（重点班）2017届高三数学一轮复习 第十三篇 坐标系与参数方程 理（课件+习题）（打包4套）.zip

第十三篇 坐标系与参数方程 (选修 4—4)第 1节 坐标系知识链条完善考点专项突破经典考题研析知识链条完善 把散落的知识连起来知识梳理 2.极坐标系(1)设 M是平面内一点 ,极点 O与点 M的距离 |OM|叫做点 M的 ,记为 ρ. 以极轴Ox为始边 ,射线 OM为终边的角 xOM叫做点 M的 ,记为 θ. 有序数对 (ρ,θ )叫做点 M的极坐标 ,记为 M(ρ,θ ).极角极径ρcos θρsin θ x2+y2 夯基自测答案 :x-y+1=0答案 :1答案 :64.(2014高考广东卷 )在极坐标系中 ,曲线 C1和 C2的方程分别为 ρsin 2θ= cos θ 和ρsin θ=1, 以极点为平面直角坐标系的原点 ,极轴为 x轴的正半轴 ,建立平面直角坐标系 ,则曲线 C1和 C2交点的直角坐标为 .答案 :(1,1)答案 :①②③考点专项突破 在讲练中理解知识考点一 平面直角坐标系中的伸缩变换考点二 极坐标与直角坐标的互化【 例 2】 (2015高考新课标全国卷 Ⅰ) 在直角坐标系 xOy中 ,直线 C1:x=-2,圆C2:(x-1)2+(y-2)2=1,以坐标原点为极点 ,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系 .(1)求 C1,C2的极坐标方程 ;解 :(1)因为 x=ρcos θ,y =ρsin θ, 所以 C1的极坐标方程为 ρcos θ=-2,C2的极坐标方程为 ρ 2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0.反思归纳 (1)直角坐标方程化为极坐标方程 ,只要运用公式x=ρcos θ 及 y=ρsin θ 直接代入并化简即可 ;(2)极坐标方程化为直角坐标方程时常通过变形 ,构造形如 ρcos θ,ρsin θ,ρ2 的形式 ,进行整体代换 .其中方程的两边同乘以 (或同除以 )ρ 及方程两边平方是常用的变形方法 .但对方程进行变形时 ,方程必须同解 ,因此应注意对变形过程的检验 .(2)设 MN的中点为 P,求直线 OP的极坐标方程 .简单曲线的极坐标方程及应用考点三 【 例 3】 在极坐标系中 ,已知曲线 C1与 C2的极坐标方程分别为 ρ=2sin θ 与ρcos θ=-1(0≤θ2π), 求 :(1)两曲线 (含直线 )的公共点 P的极坐标 ;反思归纳 (1)求曲线的极坐标方程 ,就是找出动点 M的坐标 ρ 与θ 之间的关系 ,然后列出方程 f(ρ,θ )=0,再化简并检验特殊点 .(2)极坐标方程涉及的是长度与角度 ,因此列方程的实质是解三角形 .(3)极坐标方程应用时多化为直角坐标方程求解 ,然后再转化为极坐标方程 ,注意方程的等价性 .解 :(1)由 ρ=2cos θ 得 ρ 2=2ρcos θ.所以 ☉ O1的直角坐标方程为 x2+y2=2x,即 (x-1)2+y2=1.由 ρ=2asin θ 得 ρ 2=2aρsin θ.所以 ☉ O2的直角坐标方程为 x2+y2=2ay,即 x2+(y-a)2=a2.备选例题 (2)试判定轨迹 C1和 ☉C 的位置关系 ,并说明理由 .经典考题研析 在经典中学习方法极坐标方程的应用1第十三篇 坐标系与参数方程(选修 4 4)第 1 节 坐标系【选题明细表】知识点、方法 题号极坐标与直角坐标的互化 1直线和圆的极坐标方程及应用 2简单曲线的极坐标方程及应用 3,41.在直角坐标系 xOy 中,以 O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.曲线 C 的极坐标方程为 ρcos(θ-)=1,M,N 分别为曲线 C 与 x 轴,y 轴的交点.