2022版高考数学大一轮复习作业本69《坐标系》(含答案详解)

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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.
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.
在极坐标系中，已知圆C经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(π,4)))，圆心为直线ρsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\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＋2sin θ=0和ρsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))=eq \f(\r(2),2)上的动点，求M，N的最小距离.
在极坐标系中，求直线ρ(eq \r(3)cs θ－sin θ)=2与圆ρ=4sin θ的交点的极坐标.
在极坐标系中，曲线C的方程为ρ2=eq \f(3,1＋2sin2 θ)，点R（ SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ）.
(1)以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，把曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，点R的极坐标化为直角坐标；
(2)设P为曲线C上一动点，以PR为对角线的矩形PQRS的一边垂直于极轴，求矩形PQRS周长的最小值，及此时P点的直角坐标.
已知直线l：ρsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))=4和圆C：ρ=2kcs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))(k≠0).若直线l上的点到圆C上的点的最小距离等于2.求实数k的值并求圆心C的直角坐标.
已知圆C：x2＋y2=4，直线l：x＋y=2.以O为极点，x轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系.
(1)将圆C和直线l方程化为极坐标方程；
(2)P是l上的点，射线OP交圆C于点R，又点Q在OP上，且满足|OQ|·|OP|=|OR|2，
当点P在l上移动时，求点Q轨迹的极坐标方程.
\s 0 参考答案
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：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：在ρsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\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Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\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=2cs θ.
解：因为M，N分别是曲线ρ＋2sin θ=0和ρsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\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：ρ(eq \r(3)cs θ－sin θ)=2化为直角坐标方程为eq \r(3)x－y=2，
即y=eq \r(3)x－2.ρ=4sin θ可化为x2＋y2=4y，
把y=eq \r(3)x－2代入x2＋y2=4y，
得4x2－8eq \r(3)x＋12=0，即x2－2eq \r(3)x＋3=0，
所以x=eq \r(3)，y=1.
所以直线与圆的交点坐标为(eq \r(3)，1)，化为极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,6))).
解：(1)曲线C：ρ2=eq \f(3,1＋2sin2 θ)，即ρ2＋2ρ2sin2 θ=3，
从而 eq \f(ρ2cs2 θ,3)＋ρ2sin2 θ=1.
∵x=ρcs θ，y=ρsin θ，
∴曲线C的直角坐标方程为eq \f(x2,3)＋y2=1，
点R的直角坐标为R(2,2).
(2)设P(eq \r(3)cs θ，sin θ)，
根据题意可得|PQ|=2－eq \r(3)cs θ，|QR|=2－sin θ，
∴|PQ|＋|QR|=4－2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))，
当θ=eq \f(π,6)时，|PQ|＋|QR|取最小值2，
∴矩形PQRS周长的最小值为4，
此时点P的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2))).
解：圆C的极坐标方程可化为ρ=eq \r(2)kcs θ－eq \r(2)ksin θ，
即ρ2=eq \r(2)kρcs θ－eq \r(2)kρsin θ，
所以圆C的直角坐标方程为x2＋y2－eq \r(2)kx＋eq \r(2)ky=0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(2),2)k))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(\r(2),2)k))2=k2，
所以圆心C的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)k，－\f(\r(2),2)k)).
直线l的极坐标方程可化为ρsin θ·eq \f(\r(2),2)－ρcs θ·eq \f(\r(2),2)=4，
所以直线l的直角坐标方程为x－y＋4eq \r(2)=0，
所以eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)k＋\f(\r(2),2)k＋4\r(2))),\r(2))－|k|=2.
即|k＋4|=2＋|k|，两边平方，得|k|=2k＋3，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k>0，,k＝2k＋3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k