还剩11页未读，
继续阅读
2020届二轮复习 坐标系与参数方程 学案（全国通用）
展开
第1讲 坐标系与参数方程
[做真题]
1．(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox中，A(2，0)，B，C，D(2，π)，弧，，所在圆的圆心分别是(1，0)，，(1，π)，曲线M1是弧，曲线M2是弧，曲线M3是弧.
(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；
(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝，求P的极坐标．
解：(1)由题设可得，弧，，所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ.
所以M1的极坐标方程为ρ＝2cos θ，M2的极坐标方程为ρ＝2sin θ，M3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ.
(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知：
若0≤θ≤，则2cos θ＝，解得θ＝；
若≤θ≤，则2sin θ＝，解得θ＝或θ＝；
若≤θ≤π，则－2cos θ＝，解得θ＝.
综上，P的极坐标为或或或.
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(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，直线l的极坐标方程为2ρcos θ＋ρsin θ＋11＝0.
(1)求C和l的直角坐标方程；
(2)求C上的点到l距离的最小值．
解：(1)因为－1＜≤1，且x2＋＝＋＝1，所以C的直角坐标方程为x2＋＝1(x≠－1)．
l的直角坐标方程为2x＋y＋11＝0.
(2)由(1)可设C的参数方程为(α为参数，－π＜α＜π)．
C上的点到l的距离为＝.
当α＝－时，4cos＋11取得最小值7，故C上的点到l距离的最小值为.
[明考情]
1．坐标系与参数方程是高考的选考内容之一，高考考查的重点主要有两个方面：一是简单曲线的极坐标方程；二是参数方程、极坐标方程与曲线的综合应用．
2．全国卷对此部分内容的考查以解答题形式出现，难度中等，备考此部分内容时应注意转化思想的应用．
极坐标方程及其应用
[典型例题]
(2019·高考全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ＝4sin θ上，直线l过点A(4，0)且与OM垂直，垂足为P.
(1)当θ0＝时，求ρ0及l的极坐标方程；
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．
【解】 (1)因为M(ρ0，θ0)在C上，当θ0＝时，ρ0＝4sin ＝2.
由已知得|OP|＝|OA|cos ＝2.
设Q(ρ，θ)为l上除P的任意一点．连接OQ，
在Rt△OPQ中，ρcos＝|OP|＝2.
经检验，点P在曲线ρcos＝2上．
所以，l的极坐标方程为ρcos＝2.
(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ.
因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是.
所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈.
(1)极坐标方程与普通方程互化的技巧
①巧用极坐标方程两边同乘以ρ或同时平方，将极坐标方程构造成含有ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，然后利用公式代入化简得到普通方程．
②巧借两角和差公式，转化ρsin(θ±α)或ρcos(θ±α)的结构形式，进而利用互化公式得到普通方程．
③将直角坐标方程中的x换成ρcos θ，将y换成ρsin θ，即可得到其极坐标方程．
(2)求解与极坐标有关问题的主要方法
①直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用．
②转化为直角坐标系，用直角坐标求解．若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化为极坐标．
[对点训练]
1．(2019·合肥模拟)在直角坐标系xOy中，直线l1：x＝0，圆C：(x－1)2＋(y－1－)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＝(ρ∈R)，设l1，l2与圆C的公共点分别为A，B，求△OAB的面积．
解：(1)因为x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，
所以直线l1的极坐标方程式为ρcos θ＝0，即θ＝(ρ∈R)，圆C的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－2(1＋)ρsin θ＋3＋2＝0.
(2)设A(，ρ1)、B(，ρ2)，将θ＝代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋)ρsin θ＋3＋2＝0，
得ρ2－2(1＋)ρ＋3＋2＝0，解得ρ1＝1＋.
将θ＝代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋)ρsin θ＋3＋2＝0，
得ρ2－2(1＋)ρ＋3＋2＝0，解得ρ2＝1＋.
故△OAB的面积为×(1＋)2×sin＝1＋.
2．(2018·高考全国卷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＋2ρcos θ－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．
解：(1)由x＝ρcos 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，A到l1所在直线的距离为2，所以＝2，故k＝－或k＝0.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－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，A到l2所在直线的距离为2，所以＝2，故k＝0或k＝.经检验，当k＝0时，l1与 C2没有公共点；当k＝时，l2与C2没有公共点．综上，所求C1的方程为y＝－|x|＋2.
参数方程及其应用
[典型例题]
(2018·高考全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(θ为参数)，直线l的参数方程为(t为参数)．
(1)求C和l的直角坐标方程；
(2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1，2)，求l的斜率．
【解】 (1)曲线C的直角坐标方程为＋＝1.
