2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习课时作业：63 参数方程

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[基础达标]
1．[2021·安徽省示范高中名校高三联考]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2csφ,y＝sinφ))(φ为参数)，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2是圆心的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(7)，\f(π,2)))且经过极点的圆．
(1)求曲线C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程；
(2)已知射线θ＝eq \f(π,3)(ρ≥0)分别与曲线C1，C2交于点A，B(点B异于坐标原点O)，求线段AB的长．
2．[2021·黄冈中学，华师附中等八校联考]在直角坐标系xOy中，倾斜角为α的直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2＋tcsα,y＝\r(3)＋tsinα))(t为参数)．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ2＝2ρcsθ＋8.
(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，且|AB|＝4eq \r(2)，求直线l的倾斜角．
3.[2021·广东省七校联合体高三联考试题]在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1：x＋y＝1与曲线C2：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2＋2csφ,y＝2sinφ))(φ为参数)．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)写出曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)在极坐标系中，已知l：θ＝α(ρ>0)与C1，C2的公共点分别为A，B，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，当eq \f(|OB|,|OA|)＝4时，求α的值．
4．[2021·唐山市高三年级摸底考试]在极坐标系中，圆C：ρ＝4csθ.以极点O为原点，极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系xOy，直线l经过点M(－1，－3eq \r(3))且倾斜角为α.
(1)求圆C的直角坐标方程和直线l的参数方程；
(2)已知直线l与圆C交于A，B两点，满足A为MB的中点，求α.
5.[2020·全国卷Ⅱ]已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4cs2θ，,y＝4sin2θ))(θ为参数)，C2：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝t＋\f(1,t)，,y＝t－\f(1,t)))(t为参数)．
(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．
6．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2csα,y＝2sinα))(α∈[0,2π)，α为参数)，在同一平面直角坐标系中，曲线C经过伸缩变换eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝2x,y′＝y))得到曲线C1，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系(ρ为极径，θ为极角)．
(1)求曲线C的普通方程和曲线C1的极坐标方程；
(2)若射线OA：θ＝β(ρ>0)与曲线C1交于点A，射线OB：θ＝β＋eq \f(π,2)(ρ>0)与曲线C1交于点B，求eq \f(1,|OA|2)＋eq \f(1,|OB|2)的值．
[能力挑战]
7．[2021·河南省豫北名校高三质量考评]在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝x0＋tcsφ,y＝y0＋tsinφ))(t为参数，φ∈[0，π))．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝8cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ)).
(1)求圆C的直角坐标标准方程；
(2)设点P(x0，y0)，圆心C(2x0,2y0)，若直线l与圆C交于M，N两点，求eq \f(|PM|,|PN|)＋eq \f(|PN|,|PM|)的最大值．
课时作业63
1．解析：(1)由曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2cs φ,y＝sin φ))(φ为参数)，消去参数φ得eq \f(x2,4)＋y2＝1，
将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ,y＝ρsin θ))代入eq \f(x2,4)＋y2＝1得曲线C1的极坐标方程为ρ2＝eq \f(4,cs2θ＋4sin2θ)＝eq \f(4,1＋3sin2θ).
由曲线C2是圆心的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(7)，\f(π,2)))且经过极点的圆，
可得其极坐标方程为ρ＝2eq \r(7)sin θ，
从而得C2的直角坐标方程为x2＋y2－2eq \r(7)y＝0.
(2)将θ＝eq \f(π,3)(ρ≥0)代入ρ＝2eq \r(7)sin θ得ρB＝2eq \r(7)sineq \f(π,3)＝eq \r(21)，
将θ＝eq \f(π,3)(ρ≥0)代入ρ2＝eq \f(4,cs2θ＋4sin2θ)得ρA＝eq \r(\f(4,cs2\f(π,3)＋4sin2\f(π,3)))＝eq \f(4\r(13),13)，
故|AB|＝ρB－ρA＝eq \f(13\r(21)－4\r(13),13).
2．解析：(1)因为直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2＋tcs α,y＝\r(3)＋tsin α))(t为参数)，
所以当α＝eq \f(π,2)时，直线l的普通方程为x＝2，
当α≠eq \f(π,2)时，直线l的普通方程为y－eq \r(3)＝tan α(x－2)，即y＝xtan α＋eq \r(3)－2tan α.
因为ρ2＝x2＋y2，ρcs θ＝x，ρ2＝2ρcs θ＋8，所以x2＋y2＝2x＋8.
所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－8＝0.
(2)解法一 曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－8＝0，
将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程整理，得t2＋(2eq \r(3)sin α＋2cs α)t－5＝0.
因为Δ＝(2eq \r(3)sin α＋2cs α)2＋20>0，所以可设该方程的两个根分别为t1，t2，则t1＋t2＝－(2eq \r(3)sin α＋2cs α)，
所以|AB|＝|t1－t2|＝eq \r((t1＋t2)2－4t1t2)＝eq \r([－(2\r(3)sin α＋2cs α)]2＋20)＝4eq \r(2).
整理得(eq \r(3)sin α＋2cs α)2＝3，故2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝±eq \r(3).
因为0≤α<π，所以α＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)或α＋eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)，解得α＝eq \f(π,6)或α＝eq \f(π,2)，
综上所述，直线l的倾斜角为eq \f(π,6)或eq \f(π,2).
解法二 直线l与曲线C交于A，B两点，且|AB|＝4eq \r(2)，曲线C为圆：(x－1)2＋y2＝9，
故圆心C(1,0)到直线l的距离d＝eq \r(9－(2\r(2))2)＝1.
