（全國(guó)通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 系列4選講 第1講 坐標(biāo)系與參數(shù)方程學(xué)案 理

《（全國(guó)通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 系列4選講 第1講 坐標(biāo)系與參數(shù)方程學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 系列4選講 第1講 坐標(biāo)系與參數(shù)方程學(xué)案 理（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　坐標(biāo)系與參數(shù)方程 [考情考向分析]　高考主要考查平面直角坐標(biāo)系中的伸縮變換、直線和圓的極坐標(biāo)方程、參數(shù)方程與普通方程的互化、常見曲線的參數(shù)方程及參數(shù)方程的簡(jiǎn)單應(yīng)用．以極坐標(biāo)、參數(shù)方程與普通方程的互化為主要考查形式，同時(shí)考查直線與曲線的位置關(guān)系等解析幾何知識(shí)． 熱點(diǎn)一　極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化 直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)的互化 把直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)作為極點(diǎn)，x軸的正半軸作為極軸，且在兩坐標(biāo)系中取相同的長(zhǎng)度單位．如圖， 設(shè)M是平面內(nèi)的任意一點(diǎn)，它的直角坐標(biāo)、極坐標(biāo)分別為(x，y)和(ρ，θ)， 則 例1　(2018·佛山模擬)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(t為參數(shù)

2、，a>0)．以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，以x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C1上一點(diǎn)A的極坐標(biāo)為，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝cos θ. (1)求曲線C1的極坐標(biāo)方程； (2)設(shè)點(diǎn)M，N在C1上，點(diǎn)P在C2上(異于極點(diǎn))，若O，M，P，N四點(diǎn)依次在同一條直線l上，且|MP|，|OP|，|PN|成等比數(shù)列，求 l的極坐標(biāo)方程． 解　(1)曲線C1的直角坐標(biāo)方程為(x－a)2＋y2＝3， 化簡(jiǎn)得x2＋y2－2ax＋a2－3＝0. 又x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ， 所以ρ2－2aρcos θ＋a2－3＝0. 代入點(diǎn)，得a2－a－2＝0， 解得a＝2或a＝－1(舍去)． 所以曲線C1

3、的極坐標(biāo)方程為ρ2－4ρcos θ＋1＝0. (2)由題意知，設(shè)直線l的極坐標(biāo)方程為θ＝α(ρ∈R)， 設(shè)點(diǎn)M，N，P， 則ρ1<ρ3<ρ2. 聯(lián)立得ρ2－4ρcos α＋1＝0， 所以ρ1＋ρ2＝4cos α，ρ1ρ2＝1. 聯(lián)立得ρ3＝cos α. 因?yàn)閨MP|，|OP|，|PN|成等比數(shù)列， 所以ρ＝(ρ3－ρ1)(ρ2－ρ3)，即2ρ＝(ρ1＋ρ2)ρ3－ρ1ρ2. 所以2cos2α＝4cos2α－1，解得cos α＝(舍負(fù))． 經(jīng)檢驗(yàn)，滿足O，M，P，N四點(diǎn)依次在同一條直線上， 所以l的極坐標(biāo)方程為θ＝±(ρ∈R)． 思維升華　(1)在由點(diǎn)的直角坐標(biāo)化為極坐標(biāo)

4、時(shí)，一定要注意點(diǎn)所在的象限和極角的范圍，否則點(diǎn)的極坐標(biāo)將不唯一． (2)在與曲線的直角坐標(biāo)方程進(jìn)行互化時(shí)，一定要注意變量的范圍，要注意轉(zhuǎn)化的等價(jià)性． 跟蹤演練1　(2018·烏魯木齊模擬)已知直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，以x軸正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為sin θ－ρcos2θ＝0. (1)求曲線C的直角坐標(biāo)方程； (2)寫出直線l與曲線C交點(diǎn)的一個(gè)極坐標(biāo)． 解　(1)∵sin θ－ρcos2θ＝0， ∴ρsin θ－ρ2cos2θ＝0， 即y－x2＝0. 即曲線C的直角坐標(biāo)方程為y＝x2. (2)將代入y－x2＝0， 得＋t－2

