即ρ＝2sin θ.
(2)由题意可得，点P，M的极坐标为(2sin α，α)，(eq \f(6,sin α)，α)．
所以|OP|＝2sin α，|OM|＝eq \f(6,sin α)，可得eq \f(|OP|,|OM|)＝eq \f(sin2α,3).
同理可得eq \f(|OQ|,|ON|)＝eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,2))),3)＝eq \f(cs2α,3).
所以eq \f(|OP|,|OM|)·eq \f(|OQ|,|ON|)＝eq \f(sin22α,36)≤eq \f(1,36).
当α＝eq \f(π,4)时，取等号．
所以eq \f(|OP|,|OM|)·eq \f(|OQ|,|ON|)的最大值为eq \f(1,36).
3．在直角坐标系中，已知曲线M的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋2\r(2)cs β，,y＝1＋2\r(2)sin β))(β为参数)，在极坐标系中，直线l1的方程为α1＝θ，直线l2的方程为α2＝θ＋eq \f(π,2).
(1)写出曲线M的普通方程，并指出它是什么曲线；
(2)设l1与曲线M交于A，C两点，l2与曲线M交于B，D两点，求四边形ABCD面积的取值范围．
解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋2\r(2)cs β，,y＝1＋2\r(2)sin β))(β为参数)，消去参数β，得曲线M的普通方程为(x－1)2＋(y－1)2＝8，
所以曲线M是以(1，1)为圆心，2eq \r(2)为半径的圆．
(2)设|OA|＝ρ1，|OC|＝ρ2，因为O，A，C三点共线，
则|AC|＝|ρ1－ρ2|＝eq \r(（ρ1＋ρ2）2－4ρ1ρ2) (*)，
将曲线M的方程化成极坐标方程，得ρ2－2ρ(sin θ＋cs θ)－6＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρ1＋ρ2＝2（sin θ＋cs θ），,ρ1ρ2＝－6，))代入(*)式得|AC|＝eq \r(28＋4sin 2θ).
用θ＋eq \f(π,2)代替θ，得|BD|＝eq \r(28－4sin 2θ)，
又l1⊥l2，所以S四边形ABCD＝eq \f(1,2)|AC|·|BD|，
所以S四边形ABCD＝eq \f(1,2)eq \r(（28＋4sin 2θ）（28－4sin 2θ）)＝2eq \r(49－sin22θ)，
因为sin22θ∈[0，1]，所以S四边形ABCD∈[8eq \r(3)，14]．
4．在极坐标系中，已知曲线C1：ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，C2：ρ＝1(0≤θ≤π)，C3：eq \f(1,ρ2)＝eq \f(cs2θ,3)＋sin2θ.设C1与C2交于点M.
(1)求点M的极坐标；
(2)若直线l过点M，且与曲线C3交于不同的两点A，B，求eq \f(|MA|·|MB|,|AB|)的最小值．
解：(1)曲线C1：ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，可得x－y＝1，C2：ρ＝1(0≤θ≤π)，可得x2＋y2＝1(y≥0)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝1，,x2＋y2＝1（y≥0），))可得点M的直角坐标为(1，0)，因此点M的极坐标为(1，0)．
(2)由题意得，曲线C3的直角坐标方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.设直线l的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋tcs α，,y＝tsin α))(t为参数)，代入曲线C3的直角坐标方程并整理得(3sin2α＋cs2α)t2＋(2cs α)t－2＝0.设点A，B对应的参数分别为t1，t2，则
t1＋t2＝－eq \f(2cs α,3sin2α＋cs2α)，t1t2＝－eq \f(2,3sin2α＋cs2α)，
所以|MA|·|MB|＝|t1t2|＝eq \f(2,3sin2α＋cs2α)，
|AB|＝|t1－t2|＝eq \r(（t1＋t2）2－4t1t2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2cs α,3sin2α＋cs2α)))\s\up12(2)－4·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3sin2α＋cs2α))))
＝eq \f(2\r(3)\r(1＋sin2α),3sin2α＋cs2α).
所以eq \f(|MA|·|MB|,|AB|)＝eq \f(\r(3),3\r(1＋sin2α)) .
因为0≤α<π，所以0≤sin2α≤1.
所以当α＝eq \f(π,2)时，sin α＝1，此时eq \f(|MA|·|MB|,|AB|)有最小值，最小值为eq \f(\r(6),6).