(1)写出曲线 C 的直角坐标方程,并求 M,N 的极坐标;(2)设 MN 的中点为 P,求直线 OP 的极坐标方程.解:(1)由 ρcos(θ-)=1 得 ρ(cos θ+ sin θ)=1.32从而 C 的直角坐标方程为 x+ y=1,即 x+ y=2.32 3θ=0 时,ρ=2,所以 M(2,0).θ=时,ρ= ,233所以 N( ,).233(2)M 点的直角坐标为(2,0),N 点的直角坐标为(0, ).233所以 P 点的直角坐标为(1, ),33则 P 点的极坐标为( ,).233所以直线 OP 的极坐标方程为 θ=,ρ∈(-∞,+∞).2.在极坐标系中,曲线 L:ρsin 2θ=2cos θ,过点 A(5,α) (α 为锐角且 tan α=)作平行于θ=(ρ∈R)的直线 l,且 l 与曲线 L 分别交于 B,C 两点.(1)以极点为原点,极轴为 x 轴的正半轴,取与极坐标系相同的单位长度,建立平面直角坐标系,写出曲线 L 和直线 l 的直角坐标方程.(2)求|BC|的长.解:(1)由题意得,点 A 的直角坐标为(4,3),由曲线 L 的极坐标方程 ρsin 2θ=2cos θ,得 ρ 2sin2θ=2ρcos θ,所以 L 的直角坐标方程为 y2=2x.由于直线 l 的斜率为 1,且过点 A(4,3),故直线 l 的直角坐标方程为 y-3=x-4,即 y=x-1.(2)设 B(x1,y1),C(x2,y2),由 消去 y,{𝑦=𝑥‒1,𝑦2=2𝑥2得 x2-4x+1=0,由一元二次方程的根与系数的关系得 x1+x2=4,x1x2=1,由弦长公式得|BC|= =2 .1+𝑘2(𝑥1+𝑥2)2‒4𝑥1𝑥2 63.在极坐标系中,圆 C 是以点 C(2,- )为圆心,2 为半径的圆.(1)求圆 C 的极坐标方程.(2)求圆 C 被直线 l:θ=- (ρ∈R)所截得的弦长.5𝜋12解:法一 (1)设所求圆上任意一点 M(ρ,θ),如图,在 Rt△OAM 中,∠OMA=90°,∠AOM=2π-θ-,|OA|=4.因为 cos ∠AOM= ,|𝑂𝑀||𝑂𝐴|所以|OM|=|OA|·cos ∠AOM,即 ρ=4cos(2π-θ-)=4cos(θ+),验证可知,极点 O 与 A(4,- )的极坐标也满足方程,故 ρ=4cos (θ+)为所求.(2)设 l:θ=- (ρ∈R)交圆 C 于点 P,5𝜋12在 Rt△OAP 中,∠OPA=90°,易得∠AOP=,所以|OP|=|OA|cos ∠AOP=2 .2法二 (1)圆 C 是将圆 ρ=4cos θ 绕极点按顺时针方向旋转而得到的圆,所以圆 C 的极坐标方程是 ρ=4cos(θ+).(2)将 θ=- 代入圆 C 的极坐标方程 ρ=4cos(θ+),5𝜋12得 ρ=2 ,2所以圆 C 被直线 l:θ=- (ρ∈R)所截得的弦长为 2 .5𝜋12 24.已知曲线 C1的极坐标方程为 ρcos(θ-)=-1,曲线 C2的极坐标方程为 ρ=2 cos(θ-).2以极点为坐标原点,极轴为 x 轴正半轴建立平面直角坐标系.(1)求曲线 C2的直角坐标方程.(2)求曲线 C2上的动点 M 到曲线 C1的距离的最大值.解:(1)依题意得 ρ=2 cos(θ- )=2(cos θ+sin θ),2即 ρ 2=2(ρcos θ+ρsin θ),可得 x2+y2-2x-2y=0,故 C2的直角坐标方程为(x-1) 2+(y-1)2=2.(2)曲线 C1的极坐标方程为 ρcos(θ-)=-1,即 ρ(cos θ+ sin θ)=-1,323化为直角坐标方程为 x+ y+2=0,3由(1)知曲线 C2是以(1,1)为圆心, 为半径的圆,且圆心到直线 C1的距离 d= =2|1+3+2|12+(3)2r= ,3+32 2于是直线与圆相离,所以动点 M 到曲线 C1的距离的最大值为 .3+3+222第 2节 参数方程知识链条完善考点专项突破解题规范夯实知识链条完善 把散落的知识连起来知识梳理 参数方程参数2.