2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題九選做大題專題突破練25坐標(biāo)系與參數(shù)方程文

1、專題突破練25坐標(biāo)系與參數(shù)方程(選修44)X = 1 + CGSff,.,“y =或z (a為參X2數(shù)),曲線C2:+y2=1.O為極點(diǎn),x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，求C,C2的極坐標(biāo)方程；7F0 =2(p0)與C異于極點(diǎn)的交點(diǎn)為A與C2的交點(diǎn)為B,求|AB|.2. (2018原點(diǎn)0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0-4=0(其中m：0).(1)若點(diǎn)M的直角坐標(biāo)為(3,3),且點(diǎn)M在曲線C內(nèi)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；若m=3,當(dāng)a變化時(shí)，求直線l被曲線C截得的弦長的取值范圍.(1)在以射線由皿(其中t為參數(shù)),以坐標(biāo)2p-2mp cos湖南衡陽二模,理 22)已知

2、直線l的參數(shù)方程為23.(2018 全國卷 1,22)在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C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p2+2pcos0-3=0.(1) 求C2的直角坐標(biāo)方程；(2) 若C與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)，求C的方程.X = 1 +Iwscr、. . “y = 也口 (t為參數(shù),0 an),在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C的極坐標(biāo)1方程為p2=m汽匚(1)求曲線C的直角坐標(biāo)方程；(4.在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線G:=tsina(t為參數(shù),t工 0),其中0點(diǎn)，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2:p

3、=2sin0,C3:p=2cos(1)求 C2與 G 交點(diǎn)的直角坐標(biāo)；若C與C2相交于點(diǎn)A C與G相交于點(diǎn)B,求|AB|的最大值.a0)與曲線Ci,C2分別交于A B兩點(diǎn)，定點(diǎn)M2,0),求厶MAB勺面積.Cjv8.在直角坐標(biāo)系xOy中pr = a +)I y=l(t為參數(shù)).(1)若a=-1,求C與I的交點(diǎn)坐標(biāo)；X =，曲線C的參數(shù)方程為 ( 0 為參數(shù)),直線丨的參數(shù)方程為5若C上的點(diǎn)到l距離的最大值為 I ,求a.參考答案專題突破練 25 坐標(biāo)系與參數(shù)方程(選修 4 4)x = 1 +cosat1.解(1)曲線Ci：(7=*加。(a為參數(shù)),化為普通方程為x2+y2=2x,所以曲線Ci的

4、極坐 標(biāo)方程為p=2cos0,曲線C2的極坐標(biāo)方程為p2(1+2sin20)=3.nn(2)射線0=?(p0)與曲線C的交點(diǎn)的極徑為pi=2cos=1,nTI射線0=(p0)與曲線C2的交點(diǎn)的極徑滿足(1+2sin2=3,解得p2=所以|AB|=|pi-p2|= -1.(x = pcos9.2.解(1)由 I得曲線C對應(yīng)的直角坐標(biāo)方程為(x-m)2+y2=m+4.由點(diǎn)M在曲線C的內(nèi)部,2 2/. (3-m)+9m+4,7求得實(shí)數(shù)m的取值范圍為+ .(2)直線I的極坐標(biāo)方程為0=a,代入曲線C的極坐標(biāo)方程整理得p2-6pcosa-4=0,設(shè)直線I與曲線C的兩個(gè)交點(diǎn)對應(yīng)的極徑分別為p1,p2,p1

5、+p2=6cosa,p1p2=-4,則直線I截得曲線C的弦長為Ip1-p2|= 4,2：.即直線I被曲線C截得的弦長的取值范圍是4,2：.2 23.解(1)由x=pcos0,y=psin0得C2的直角坐標(biāo)方程為(x+1)+y=4.(2)由(1)知C2是圓心為A(-1,0),半徑為 2 的圓.由題設(shè)知，C是過點(diǎn)B(0,2)且關(guān)于y軸對稱的兩條射線.記y軸右邊的射線為l1,y軸左 邊的射線為12,由于B在圓G的外面，故C與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)等價(jià)于11與C2只有一個(gè) 公共點(diǎn)且I2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)，或12與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且11與C2有兩個(gè)公共點(diǎn).T + 2|4當(dāng)I1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，A

6、到I1所在直線的距離為2,所以1=2,故k=或64k=0.經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k=0 時(shí),11與C2沒有公共點(diǎn)；當(dāng)k=-川時(shí)，11與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),12與C2有兩7個(gè)公共點(diǎn).k + 2當(dāng)12與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，A到12所在直線的距離為442,所以% + 1=2,故k=0 或k=經(jīng)檢驗(yàn),當(dāng)k=0 時(shí),li與C2沒有公共點(diǎn)；當(dāng)k=時(shí),12與C2沒有公共點(diǎn)4綜上,所求C的方程為y二耳兇+ 2.X =.23y =,2所以C2與C3交點(diǎn)的直角坐標(biāo)為(0,0)0=a(pR,p豐0),其中 0W aj. itr因此A的極坐標(biāo)為(2sina,a),B的極坐標(biāo)為(2cosa,所以|AB|=|2sina5TT=時(shí)，

7、|AB|取得最大值，最大值為 4.JKi 2奶5.解(1)曲線p2=：+XX 即2；2 2/p=x +y,psin0=y,曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2+2y2=2 即，+y2=1.|x = 1 + tcosa將 l 歹=tslna代入x2+2y2=2 并整理得(1+sin2a)t2+2tcos3-1=0,2cosa- 172t1+t2 J t1t=3,4.解(1)曲線C2的直角坐標(biāo)方程為iFx2+ y2- 2y = 0.聯(lián)立 h2+/-2 = 0 x2+y2-2y=0,曲線C3的直角坐標(biāo)方程為解得(2)曲線G的極坐標(biāo)方程為222小 小P+psin0=2,811|MZ1| + MB AB li -

8、 hMA MB MAMB MA-MB 上心1),9MA16.解(1)消去參數(shù)t得li的普通方程li：y=k(x-2);消去參數(shù)m得I2的普通方程12：y= (x+2).2 2x -y =4(y豐0).(2)C的 極坐標(biāo) 方程為p(cos0-sin0)=4(002n,Qn).聯(lián) 立:p2(cos2B - sin2p(cos9+ sm&) -y!2= 0.得 cos0-sin0=2(cos0+sin0).故 tan0=-,91從而 cos20,sin20= .代入p2(cos20-si n20)=4 得p2=5,所以交點(diǎn)M的極徑為.7.解(1)曲線C的極坐標(biāo)方程為p=4cos0.設(shè)Q(p,0),則Pp,0 - Jp=4sin0.7T -71:=(3(3d=2sin,|AB|=pB-pA=4sin-cos則S= |AB|xd=3-：/|t1-t2| =.