5、＝0，即t＝0， 從而交點(diǎn)坐標(biāo)為(1，)， 所以交點(diǎn)的一個(gè)極坐標(biāo)為. 熱點(diǎn)二　參數(shù)方程與普通方程的互化 1．直線的參數(shù)方程 過定點(diǎn)M(x0，y0)，傾斜角為α的直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))． 2．圓的參數(shù)方程 圓心為點(diǎn)M(x0，y0)，半徑為r的圓的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))． 3．圓錐曲線的參數(shù)方程 (1)橢圓＋＝1(a>b>0)的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))． (2)拋物線y2＝2px(p>0)的參數(shù)方程為(t為參數(shù))． 例2　(2018·全國(guó)Ⅲ)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))，過點(diǎn)(0，－)且傾斜角為α的直線l與⊙O交于A，B兩點(diǎn)． (1)求α的取

6、值范圍； (2)求AB中點(diǎn)P的軌跡的參數(shù)方程． 解　(1)⊙O的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝1. 當(dāng)α＝時(shí)，l與⊙O交于兩點(diǎn)． 當(dāng)α≠時(shí)，記tan α＝k，則l的方程為y＝kx－.l與⊙O交于兩點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)<1，解得k<－1或k>1，即α∈或α∈. 綜上，α的取值范圍是. (2)l的參數(shù)方程為 . 設(shè)A，B，P對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為tA，tB，tP， 則tP＝，且tA，tB滿足t2－2tsin α＋1＝0. 于是tA＋tB＝2sin α，tP＝sin α. 又點(diǎn)P的坐標(biāo)(x，y)滿足 所以點(diǎn)P的軌跡的參數(shù)方程是. 思維升華　(1)將參數(shù)方程化為普通方程，需要根據(jù)參數(shù)方程的結(jié)構(gòu)特

7、征，選取適當(dāng)?shù)南麉⒎椒ǎＲ姷南麉⒎椒ㄓ写胂麉⒎?、加減消參法、平方消參法等． (2)將參數(shù)方程化為普通方程時(shí)，要注意兩種方程的等價(jià)性，不要增解、漏解，若x，y有范圍限制，要標(biāo)出x，y的取值范圍． 跟蹤演練2　(2018·北京朝陽(yáng)區(qū)模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，點(diǎn)M的極坐標(biāo)是. (1)求直線l的普通方程； (2)求直線l上的點(diǎn)到點(diǎn)M距離最小時(shí)的點(diǎn)的直角坐標(biāo)． 解　(1)直線l的普通方程為3x－y－6＝0. (2)點(diǎn)M的直角坐標(biāo)是(－1，－)， 過點(diǎn)M作直線l的垂線，垂足為M′，則點(diǎn)M′即為所求的直線

8、l上到點(diǎn)M距離最小的點(diǎn)． 直線MM′的方程是y＋＝－(x＋1)， 即y＝－x－－. 由解得 所以直線l上到點(diǎn)M距離最小的點(diǎn)的直角坐標(biāo)是. 熱點(diǎn)三　極坐標(biāo)、參數(shù)方程的綜合應(yīng)用 解決與圓、圓錐曲線的參數(shù)方程有關(guān)的綜合問題時(shí)，要注意普通方程與參數(shù)方程的互化公式，主要是通過互化解決與圓、圓錐曲線上動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的問題，如最值、范圍等． 例3　(2018·泉州質(zhì)檢)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為(α為參數(shù))，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，射線m：θ＝β(ρ>0)． (1)求C和l的極坐標(biāo)方程； (2)設(shè)點(diǎn)A是m與C的一個(gè)交點(diǎn)(異

