2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习课时作业：62 坐标系

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[基础达标]
1．[2021·烟台模拟]以平面直角坐标系的原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．已知曲线C1的极坐标方程为ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \r(2)，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4))).
(1)写出C1，C2的直角坐标方程．
(2)设M，N分别是曲线C1，C2上的两个动点，求|MN|的最小值．
2．在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C的极坐标方程为ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝1(0≤θ＜2π)，M、N分别为C与x轴、y轴的交点．
(1)写出C的直角坐标方程，并求M、N的极坐标；
(2)设MN的中点为P，求直线OP的极坐标方程．
3.[2018·全国卷Ⅰ]在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为y＝k|x|＋2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2＋2ρcsθ－3＝0.
(1)求C2的直角坐标方程；
(2)若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．
4．[2020·全国卷Ⅲ]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＝2－t－t2，,y＝2－3t＋t2))(t为参数且t≠1)，C与坐标轴交于A，B两点．
(1)求|AB|；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程．
5.[2021·安徽省考试试题]在直角坐标系xOy中，直线l1：x＝0，圆C：(x－1)2＋(y－1－eq \r(2))2＝1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线l1和圆C的极坐标方程；
(2)若直线l2的极坐标方程为θ＝eq \f(π,4)(ρ∈R)，设l1，l2与圆C的公共点分别为A，B，求△OAB的面积．
6．[2021·惠州市高三调研考试试题]已知在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝csα,y＝1＋sinα))(α为参数)．以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系．
(1)求圆C的普通方程及其极坐标方程；
(2)设直线l的极坐标方程为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(异于极点)，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长．
[能力挑战]
7．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]已知曲线C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2t,y＝t2))(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，过极点的两射线l1，l2相互垂直，与曲线C分别相交于A，B两点(不同于点O)，且l1的倾斜角为锐角α.
(1)求曲线C和射线l2的极坐标方程；
(2)求△OAB的面积的最小值，并求此时α的值．
课时作业62
1．解析：(1)依题意ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)ρsin θ－eq \f(\r(2),2)ρcs θ＝eq \r(2)，
所以曲线C1的普通方程为x－y＋2＝0，
因为曲线C2的极坐标方程为：
ρ2＝2ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \r(2)ρcs θ＋eq \r(2)ρsin θ，
所以x2＋y2－eq \r(2)x－eq \r(2)y＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(2),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(2),2)))2＝1.
(2)由(1)知圆C2的圆心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，所以圆心到直线x－y＋2＝0的距离：
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)＋2)),\r(2))＝eq \r(2)，
又半径r＝1，所以|MN|min＝d－r＝eq \r(2)－1.
2．解析：(1)由ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝1得
ρeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs θ＋\f(\r(3),2)sin θ))＝1.
从而C的直角坐标方程为eq \f(1,2)x＋eq \f(\r(3),2)y＝1，
即x＋eq \r(3)y＝2.
当θ＝0时，ρ＝2，所以M(2,0)．
当θ＝eq \f(π,2)时，ρ＝eq \f(2\r(3),3)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2))).
(2)M点的直角坐标为(2,0)，N点的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3))).
所以P点的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)))，
则P点的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(π,6)))，
所以直线OP的极坐标方程为θ＝eq \f(π,6)(ρ∈R)．
3．解析：(1)由x＝ρcs θ，y＝ρsin θ得C2的直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝4.
(2)由(1)知C2是圆心为A(－1,0)，半径为2的圆．
由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线．记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2.
由于点B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点．
当l1与C2只有一个公共点时，点A到l1所在直线的距离为2，所以eq \f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝－eq \f(4,3)或k＝0.
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；
当k＝－eq \f(4,3)时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点．
当l2与C2只有一个公共点时，点A到l2所在直线的距离为2，所以eq \f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝0或k＝eq \f(4,3).
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；
当k＝eq \f(4,3)时，l2与C2没有公共点．
综上，所求C1的方程为y＝－eq \f(4,3)|x|＋2.
