2020高考数学二轮总复习 第1部分 层级2 专题7 选修系列 第1讲 极坐标与参数方程课件 理

第一部分高考层级专题突破层级二7个能力专题师生共研专题七选修系列(4)第一讲极坐标与参数方程栏目导航感悟真题考点突破课时跟踪检测1．(2019·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x＝1－t21＋t2，y＝4t1＋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，直线l的极坐标方程为2ρcosθ＋3ρsinθ＋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－11－t21＋t2≤1，且x2＋y22＝1－t21＋t22＋4t21＋t22＝1，所以C的直角坐标方程为x2＋y24＝1(－1x≤1)，l的直角坐标方程为2x＋3y＋11＝0.(2)由(1)，可设C的参数方程为x＝cosα，y＝2sinα(α为参数，－παπ)．C上的点到l的距离为|2cosα＋23sinα＋11|7＝4cosα－π3＋117.当α＝－2π3时，4cosα－π3＋11取得最小值7，故C上的点到l距离的最小值为7.2．(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轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2＋2ρcosθ－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＝ρcosθ，y＝ρsinθ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|－k＋2|k2＋1＝2，故k＝－43或k＝0.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－43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|k＋2|k2＋1＝2，故k＝0或k＝43.经检验，当k＝0时，l1，与C2没有公共点；当k＝43时，l1，l2与C2均没有公共点．综上，所求C1的方程为y＝－43|x|＋2.3．(2017·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy中，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C1的极坐标方程为ρcosθ＝4.(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|·|OP|＝16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程；(2)设点A的极坐标为2，π3，点B在曲线C2上，求△OAB面积的最大值．解：(1)设P的极坐标为(ρ，θ)(ρ0)，M的极坐标为(ρ1，θ)(ρ10)．由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝4cosθ.由|OM|·|OP|＝16得C2的极坐标方程ρ＝4cosθ(ρ0)．因此C2的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4(x≠0)．(2)设点B的极坐标为(ρB，α)(ρB0)，由题设知|OA|＝2，ρB＝4cosα，于是△OAB面积S＝12|OA|·ρB·sin∠AOB＝4cosα·sinα－π3＝2sin2α－π3－32≤2＋3.当α＝－π12时，S取得最大值2＋3.所以△OAB面积的最大值为2＋3.明考情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，本部分内容在备考中应注意转化思想的应用，抓住知识，少做难题．考点一曲线的极坐标方程|析典例|【例】(2019·贵州贵阳适应性考试)过极点O作圆C：ρ＝8cosθ的弦ON.(1)求弦ON的中点M的轨迹E的极坐标方程；(2)若P，Q分别是曲线C和E上两点，且OP⊥OQ，证明：|OP|264＋|OQ|216是定值．[解](1)设M(ρ，θ)，N(ρ1，θ)，则ρ1＝2ρ.因为N(ρ1，θ)在圆ρ＝8cosθ上，所以ρ1＝8cosθ，即2ρ＝8cosθ.故弦ON的中点M的轨迹E的极坐标方程是ρ＝4cosθ.(2)证明：设点Q的极坐标是(ρ2，θ)，则点P的极坐标是ρ3，θ±π2.因为ρ3＝8cosθ±π2＝∓8sinθ，ρ2＝4cosθ，所以|OP|264＋|OQ|216＝ρ2364＋ρ2216＝64sin2θ64＋16cos2θ16＝sin2θ＋cos2θ＝1，即|OP|264＋|OQ|216是定值.|规律方法|求解与极坐标有关的应用问题的基本方法(1)直接法：直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用．(2)间接法：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．|练题点|(2019·全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ00)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．解：(1)因为M(ρ0，θ0)在曲线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外的任意一点．在Rt△OPQ中，ρcosθ－π3＝|OP|＝2.