9、于原點(diǎn))，點(diǎn)B是m與l的交點(diǎn)，求的最大值． 解　(1)曲線C的普通方程為(x－1)2＋y2＝1， 由得2＋ρ2sin2θ＝1， 化簡(jiǎn)得C的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cos θ. 因?yàn)閘的普通方程為x＋y－4＝0， 所以極坐標(biāo)方程為ρcos θ＋ρsin θ－4＝0， 所以l的極坐標(biāo)方程為ρsin＝2. (2)設(shè)A(ρ1，β)，B(ρ2，β)， 則＝＝2cos β· ＝(sin βcos β＋cos2β)＝sin＋， 由射線m與C，直線l相交，則不妨設(shè)β∈， 則2β＋∈， 所以當(dāng)2β＋＝，即β＝時(shí)，取得最大值， 即max＝. 思維升華　(1)利用參數(shù)方程解決問題，要理解參數(shù)的

10、幾何意義． (2)在解決直線、圓和圓錐曲線的有關(guān)問題時(shí)，常常將極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程或?qū)?shù)方程化為普通方程，有助于認(rèn)識(shí)方程所表示的曲線，從而達(dá)到化陌生為熟悉的目的，這是轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用． 跟蹤演練3　(2018·黑龍江省哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，以原點(diǎn)為極點(diǎn)，以x軸的正半軸為極軸且取相同的單位長(zhǎng)度建立極坐標(biāo)系，曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cos θ. (1)若曲線C2的參數(shù)方程為(α為參數(shù))，求曲線C1的直角坐標(biāo)方程和曲線C2的普通方程； (2)若曲線C2的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，A(0,1)，且曲線C1與曲線C2的交點(diǎn)分別為P，Q，求＋的取值范圍．

11、解　(1)∵ρ＝2cos θ，∴ρ2＝2ρcos θ， 又∵ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x， ∴曲線C1的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x＝0， 曲線C2的普通方程為x2＋(y－1)2＝t2. (2)將C2的參數(shù)方程(t為參數(shù))代入C1的方程x2＋y2－2x＝0，得t2＋(2sin α－2cos α)t＋1＝0. ∵Δ＝(2sin α－2cos α)2－4＝8sin2－4>0， ∴∈， ∴sin∈∪. t1＋t2＝－(2sin α－2cos α)＝－2sin， t1t2＝1>0， ∵t1t2＝1>0，∴t1，t2同號(hào)，∴|t1|＋|t2|＝|t1＋t2|. 由點(diǎn)A在曲線

12、C2上，根據(jù)t的幾何意義，可得 ＋＝＋＝ ＝＝ ＝2∈(2,2]． ∴＋∈(2,2]． 真題體驗(yàn) 1．(2018·全國(guó)Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的方程為y＝k|x|＋2.以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ2＋2ρcos θ－3＝0. (1)求C2的直角坐標(biāo)方程； (2)若C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)，求C1的方程． 解　(1)由x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，得C2的直角坐標(biāo)方程為(x＋1)2＋y2＝4. (2)由(1)知C2是圓心為A(－1,0)，半徑為2的圓． 由題設(shè)知，C1是過點(diǎn)B(0,2)且關(guān)于y軸對(duì)稱的兩條射

13、線．記y軸右側(cè)的射線為l1，y軸左側(cè)的射線為l2. 由于點(diǎn)B在圓C2的外部，故C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)等價(jià)于l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且l2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)，或l2與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且l1與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)． 當(dāng)l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A到l1所在直線的距離為2，所以＝2，故k＝－或k＝0. 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1與C2沒有公共點(diǎn)； 當(dāng)k＝－時(shí)，l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，l2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)，滿足題意． 當(dāng)l2與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A到l2所在直線的距離為2，所以＝2，故k＝0或k＝. 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1與C2沒有公共點(diǎn)； 當(dāng)k＝時(shí)，l2與C2沒有公共點(diǎn)

