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2022版高考人教版数学一轮练习:考案【11理】【11文】选修4-4
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(时间:90分钟 满分100分)
1.(本题满分12分)(2021·吉林长春模拟)已知直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=1+2t,y=t))(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ=2cs θ+4sin θ.
(1)求直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程;
(2)若直线l与圆C相交于A,B两点,求|AB|.
[解析] (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=1+2t,y=t))(t为参数),
消参可得:x=1+2y,
所以直线l的方程为:x-2y-1=0,
由圆C的极坐标方程为ρ=2cs θ+4sin θ,
得ρ2=2ρcs θ+4ρsin θ
根据极坐标和直角坐标的转化关系可得:
x2+y2=2x+4y,
所以圆的方程为:x2+y2-2x-4y=0;
(2)由(1)知,圆C的圆心为(1,2)和半径r=eq \r(5),
故圆心到直线的距离d=eq \f(|1-2×2-1|,\r(5))=eq \f(4\r(5),5),
所以|AB|=2eq \r(r2-d2)=eq \f(6\r(5),5).
2.(本题满分12分)(2020·江苏卷)在极坐标系中,已知点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ1,\f(π,3)))在直线l:ρcs θ=2上,点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ2,\f(π,6)))在圆C:ρ=4sin θ上(其中ρ≥0,0≤θ<2π).
(1)求ρ1,ρ2的值;
(2)求出直线l与圆C的公共点的极坐标.
[解析] (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,
ρ1cs eq \f(π,3)=2,∴ρ1=4,
∵点B为直线θ=eq \f(π,6)上,故其直角坐标方程为y=eq \f(\r(3),3)x,
又ρ=4sin θ对应的圆的直角坐标方程为:
x2+y2-4y=0,
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=\f(\r(3),3)x,x2+y2-4y=0))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=0,y=0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=\r(3),y=1)),
对应的点为(0,0),(eq \r(3),1),故对应的极径为ρ2=0或ρ2=2.
(2)∵ρcs θ=2,ρ=4sin θ,∴4sin θcs θ=2,
∴sin 2θ=1
∵θ∈[0,2π),∴θ=eq \f(π,4),eq \f(5π,4),
当θ=eq \f(π,4)时ρ=2eq \r(2);
当θ=eq \f(5π,4)时ρ=-2eq \r(2)<0,舍;
即所求交点坐标为当eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2),\f(π,4))).
3.(本题满分12分)(2020·广东调研)在直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=-2+\f(1,2)t,,y=\f(\r(3),2)t))(t为参数),曲线C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=3cs α,,y=3+3sin α))(α为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立坐标系.
(1)求曲线C的极坐标方程;
(2)已知点P的极坐标为(2,π),l与曲线C交于A,B两点,求(eq \r(|PA|)+eq \r(|PB|))2.
[解析] (1)曲线C的直角坐标方程为x2+(y-3)2=9,
即x2+y2=6y,所以ρ2=6ρsin θ,
即ρ=6sin θ,故曲线C的极坐标方程为ρ=6sin θ.
(2)将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=-2+\f(1,2)t,,y=\f(\r(3),2)t))代入x2+(y-3)2=9,
得t2-(2+3eq \r(3))t+4=0,
设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,
则t1+t2=2+3eq \r(3),t1t2=4.
因为点P的极坐标为(2,π),
所以点P的直角坐标为(-2,0),
所以(eq \r(|PA|)+eq \r(|PB|))2
=|PA|+|PB|+2eq \r(|PA|·|PB|)
=t1+t2+2eq \r(t1t2)=6+3eq \r(3).
4.(本题满分12分)(2021·贵州贵阳为明教育集团调研)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=a+\r(5)cs α,,y=\r(5)sin α))(α为参数),直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=\r(2)t,,y=\r(2)t))(t为参数),设原点O在圆C的内部,直线l与圆C交于M、N两点;以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求直线l和圆C的极坐标方程,并求a的取值范围;
(2)求证:|OM|2+|ON|2为定值.
[解析] (1)将直线l的参数方程化为直角坐标方程,得y=x,
所以直线l的极坐标方程为θ=eq \f(π,4)(ρ∈R);
将圆C的参数方程化为直角坐标方程,得
(x-a)2+y2=5,
所以圆C的极坐标方程为
ρ2-(2acs θ)ρ+a2-5=0.
由原点O在圆C的内部,得(0-a)2+02<5,
解得-eq \r(5)故a的取值范围是(-eq \r(5),eq \r(5)).
(2)将θ=eq \f(π,4)代入ρ2-(2acs θ)ρ+a2-5=0,
得ρ2-eq \r(2)aρ+a2-5=0.
则ρ1+ρ2=eq \r(2)a,ρ1ρ2=a2-5,
所以|OM|2+|ON|2=ρeq \\al(2,1)+ρeq \\al(2,2)=(ρ1+ρ2)2-2ρ1ρ2
=(eq \r(2)a)2-2(a2-5)=10,
故|OM|2+|ON|2为定值.
5.(本题满分12分)(2021·云南昆明一中摸底)已知平面直角坐标系xOy中,曲线C1:x2+y2=1经过伸缩变换eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′=2x,y′=y))得到曲线C2,直线l过点P(-1,0),斜率为eq \f(\r(3),3),且与曲线C2交于A,B两点.
(1)求曲线C2的普通方程和直线l的参数方程;
(2)求eq \f(1,|PA|)+eq \f(1,|PB|)的值.