经检验，点P2，π3在曲线ρcosθ－π3＝2上，所以，l的极坐标方程为ρcosθ－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，所以θ的取值范围是所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cosθ，θ∈考点二参数方程|析典例|【例】(2019·广东广州花都区二模)已知直线l：x＝1＋12t，y＝32t(t为参数)，曲线C1：x＝cosθ，y＝sinθ(θ为参数)．(1)设l与C1相交于A，B两点，求|AB|；(2)若把曲线C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标缩短到原来的32倍，得到曲线C2，设P是曲线C2上的一个动点，求它到直线l距离的最小值．[解](1)根据题意得直线l的普通方程为y＝3(x－1)，曲线C1的普通方程为x2＋y2＝1，由y＝3x－1，x2＋y2＝1，解得l与C1的交点坐标分别为(1,0)，12，－32，故|AB|＝1－122＋0＋322＝1.(2)由题意得，曲线C2的参数方程为x＝12cosθ，y＝32sinθ(θ为参数)，则点P的坐标是12cosθ，32sinθ，所以点P到直线l的距离d＝32cosθ－32sinθ－32＝64sinθ－π4＋2，故当sinθ－π4＝－1时，d取得最小值，最小值为23－64.|规律方法|参数方程化为普通方程的方法及参数方程的应用(1)将参数方程化为普通方程的过程就是消去参数的过程，常用的消参方法有代入消参、加减消参、三角恒等式消参等，往往需要对参数方程进行变形，为消去参数创造条件．(2)在与直线、圆、椭圆有关的题目中，参数方程的使用会使问题的解决事半功倍，尤其是求取值范围和最值问题，可将参数方程代入相关曲线的普通方程中，根据参数的取值条件求解．|练题点|(2019·豫南九校联考)在直角坐标系xOy中，设倾斜角为α的直线l：x＝2＋tcosα，y＝3＋tsinα(t为参数)与曲线C：x＝2cosθ，y＝sinθ(θ为参数)相交于不同的两点A，B.(1)若α＝π3，求线段AB的中点M的坐标；(2)若|PA|·|PB|＝|OP|2，其中P(2，3)，求直线l的斜率．解：(1)将曲线C的参数方程化为普通方程是x24＋y2＝1.当α＝π3时，设点M对应的参数为t0，直线l的方程为x＝2＋12t，y＝3＋32t(t为参数)，代入曲线C的普通方程x24＋y2＝1，得13t2＋56t＋48＝0，设直线l上的点A，B对应参数分别为t1，t2.则t0＝t1＋t22＝－2813，所以点M的坐标为1213，－313.(2)将x＝2＋tcosα，y＝3＋tsinα代入曲线C的普通方程x24＋y2＝1，得(cos2α＋4sin2α)t2＋(83sinα＋4cosα)t＋12＝0，因为|PA|·|PB|＝|t1t2|＝12cos2α＋4sin2α，|OP|2＝7，所以12cos2α＋4sin2α＝7，得tan2α＝516.由于Δ＝32cosα(23sinα－cosα)0，故tanα＝54.所以直线l的斜率为54.考点三参数方程、极坐标的综合应用|析典例|【例】(2019·河北六校联考)在直角坐标系xOy中，点P(0，－1)，曲线C1：x＝tcosα，y＝－1＋tsinα(t为参数)，其中0≤απ，在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＋ρcos2θ＝8sinθ.(1)若α＝π4，求C1与C2公共点的直角坐标；(2)若C1与C2相交于不同的两点A，B，M是线段AB的中点，当|PM|＝409时，求sinα的值．[解](1)若α＝π4，则曲线C1的普通方程为y＝x－1，曲线C2的直角坐标方程为x2＝4y，由y＝x－1，x2＝4y，解得y＝1，x＝2.所以C1与C2公共点的直角坐标为(2,1)．(2)将C1：x＝tcosα，y＝－1＋tsinα代入x2＝4y得，(cos2α)t2－4(sinα)t＋4＝0，由Δ＝16sin2α－16cos2α0得，sinα22.设A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝4sinαcos2α，由|PM|＝t1＋t22＝2sinαcos2α＝409，得20sin2α＋9sinα－20＝0，解得sinα＝45.|规律方法|转化与化归思想在参数方程、极坐标问题中的运用在对坐标系与参数方程的考查中，灵活地利用转化与化归思想可以使问题得到简捷的解答．例如，将题设条件中涉及的极坐标方程等价转化为直角坐标方程，然后在直角坐标系下对问题进行求解，充分体现了转化与化归的数学思想．|练题点|(2019·唐山模拟)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x＝3－22t，y＝5＋22t(t为参数)．在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，圆C的方程为ρ＝25sinθ.(1)求圆C的直角坐标方程；(2)设圆C与直线l交于点A，B，若点P的坐标为(3，5)，求|PA|＋|PB|.解：(1)由ρ＝25sinθ，得ρ2＝25ρsinθ.所以x2＋y2＝25y，即x2＋(y－5)2＝5.(2)将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程．得3－22t2＋22t2＝5，即t2－32t＋4＝0.由于Δ＝(32)2－4×4＝20，故可设t1，t2是上述方程的两实根，所以t1＋t2＝32，t1·t2＝4.又直线l过点P(3，5)，在圆C外．故由上式及t的几何意义得|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝32.