高考数学(理数)一轮复习检测卷：11.2《参数方程》 (教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习检测卷：11.2《参数方程》 (教师版)
限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级　基础夯实练1．已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，圆C的极坐标方程为ρ＝4cos θ－6sin θ，直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝4＋tcos θ，,y＝tsin θ))(t为参数)．(1)写出圆C的直角坐标方程，并求圆心的坐标与半径；(2)若直线l与圆C交于不同的两点P，Q，且|PQ|＝4，求直线l的斜率．解：(1)由ρ＝4cos θ－6sin θ，得ρ2＝4ρcos θ－6ρsin θ，将ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x，ρsin θ＝y代入，可得x2＋y2－4x＋6y＝0，即(x－2)2＋(y＋3)2＝13，所以圆心的坐标为(2，－3)，半径为eq \r(13).(2)由直线l的参数方程知直线l过定点(4,0)，且由题意知，直线l的斜率一定存在．设直线l的方程为y＝k(x－4)．因为|PQ|＝4，所以eq \f(|2k＋3－4k|,\r(k2＋1))＝3，解得k＝0或k＝－eq \f(12,5).所以直线l的斜率为0或－eq \f(12,5).2．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为ρ＝2cos θ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求C的参数方程；(2)设点D在C上，C在D处的切线与直线l：y＝eq \r(3)x＋2垂直，根据(1)中你得到的参数方程，确定D的坐标．解：(1)C的普通方程为(x－1)2＋y2＝1(0≤y≤1)．可得C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1＋cos t，,y＝sin t))(t为参数，0≤t≤π)．(2)设D(1＋cos t，sin t)．由(1)知C是以G(1,0)为圆心，1为半径的上半圆．因为C在点D处的切线与l垂直，所以直线GD与l的斜率相同，tan t＝eq \r(3)，t＝eq \f(π,3).故D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos \f(π,3)，sin \f(π,3)))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2))).3．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的普通方程为x2＋y2＋2x－4＝0，曲线C2的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝t2，,y＝t))(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．(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；(2)求曲线C1与C2交点的极坐标，其中ρ≥0,0≤θ＜2π.解：(1)依题意，将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝ρcos θ，,y＝ρsin θ))代入x2＋y2＋2x－4＝0，可得ρ2＋2ρcos θ－4＝0.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝t2，,y＝t，))得y2＝x，将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝ρcos θ，,y＝ρsin θ))代入上式化简得ρsin2 θ＝cos θ，故曲线C1的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－4＝0，曲线C2的极坐标方程为ρsin2 θ＝cos θ.(2)将y2＝x代入x2＋y2＋2x－4＝0，得x2＋3x－4＝0，解得x＝1或x＝－4(舍去)，当x＝1时，y＝±1，即C1与C2交点的直角坐标为A(1,1)，B(1，－1)．∵ρA＝eq \r(2)，ρB＝eq \r(2)，tan θA＝1，tan θB＝－1，ρ≥0,0≤θ＜2π，∴θA＝eq \f(π,4)，θB＝eq \f(7π,4)，故曲线C1与C2交点的极坐标为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(7π,4))).4．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\co1(x＝2＋2cos θ，,y＝－\r(3)＋2sin θ))(θ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，直线l上两点M，N的极坐标分别为(2,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2))).(1)设P为线段MN的中点，求直线OP的直角坐标方程；(2)判断直线l与圆C的位置关系．解：(1)M，N的直角坐标分别为(2,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))，于是点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，所以直线OP的直角坐标方程为y＝eq \f(\r(3),3)x，即x－eq \r(3)y＝0.(2)直线l的方程为x＋eq \r(3)y－2＝0，圆C的方程为(x－2)2＋(y＋eq \r(3))2＝4，圆心C(2，－eq \r(3))到l的距离d＝eq \f(3,2)＜2，所以直线l与圆C相交．B级　能力提升练5．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\co1(x＝－5＋\r(2)cos t，,y＝3＋\r(2)sin t))(t为参数)，在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为eq \f(\r(2),2)ρcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－1.(1)求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)设直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，P是圆C上任一点，求A，B两点的极坐标和△PAB面积的最小值．