当cos α≠0时，l的直角坐标方程为y＝tan α·x＋2－tan α，
当cos α＝0时，l的直角坐标方程为x＝1.
(2)将l的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得关于t的方程(1＋3cos2α)t2＋4(2cos α＋sin α)t－8＝0. ①
因为曲线C截直线l所得线段的中点(1，2)在C内，所以①有两个解，设为t1，t2，则t1＋t2＝0.
又由①得t1＋t2＝－，故2cos α＋sin α＝0，于是直线l的斜率k＝tan α＝－2.
(1)有关参数方程问题的2个关键点
①参数方程化为普通方程的关键是消参数，要根据参数的特点进行转化．
②利用参数方程解决问题，关键是选准参数，理解参数的几何意义．
(2)利用直线的参数方程中参数的几何意义求解问题
经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为(t为参数)．若A，B为直线l上两点，其对应的参数分别为t1，t2，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为t0，则以下结论在解题中经常用到：
①t0＝.
②|PM|＝|t0|＝.
③|AB|＝|t2－t1|.
④|PA|·|PB|＝|t1·t2|.
[对点训练]
1．已知曲线C：＋＝1，直线l：(t为参数)．
(1)写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；
(2)过曲线C上任意一点P作与l夹角为30°的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值．
解：(1)曲线C的参数方程为(θ为参数)．直线l的普通方程为2x＋y－6＝0.
(2)曲线C上任意一点P(2cos θ，3sin θ)到l的距离为d＝|4cos θ＋3sin θ－6|.
则|PA|＝＝|5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且tan α＝.
当sin(θ＋α)＝－1时，|PA|取得最大值，最大值为.当sin(θ＋α)＝1时，|PA|取得最小值，最小值为.
2．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(θ为参数)，直线l的参数方程为(t为参数)，直线l与曲线C交于A，B两点．
(1)求|AB|的值；
(2)若F为曲线C的左焦点，求·的值．
解：(1)由(θ为参数)，消去参数θ得＋＝1.
由
消去参数t得y＝2x－4.
将y＝2x－4代入x2＋4y2＝16中，得17x2－64x＋176＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
所以|AB|＝|x1－x2|＝×＝，所以|AB|的值为.
(2)由(1)得，F(－2，0)，则
·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)
＝(x1＋2)(x2＋2)＋(2x1－4)(2x2－4)
＝x1x2＋2(x1＋x2)＋12＋4[x1x2－2(x1＋x2)＋12]
＝5x1x2－6(x1＋x2)＋60
＝5×－6×＋60＝44，
所以·的值为44.
极坐标方程与参数方程的综合应用
[典型例题]
(2019·福建省质量检查)在平面直角坐标系xOy中，直线l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，曲线C的极坐标方程为ρ2＝，点P的极坐标为(，)．
(1)求C的直角坐标方程和P的直角坐标；
(2)(一题多解)设l与C交于A，B两点，线段AB的中点为M，求|PM|.
【解】 (1)由ρ2＝得ρ2＋ρ2sin2θ＝2 ①，将ρ2＝x2＋y2，y＝ρsin θ代入①并整理得，曲线C的直角坐标方程为＋y2＝1.
设点P的直角坐标为(x，y)，因为点P的极坐标为(，)，
所以x＝ρcos θ＝cos ＝1，y＝ρsin θ＝sin＝1.
所以点P的直角坐标为(1，1)．
(2)法一：将代入＋y2＝1，并整理得41t2＋110t＋25＝0，Δ＝1102－4×41×25＝8 000>0，故可设方程的两根分别为t1，t2，则t1，t2为A，B对应的参数，且t1＋t2＝－.
依题意，点M对应的参数为，
所以|PM|＝||＝.
法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则x0＝，y0＝.
由，消去t，得y＝x－.
将y＝x－代入＋y2＝1，并整理得41x2－16x－16＝0，
因为Δ＝(－16)2－4×41×(－16)＝2 880>0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝－.
所以x0＝，y0＝x0－＝×－＝－，即M(，－)．
所以|PM|＝
＝＝.
解决极坐标方程与参数方程综合问题的方法
(1)对于参数方程或极坐标方程应用不够熟练的情况下，我们可以先化成直角坐标的普通方程，这样思路可能更加清晰．
(2)对于一些运算比较复杂的问题，用参数方程计算会比较简捷．
(3)利用极坐标方程解决问题时，要注意题目所给的限制条件及隐含条件．
[对点训练]
1．(2019·石家庄市模拟(一))在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(α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，射线l的极坐标方程为θ＝.
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)当0
(2)法一： 把θ＝代入曲线C的极坐标方程中，得ρ2－2ρ＋4－r2＝0.
令Δ＝4－4(4－r2)>0，结合0
所以＋＝＋＝＝.
