全国统考2023版高考数学大一轮复习选修4_4坐标系与参数方程2备考试题文含解析20230327196

选修4-4　坐标系与参数方程1.[2020全国卷Ⅲ,22,10分]在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为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.2.[2019全国卷Ⅱ,22,10分]在极坐标系中,O为极点,点M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲线C:ρ=4sinθ上,直线l过点A(4,0)且与OM垂直,垂足为P.(1)当θ0=π3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.3.[2020湖南师大附中高三摸底考试][与向量综合]在平面直角坐标系xOy中,已知曲线C的参数方程为x=cosθ,y=sinθ(θ为参数),直线l的参数方程为x=-2+2413t,y=1013t(t为参数),点P的坐标为(-2,0).(1)若点Q在曲线C上运动,点M在线段PQ上运动,且PM=2MQ,求动点M的轨迹方程.(2)设直线l与曲线C交于A,B两点,求|PA|·|PB|的值.4.[2020广州高三二测]在平面直角坐标系xOy中,倾斜角为α的直线l的参数方程为x=2+tcosα,y=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=2ρcosθ+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|=42,求直线l的倾斜角.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　5.[2021陕西百校联考]在直角坐标系xOy中,直线C1的参数方程为x=t+1,y=t+5(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C2的极坐标方程为ρ2=32+cos2θ.\n(1)求C1的普通方程和C2的直角坐标方程;(2)求C2上的动点到C1的距离的取值范围.6.[2021蓉城名校联考]在直角坐标系xOy中,直线C1的参数方程为x=-1+22t,y=1+22t(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,圆C2的极坐标方程为ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+4=0.(1)求C2的直角坐标方程;(2)设C1,C2的交点为M,N,求△C2MN的面积.7.[2021晋南高中联考]以直角坐标系的原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线C1:ρ=4sin(θ+π3),M是C1上的动点,点N在射线OM上且满足2|ON|=|OM|,设点N的轨迹为曲线C2.(1)写出曲线C2的极坐标方程,并化为直角坐标方程;(2)已知直线l的参数方程为x=34+tcosφ,y=14+tsinφ(t为参数,0≤φ<π),曲线C2截直线l所得线段的中点坐标为(34,14),求φ的值.8.[2020济南5月三模][与数列综合]在平面直角坐标系中,以原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,且在两坐标系下长度单位相同.已知曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=2acosθ(a>0),过点P(-1,23)的直线l:x=-1-12t,y=23+32t(t为参数)与曲线C相交于M,N两点.(1)求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程;(2)若|PM|,|MN|,|PN|成等比数列,求实数a的值.9.[2020四省名校高三第一次联考][新定义题]在极坐标系中,方程为ρ=2sin2θ的曲线为如图1所示的“幸运四叶草”,该曲线又被称为玫瑰线.(1)当玫瑰线的θ∈[0,π2]时,求以极点为圆心的单位圆与玫瑰线的交点的极坐标.(2)求曲线ρ=22sin(θ+π4)上的点M与玫瑰线上的点N距离的最小值及取得最小值时的点M,N的极坐标(不必写详细解题过程).\n图110.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试][新角度题]已知曲线C的参数方程为x=cosθ,y=sinθ(θ为参数),A(2,0),P为曲线C上的一个动点.