2024年高考数学大二轮复习专题八鸭部分第1讲4_4坐标系与参数方程练习理.docVIP

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其次篇专题八第1讲坐标系与参数方程

[限时训练·素能提升]

(限时40分钟，满分40分)

解答题(本题共4小题，每小题10分，共40分)

1．(2024·广西三市联考)在以直角坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C1的极坐标方程为ρ＝2cosθ，在直角坐标系xOy中，曲线C2的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)cosα，,y＝sinα))(α为参数)．

(1)求C1的直角坐标方程和C2的极坐标方程；

(2)射线θ＝eq\f(π,6)(ρ≥0)与C1异于极点的交点为A，与C2的交点为B，点D的直角坐标为(1，eq\r(3))，求△ABD的面积．

解析(1)由ρ＝2cosθ，得ρ2＝2ρcosθ，依据互化公式，得C1的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0，曲线C2的一般方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1，依据互化公式，得ρ2(cos2θ＋2sin2θ)＝2，

所以C2的极坐标方程是ρ＝eq\f(\r(2),\r(1＋sin2θ)).

(2)联立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(θ＝\f(π,6)，,ρ＝2cosθ，))得点A的极坐标为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,6)))，

联立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(θ＝\f(π,6)，,ρ＝\f(\r(2),\r(1＋sin2θ))))得点B的极坐标为Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(10),5)，\f(π,6)))，所以|AB|＝eq\r(3)－eq\f(2\r(10),5)，

又点D的极坐标为Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))，所以S△ABD＝S△OAD－S△OBD＝eq\f(1,2)|OA||OD|sineq\f(π,6)－eq\f(1,2)|OB||OD|sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)|OD||AB|sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)×2×eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\f(2\r(10),5)))＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(10),5).

2．(2024·广元一模)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4cosα＋2，,y＝4sinα))(α为参数)，以O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为θ＝eq\f(π,6)(ρ∈R)．

(1)求曲线C的极坐标方程；

(2)设直线l与曲线C相交于A，B两点，求|AB|的值．

解析(1)将方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4cosα＋2，,y＝4sinα))消去参数α得x2＋y2－4x－12＝0，

∴曲线C的一般方程为x2＋y2－4x－12＝0，

将x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ代入上式可得ρ2－4ρcosθ＝12，

∴曲线C的极坐标方程为ρ2－4ρcosθ－12＝0.

(2)设A，B两点的极坐标方程分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ1，\f(π,6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，\f(π,6)))，

由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ρ2－4ρcosθ＝12，,θ＝\f(π,6)，))消去θ得ρ2－2eq\r(3)ρ－12＝0，

依据题意可得ρ1，ρ2是方程ρ2－2eq\r(3)ρ－12＝0的两根，

∴ρ1＋ρ2＝2eq\r(3)，ρ1ρ2＝－12，

∴|AB|＝|ρ1－ρ2|＝eq\r(（ρ1＋ρ2）2－4ρ1ρ2)＝2eq\r(15).

3．(2024·哈尔滨三模)在直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：ρsin2θ＝2acosθ(a0)，过点P(－2，－4)的直线l的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2＋\f(\r(2),2)t，,y＝－4＋\f(\r(2),2)t))(t为参数)，直线l与曲线C交于M，N两点．

(1)写出曲线C的直角坐标方程和直线l的一般方程；

(2)若|PM|，|MN|，|PN|成等比数列，求a的值．

解析(1)由题意可知，曲线C的直角坐标方程为y2＝2ax(a0)，直线l的一般方程为x－y－2＝0.

(2)把直线l的参数方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2＋\f