直线、圆、椭圆的参数方程(2)|M1M2|=|t1-t2|.(4)若 M0为线段 M1M2的中点 ,则 t1+t2=0.夯基自测解析 :参数方程化为普通方程为 x=3(y+1)+2,即 x-3y-5=0,由于 x=3t2+2∈[2,77],故曲线为线段 .故选 A.A C 解析 :直线 l的普通方程为 y=x+2,曲线 C的直角坐标方程为 x2-y2=4(x≤-2), 故直线 l与曲线 C的交点为 (-2,0),对应极坐标为 (2,π).答案 :(2,π)5.给出下列命题 :① 曲线的参数方程中的参数都有实际意义 ;② 参数方程与普通方程互化后表示的曲线是一致的 ;③ 圆的参数方程中的参数 θ 与椭圆的参数方程中的参数 φ 的几何意义相同 ;④ 普通方程化为参数方程 ,参数方程的形式不唯一 .其中正确的是 .(写出所有正确命题的序号 ) 解析 :① 错误 .曲线的参数方程中的参数 ,可以具有物理意义 ,可以具有几何意义 ,也可以没有明显的实际意义 ;② 正确 .两方程互化后所表示的曲线相同 ;③ 错误 .圆的参数方程中的参数 θ 表示半径的旋转角 ,而椭圆的参数方程中的参数 表示对应的大圆或小圆半径的旋转角 ,也就是椭圆的离心角 ;④ 正确 .用参数方程解决动点的轨迹问题 ,若选用的参数不同 ,那么所求得的曲线的参数方程的形式就不同 .答案 :②④考点专项突破 在讲练中理解知识考点一 参数方程与普通方程的互化(2)若 θ 为常数 ,t为参数 ,方程表示什么曲线 ?反思归纳 (1)将参数方程化为普通方程的基本途径就是消参 ,消参过程注意两点 :一是准确把握参数形式之间的关系 ;二是注意参数取值范围对曲线形状的影响 .(2)已知曲线的普通方程求参数方程时 ,选取不同含义的参数时可能得到不同的参数方程 .【 即时训练 】 已知曲线 C的方程 y2=3x2-2x3,设 y=tx,t为参数 ,求曲线 C的参数方程 .考点二 参数方程及其应用【 例 2】 (2014高考新课标全国卷 Ⅰ) 已知曲线 C:+=1,直线 l: (t为参数 ).(1)写出曲线 C的参数方程 ,直线 l的普通方程 ;(2)过曲线 C上任意一点 P作与 l夹角为 30° 的直线 ,交 l于点 A,求 |PA|的最大值与最小值 .反思归纳 一般地 ,如果题目中涉及圆、椭圆上的动点或求最值范围问题时可考虑用参数方程 ,设曲线上点的坐标 ,将问题转化为三角恒等变换问题解决 ,使解题过程简单明了 .极坐标方程与参数方程的综合应用考点三 (2)设圆心 C到直线 l的距离等于 2,求 m的值 .反思归纳 极坐标方程与参数方程综合问题的求解 ,一般要将其分别转化为直角坐标方程与普通方程 ,进而统一形式进行求解 ,要注意转化过程的等价性 ,特别是参数取值范围问题 .备选例题 (2)若 M(x,y)是曲线 C上的动点 ,求 x+y的最大值 .(2)设直线 l与圆 C相交于 A,B两点 ,求 |AP|·|PB| 的值 .(2)设 P为 C1上任意一点 ,求 |PA|2+|PB|2+|PC|2+|PD|2的取值范围 .参数方程与极坐标方程的综合应用解题规范夯实 把典型问题的解决程序化1第 2 节 参数方程【选题明细表】知识点、方法 题号参数方程与普通方程互化 1参数方程及其应用 2,3极坐标方程与参数方程的综合 41.(2016 张掖模拟)在平面直角坐标系 xOy 中,以 O 为极点,x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,已知 P 点的极坐标为(4 ,),曲线 C 的极坐标方程为 ρ 2+4 ρsin θ=4.3 3(1)写出点 P 的直角坐标及曲线 C 的直角坐标方程;(2)若 Q 为 C 上的动点,求 PQ 中点 M 到直线 l: (t 为参数)距离的最大值.