因为3
法二：射线l的参数方程为(t为参数，t≥0)，将其代入曲线C的方程(x－2)2＋y2＝r2中得，t2－2t＋4－r2＝0，
令Δ＝4－4(4－r2)>0，结合0
所以＋＝＋＝＝.
因为3
2．(2019·江西八所重点中学联考)在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的极坐标方程为ρ＝2cos θ，若极坐标系内
异于O的三点A(ρ1，φ)，B(ρ2，φ＋)，C(ρ3，φ－)(ρ1，ρ2，ρ3>0)都在曲线M上．
(1)求证：ρ1＝ρ2＋ρ3；
(2)若过B，C两点的直线的参数方程为(t为参数)，求四边形OBAC的面积．
解：(1)证明：由题意得ρ1＝2cos φ，ρ2＝2cos(φ＋)，ρ3＝2cos(φ－)，则ρ2＋ρ3＝2cos(φ＋)＋2cos(φ－)＝2cos φ＝ρ1.
(2)由曲线M的极坐标方程得曲线M的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0，将直线BC的参数方程代入曲线M的直角坐标方程得t2－t＝0，解得t1＝0，t2＝，所以在平面直角坐标中，B(，)，C(2，0)，则ρ2＝1，ρ3＝2，φ＝，所以ρ1＝.所以四边形OBAC的面积S＝S△AOB＋S△AOC＝ρ1ρ2sin＋ρ1ρ3sin＝.
1．(2019·东北四市联合体模拟(一))在平面直角坐标系xOy中，直线l1的倾斜角为30°，且经过点A(2，1)．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l2：ρcos θ＝3.从坐标原点O作射线交l2于点M，点N为射线OM上的点，满足|OM|·|ON|＝12，记点N的轨迹为曲线C.
(1)写出直线l1的参数方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)设直线l1与曲线C交于P，Q两点，求|AP|·|AQ|的值．
解：(1)直线l1的参数方程为(t为参数)，即(t为参数)．
设N(ρ，θ)，M(ρ1，θ1)(ρ>0，ρ1>0)，
则，又ρ1cos θ1＝3，所以ρ＝12，即ρ＝4cos θ，所以曲线C的直角坐标方程为x2－4x＋y2＝0(x≠0)．
(2)设P，Q对应的参数分别为t1，t2，将直线l1的参数方程代入曲线C的直角坐标方程中，
得(2＋t)2－4(2＋t)＋(1＋t)2＝0，
即t2＋t－3＝0，Δ＝13>0，
t1，t2为方程的两个根，所以t1t2＝－3，
所以|AP||AQ|＝|t1t2|＝|－3|＝3.
2．(2019·四省八校双教研联考)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(其中t为参数)．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，并取相同的单位长度，曲线C2的极坐标方程为ρcos(θ＋)＝1.
(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
(2)过P(0，1)的直线l交曲线C1于A，B两点，当|PA|·|PB|＝8时，求直线l的倾斜角．
解：(1)消去参数t得曲线C1的普通方程为x2＝4y，曲线C2的极坐标方程可化为ρcos θ－ρsin θ＝2，化为直角坐标方程为x－y－2＝0.
(2)设直线l的参数方程为(m为参数，α为直线l的倾斜角且α≠90°)，
代入曲线C1的普通方程中得m2cos2α－4msin α－4＝0，
所以m1m2＝，
所以|PA|·|PB|＝|m1m2|＝＝8，得α＝45°或135°，即直线l的倾斜角为45°或135°.
3．(2019·广州市综合检测(一))在平面直角坐标系xOy中，曲线C1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，直线C2的极坐标方程为ρ(sin θ－acos θ)＝(a∈R)．
(1)写出曲线C1的普通方程和直线C2的直角坐标方程；
(一题多解)(2)若直线C2与曲线C1有两个不同的交点，求a的取值范围．
解：(1)曲线C1的普通方程为y＝1－x2(－1≤x≤1)，把x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入ρ(sin θ－acos θ)＝，得直线C2的直角坐标方程为y－ax＝，即ax－y＋＝0.
(2)法一：由直线C2∶ax－y＋＝0，知直线C2恒过点M(0，)．由y＝1－x2(－1≤x≤1)，知当y＝0时，x＝±1，
则直线MP的斜率为k1＝＝，
直线MQ的斜率为k2＝＝－.
因为直线C2的斜率为a，且直线C2与曲线C1有两个不同的交点，所以k2≤a≤k1，即－≤a≤.
所以a的取值范围为[－，]．
法二：联立，消去y得x2＋ax－＝0，依题意，得x2＋ax－＝0在[－1，1]上有两个不相等的实根．
设f(x)＝x2＋ax－，
则解得－≤a≤.
