1、(选考选考)坐标系与参数方程坐标系与参数方程(13) 12020 南昌市模拟考试在直角坐标系 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的普通方程为(x1)2y21， 曲线 C2的参数方程为 x 3cos y 2sin ( 为参数) (1)求曲线 C1和 C2的极坐标方程； (2)设射线 6(0)分别与曲线 C1和 C2相交于 A，B 两点，求|AB|的值 22020 福州市质量检测在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 x 5cos 1 y 5sin ( 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 (1)求 C1的极坐标
2、方程； (2)若 C1与曲线 C2：2sin 交于 A，B 两点，求|OA| |OB|的值 32020 惠州市高三第一次调研考试试题在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 xt y3t (t 为参数)在以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C2的极 坐标方程为 4cos . (1)写出 C1的普通方程和 C2的直角坐标方程； (2)若 C1与 C2相交于 A，B 两点，求OAB 的面积 4.2020 广州市高三年级阶段训练题已知曲线 C1的参数方程为 xtcos y1tsin (t 为参数)，曲线 C2的参数方程为 xsin y 1cos 2 ( 为参数) (
3、1)求 C1与 C2的普通方程； (2)若 C1与 C2相交于 A，B 两点，且|AB| 2，求 sin 的值 52020 长沙市模拟考试在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l1的参数方程为 xt 3 ykt (t 为参数)，直线 l2的参数方程为 x 3m ym 3k (m 为参数)设直线 l1与 l2的交点为 P，当 k 变化 时点 P 的轨迹为曲线 C1. (1)求出曲线 C1的普通方程； (2)以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 直线 C2的极坐标方程为 sin( 4)3 2，点 Q 为曲线 C1 上的动点，求点 Q 到直线 C2的距离的最大值 62020 河南省豫
4、北名校高三质量考评在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 xx0tcos yy0tsin (t 为参数，0，)以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标 系，圆 C 的极坐标方程为 8cos( 3) (1)求圆 C 的直角坐标标准方程； (2)设点 P(x0，y0)，圆心 C(2x0,2y0)，若直线 l 与圆 C 交于 M，N 两点，求|PM| |PN| |PN| |PM|的最 大值 (选考选考)坐标系与参数方程坐标系与参数方程(13) 1解析：(1)曲线 C1的直角坐标方程为 x2y22x0，将 x2y22，xcos 代入上 式并化简得曲线 C1的极坐标方程为 2co
5、s 0.曲线 C2的普通方程为 2x23y26，即曲线 C2的直角坐标方程为 2x23y26，将 xcos ，ysin 代入上式得曲线 C2的极坐标方程 为 22cos2 32sin2 60. (2)设 A(1， 6)， B(2， 6)， 则 2 2 2cos 2 63 2 2sin 2 660， 即 9 2 224， 所以|OB|22 6 3 ， 又|OA|12cos 6 3，所以|AB|OA|OB| 3 2 6 3 . 2解析：(1)因为曲线 C1的参数方程为 x 5cos 1 y 5sin ( 为参数)，所以 C1的普通方程 为(x1)2y25，所以 x2y22x40，由 x2y22，x
6、cos ，得 C1的极坐标方程为 2 2cos 40. (2)解法一 由(1)知，C1的极坐标方程为 22cos 40，设 A(1，1)，B(2，2)，由 2sin 22cos 40 ，消去 ，得 sin2 sin cos 10，所以sin cos cos2 0，解 得 cos 0 或 sin cos ， 由题意可设 0， ， 所以 2或 3 4 ， 所以不妨设 12sin 22，22sin 3 4 2，所以|OA| |OB|2 2. 解法二 由(1)可知 C1的普通方程为(x1)2y25， 由 2sin ，得 22sin .由 2x2y2，sin y，得 C2的直角坐标方程为 x2y2 2y
