适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练21坐标系与参数方程选修4_4文（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练21坐标系与参数方程选修4_4文（附解析），共8页。

(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.
2.(2023陕西商洛三模)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(α为参数).以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρcs θ+ρsin θ-m=0.
(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程;
(2)若曲线C与直线l有两个公共点,求m的取值范围.
3.(2023广西桂林一模)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ρ=.
(1)求曲线C的直角坐标方程;
(2)若直线l与曲线C交于A,B两点,求|AB|.
4.在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(t为参数),曲线C2的参数方程为(θ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)求曲线C1与曲线C2的极坐标方程;
(2)曲线C1与曲线C2交于A,B两点,求|OA|2+|OB|2的值.
5.
(2023河南开封三模)以等边三角形的每个顶点为圆心,以其边长为半径,在另两个顶点间作一段圆弧,三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形.如图,在极坐标系Ox中,曲边三角形OPQ为勒洛三角形,且P2,,Q在极轴上,C为的中点.以极点O为直角坐标原点,x轴正半轴为极轴Ox建立平面直角坐标系xOy.
(1)求所在圆P的直角坐标方程与直线CQ的极坐标方程;
(2)过O引一条射线,分别交圆P,直线CQ于A,B两点,证明:|OA|·|OB|为定值.
6.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,直线l的直角坐标方程为x+y-2=0.
(1)写出曲线C的普通方程和直线l的极坐标方程;
(2)若直线θ=(ρ∈R)与曲线C交于A,B两点,与直线l交于点M,求|MA|·|MB|的值.
7.(2023全国乙,理22)在直角坐标系xOy中,以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρ=2sin θ≤θ≤,曲线C2:.
(1)写出C1的直角坐标方程;
(2)若直线y=x+m既与C1没有公共点,也与C2没有公共点,求m的取值范围.
8.(2023陕西西安一模)在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(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,已知直线l的极坐标方程为2ρsinθ-=m-2.
(1)写出直线l的参数方程及曲线C的普通方程;
(2)设点P(2,m),若直线l与曲线C交于A,B两点,且+2=0,求实数m的值.
考点突破练21 坐标系与
参数方程(选修4—4)
1.解(1)C1的普通方程为x+y=4(0≤x≤4).
由C2的参数方程得x2=t2++2,y2=t2+-2,所以x2-y2=4.故C2的普通方程为x2-y2=4.
(2)由得所以P的直角坐标为.
设所求圆的圆心的直角坐标为(x0,0),
由题意得,解得x0=.
因此,所求圆的极坐标方程为ρ=csθ.
2.解(1)由则(x-1)2+(y-3)2=9,
即曲线C的直角坐标方程为(x-1)2+(y-3)2=9.
由ρcsθ+ρsinθ-m=0,得直线l的直角坐标方程为x+y-m=0.
(2)由(1)可知,曲线C是圆心为(1,3),半径为3的圆,因为曲线C与直线l有两个公共点,则有<3,解得4-33.解(1)ρ=变形为ρ2=,即2ρ2cs2θ+ρ2=6,因为故曲线C的直角坐标方程为2x2+x2+y2=6,即=1.
(2)直线l的参数方程变形为=1联立得t2-t-1=0,故t1+t2=,t1t2=-1,故|AB|=|t1-t2|=.
4.解(1)由C1的参数方程(t为参数),消去t得x-y-1=0,故C1的极坐标方程为ρcsθ-ρsinθ-1=0,由C2的参数方程(θ为参数),消去θ得x2+y2-3x=0,故C2的极坐标方程为ρ=3csθ.
(2)设A(ρ1,θ),B(ρ2,θ),联立
由①得(ρcsθ-1)2=(ρsinθ)2=ρ2-ρ2(csθ)2,即2ρ2cs2θ-2ρcsθ+1=ρ2,③
由②得csθ=ρ,代入③得ρ4-ρ2-1=0,所以,故|OA|2+|OB|2=.
