2020版江苏高考数学一轮复习学案：第16章选修4 第17课《极坐标与参数方程的应用》(含解析)

　____第17课__极坐标与参数方程的应用____  1. 理解并掌握一些简单图形(过极点的直线、过极点的圆、圆心在极点的圆等)的极坐标方程．2. 理解并掌握直线、圆和中心在原点的椭圆的参数方程．3. 能利用极坐标和参数方程解决相关问题.     1. 阅读：选修44第18～24页，第47～49页．2. 解悟：进行极坐标与直角坐标的互化，尤其是曲线的极坐标方程与直角坐标的方程的互化；直线的参数方程与普通方程的互化(尤其要注意直线参数方程中参数的选取)．3. 践习：在教材空白处，完成第47页例1，第49页例3，第57页习题第6、7、8题. 　基础诊断　1. 将参数方程(α为参数)化为普通方程为________________．2. 圆ρ＝3cosθ被直线(t为参数)截得的弦长为________．3. 圆锥曲线(t为参数)的焦点坐标是________．4. 在极坐标系中，直线ρcosθ＋ρsinθ＝a(a>0)与圆ρ＝2cosθ相切，则a＝________．　范例导航　考向直线与圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化应用　　例1　在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为(t为参数)，直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，求线段AB的长．       在极坐标系中，圆C的方程为ρ＝4cos(θ－)，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为(t为参数)，求直线l被圆C截得的弦AB的长度．     考向直线与椭圆的参数方程与普通方程的互化应用)　　例2　在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α是参数)，以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为ρsin＝2.(1) 写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；(2) 设点P在曲线C1上，点Q在直线C2上，求PQ的最小值及此时点P的直角坐标．     在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(θ是参数)，直线l的参数方程为(t是参数)．(1) 若a＝－1，求曲线C与直线l的交点坐标；(2) 若曲线C上的点到直线l距离的最大值为，求a的值．        考向利用参数方程求最值　　例3　在平面直角坐标系xOy中，设动点P，Q都在曲线C：(θ为参数)上，且这两点对应的参数分别为θ＝α，θ＝2α(0<α<2π)，设PQ的中点M与定点A(1，0)间的距离为d，求d的取值范围．        　自测反馈　1. 在极坐标系中，直线4ρcos＋1＝0与圆ρ＝2sinθ的公共点的个数为________．2. 已知曲线C的极坐标方程是ρ＝4sin，则它的直角坐标方程为______________．3. 在平面直角坐标系xOy中，过椭圆(φ为参数)的左焦点与直线(t为参数)垂直的直线方程为________．4. 设直线l1的参数方程为(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得到另一直线l2的方程为ρsinθ－3ρcosθ＋4＝0，若直线l1与l2之间的距离为，则实数a的值为________． 1. 求解与极坐标有关的问题，主要有两种方法：一是直接利用极坐标求解，求解时可与数形结合的思想一起应用；二是转化为直角坐标后，用直角坐标求解．使用后一种方法时应注意，若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化为极坐标．2. 参数方程化为普通方程：化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消去法、加减消去法、恒等式(三角的或代数的)消去法，不要忘了参数的范围．3. 总结参数方程求解的思路：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第17课　极坐标与参数方程的应用　基础诊断　1. x2＋(y－1)2＝1(－1≤x≤1)　解析：由题意得(α为参数)，所以x2＋(y－1)2＝1，即该参数方程化为普通方程为x2＋(y－1)2＝1且－1≤x≤1.2. 3　解析：圆ρ＝3cosθ化为直角坐标方程为＋y2＝.将直线(t为参数)代入＋y2＝得20t2＋10t－1＝0，则t1＋t2＝－，t1t2＝－，所以(t1－t2)2＝，故直线截得的弦长为＝3.3. (1，0)　解析：由题意得曲线参数方程(t为参数)，将②两边平方得y2＝4t2.又因为x＝t2，所以该曲线的普通方程为y2＝4x，故焦点为(1，0)．