7、， 联立，解得 x0 或 x1，所以不妨设 A(0,2)，B(1,1)，所以|OA| |OB|2 2. 3解析：(1)消去参数可得 C1的普通方程为 xy30.由 4cos ，得 24cos ，又 2x2y2，cos x，所以 C2的直角坐标方程为 x2y24x0. (2)解法一 C2的标准方程为(x2)2y24，表示圆心为 C2(2,0)，半径 r2 的圆圆心 C2到直线 xy30 的距离 d1 2 2 ， 故|AB|2 r2d21 14.原点 O 到直线 xy30 的距 离 d 3 2 3 2 2 ，所以 SOAB1 2|AB|d 1 2 14 3 2 2 3 7 2 .所以OAB 的面积
8、为3 7 2 . 解法二 设 A，B 两点的横坐标分别为 x1，x2.联立得 xy30 x2y24x0 ，消去 y 得 2x210 x 90， 所以 x1x25， x1x29 2， 所以|AB| 112|x1x2|112 x1x224x1x2 14.原点 O 到直线 xy30 的距离 d 3 2 3 2 2 ，所以 SOAB1 2|AB|d 1 2 14 3 2 2 3 7 2 .所以OAB 的面积为3 7 2 . 4解析：(1)由 xtcos y1tsin (t 为参数)，得 xsin ycos cos 0，所以曲线 C1的普 通方程为 xsin ycos cos 0.由 xsin y 1c
9、os 2 ( 为参数)，得 2x2y22(y0)所以 曲线 C2的普通方程为 2x2y22(y0) (2)解法一 把 xtcos y1tsin 代入 2x2y22，得(2cos2 sin2 )t22tsin 10， (2sin )24(2cos2 sin2 )80，设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2，则 t1t2 2sin 2cos2 sin2 ，t1t2 1 2cos2 sin2 .则|AB|t1t2| t1t2 24t 1t2 2 2 2cos2 sin2 .由于 |AB| 2，则 2 2 2cos2 sin2 2.解得 sin 0.经检验，sin 0 符合题意，所以 sin 0
10、. 解法二 由(1)可知 C1是直线，且过点(0,1)，C2是椭圆 2x2y22 在 x 轴上方(包括与 x 轴的两个交点)的部分，如图，若 C1与 C2有两个交点，则 C1的斜率 k1,1，设 C1：ykx 1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 ykx1 2x2y22 ，得(k22)x22kx10，由于 (2k)24(k2 2)8k280，则 x1x2 2k k22 ，x1x2 1 k22 .|AB|1k2x1x224x1x2 1k2 2k k22 2 4 k22 2 2k21 k22 .由|AB| 2， 得2 2k 21 k22 2， 解得 k0.则 tan 0，得 sin 0. 5
11、解析：(1)分别消去 l1，l2的参数方程中的参数，得 l1，l2的普通方程为 l1：yk(x 3)， l2：y 1 3k( 3x)，两式相乘消去 k 可得 x2 3y 21，因为 k0，所以 y0，所以曲线 C 1的普 通方程为x 2 3y 21(y0) (2)因为 sin( 4)3 2，所以 sin cos 6，将 xcos ，ysin 代入上式，得 直线 C2的直角坐标方程为 xy60.结合(1)知曲线 C1与直线 C2无公共点曲线 C1的参数 方程为 x 3cos ysin ( 为参数，k，kZ)，所以曲线 C1上的点 Q( 3cos ，sin )到直线 xy60 的距离 d| 3co
12、s sin 6| 2 |2sin 36| 2 ， 所以当 sin( 3)1 时， d 取得 最大值，为 4 2. 6解析：(1)圆 C 的极坐标方程为 8cos( 3)4cos 4 3sin ，所以 24 3sin 4cos .因为 2x2y2，cos x，sin y，所以 x2y24x4 3y0，所以圆 C 的直 角坐标方程为(x2)2(y2 3)216. (2)由(1)知圆 C 的圆心的直角坐标为(2,2 3)，则 2x02 2y02 3 ，所以 x01 y0 3 ，所以直线 l 的参数方程为 x1tcos y 3tsin (t 为参数，0，)将直线 l 的参数方程代入(x2)2(y 2 3)216，得 t2(2 3sin 2cos )t120.设点 M，N 对应的参数分别为 t1，t2，则 t1t2 2 3sin 2cos ，t1t212.故|PM| |PN| |PN| |PM| |PM|2|PN|2 |PM| |PN| |t1| 2|t 2| 2 |t1|t2| t1t2 22t 1t2 |t1t2| 1 12 (2 3sin 2cos )224 1 124sin( 6) 22，因此，当 3时， |PM| |PN| |PN| |PM|取得最大值，最 大值为10 3 .