解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－5＋\r(2)cos t，,y＝3＋\r(2)sin t))消去参数t，得(x＋5)2＋(y－3)2＝2，所以圆C的普通方程为(x＋5)2＋(y－3)2＝2.由eq \f(\r(2),2)ρcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－1，得ρcos θ－ρsin θ＝－2，所以直线l的直角坐标方程为x－y＋2＝0.(2)直线l与x轴，y轴的交点分别为A(－2,0)，B(0,2)，化为极坐标为A(2，π)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,2)))，设P点的坐标为(－5＋eq \r(2)cos t,3＋eq \r(2)sin t)，则P点到直线l的距离d＝eq \f(|－5＋\r(2)cos t－3－\r(2)sin t＋2|,\r(2))＝eq \f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－6＋2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(π,4)))))),\r(2))，所以dmin＝eq \f(4,\r(2))＝2eq \r(2)，又|AB|＝2eq \r(2)，所以△PAB面积的最小值为eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)＝4.6．已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，圆C的极坐标方程为ρ＝asin θ，直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,5)t＋2，,y＝\f(4,5)t))(t为参数)．(1)若a＝2，M是直线l与x轴的交点，N是圆C上一动点，求|MN|的最小值；(2)若直线l被圆C截得的弦长等于圆C的半径的eq \r(3)倍，求a的值．解：(1)当a＝2时，圆C的极坐标方程为ρ＝2sin θ，可化为ρ2＝2ρsin θ，化为直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，即x2＋(y－1)2＝1.直线l的普通方程为4x＋3y－8＝0，与x轴的交点M的坐标为(2,0)，∵圆心(0,1)与点M(2,0)间的距离为eq \r(5)，∴|MN|的最小值为eq \r(5)－1.(2)ρ＝asin θ可化为ρ2＝aρsin θ，∴圆C的直角坐标方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(a,2)))2＝eq \f(a2,4).∵直线l被圆C截得的弦长等于圆C的半径的eq \r(3)倍，∴圆心到直线l的距离为圆C半径的一半，∴eq \f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a－8))),\r(42＋32))＝eq \f(1,2)×eq \f(|a|,2)，解得a＝32或a＝eq \f(32,11).7．在直角坐标系xOy中，曲线C1：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝tcos α，,y＝tsin α))(t为参数，t≠0，其中0≤α＜π)．在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝2sin θ，C3：ρ＝2eq \r(3)cos θ.(1)求C2与C3交点的直角坐标；(2)若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．解：(1)曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－2eq \r(3)x＝0.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2y＝0，,x2＋y2－2\r(3)x＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),2)，,y＝\f(3,2).))所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).(2)曲线C1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α＜π.因此A的极坐标为(2sin α，α)，B的极坐标为(2eq \r(3)cos α，α)．所以|AB|＝|2sin α－2eq \r(3)cos α|＝4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3))))).当α＝eq \f(5π,6)时，|AB|取得最大值，最大值为4.8．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－3＋4cos θ，,y＝4＋4sin θ))(θ为参数)，直线l1的方程为kx－y＋k＝0，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l2的极坐标方程为cos θ－2sin θ＝eq \f(4,ρ).(1)写出曲线C的普通方程和直线l2的直角坐标方程；(2)若l1与C交于不同的两点M，N，MN的中点为P，l1与l2的交点为Q，l1恒过点A，求|AP|·|AQ|.解：(1)由曲线C的参数方程消去参数，得曲线C的普通方程为(x＋3)2＋(y－4)2＝16，由cos θ－2sin θ＝eq \f(4,ρ)，得ρcos θ－2ρsin θ＝4，将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入，得直线l2的直角坐标方程为x－2y－4＝0.(2)设M，N，Q所对应的参数分别为t1，t2，t3，由题意得直线l1恒过点A(－1,0)，故l1的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1＋tcos α，,y＝tsin α))(t为参数)，代入曲线C的普通方程得t2＋4t(cos α－2sin α)＋4＝0，则t1＋t2＝4(2sin α－cos α)，将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1＋tcos α，,y＝tsin α))代入x－2y－4＝0，整理得t3＝eq \f(5,cos α－2sin α)，则|AP|·|AQ|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t1＋t2,2)))·|t3|＝2|2sin α－cos α|·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5,cos α－2sin α)))＝10.