{𝑥=3+2𝑡,𝑦=‒2+2𝑡解:(1)已知 P 点的极坐标为(4 ,),3所以 x=ρcos θ=6,y=ρsin θ=2 ,3所以点 P 的直角坐标为(6,2 ).3由 ρ 2+4 ρsin θ=4,3得 x2+y2+4 y=4,3即 x2+(y+2 )2=16,3所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2+(y+2 )2=16.3(2)由 l: (t 为参数){𝑥=3+2𝑡,𝑦=‒2+2𝑡,可得直线 l 的普通方程为 x-y-5=0,由曲线 C 的直角坐标方程 x2+(y+2 )2=16,3可设点 Q(4cos θ,4sin θ-2 ),3所以点 M 坐标为(2cos θ+3,2sin θ),所以点 M 到直线 l 的距离d= = .|2𝑐𝑜𝑠𝜃+3‒2𝑠𝑖𝑛𝜃‒5|2 |22𝑐𝑜𝑠 (𝜃+𝜋4)‒2|2当 cos (θ+)=-1 时,d 取得最大值 2+ ,2所以点 M 到直线 l 距离的最大值为 2+ .22.(2016 贵阳一测)在平面直角坐标系 xOy 中,以坐标原点为极点,以 x 轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系,已知直线 l 的参数方程为 (t 为参数),圆 C 的极坐标方程是 ρ=1.{𝑥= 2+𝑡,𝑦=𝑡 (1)求直线 l 与圆 C 的公共点个数;(2)在平面直角坐标系中,圆 C 经过伸缩变换 得到曲线 C′,设 M(x,y)为曲线{𝑥'=𝑥,𝑦'=2𝑦C′上一点,求 4x2+xy+y2的最大值,并求相应点 M 的坐标.2解:(1)直线 l 的参数方程 (t 为参数)化为普通方程是 x-y- =0,圆 C 的极坐标{𝑥= 2+𝑡,𝑦=𝑡 2方程 ρ=1 化为直角坐标方程是 x2+y2=1.因为圆心(0,0)到直线 l 的距离为 d= =1,等于圆的半径 r,|0‒0‒ 2|12+(‒1)2所以直线 l 与圆 C 的公共点的个数是 1.(2)圆 C 的参数方程是 (0≤θ0,sin αcos α0.又 α∈[0,π),所以 α∈(0, ),所以 t1+t2=-4(sin α+cos α),t 1t2=4.所以 t10,t20.所以|PM|+|PN|=|t 1|+|t2|=|t1+t2|=4(sin α+cos α)=4 sin (α+),2由 α∈(0, )可得(α+)∈(, ),3𝜋4所以 sin(α+)≤1,22所以|PM|+|PN|的取值范围是(4,4 ].24.(2016 银川模拟)已知曲线 C1的参数方程为 (t 为参数),当 t=1 时,曲线 C1上的点{𝑥=‒𝑡,𝑦= 3𝑡为 A,当 t=-1 时,曲线 C1上的点为 B.以原点 O 为极点,以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C2的极坐标方程为 ρ= .64+5𝑠𝑖𝑛2𝜃(1)求 A,B 的极坐标;3(2)设 M 是曲线 C2上的动点,求|MA| 2+|MB|2的最大值.解:(1)当 t=1 时,代入参数方程可得 {𝑥=‒1,𝑦= 3,即 A(-1, ),3所以 ρ= =2,tan θ= =- ,(‒1)2+( 3)23‒1 3所以 θ= ,2𝜋3所以点 A 的极坐标为(2, ).2𝜋3当 t=-1 时,同理可得 B(1,- ),3点 B 的极坐标为(2, ).5𝜋3(2)由 ρ= ,化为 ρ 2(4+5sin2θ)=36,64+5𝑠𝑖𝑛2𝜃所以 4ρ 2+5(ρsin θ) 2=36,化为 4(x2+y2)+5y2=36,化为+=1,设曲线 C2上的动点 M(3cos α,2sin α),则|MA| 2+|MB|2=(3cos α+1) 2+(2sin α- )2+(3cos α-1) 2+(2sin α+ )3 32=18cos2α+8sin 2α+8=10cos 2α+16≤26,当 cos α=±1 时,取得最大值 26.所以|MA| 2+|MB|2 的最大值是 26.