5.(1)解∵P2,,∴P的平面直角坐标为P(1,).又等边△OPQ的边长为2,∴圆P的直角坐标方程为(x-1)2+(y-)2=4.∵CQ的直角坐标方程为y=tan(x-2),即y=-(x-2),即x+y-2=0,∴CQ的极坐标方程为ρcsθ+ρsinθ-2=0.
(2)证明设A,B两点的极坐标分别为A(ρ1,θ),B(ρ2,θ),
∵圆P的直角坐标方程为(x-1)2+(y-)2=4,
∴圆P的极坐标方程为(ρcsθ-1)2+(ρsinθ-)2=4,即ρ2-2(sinθ+csθ)ρ=0,∴ρ1=2(sinθ+csθ),直线CQ的极坐标方程为ρcsθ+ρsinθ-2=0,∴ρ2=,∴|OA|·|OB|=ρ1ρ2=2(sinθ+csθ)·=4.
6.解(1)由(α为参数),得曲线C的普通方程为=4.由x+y-2=0,得直线l的极坐标方程为ρcsθ+ρsinθ-2=0,即ρsinθ+=.
(2)(方法一)曲线C:x2+(y-1)2=4的极坐标方程为ρ2-2ρsinθ-3=0,将θ=代入曲线C的极坐标方程,得ρ2-ρ-3=0,
∴ρ1+ρ2=1,ρ1·ρ2=-3.
将θ=代入直线l的极坐标方程,得ρ=2.
|MA|·|MB|=|ρ-ρ1|·|ρ-ρ2|=|(2-ρ1)·(2-ρ2)|=|4-2(ρ1+ρ2)+ρ1·ρ2|=1.
(方法二)直线θ=的普通方程为y=x,与直线l:x+y-2=0的交点为M(,1),直线θ=的参数方程为(t为参数),代入曲线C:x2+(y-1)2=4,得t2+3t-1=0,则|MA|·|MB|=|t1·t2|=1.
7.解(1)由ρ=2sinθ,得ρ2=2ρsinθ,代入ρ2=x2+y2,y=ρsinθ,得x2+y2=2y,又≤θ≤,所以0≤x≤1,1≤y≤2,所以曲线C1的直角坐标方程为x2+(y-1)2=1(0≤x≤1,1≤y≤2).
(2)由(1)作出曲线C1的图象,如图所示,
由题意且结合图象可知当直线y=x+m在直线l1与l2的外侧时,直线y=x+m与曲线C1没有公共点,而此时直线l1与l2的纵截距分别为0和2,所以m<0或m>2.
由<α<π,消去参数α,得曲线C2的直角坐标方程为x2+y2=4(x<0,y>0).
画出曲线C2的图象,如图所示,
由题意结合图象可知当直线y=x+m在直线l3与l4的外侧时,直线y=x+m与曲线C2没有公共点,而此时直线l3与l4的纵截距分别为2和2,所以m≤2或m>2.
综上所述,m的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
8.解(1)由2ρsinθ-=m-2,得ρsinθ-ρcsθ=m-2,又ρsinθ=y,ρcsθ=x,∴y=(x-2)+m,
∴直线l的参数方程为(t为参数),
由(φ为参数),消去φ得(x-2)2+y2=9,∴曲线C的普通方程为(x-2)2+y2=9.
(2)设A,B两点对应参数分别为t1,t2,
由+2=0知,反向,∴点P(2,m)在圆内,
将直线l的参数方程(t为参数),代入曲线C的普通方程(x-2)2+y2=9,得到t2+mt+m2-9=0,由韦达定理得t1+t2=-m,t1·t2=m2-9,又直线l和曲线C有两个不同的交点,则Δ>0,即3m2-4(m2-9)>0,解得-6由参数的几何意义知,||=|t1|,||=|t2|,又t1·t2<0,
不妨设t1=-2t2,由得到7m2=9,
即m=±,满足条件,
∴实数m的值为±.