①当α＝eq \f(π,2)时，直线l的普通方程为x＝2，符合题意．
②当α∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，直线l的方程为xtan α－y＋eq \r(3)－2tan α＝0，
所以d＝eq \f(|tan α－0＋\r(3)－2tan α|,\r(1＋tan2α))＝1，整理得|eq \r(3)－tan α|＝eq \r(1＋tan2α)，解得α＝eq \f(π,6).
综上所述，直线l的倾斜角为eq \f(π,6)或eq \f(π,2).
3．解析：(1)由x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，可得曲线C1的极坐标方程为ρcs θ＋ρsin θ＝1，即ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2).
曲线C2的普通方程为(x－2)2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0，
又x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cs θ.
(2)由(1)知|OA|＝ρA＝eq \f(1,cs α＋sin α)，|OB|＝ρB＝4cs α，
∴eq \f(|OB|,|OA|)＝4cs α(cs α＋sin α)＝2(1＋cs 2α＋sin 2α)＝2＋2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4))).
∵eq \f(|OB|,|OA|)＝4，∴2＋2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝4，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2).
由0<α4．解析：(1)由圆C：ρ＝4cs θ可得ρ2＝4ρcs θ，
因为ρ2＝x2＋y2，x＝ρcs θ，
所以x2＋y2＝4x，即(x－2)2＋y2＝4，故圆C的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4.
直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1＋tcs α,y＝－3\r(3)＋tsin α))(t为参数，0≤α<π)．
(2)设A，B对应的参数分别为tA，tB，
将直线l的参数方程代入C的直角坐标方程并整理，得t2－6t(eq \r(3)sin α＋cs α)＋32＝0，Δ＝36(eq \r(3)sin α＋cs α)2－4×32>0 ①，
所以tA＋tB＝6(eq \r(3)sin α＋cs α)，tA·tB＝32.
又A为MB的中点，所以tB＝2tA，
因此tA＝2(eq \r(3)sin α＋cs α)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，tB＝8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，
所以tA·tB＝32sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝32，即sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝1.
因为0≤α<π，所以eq \f(π,6)≤α＋eq \f(π,6)从而α＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(π,3)，又α＝eq \f(π,3)满足①式，所以所求α＝eq \f(π,3).
5．解析：(1)C1的普通方程为x＋y＝4(0≤x≤4)．
由C2的参数方程得x2＝t2＋eq \f(1,t2)＋2，y2＝t2＋eq \f(1,t2)－2，
所以x2－y2＝4.
故C2的普通方程为x2－y2＝4.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝4，,x2－y2＝4))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(5,2)，,y＝\f(3,2)，))所以P的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(3,2))).
设所求圆的圆心的直角坐标为(x0,0)，
由题意得xeq \\al(2,0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(5,2)))2＋eq \f(9,4)，
解得x0＝eq \f(17,10).
因此，所求圆的极坐标方程为ρ＝eq \f(17,5)cs θ.
6．解析：(1)将曲线C的参数方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2cs α,y＝2sin α))(α∈[0,2π)，α为参数)消去参数，得x2＋y2＝4，所以曲线C的普通方程为x2＋y2＝4.
曲线C经过伸缩变换得到曲线C1，则曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝4cs α,y′＝2sin α))，得x′2＋4y′2＝16，
将x′＝ρcs θ，y′＝ρsin θ，代入上式得曲线C1的极坐标方程为ρ2cs2θ＋4ρ2sin2θ＝16.
(2)将θ＝β(ρ>0)代入ρ2cs2θ＋4ρ2sin2θ＝16，得eq \f(1,ρ2)＝eq \f(cs2β,16)＋eq \f(sin2β,4)，即eq \f(1,|OA|2)＝eq \f(cs2β,16)＋eq \f(sin2β,4)，
同理eq \f(1,|OB|2)＝eq \f(cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,2))),16)＋eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,2))),4)＝eq \f(sin2β,16)＋eq \f(cs2β,4)，
所以eq \f(1,|OA|2)＋eq \f(1,|OB|2)＝eq \f(1,16)＋eq \f(1,4)＝eq \f(5,16).
7．解析：(1)圆C的极坐标方程为ρ＝8cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ))＝4cs θ＋4eq \r(3)sin θ，
所以ρ2＝4eq \r(3)ρsin θ＋4ρcs θ.
因为ρ2＝x2＋y2，ρcs θ＝x，ρsin θ＝y，
所以x2＋y2－4x－4eq \r(3)y＝0，
所以圆C的直角坐标标准方程为(x－2)2＋(y－2eq \r(3))2＝16.
(2)由(1)知圆C的圆心的直角坐标为(2，2eq \r(3))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x0＝2,2y0＝2\r(3)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1,y0＝\r(3)))，
所以直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋tcs φ,y＝\r(3)＋tsin φ))(t为参数，φ∈[0，π))．
将直线l的参数方程代入(x－2)2＋(y－2eq \r(3))2＝16，
得t2－(2eq \r(3)sin φ＋2cs φ)t－12＝0.
设点M，N对应的参数分别为t1，t2，
则t1＋t2＝2eq \r(3)sin φ＋2cs φ，t1t2＝－12.
故eq \f(|PM|,|PN|)＋eq \f(|PN|,|PM|)＝eq \f(|PM|2＋|PN|2,|PM|·|PN|)
＝eq \f(|t1|2＋|t2|2,|t1||t2|)＝eq \f((t1＋t2)2－2t1t2,|t1t2|)
＝eq \f(1,12)[2eq \r(3)sin φ＋2cs φ)2＋24]
＝eq \f(1,12)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,6)))))2＋2，
因此，当φ＝eq \f(π,3)时，eq \f(|PM|,|PN|)＋eq \f(|PN|,|PM|)取得最大值，最大值为eq \f(10,3).