14、． 綜上，所求C1的方程為y＝－|x|＋2. 2．(2017·全國(guó)Ⅱ)在直角坐標(biāo)系xOy中，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρcos θ＝4. (1)M為曲線C1上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P在線段OM上，且滿足|OM|·|OP|＝16，求點(diǎn)P的軌跡C2的直角坐標(biāo)方程； (2)設(shè)點(diǎn)A的極坐標(biāo)為，點(diǎn)B在曲線C2上，求△OAB面積的最大值． 解　(1)設(shè)點(diǎn)P的極坐標(biāo)為(ρ，θ)(ρ>0)，點(diǎn)M的極坐標(biāo)為(ρ1，θ)(ρ1>0)，由題設(shè)知， |OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝. 由|OM|·|OP|＝16，得C2的極坐標(biāo)方程ρ＝4cos θ(ρ>0)． 所以C2的

15、直角坐標(biāo)方程為(x－2)2＋y2＝4(x≠0)． (2)設(shè)點(diǎn)B的極坐標(biāo)為(ρB，α)(ρB>0)． 由題設(shè)知|OA|＝2，ρB＝4cos α. 于是△OAB的面積 S＝|OA|·ρB·sin∠AOB ＝4cos α ＝4cos α ＝|sin 2α－cos 2α－| ＝2≤2＋. 當(dāng)2α－＝－，即α＝－時(shí)，S取得最大值2＋， 所以△OAB面積的最大值為2＋. 押題預(yù)測(cè) 1．已知曲線C的極坐標(biāo)方程是ρ＝4cos θ.以極點(diǎn)為平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，極軸為x軸的正半軸，建立平面直角坐標(biāo)系，直線l的參數(shù)方程是(t是參數(shù))． (1)將曲線C的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程； (2

16、)若直線l與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝，求直線的傾斜角α的值． 押題依據(jù)　極坐標(biāo)方程和參數(shù)方程的綜合問題一直是高考命題的熱點(diǎn)．本題考查了等價(jià)轉(zhuǎn)換思想，代數(shù)式變形能力，邏輯推理能力，是一道頗具代表性的題． 解　(1)由ρ＝4cos θ，得ρ2＝4ρcos θ. 因?yàn)閤2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ，所以x2＋y2＝4x， 即曲線C的直角坐標(biāo)方程為(x－2)2＋y2＝4. (2)將代入圓的方程(x－2)2＋y2＝4， 得(tcos α－1)2＋(tsin α)2＝4， 化簡(jiǎn)得t2－2tcos α－3＝0. 設(shè)A，B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2， 由根與系數(shù)的關(guān)系，得

17、 所以|AB|＝|t1－t2|＝ ＝＝， 故4cos2α＝1，解得cos α＝±. 因?yàn)橹本€的傾斜角α∈[0，π)，所以α＝或. 2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1：(φ為參數(shù))，其中a>b>0.以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2：ρ＝2cos θ，射線l：θ＝α(ρ≥0)．若射線l與曲線C1交于點(diǎn)P，當(dāng)α＝0時(shí)，射線l與曲線C2交于點(diǎn)Q，|PQ|＝1；當(dāng)α＝時(shí)，射線l與曲線C2交于點(diǎn)O，|OP|＝. (1)求曲線C1的普通方程； (2)設(shè)直線l′：(t為參數(shù)，t≠0)與曲線C2交于點(diǎn)R，若α＝，求△OPR的面積． 押題依據(jù)　將橢圓和直線的參數(shù)方程、圓和射