所以a的取值范围为[－，]．
4．(2019·湖南省湘东六校联考)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(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：ρ＝4sin(θ＋)．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)设曲线C与直线l的交点为A，B，Q是曲线C上的动点，求△ABQ面积的最大值．
解：(1)由消去t得x＋y－5＝0，所以直线l的普通方程为x＋y－5＝0.
由ρ＝4sin(θ＋)＝4sin θ＋4cos θ，得ρ2＝4ρsin θ＋4ρcos θ，
化为直角坐标方程为x2＋y2＝4x＋4y，
所以曲线C的直角坐标方程为(x－2)2＋(y－2)2＝8.
(2)由(1)知，曲线C是以(2，2)为圆心，2为半径的圆，直线l过点P(3，2)，可知点P在圆内．
将直线l的参数方程化为，代入圆的直角坐标方程，得t2－9t＋33＝0.
设A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝9，t1t2＝33，
所以|AB|＝|t2－t1|＝＝.
又圆心(2，2)到直线l的距离d＝＝，
所以△ABQ面积的最大值为××(＋2)＝.
5．(2019·济南市学习质量评估)在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρcos2θ＝sin θ，直线l的参数方程为(t为参数，其中a>0)，直线l与曲线C相交于M，N两点．
(1)求曲线C的直角坐标方程；
(2)若点P(0，a)满足＋＝4，求a的值．
解：(1)曲线C的极坐标方程可化为ρ2cos2θ＝ρsin θ，
由，得曲线C的直角坐标方程为y＝x2.
(2)将直线l的参数方程(t为参数)代入y＝x2，得t2－－a＝0，Δ＝＋3a>0.
设M，N对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝，t1t2＝－，
所以＋＝＝
＝＝＝4，
化简得64a2－12a－1＝0，
解得a＝或a＝－(舍去)，
所以a＝.
6．(2019·广东省七校联考)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：(φ为参数，实数a>0)，曲线C2：(φ为参数，实数b>0)．在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l：θ＝α(ρ≥0，0≤α≤)与C1交于O，A两点，与C2交于O，B两点，当α＝0时，|OA|＝1；当α＝时，|OB|＝2.
(1)求a，b的值；
(2)求2|OA|2＋|OA|·|OB|的最大值．
解：(1)将C1的参数方程化为普通方程为(x－a)2＋y2＝a2，其极坐标方程为ρ1＝2acos θ，
由题意可得，当θ＝α＝0时，|OA|＝2a＝1，所以a＝.
将C2的参数方程化为普通方程为x2＋(y－b)2＝b2，其极坐标方程为ρ2＝2bsin θ，
由题意可得，当θ＝α＝时，|OB|＝2b＝2，所以b＝1.
(2)由(1)可得C1，C2的方程分别为ρ1＝cos θ，ρ2＝2sin θ，
所以2|OA|2＋|OA|·|OB|＝2cos2θ＋2sin θcos θ＝sin 2θ＋cos 2θ＋1＝sin(2θ＋)＋1.
因为θ＝α，0≤α≤，所以0≤θ≤，所以2θ＋∈[，]，
所以当2θ＋＝，即θ＝时，sin(2θ＋)＋1取得最大值，为＋1.
7．(2019·合肥市第一次质量检测)已知曲线C的参数方程为(α为参数)，以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)P，Q为曲线C上两点，若·＝0，求的值．
解：(1)由，得曲线C的普通方程是＋y2＝1，将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入，得5ρ2sin2θ＋2ρ2cos2θ＝5，
即ρ2＝(ρ2＝也可得分)．
(2)因为ρ2＝，所以＝sin2θ＋，
由·＝0，得OP⊥OQ，
设点P的极坐标为(ρ1，θ)，则点Q的极坐标可设为(ρ2，θ±)，
所以＝＝
＝＝＝.
8．(2019·郑州市第二次质量预测)在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝12，直线l的参数方程为(t为参数)，直线l与曲线C交于M，N两点．
(1)若点P的极坐标为(2，π)，求|PM|·|PN|的值；
(2)求曲线C的内接矩形周长的最大值．
解：(1)由ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝12得x2＋3y2＝12，故曲线C的直角坐标方程为＋＝1，点P的直角坐标为(－2，0)，
将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程＋＝1中，得t2－t－4＝0，设点M，N对应的参数分别为t1，t2，则|PM|·|PN|＝|t1t2|＝4.
(2)由(1)知，曲线C的直角坐标方程为＋＝1，可设曲线C上的动点A(2cos α，2sin α)，0<α<，
则以A为顶点的内接矩形的周长为4(2cos α＋2sin α)＝16sin(α＋)，0<α<.