(1)求动点P对应的参数从π3变动到2π3时,线段AP所扫过的图形的面积.(2)若直线AP与曲线C的另一个交点为Q,是否存在点P,使得P为线段AQ的中点?若存在,求出点P的直角坐标;若不存在,请说明理由.答案选修4-4　坐标系与参数方程1.(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|=410.(2)由(1)可知,直线AB的直角坐标方程为x-4+y12=1,将x=ρcosθ,y=ρsinθ代入,得直线AB的极坐标方程为3ρcosθ-ρsinθ+12=0.【题型风向】　题目的新颖之处是根据参数方程求解曲线与x,y轴的交点坐标,体现了对参数方程的深刻理解,角度新颖.\n2.(1)因为M(ρ0,θ0)在C上,当θ0=π3时,ρ0=4sinπ3=23.由已知得|OP|=|OA|cosπ3=2.设Q(ρ,θ)为l上除P的任意一点.连接OQ,在Rt△OPQ中,ρcos(θ-π3)=|OP|=2.经检验,点P(2,π3)在曲线ρcos(θ-π3)=2上.所以,l的极坐标方程为ρcos(θ-π3)=2.(2)设P(ρ,θ),在Rt△OAP中,|OP|=|OA|cosθ=4cosθ,即ρ=4cosθ.因为P在线段OM上,且AP⊥OM,故θ的取值范围是[π4,π2].所以,P点轨迹的极坐标方程为ρ=4cosθ,θ∈[π4,π2].【方法技巧】　极坐标方程中,每一个θ0对应一个ρ0,求点的轨迹的极坐标方程时,要学会构建等量关系,同时要注意极角的取值范围.3.(1)设Q(cosθ,sinθ),M(x,y),则由PM=2MQ,得(x+2,y)=2(cosθ-x,sinθ-y),即3x+2=2cosθ　①,3y=2sinθ　②.由①和②得(3x+2)2+(3y)2=4,即(x+23)2+y2=49,所以动点M的轨迹方程为(x+23)2+y2=49.(2)易知曲线C的普通方程为x2+y2=1,直线l的普通方程为y=512(x+2),设α为直线l的倾斜角,则tanα=512,sinα=513,cosα=1213,则直线l的参数方程可设为x=-2+1213t',y=513t'(t'为参数),代入曲线C的普通方程,得t'2-4813t'+3=0,Δ=(-4813)2-12=276169>0,设点A,B对应的参数分别为t'1,t'2,则|PA|·|PB|=|t'1|·|t'2|=|t'1t'2|=3.4.(1)解法一　因为直线l的参数方程为x=2+tcosα,y=3+tsinα(t为参数),所以当α=π2时,直线l的普通方程为x=2;当α≠π2时,直线l的普通方程为y-3=(x-2)tanα.将ρ2=x2+y2,ρcosθ=x代入ρ2=2ρcosθ+8,得x2+y2=2x+8.所以曲线C的直角坐标方程为x2+y2-2x-8=0.\n解法二　直线l的参数方程为x=2+tcosα,y=3+tsinα(t为参数),则有xsinα=2sinα+tsinαcosα,ycosα=3cosα+tsinαcosα,所以直线l的普通方程为xsinα-ycosα-(2sinα-3cosα)=0.将ρ2=x2+y2,ρcosθ=x代入ρ2=2ρcosθ+8,得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的直角坐标方程并整理,得t2+(23sinα+2cosα)t-5=0　①.因为Δ=(23sinα+2cosα)2+20>0,所以可设①的两个根分别为t1,t2,则t1+t2=-(23sinα+2cosα),t1t2=-5.所以|AB|=|t1-t2|=(t1+t2)2-4t1t2=[-(23sinα+2cosα)]2+20=42,整理得(3sinα+cosα)2=3,故2sin(α+π6)=±3.因为0≤α<π,所以π6≤α+π6<7π6,所以α+π6=π3或α+π6=2π3,解得α=π6或α=π2.所以直线l的倾斜角为π6或π2.解法二　由(1)得曲线C是以C(1,0)为圆心,3为半径的圆.直线l与圆C交于A,B两点,且|AB|=42,故圆心C(1,0)到直线l的距离d=32-(422)2=1.①当α=π2时,直线l的方程为x=2,符合题意.②当α∈[0,π2)∪(π2,π)时,直线l的方程为xtanα-y+3-2tanα=0,所以d=|tanα-0+3-2tanα|1+tan2α=1,整理得|3-tanα|=1+tan2α,解得α=π6.综上所述,直线l的倾斜角为π6或π2.5.(1)∵直线C1的参数方程为x=t+1y=t+5(t为参数),∴消去参数t,得直线C1的普通方程为x-y+4=0.