18、線的極坐標(biāo)方程相交匯，考查相應(yīng)知識(shí)的理解和運(yùn)用，解題中，需要將已知條件合理轉(zhuǎn)化，靈活變形，符合高考命題趨勢(shì)． 解　(1)因?yàn)榍€C1的參數(shù)方程為(φ為參數(shù))，且a>b>0，所以曲線C1的普通方程為＋＝1，而其極坐標(biāo)方程為＋＝1. 將θ＝0(ρ≥0)代入＋＝1， 得ρ＝a，即點(diǎn)P的極坐標(biāo)為； 將θ＝0(ρ≥0)代入ρ＝2cos θ，得ρ＝2， 即點(diǎn)Q的極坐標(biāo)為(2,0)． 因?yàn)閨PQ|＝1，所以|PQ|＝|a－2|＝1， 所以a＝1或a＝3. 將θ＝(ρ≥0)代入＋＝1， 得ρ＝b，即點(diǎn)P的極坐標(biāo)為， 因?yàn)閨OP|＝，所以b＝.又因?yàn)閍>b>0，所以a＝3， 所以曲線C1的

19、普通方程為＋＝1. (2)因?yàn)橹本€l′的參數(shù)方程為(t為參數(shù)，t≠0)， 所以直線l′的普通方程為y＝－x(x≠0)， 而其極坐標(biāo)方程為θ＝－(ρ∈R，ρ≠0)， 所以將直線l′的方程θ＝－代入曲線C2的方程ρ＝2cos θ，得ρ＝1，即|OR|＝1. 因?yàn)閷⑸渚€l的方程θ＝(ρ≥0)代入曲線C1的方程＋＝1， 得ρ＝，即|OP|＝， 所以S△OPR＝|OP||OR|sin∠POR ＝××1×sin ＝. A組　專題通關(guān) 1．(2018·百校聯(lián)盟TOP20聯(lián)考)已知平面直角坐標(biāo)系中，曲線C的參數(shù)方程為(α為參數(shù))，直線l1：x＝0，直線l2：x－y＝0，以原點(diǎn)為極點(diǎn)，x

20、軸正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系． (1)寫出曲線C和直線l1，l2的極坐標(biāo)方程； (2)若直線l1與曲線C交于O，A兩點(diǎn)，直線l2與曲線C交于O，B兩點(diǎn)，求|AB|. 解　(1)依題意知，曲線C：(x－1)2＋2＝5，即x2－2x＋y2－4y＝0， 將x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入上式，得ρ＝2cos θ＋4sin θ. 因?yàn)橹本€l1：x＝0，直線l2：x－y＝0， 故直線l1，l2的極坐標(biāo)方程為l1：θ＝(ρ∈R)， l2：θ＝(ρ∈R)． (2)設(shè)A，B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的極徑分別為ρ1，ρ2， 在ρ＝2cos θ＋4sin θ中， 令θ＝，得ρ1＝2cos＋4sin＝4，

21、 令θ＝，得ρ2＝2cos＋4sin＝3， 因?yàn)椋剑? 所以|AB|＝＝. 2．(2018·衡水金卷模擬)以平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸，取相同的長(zhǎng)度單位建立極坐標(biāo)系，已知直線l的極坐標(biāo)方程是ρsin＝1，圓C的參數(shù)方程為(φ為參數(shù)，r>0)． (1)若直線l與圓C有公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)r的取值范圍； (2)當(dāng)r＝2時(shí)，過點(diǎn)D(2,0)且與直線l平行的直線l′交圓C于A，B兩點(diǎn)，求的值． 解　(1)由ρsin＝1， 得ρ＝1， 即y－x＝1， 故直線l的直角坐標(biāo)方程為x－y＋2＝0. 由得 所以圓C的普通方程為(x－1)2＋y2＝r2. 若直線l與圓C有公

22、共點(diǎn)，則圓心(1,0)到直線l的距離d＝≤r，即r≥， 故實(shí)數(shù)r的取值范圍為. (2)因?yàn)橹本€l′的傾斜角為，且過點(diǎn)D(2,0)， 所以直線l′的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，① 圓C的直角坐標(biāo)方程為(x－1)2＋y2＝4，② 聯(lián)立①②，得t2＋t－3＝0， 設(shè)A，B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2， 則t1＋t2＝－1，t1t2＝－3<0， 故＝＝＝. 3．(2018·安徽省“皖南八?！甭?lián)考)在直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的參數(shù)方程為(α為參數(shù))，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線的極坐標(biāo)方程為ρ(sin θ＋cos θ)＝. (1)求C的極坐標(biāo)方程； (2)射線OM