因此该内接矩形周长的最大值为16，当且仅当α＝时取得最大值．
[做真题]
1．(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox中，A(2，0)，B，C，D(2，π)，弧，，所在圆的圆心分别是(1，0)，，(1，π)，曲线M1是弧，曲线M2是弧，曲线M3是弧.
(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；
(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝，求P的极坐标．
解：(1)由题设可得，弧，，所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ.
所以M1的极坐标方程为ρ＝2cos θ，M2的极坐标方程为ρ＝2sin θ，M3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ.
(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知：
若0≤θ≤，则2cos θ＝，解得θ＝；
若≤θ≤，则2sin θ＝，解得θ＝或θ＝；
若≤θ≤π，则－2cos θ＝，解得θ＝.
综上，P的极坐标为或或或.
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(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，直线l的极坐标方程为2ρcos θ＋ρsin θ＋11＝0.
(1)求C和l的直角坐标方程；
(2)求C上的点到l距离的最小值．
解：(1)因为－1＜≤1，且x2＋＝＋＝1，所以C的直角坐标方程为x2＋＝1(x≠－1)．
l的直角坐标方程为2x＋y＋11＝0.
(2)由(1)可设C的参数方程为(α为参数，－π＜α＜π)．
C上的点到l的距离为＝.
当α＝－时，4cos＋11取得最小值7，故C上的点到l距离的最小值为.
[明考情]
1．坐标系与参数方程是高考的选考内容之一，高考考查的重点主要有两个方面：一是简单曲线的极坐标方程；二是参数方程、极坐标方程与曲线的综合应用．
2．全国卷对此部分内容的考查以解答题形式出现，难度中等，备考此部分内容时应注意转化思想的应用．
极坐标方程及其应用
[典型例题]
(2019·高考全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ＝4sin θ上，直线l过点A(4，0)且与OM垂直，垂足为P.
(1)当θ0＝时，求ρ0及l的极坐标方程；
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．
【解】 (1)因为M(ρ0，θ0)在C上，当θ0＝时，ρ0＝4sin ＝2.
由已知得|OP|＝|OA|cos ＝2.
设Q(ρ，θ)为l上除P的任意一点．连接OQ，
在Rt△OPQ中，ρcos＝|OP|＝2.
经检验，点P在曲线ρcos＝2上．
所以，l的极坐标方程为ρcos＝2.
(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ.
因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是.
所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈.
(1)极坐标方程与普通方程互化的技巧
①巧用极坐标方程两边同乘以ρ或同时平方，将极坐标方程构造成含有ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，然后利用公式代入化简得到普通方程．
②巧借两角和差公式，转化ρsin(θ±α)或ρcos(θ±α)的结构形式，进而利用互化公式得到普通方程．
③将直角坐标方程中的x换成ρcos θ，将y换成ρsin θ，即可得到其极坐标方程．
(2)求解与极坐标有关问题的主要方法
①直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用．
②转化为直角坐标系，用直角坐标求解．若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化为极坐标．
[对点训练]
1．(2019·合肥模拟)在直角坐标系xOy中，直线l1：x＝0，圆C：(x－1)2＋(y－1－)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＝(ρ∈R)，设l1，l2与圆C的公共点分别为A，B，求△OAB的面积．
解：(1)因为x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，
所以直线l1的极坐标方程式为ρcos θ＝0，即θ＝(ρ∈R)，圆C的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－2(1＋)ρsin θ＋3＋2＝0.
(2)设A(，ρ1)、B(，ρ2)，将θ＝代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋)ρsin θ＋3＋2＝0，
得ρ2－2(1＋)ρ＋3＋2＝0，解得ρ1＝1＋.
将θ＝代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋)ρsin θ＋3＋2＝0，
得ρ2－2(1＋)ρ＋3＋2＝0，解得ρ2＝1＋.
故△OAB的面积为×(1＋)2×sin＝1＋.
2．(2018·高考全国卷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＋2ρcos θ－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．
解：(1)由x＝ρcos 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，A到l1所在直线的距离为2，所以＝2，故k＝－或k＝0.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－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，A到l2所在直线的距离为2，所以＝2，故k＝0或k＝.经检验，当k＝0时，l1与 C2没有公共点；当k＝时，l2与C2没有公共点．综上，所求C1的方程为y＝－|x|＋2.
参数方程及其应用
[典型例题]
(2018·高考全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(θ为参数)，直线l的参数方程为(t为参数)．
(1)求C和l的直角坐标方程；
(2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1，2)，求l的斜率．
【解】 (1)曲线C的直角坐标方程为＋＝1.
当cos α≠0时，l的直角坐标方程为y＝tan α·x＋2－tan α，
当cos α＝0时，l的直角坐标方程为x＝1.
