高考数学一轮复习第十章选修系列选修4_4第一节坐标系课时规范练含解析文北师大版

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第一节 坐标系
课时规范练
1．在极坐标系中，直线l的方程为ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－θ))＝2，曲线C的方程为ρ＝4cs θ，求直线l被曲线C截得的弦长．
解析：因为曲线C的极坐标方程为ρ＝4cs θ，化成直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4，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ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－θ))＝2，
化成直角坐标方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x－4)，
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).
如图，连接OB.
因为OA为直径，从而∠OBA＝eq \f(π,2)，
所以AB＝4cs eq \f(π,6)＝2eq \r(3).
所以直线l被曲线C截得的弦长为2eq \r(3).
2．(2020·青岛质检)在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs φ，,y＝1＋sin φ))(其中φ为参数)．以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求圆C的极坐标方程；
(2)设直线l的极坐标方程是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，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长．
解析：(1)圆C的普通方程为x2＋(y－1)2＝1，又x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，所以圆C的极坐标方程为ρ＝2sin θ.
(2)把θ＝eq \f(π,6)代入圆的极坐标方程可得ρP＝1，
把θ＝eq \f(π,6)代入直线l的极坐标方程可得ρQ＝2，
所以|PQ|＝|ρP－ρQ|＝1.
3．(2019·郑州一中模拟)在平面直角坐标系中，曲线C1的普通方程为x2＋y2＋2x－4＝0，曲线C2的方程为y2＝x，以坐标原点O为极点，x轴非负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.
解析：(1)依题意，将eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ))代入x2＋y2＋2x－4＝0可得ρ2＋2ρcs θ－4＝0.
将eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ))
代入y2＝x，得ρsin2θ＝cs θ.
故曲线C1的极坐标方程为ρ2＋2ρcs θ－4＝0，曲线C2的极坐标方程为ρsin2θ＝cs θ.
(2)将y2＝x代入x2＋y2＋2x－4＝0，得x2＋3x－4＝0，解得x＝1，x＝－4(舍去)，
当x＝1时，y＝±1，所以曲线C1与C2交点的直角坐标分别为(1，1)，(1，－1)，记A(1，1)，B(1，－1)，
所以ρA＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，ρB＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，
tan θA＝1，tan θB＝－1，
因为ρ≥0，0≤θ＜2π，点A在第一象限，点B在第四象限，
所以θA＝eq \f(π,4)，θB＝eq \f(7π,4)，故曲线C1与C2交点的极坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(π,4)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(7π,4))).
4．(2020·山西八校联考)在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为(x－3)2＋(y－4)2＝25.以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)设l1：θ＝eq \f(π,6)，l2：θ＝eq \f(π,3)，若l1，l2与曲线C分别交于异于原点的A，B两点，求△AOB的面积．
解析：(1)∵曲线C的普通方程为(x－3)2＋(y－4)2＝25，即x2＋y2－6x－8y＝0.
∴曲线C的极坐标方程为ρ＝6cs θ＋8sin θ.
(2)设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ1，\f(π,6)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ2，\f(π,3))).
把θ＝eq \f(π,6)代入ρ＝6cs θ＋8sin θ，得ρ1＝4＋3eq \r(3)，
∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋3\r(3)，\f(π,6))).
把θ＝eq \f(π,3)代入ρ＝6cs θ＋8sin θ，得ρ2＝3＋4eq \r(3)，
∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋4\r(3)，\f(π,3))).∴S△AOB＝eq \f(1,2)ρ1ρ2sin∠AOB
＝eq \f(1,2)(4＋3eq \r(3))(3＋4eq \r(3))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,6)))＝12＋eq \f(25\r(3),4).