23、：θ＝θ1與圓C的交點(diǎn)為O，P，與直線l的交點(diǎn)為Q，求|OP|·|OQ|的取值范圍． 解　(1)圓C的普通方程是(x－2)2＋y2＝4， 又x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， 所以圓C的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cos θ. (2)設(shè)P(ρ1，θ1)，則有ρ1＝4cos θ1， 設(shè)Q(ρ2，θ1)，且直線l的極坐標(biāo)方程是 ρ(sin θ＋cos θ)＝， 則有ρ2＝， 所以|OP||OQ|＝ρ1ρ2＝ ＝， 所以2≤|OP||OQ|≤3. 即|OP||OQ|的取值范圍是[2,3]． 4．(2018·濰坊模擬)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))，點(diǎn)M為曲線C

24、1上的動(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足＝a(a>0且a≠1)，點(diǎn)P的軌跡為曲線C2. (1)求曲線C2的方程，并說明C2是什么曲線； (2)在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，以x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，A點(diǎn)的極坐標(biāo)為，射線θ＝α與C2的異于極點(diǎn)的交點(diǎn)為B，已知△AOB面積的最大值為4＋2，求a的值． 解　(1)設(shè)P(x，y)，M， 由＝a，得∴ ∵點(diǎn)M在C1上， ∴即(θ為參數(shù))， 消去參數(shù)θ，得2＋y2＝4a2(a>0且a≠1)． ∴曲線C2是以為圓心，以2a為半徑的圓． (2)方法一　A點(diǎn)的直角坐標(biāo)為(1，)， ∴直線OA的普通方程為y＝x，即x－y＝0. 設(shè)B點(diǎn)坐標(biāo)為(2a＋2acos α

25、，2asin α)，則B點(diǎn)到直線x－y＝0的距離d＝ ＝a. ∴當(dāng)α＝－時(shí)，dmax＝(＋2)a. ∴S△AOB的最大值為×2×(＋2)a＝4＋2，∴a＝2. 方法二　將x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入2＋y2＝4a2，并整理得ρ＝4acos θ，令θ＝α，得ρ＝4acos α. ∴B. ∴S△AOB＝|OA|·|OB|·sin∠AOB ＝4acos α＝a|2sin αcos α－2cos2α| ＝a|sin 2α－cos 2α－|＝a， ∴當(dāng)α＝－時(shí)，S△AOB取得最大值(2＋)a， 依題意知(2＋)a＝4＋2，∴a＝2. 5．(2018·河南省南陽(yáng)市第一中學(xué)考

26、試)在直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．已知曲線M的參數(shù)方程為(φ為參數(shù))，l1，l2為過點(diǎn)O的兩條直線，l1交M于A，B兩點(diǎn)，l2交M于C，D兩點(diǎn)，且l1的傾斜角為α，∠AOC＝. (1)求l1和M的極坐標(biāo)方程； (2)當(dāng)α＝時(shí)，求點(diǎn)O到A，B，C，D四點(diǎn)的距離之和的最大值． 解　(1)依題意知，直線l1的極坐標(biāo)方程為θ＝α(ρ∈R)， 由消去φ， 得(x－1)2＋(y－1)2＝1， 將x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入上式， 得ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ＋1＝0， 故M的極坐標(biāo)方程為ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ＋1＝0.