(2)将l的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得关于t的方程(1＋3cos2α)t2＋4(2cos α＋sin α)t－8＝0. ①
因为曲线C截直线l所得线段的中点(1，2)在C内，所以①有两个解，设为t1，t2，则t1＋t2＝0.
又由①得t1＋t2＝－，故2cos α＋sin α＝0，于是直线l的斜率k＝tan α＝－2.
(1)有关参数方程问题的2个关键点
①参数方程化为普通方程的关键是消参数，要根据参数的特点进行转化．
②利用参数方程解决问题，关键是选准参数，理解参数的几何意义．
(2)利用直线的参数方程中参数的几何意义求解问题
经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为(t为参数)．若A，B为直线l上两点，其对应的参数分别为t1，t2，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为t0，则以下结论在解题中经常用到：
①t0＝.
②|PM|＝|t0|＝.
③|AB|＝|t2－t1|.
④|PA|·|PB|＝|t1·t2|.
[对点训练]
1．已知曲线C：＋＝1，直线l：(t为参数)．
(1)写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；
(2)过曲线C上任意一点P作与l夹角为30°的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值．
解：(1)曲线C的参数方程为(θ为参数)．直线l的普通方程为2x＋y－6＝0.
(2)曲线C上任意一点P(2cos θ，3sin θ)到l的距离为d＝|4cos θ＋3sin θ－6|.
则|PA|＝＝|5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且tan α＝.
当sin(θ＋α)＝－1时，|PA|取得最大值，最大值为.当sin(θ＋α)＝1时，|PA|取得最小值，最小值为.
2．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(θ为参数)，直线l的参数方程为(t为参数)，直线l与曲线C交于A，B两点．
(1)求|AB|的值；
(2)若F为曲线C的左焦点，求·的值．
解：(1)由(θ为参数)，消去参数θ得＋＝1.
由
消去参数t得y＝2x－4.
将y＝2x－4代入x2＋4y2＝16中，得17x2－64x＋176＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
所以|AB|＝|x1－x2|＝×＝，所以|AB|的值为.
(2)由(1)得，F(－2，0)，则
·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)
＝(x1＋2)(x2＋2)＋(2x1－4)(2x2－4)
＝x1x2＋2(x1＋x2)＋12＋4[x1x2－2(x1＋x2)＋12]
＝5x1x2－6(x1＋x2)＋60
＝5×－6×＋60＝44，
所以·的值为44.
极坐标方程与参数方程的综合应用
[典型例题]
(2019·福建省质量检查)在平面直角坐标系xOy中，直线l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，曲线C的极坐标方程为ρ2＝，点P的极坐标为(，)．
(1)求C的直角坐标方程和P的直角坐标；
(2)(一题多解)设l与C交于A，B两点，线段AB的中点为M，求|PM|.
【解】 (1)由ρ2＝得ρ2＋ρ2sin2θ＝2 ①，将ρ2＝x2＋y2，y＝ρsin θ代入①并整理得，曲线C的直角坐标方程为＋y2＝1.
设点P的直角坐标为(x，y)，因为点P的极坐标为(，)，
所以x＝ρcos θ＝cos ＝1，y＝ρsin θ＝sin＝1.
所以点P的直角坐标为(1，1)．
(2)法一：将代入＋y2＝1，并整理得41t2＋110t＋25＝0，Δ＝1102－4×41×25＝8 000>0，故可设方程的两根分别为t1，t2，则t1，t2为A，B对应的参数，且t1＋t2＝－.
依题意，点M对应的参数为，
所以|PM|＝||＝.
法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则x0＝，y0＝.
由，消去t，得y＝x－.
将y＝x－代入＋y2＝1，并整理得41x2－16x－16＝0，
因为Δ＝(－16)2－4×41×(－16)＝2 880>0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝－.
所以x0＝，y0＝x0－＝×－＝－，即M(，－)．
所以|PM|＝
＝＝.
解决极坐标方程与参数方程综合问题的方法
(1)对于参数方程或极坐标方程应用不够熟练的情况下，我们可以先化成直角坐标的普通方程，这样思路可能更加清晰．
(2)对于一些运算比较复杂的问题，用参数方程计算会比较简捷．
(3)利用极坐标方程解决问题时，要注意题目所给的限制条件及隐含条件．
[对点训练]
1．(2019·石家庄市模拟(一))在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(α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，射线l的极坐标方程为θ＝.
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)当0
(2)法一： 把θ＝代入曲线C的极坐标方程中，得ρ2－2ρ＋4－r2＝0.
令Δ＝4－4(4－r2)>0，结合0
所以＋＝＋＝＝.