∵曲线C2的极坐标方程为ρ2=32+cos2θ,∴2ρ2+ρ2cos2θ=3,即2ρ2+ρ2(cos2θ-sin2θ)=3,∴曲线C2的直角坐标方程为2(x2+y2)+x2-y2=3,即x2+y23=1.\n(2)曲线C2的参数方程为x=cosαy=3sinα(α为参数),设C2上的动点为M(cosα,3sinα),则C2上的动点M到C1的距离d=|cosα-3sinα+4|2=|2sin(π6-α)+4|2.∵2sin(π6-α)∈[-2,2],∴曲线C2上的动点到C1的距离的最大值为32,最小值为2,故C2上的动点到C1的距离的取值范围为[2,32].6.(1)因为ρcosθ=x,ρsinθ=y,ρ2=x2+y2,所以C2的直角坐标方程为x2+y2-2x-4y+4=0,即(x-1)2+(y-2)2=1.(2)解法一　设M,N对应的参数分别为t1,t2.将C1的参数方程代入C2的直角坐标方程得(-2+22t)2+(-1+22t)2=1,整理得t2-32t+4=0,Δ=(-32)2-4×4=2>0,且t1+t2=32,t1t2=4,所以|MN|=(t1-t2)2=(t1+t2)2-4t1t2=(32)2-4×4=2.因为C2的半径为r=1,则圆心C2到MN的距离d=r2-(|MN|2)2=1-(22)2=22,故△C2MN的面积S=12×2×22=12.解法二　将直线C1的方程化为普通方程得x-y+2=0,则圆心C2(1,2)到直线C1的距离d=|1-2+2|2=22,又圆C2的半径r=1,故|MN|=2r2-d2=21-(22)2=2.故△C2MN的面积S=12×2×22=12.7.(1)设点N(ρ,θ),则点M(2ρ,θ),又M是C1上的动点,∴2ρ=4sin(θ+π3),即ρ=2sin(θ+π3).两边同乘以ρ并展开整理得ρ2=ρ(sinθ+3cosθ),又ρ2=x2+y2,ρcosθ=x,ρsinθ=y,∴C2的直角坐标方程为x2+y2-3x-y=0.(2)将直线l的参数方程代入C2的直角坐标方程得t2-t(32cosφ+12sinφ)-34=0,设直线l与曲线C2的两个交点为A,B,且A,B对应的参数分别为t1,t2,由已知可得t1+t2=32cosφ+12sinφ=0,故tanφ=-3,∵0≤φ<π,∴φ=2π3.\n8.(1)把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入ρsin2θ=2acosθ(a>0)得y2=2ax(a>0).对于直线l:x=-1-12t,y=23+32t(t为参数),消去t得3x+y-3=0.所以曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程分别是y2=2ax(a>0)和3x+y-3=0.(2)将x=-1-12t,y=23+32t(t为参数)代入y2=2ax(a>0),整理得3t2+(24+4a)t+48+8a=0.易知Δ>0,设M,N对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=-24+4a3,t1t2=48+8a3=2(24+4a)3.因为|MN|2=|PM|·|PN|,所以(t1-t2)2=t1t2,即(t1+t2)2-4t1t2=t1t2,即(t1+t2)2=5t1t2,即(24+4a)29=10(24+4a)3,解得a=32.9.(1)由题意可得单位圆的极坐标方程为ρ=1.由ρ=1,ρ=2sin2θ,得sin2θ=12.∵θ∈[0,π2],∴θ=π12或θ=5π12,∴交点的极坐标为(1,π12),(1,5π12).(2)以极点为坐标原点,极轴为x轴,建立平面直角坐标系xOy.曲线ρ=22sin(θ+π4)的直角坐标方程为x+y=4.玫瑰线关于原点中心对称,而原点O到直线x+y=4的最小距离|OM|min=|4|2=22,原点到玫瑰线上的点的最大距离|ON|max=2,当且仅当θ=π4时,|OM|min和|ON|max同时取到,∴|MN|min=|OM|min-|ON|max=22-2,此时M(22,π4),N(2,π4).10.(1)设θ=π3时动点P对应的点为M,θ=2π3时动点P对应的点为N,O为坐标原点,则线段AP扫过的图形的面积=S△AMN+S弓形=S△OMN+S弓形=S扇形OMN=12×12×π3=π6.(2)设P(cosθ,sinθ),∵P为线段AQ的中点,∴Q(2cosθ-2,2sinθ).∵Q在曲线C上,曲线C的普通方程为x2+y2=1,∴(2cosθ-2)2+(2sinθ)2=1,∴8cosθ=7,cosθ=78.此时点P的直角坐标为(78,158)或(78,-158),故存在满足条件的点P,其直角坐标为(78,158)或(78,-158).