4 1＋　解析：圆ρ＝2cosθ，转化成ρ2＝2ρcosθ，进一步转化成直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1，把直线ρ cos θ＋ρ sin θ＝a的方程转化成直角坐标方程为x＋y－a＝0.由于直线和圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，所以 ＝1，且a>0，故a＝1＋.　范例导航　例1　解析：直线l的普通方程为x＋y＝3，代入抛物线y2＝4x并整理得x2－10x＋9＝0，解得x＝1或x＝9，所以交点A(1，2)，B(9，－6)，故AB＝8.解析：圆C的直角坐标方程为x2＋y2－4x－4y＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝8，圆心C(2，2)，半径r＝2，直线l的普通方程为x－y－2＝0.圆心到直线l的距离d＝＝，所以弦长AB＝2＝2.例2　解析：(1) 曲线C1的参数方程为(α是参数)，化为普通方程，即有椭圆C1：＋y2＝1.曲线C2的极坐标方程为ρ sin＝2，可得ρ sin θ＋ρ cos θ＝2，即直线C2的直角坐标方程为x＋y－4＝0.(2) 由题意可得当直线x＋y－4＝0的平行线与椭圆相切时，PQ取得最值．设与直线x＋y－4＝0平行的直线方程为x＋y＋t＝0，　联立可得4x2＋6tx＋3t2－3＝0，由直线与椭圆相切，得Δ＝36t2－16(3t2－3)＝0，解得t＝±2，显然当t＝－2时，PQ取得最小值，即有PQ min＝，此时4x2－12x＋9＝0，解得x＝，故此时点P的直角坐标为.【注】 (1) 运用两边平方和同角的平方关系，即可得到C1的普通方程，运用x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，以及两角和的正弦公式，化简可得C2的直角坐标方程．(2) 由题意可得当直线x＋y－4＝0的平行线与椭圆相切时，PQ取得最值．设与直线x＋y－4＝0平行的直线方程为x＋y＋t＝0，代入椭圆方程，运用判别式为0，求得t，再由平行线的距离公式，可得PQ的最小值，解方程可得点P的直角坐标．解析：(1) 曲线C的参数方程为(θ为参数)，化为普通方程是＋y2＝1.当a＝－1时，直线l的参数方程化为普通方程是x＋4y－3＝0.联立方程解得或 所以椭圆C和直线l的交点为(3，0)和.　(2) 直线l的参数方程(t为参数)化为普通方程是x＋4y－a－4＝0，椭圆C上的任意一点P可以表示成P(3cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π)，所以点P到直线l的距离d为d＝＝，其中，φ满足tanφ＝，且d的最大值为.①当－a－4≤0，即a≥－4时，|5sin(θ＋φ)－a－4|≤|－5－a－4|＝5＋a＋4＝17，解得a＝8≥－4，符合题意；②当－a－4>0，即a<－4时，|5sin(θ＋φ)－a－4|≤|5－a－4|＝5－a－4＝1－a＝17，解得a＝－16<－4，符合题意．综上所述，a的值为8或－16.【注】 (1) 将曲线C的参数方程化为普通方程，直线l的参数方程化为普通方程，联立两方程可以求得交点坐标．(2) 曲线C上的点可以表示成P(3cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π)，运用点到直线距离公式可以表示出点P到直线l的距离，再结合距离最大值为进行分析，可以求出a的值．本题主要考查曲线的参数方程、点到直线距离和三角函数的最值，难点在于如何根据曲线C上的点到直线l距离的最大值求出a.例3　解析：由题设知点P(1＋2cosα，2sinα)，Q(1＋2cos2α，2sin2α)，于是PQ中点M(1＋cosα＋cos2α，sin α＋sin2α)．从而d2＝MA2＝(cosα＋cos2α)2＋(sin α＋sin2α)2＝2＋2cosα.因为0<α<2π，所以－1≤cosα<1，于是0≤d2<4，故d的取值范围是[0，2)．备用题已知曲线C的参数方程为(t为参数，t>0)，求曲线C的普通方程．解析：因为x2＝t＋－2，所以x2＋2＝t＋＝，故曲线C的普通方程为3x2－y＋6＝0.　自测反馈　1. 2　解析：直线4ρcos＋1＝0化为直角坐标方程为2x＋2y＋1＝0.圆ρ＝2sinθ化为直角坐标方程x2＋y2＝2y，即x2＋(y－1)2＝1.所以圆心C(0，1)到直线的距离d＝<1＝R，所以直线4ρcos(θ－)＋1＝0与圆ρ＝2sinθ的公共点的个数为2.2. (x＋1)2＋(y－)2＝4　解析：曲线C：ρ＝4sin化为ρ2＝2ρsin θ－2ρcos θ，化为直角坐标方程为(x＋1)2＋(y－)2＝4.3. x＋2y＋4＝0　解析：椭圆(φ为参数)化为＋＝1，直线(t为参数)化为2x－y－6＝0.由此可得椭圆左焦点为(－4，0)，令过点(－4，0)且与该直线垂直的直线为x＋2y＋c＝0，将点(－4，0)代入得c＝4，故过点(－4，0)与直线(t为参数)垂直的直线方程为x＋2y＋4＝0.4. 9或－11　解析：直线l1：(t为参数)化为普通方程为3x－y＋a－3＝0，直线l2：ρsinθ－3ρcosθ＋4＝0，化为直角坐标方程为－3x＋y＋4＝0，即这两条直线平行，故l1与l2间的距离为d＝＝，解得a＝9或a＝－11.