因为3
法二：射线l的参数方程为(t为参数，t≥0)，将其代入曲线C的方程(x－2)2＋y2＝r2中得，t2－2t＋4－r2＝0，
令Δ＝4－4(4－r2)>0，结合0
所以＋＝＋＝＝.
因为3
2．(2019·江西八所重点中学联考)在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的极坐标方程为ρ＝2cos θ，若极坐标系内
异于O的三点A(ρ1，φ)，B(ρ2，φ＋)，C(ρ3，φ－)(ρ1，ρ2，ρ3>0)都在曲线M上．
(1)求证：ρ1＝ρ2＋ρ3；
(2)若过B，C两点的直线的参数方程为(t为参数)，求四边形OBAC的面积．
解：(1)证明：由题意得ρ1＝2cos φ，ρ2＝2cos(φ＋)，ρ3＝2cos(φ－)，则ρ2＋ρ3＝2cos(φ＋)＋2cos(φ－)＝2cos φ＝ρ1.
(2)由曲线M的极坐标方程得曲线M的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0，将直线BC的参数方程代入曲线M的直角坐标方程得t2－t＝0，解得t1＝0，t2＝，所以在平面直角坐标中，B(，)，C(2，0)，则ρ2＝1，ρ3＝2，φ＝，所以ρ1＝.所以四边形OBAC的面积S＝S△AOB＋S△AOC＝ρ1ρ2sin＋ρ1ρ3sin＝.
1．(2019·东北四市联合体模拟(一))在平面直角坐标系xOy中，直线l1的倾斜角为30°，且经过点A(2，1)．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l2：ρcos θ＝3.从坐标原点O作射线交l2于点M，点N为射线OM上的点，满足|OM|·|ON|＝12，记点N的轨迹为曲线C.
(1)写出直线l1的参数方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)设直线l1与曲线C交于P，Q两点，求|AP|·|AQ|的值．
解：(1)直线l1的参数方程为(t为参数)，即(t为参数)．
设N(ρ，θ)，M(ρ1，θ1)(ρ>0，ρ1>0)，
则，又ρ1cos θ1＝3，所以ρ＝12，即ρ＝4cos θ，所以曲线C的直角坐标方程为x2－4x＋y2＝0(x≠0)．
(2)设P，Q对应的参数分别为t1，t2，将直线l1的参数方程代入曲线C的直角坐标方程中，
得(2＋t)2－4(2＋t)＋(1＋t)2＝0，
即t2＋t－3＝0，Δ＝13>0，
t1，t2为方程的两个根，所以t1t2＝－3，
所以|AP||AQ|＝|t1t2|＝|－3|＝3.
2．(2019·四省八校双教研联考)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(其中t为参数)．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，并取相同的单位长度，曲线C2的极坐标方程为ρcos(θ＋)＝1.
(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
(2)过P(0，1)的直线l交曲线C1于A，B两点，当|PA|·|PB|＝8时，求直线l的倾斜角．
解：(1)消去参数t得曲线C1的普通方程为x2＝4y，曲线C2的极坐标方程可化为ρcos θ－ρsin θ＝2，化为直角坐标方程为x－y－2＝0.
(2)设直线l的参数方程为(m为参数，α为直线l的倾斜角且α≠90°)，
代入曲线C1的普通方程中得m2cos2α－4msin α－4＝0，
所以m1m2＝，
所以|PA|·|PB|＝|m1m2|＝＝8，得α＝45°或135°，即直线l的倾斜角为45°或135°.
3．(2019·广州市综合检测(一))在平面直角坐标系xOy中，曲线C1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，直线C2的极坐标方程为ρ(sin θ－acos θ)＝(a∈R)．
(1)写出曲线C1的普通方程和直线C2的直角坐标方程；
(一题多解)(2)若直线C2与曲线C1有两个不同的交点，求a的取值范围．
解：(1)曲线C1的普通方程为y＝1－x2(－1≤x≤1)，把x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入ρ(sin θ－acos θ)＝，得直线C2的直角坐标方程为y－ax＝，即ax－y＋＝0.
(2)法一：由直线C2∶ax－y＋＝0，知直线C2恒过点M(0，)．由y＝1－x2(－1≤x≤1)，知当y＝0时，x＝±1，
则直线MP的斜率为k1＝＝，
直线MQ的斜率为k2＝＝－.
因为直线C2的斜率为a，且直线C2与曲线C1有两个不同的交点，所以k2≤a≤k1，即－≤a≤.
所以a的取值范围为[－，]．
法二：联立，消去y得x2＋ax－＝0，依题意，得x2＋ax－＝0在[－1，1]上有两个不相等的实根．
设f(x)＝x2＋ax－，
则解得－≤a≤.