[解析] (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′=2x,,y′=y))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=\f(1,2)x′,y=y′)),代入曲线C1得:eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x′,2)))2+(y′)2=1所以曲线C2的普通方程为eq \f(x2,4)+y2=1.
因为直线l过点P(-1,0),斜率为eq \f(\r(3),3),
所以l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=-1+\f(\r(3),2)t,,y=\f(1,2)t.))(t为参数).
(2)设A,B所对应参数分别为t1,t2,
将l的参数方程代入曲线C2得:7t2-4eq \r(3)t-12=0,
则Δ=(4eq \r(3))2+4×7×12>0,且t1+t2=eq \f(4\r(3),7),t1t2=-eq \f(12,7).
∴eq \f(1,|PA|)+eq \f(1,|PB|)=eq \f(1,|t1|)+eq \f(1,|t2|)=eq \f(|t1|+|t2|,|t1t2|)=eq \f(|t1-t2|,|t1t2|)=eq \f(\r(t1+t22-4t1t2),|t1t2|)=eq \f(\r(\f(48,49)+\f(48,7)),\f(12,7))=eq \f(2\r(6),3).
6.(本题满分12分) (2020·“四省八校”质检)如图是某数学爱好者在平面直角坐标系下绘制的“心型曲线”,如果以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,则该“心型曲线”的极坐标方程为ρ2=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,1-\f(1,2)sin 2θ),θ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2))),\f(1,1+\f(1,2)sin 2θ),θ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(3π,2)))))
(1)求该“心型曲线”的直角坐标方程;
(2)已知P(2,0),直线l:eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=2-\f(4,5)t,y=\f(3,5)t))与该“心型曲线”在y轴右侧交于A,B两点,求|PA|+|PB|的值.
[解析] (1)当θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2)))时,ρ2-ρ2sin θcs θ=1,
即x2+y2-xy-1=0(x≥0);
当θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(3π,2)))时,ρ2+ρ2sin θcs θ=1,
即x2+y2+xy-1=0(x<0).
综上,该“心型曲线”的直角坐标方程为x2+y2-|x|y-1=0.
(2)将直线l的参数方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=2-\f(4,5)t,y=\f(3,5)t))代入
x2+y2-xy-1=0(x>0),得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2-\f(4,5)t))2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)t))2-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2-\f(4,5)t))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)t))-1=0,
即eq \f(37,25)t2-eq \f(22,5)t+3=0,
设点A,B对应直线中的参数分别为t1,t2,
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t1+t2>0,,t1·t2>0))
故|PA|+|PB|=t1+t2=eq \f(22,5)×eq \f(25,37)=eq \f(110,37).
7.(本题满分14分)(2020·广东惠州调研)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=1+tcs α,,y=2+tsin α,))(t为参数,0<α<π),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ρ=6sin θ.
(1)求曲线C的直角坐标方程;
(2)若点P(1,2),设曲线C与直线l交于点A,B,求|PA|+|PB|的最小值.
[解析] (1)由ρ=6sin θ得ρ2=6ρsin θ,
化为直角坐标方程为x2+y2=6y,
即x2+(y-3)2=9.
(2)将直线l的参数方程代入圆的直角坐标方程,
得t2+2(cs α-sin α)t-7=0,
因为Δ=4(cs α-sin α)2+4×7>0故可设t1,t2是方程的两根,
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t1+t2=-2cs α-sin α,t1t2=-7)),
又直线l过点P(1,2),结合t的几何意义得:
|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1-t2|=eq \r(t1+t22-4t1t2)
=eq \r(32-4sin 2α)≥eq \r(32-4)=2eq \r(7)(α=eq \f(π,4)时取等号).
∴|PA|+|PB|的最小值为2eq \r(7).
8.(本题满分14分)(2021·四川泸州诊断)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1是圆心在(0,2),半径为2的圆,曲线C2的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=2\r(2)cs t,y=2\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t-\f(π,4)))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t为参数且0≤t≤\f(π,2))),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线C1的极坐标方程;
(2)若曲线C2与两坐标轴分别交于A,B两点,点P为线段AB上任意一点,直线OP与曲线C1交于点M(异于原点),求eq \f(|OM|,|OP|)的最大值.
[解析] (1)解法一:设曲线C1与过极点且垂直于极轴的直线相交于异于极点的点E,且曲线C1上任意点F(ρ,θ),连接OF,EF,则OF⊥EF,
在△OEF中,ρ=4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ-\f(π,2)))=4sin θ.
解法二:曲线C1的直角坐标方程为x2+(y-2)2=4,
即x2+y2-4y=0,
所以曲线C1的极坐标方程为ρ=4sin θ.
(2)因曲线C2的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=2\r(2)cs t,y=2\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t-\f(π,4)))))与两坐标轴相交,所以点A(2,0),B(0,2),
所以线段AB极坐标方程为
ρcs θ+ρsin θ-2=0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2))),
|OP|=ρ1=eq \f(2,sin θ+cs θ),
|OM|=ρ2=4sin θ,
eq \f(|OM|,|OP|)=4sin θ×eq \f(sin θ+cs θ,2)
=2sin2θ+2sin θcs θ
=1-cs 2θ+sin 2θ
=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ-\f(π,4)))+1,
当θ=eq \f(3π,8)时取得最大值为eq \r(2)+1.