4．解析：(1)因为t≠1，由2－t－t2＝0得t＝－2，所以C与y轴的交点为(0,12)；由2－3t＋t2＝0得t＝2，所以C与x轴的交点为(－4,0)．故|AB|＝4eq \r(10).
(2)由(1)可知，直线AB的直角坐标方程为eq \f(x,－4)＋eq \f(y,12)＝1，将x＝ρcs θ，y＝ρsin θ代入，得直线AB的极坐标方程为3ρcs θ－ρsin θ＋12＝0.
5．解析：(1)∵x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，
∴直线l1的极坐标方程为ρcs θ＝0，即θ＝eq \f(π,2)(ρ∈R)，
圆C的极坐标方程为ρ2－2ρcs θ－2(1＋eq \r(2))ρsin θ＋3＋2eq \r(2)＝0.
(2)设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，ρ1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，ρ2))，将θ＝eq \f(π,2)代入ρ2－2ρcs θ－2(1＋eq \r(2))ρsin θ＋3＋2eq \r(2)＝0，
得ρ2－2(1＋eq \r(2))ρ＋3＋2eq \r(2)＝0，解得ρ1＝1＋eq \r(2).
将θ＝eq \f(π,4)代入ρ2－2ρcs θ－2(1＋eq \r(2))ρsin θ＋3＋2eq \r(2)＝0，
得ρ2－2(1＋eq \r(2))ρ＋3＋2eq \r(2)＝0，解得ρ2＝1＋eq \r(2).
故△OAB的面积为eq \f(1,2)×(1＋eq \r(2))2×sineq \f(π,4)＝1＋eq \f(3\r(2),4).
6．解析：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝cs α,y＝1＋sin α))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝cs α ①,y－1＝sin α ②))，
①2＋②2，得x2＋(y－1)2＝1，
∴圆C的普通方程为x2＋(y－1)2＝1.
又x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，
∴(ρcs θ)2＋(ρsin θ－1)2＝1，
化简得圆C的极坐标方程为ρ＝2sin θ.
(2)解法一 把θ＝eq \f(π,6)代入圆的极坐标方程可得：ρP＝2sineq \f(π,6)＝1，
把θ＝eq \f(π,6)代入直线l的极坐标方程可得：ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝2，
∴ρQ＝2，
∴|PQ|＝|ρP－ρQ|＝1.
解法二 把θ＝eq \f(π,6)代入圆的极坐标方程可得：ρP＝2sineq \f(π,6)＝1.
将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程，得y＝－eq \r(3)x＋4，
射线OM：θ＝eq \f(π,6)的直角坐标方程为y＝eq \f(\r(3),3)x(x≥0)，
记直线l与x轴的交点为A，则△OAQ为直角三角形，其中∠QOA＝30°，
根据勾股定理可得|OQ|＝2，
∴|PQ|＝|OQ|－|OP|＝1.
7．解析：(1)由曲线C的参数方程，得其普通方程为4y＝x2，由x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，得4ρsin θ＝ρ2cs2θ，∴曲线C的极坐标方程为ρcs2θ＝4sin θ，即ρ＝eq \f(4sin θ,cs2θ).
射线l2的极坐标方程为θ＝α＋eq \f(π,2)(ρ≥0)．
(2)依题意设A(ρA，α)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρB，\f(π,2)＋α))，则由(1)可得ρA＝eq \f(4sin α,cs2α)，ρB＝eq \f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,2))),cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,2))))，即ρB＝eq \f(4cs α,sin2α)，
∴S△OAB＝eq \f(1,2)|OA|·|OB|＝eq \f(1,2)|ρA·ρB|＝eq \f(8|sin α·cs α|,cs2α·sin2α)，
∵0<α0，
∴S△OAB＝eq \f(8,cs α·sin α)＝eq \f(16,sin 2α)≥16，当且仅当sin 2α＝1，即α＝eq \f(π,4)时，取等号．
∴△OAB的面积的最小值为16，此时α＝eq \f(π,4).