27、 (2)依題意可設(shè)A(ρ1，α)，B(ρ2，α)，C， D，且ρ1，ρ2，ρ3，ρ4均為正數(shù)， 將θ＝α代入ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ＋1＝0， 得ρ2－2(cos α＋sin α)ρ＋1＝0， 所以ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)， 同理可得，ρ3＋ρ4＝2， 所以點(diǎn)O到A，B，C，D四點(diǎn)的距離之和為ρ1＋ρ2＋ρ3＋ρ4＝2(cos α＋sin α)＋2 ＝(1＋)sin α＋(3＋)cos α＝2(1＋)sin， 因?yàn)棣痢剩驭粒剩? 所以當(dāng)sin＝sin＝1，即α＝時(shí)， ρ1＋ρ2＋ρ3＋ρ4取得最大值2＋2， 所以點(diǎn)O到A，B，C，D四點(diǎn)距

28、離之和的最大值為2＋2. B組　能力提高 6．在直角坐標(biāo)系xOy中，已知曲線E經(jīng)過點(diǎn)P，其參數(shù)方程為(α為參數(shù))，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系． (1)求曲線E的極坐標(biāo)方程； (2)若直線l交E于點(diǎn)A，B，且OA⊥OB，求證：＋為定值，并求出這個(gè)定值． 解　(1)將點(diǎn)P代入曲線E的方程， 得 解得a2＝3， 所以曲線E的普通方程為＋＝1， 極坐標(biāo)方程為ρ2＝1. (2)不妨設(shè)點(diǎn)A，B的極坐標(biāo)分別為 A(ρ1，θ)，B，ρ1>0，ρ2>0， 則 即 所以＋＝，即＋＝， 所以＋為定值. 7．已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極

29、軸建立極坐標(biāo)系，P點(diǎn)的極坐標(biāo)為，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cos(θ為參數(shù))． (1)寫出點(diǎn)P的直角坐標(biāo)及曲線C的直角坐標(biāo)方程； (2)若Q為曲線C上的動(dòng)點(diǎn)，求PQ的中點(diǎn)M到直線l：2ρcos θ＋4ρsin θ＝的距離的最小值． 解　(1)點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為， 由ρ＝2cos， 得ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，① 將ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x，ρsin θ＝y(tǒng)代入①， 可得曲線C的直角坐標(biāo)方程為 2＋2＝1. (2)直線2ρcos θ＋4ρsin θ＝的直角坐標(biāo)方程為2x＋4y－＝0， 設(shè)點(diǎn)Q的直角坐標(biāo)為， 則M， ∴點(diǎn)M到直線l的距離 d＝ ＝ ＝，

30、其中tan φ＝. ∴d≥＝(當(dāng)且僅當(dāng)sin(θ＋φ)＝－1時(shí)取等號(hào))， ∴點(diǎn)M到直線l：2ρcos θ＋4ρsin θ＝的距離的最小值為. 8．已知α∈[0，π)，在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1的參數(shù)方程為(t為參數(shù))；在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，直線l2的極坐標(biāo)方程為ρcos(θ－α)＝2sin(θ為參數(shù))． (1)求證：l1⊥l2； (2)設(shè)點(diǎn)A的極坐標(biāo)為，P為直線l1，l2的交點(diǎn)，求|OP||AP|的最大值． (1)證明　易知直線l1的普通方程為xsin α－ycos α＝0. 又ρcos(θ－α)＝2sin可變形為 ρcos θcos α＋ρsin θsin α＝2sin， 即直線l2的直角坐標(biāo)方程為 xcos α＋ysin α－2sin＝0. 因?yàn)閟in αcos α＋(－cos α)sin α＝0， 根據(jù)兩直線垂直的條件可知，l1⊥l2. (2)解　當(dāng)ρ＝2，θ＝時(shí)， ρcos(θ－α)＝2cos＝2sin， 所以點(diǎn)A在直線ρcos(θ－α)＝2sin上． 設(shè)點(diǎn)P到直線OA的距離為d，由l1⊥l2可知，d的最大值為＝1. 于是|OP||AP|＝d·|OA|＝2d≤2， 所以|OP||AP|的最大值為2. 16