所以a的取值范围为[－，]．
4．(2019·湖南省湘东六校联考)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(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：ρ＝4sin(θ＋)．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)设曲线C与直线l的交点为A，B，Q是曲线C上的动点，求△ABQ面积的最大值．
解：(1)由消去t得x＋y－5＝0，所以直线l的普通方程为x＋y－5＝0.
由ρ＝4sin(θ＋)＝4sin θ＋4cos θ，得ρ2＝4ρsin θ＋4ρcos θ，
化为直角坐标方程为x2＋y2＝4x＋4y，
所以曲线C的直角坐标方程为(x－2)2＋(y－2)2＝8.
(2)由(1)知，曲线C是以(2，2)为圆心，2为半径的圆，直线l过点P(3，2)，可知点P在圆内．
将直线l的参数方程化为，代入圆的直角坐标方程，得t2－9t＋33＝0.
设A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝9，t1t2＝33，
所以|AB|＝|t2－t1|＝＝.
又圆心(2，2)到直线l的距离d＝＝，
所以△ABQ面积的最大值为××(＋2)＝.
5．(2019·济南市学习质量评估)在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρcos2θ＝sin θ，直线l的参数方程为(t为参数，其中a>0)，直线l与曲线C相交于M，N两点．
(1)求曲线C的直角坐标方程；
(2)若点P(0，a)满足＋＝4，求a的值．
解：(1)曲线C的极坐标方程可化为ρ2cos2θ＝ρsin θ，
由，得曲线C的直角坐标方程为y＝x2.
(2)将直线l的参数方程(t为参数)代入y＝x2，得t2－－a＝0，Δ＝＋3a>0.
设M，N对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝，t1t2＝－，
所以＋＝＝
＝＝＝4，
化简得64a2－12a－1＝0，
解得a＝或a＝－(舍去)，
所以a＝.
6．(2019·广东省七校联考)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：(φ为参数，实数a>0)，曲线C2：(φ为参数，实数b>0)．在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l：θ＝α(ρ≥0，0≤α≤)与C1交于O，A两点，与C2交于O，B两点，当α＝0时，|OA|＝1；当α＝时，|OB|＝2.
(1)求a，b的值；
(2)求2|OA|2＋|OA|·|OB|的最大值．
解：(1)将C1的参数方程化为普通方程为(x－a)2＋y2＝a2，其极坐标方程为ρ1＝2acos θ，
由题意可得，当θ＝α＝0时，|OA|＝2a＝1，所以a＝.
将C2的参数方程化为普通方程为x2＋(y－b)2＝b2，其极坐标方程为ρ2＝2bsin θ，
由题意可得，当θ＝α＝时，|OB|＝2b＝2，所以b＝1.
(2)由(1)可得C1，C2的方程分别为ρ1＝cos θ，ρ2＝2sin θ，
所以2|OA|2＋|OA|·|OB|＝2cos2θ＋2sin θcos θ＝sin 2θ＋cos 2θ＋1＝sin(2θ＋)＋1.
因为θ＝α，0≤α≤，所以0≤θ≤，所以2θ＋∈[，]，
所以当2θ＋＝，即θ＝时，sin(2θ＋)＋1取得最大值，为＋1.
7．(2019·合肥市第一次质量检测)已知曲线C的参数方程为(α为参数)，以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)P，Q为曲线C上两点，若·＝0，求的值．
解：(1)由，得曲线C的普通方程是＋y2＝1，将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入，得5ρ2sin2θ＋2ρ2cos2θ＝5，
即ρ2＝(ρ2＝也可得分)．
(2)因为ρ2＝，所以＝sin2θ＋，
由·＝0，得OP⊥OQ，
设点P的极坐标为(ρ1，θ)，则点Q的极坐标可设为(ρ2，θ±)，
所以＝＝
＝＝＝.
8．(2019·郑州市第二次质量预测)在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝12，直线l的参数方程为(t为参数)，直线l与曲线C交于M，N两点．
(1)若点P的极坐标为(2，π)，求|PM|·|PN|的值；
(2)求曲线C的内接矩形周长的最大值．
解：(1)由ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝12得x2＋3y2＝12，故曲线C的直角坐标方程为＋＝1，点P的直角坐标为(－2，0)，
将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程＋＝1中，得t2－t－4＝0，设点M，N对应的参数分别为t1，t2，则|PM|·|PN|＝|t1t2|＝4.
(2)由(1)知，曲线C的直角坐标方程为＋＝1，可设曲线C上的动点A(2cos α，2sin α)，0<α<，
则以A为顶点的内接矩形的周长为4(2cos α＋2sin α)＝16sin(α＋)，0<α<.
因此该内接矩形周长的最大值为16，当且仅当α＝时取得最大值．
相关资料
更多
