2011年-2018年新課標(biāo)全國卷(1卷、2卷、3卷)理科數(shù)學(xué)試題分類匯編-14.坐標(biāo)系與參數(shù)方程

2011年—2018年新課標(biāo)全國卷(1卷、2卷、3卷)理科數(shù)學(xué)試題分類匯編——14.坐標(biāo)系與參數(shù)方程廣東省中山一中的朱歡整理了2011年至2018年新課標(biāo)全國卷理科數(shù)學(xué)試題分類匯編，并歡迎大家學(xué)習(xí)交流。以下是其中關(guān)于坐標(biāo)系與參數(shù)方程的一些題目。14.坐標(biāo)系與參數(shù)方程（2018·新課標(biāo)Ⅰ，理22）在直角坐標(biāo)系$xOy$中，曲線$C_1$的方程為$y=kx+2$。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$C_2$的極坐標(biāo)方程為$\rho^2+2\rho\cos\theta-3=0$。（I）求$C_2$的直角坐標(biāo)方程；（II）若$C_1$與$C_2$有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)，求$C_1$的方程。（2018·新課標(biāo)Ⅱ，理22）在直角坐標(biāo)系$xOy$中，曲線$C$的參數(shù)方程為$\begin{cases}x=2\cos\theta\\y=4\sin\theta\end{cases}$，直線$l$的參數(shù)方程為$\begin{cases}x=1+l\cosa\\y=2+l\sina\end{cases}$。（1）求$C$和$l$的直角坐標(biāo)方程；（2）若曲線$C$截直線$l$所得線段的中點(diǎn)坐標(biāo)為$(1,2)$，求$l$的斜率。（2018·新課標(biāo)Ⅲ，理22）[選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]（10分）在平面直角坐標(biāo)系$xOy$中，$\odotO$的參數(shù)方程為$\begin{cases}x=\cos\theta\\y=\sin\theta\end{cases}$，過點(diǎn)$(-2,0)$且傾斜角為$\alpha$的直線$l$與$\odotO$交于$A$，$B$兩點(diǎn)。（1）$\alpha$的取值范圍；（2)求$AB$中點(diǎn)$P$的軌跡的參數(shù)方程。（2017·新課標(biāo)Ⅰ，理22C）在直角坐標(biāo)系中，曲線的參數(shù)方程為$\begin{cases}x=3\cos\theta\\y=\sin\theta\end{cases}$，直線$l$的參數(shù)方程為$\begin{cases}x=a+4t\\y=1-t\end{cases}$。（1）若$a=-1$，求$C$與$l$的交點(diǎn)坐標(biāo)；（2）若曲線$C$上的點(diǎn)到直線$l$的距離的最大值為$17$，求$a$。（2017·新課標(biāo)Ⅱ，理22）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$C_1$的極坐標(biāo)方程為$\rho\cos\theta=4$。（1）$M$為曲線$C_1$上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)$P$在線段$OM$上，且滿足$|OM|\cdot|OP|=16$，求點(diǎn)$P$的軌跡$C_2$的直角坐標(biāo)方程；（2）設(shè)點(diǎn)$A$的極坐標(biāo)為$(2,\frac{\pi}{3})$，點(diǎn)$B$在曲線$C_2$上，求$\triangleOAB$面積的最大值。以上是關(guān)于坐標(biāo)系與參數(shù)方程的一些題目。正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程是ρ=2。正方形ABCD的頂點(diǎn)都在C2上，且A，B，C，D依逆時(shí)針次序排列，點(diǎn)A的極坐標(biāo)為(2,0)。在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為x=2cosα，y=2+2sinα。M是C1上的動(dòng)點(diǎn)，P點(diǎn)滿足OP=2OM，P點(diǎn)的軌跡為曲線C2。（Ⅰ）求C2的方程；（Ⅱ）在以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，射線θ=π/3。極點(diǎn)的交點(diǎn)為A，與C2的異于極點(diǎn)的交點(diǎn)為B，求AB。（Ⅰ）C2的直角坐標(biāo)方程為(x+1)2+y2=4。（Ⅱ）射線θ=π/3與C2的交點(diǎn)為B，極坐標(biāo)為(2,π/3)。由于A是極點(diǎn)，故其極坐標(biāo)為(0,0)。設(shè)C2的極坐標(biāo)方程為ρ=f(θ)，則AB的長度為f(π/3)。由C2的直角坐標(biāo)方程可得，圓心為A(-1,0)，半徑為2。故AB的長度為2cos(π/6)+2=2+√3。點(diǎn)A，B，C，D的直角坐標(biāo)為A(-2,0)，B(0,2)，C(2,0)，D(0,-2)。設(shè)P為C1上任意一點(diǎn)，由OP=2OM可得P的極坐標(biāo)為(2cosα,2sinα)。則|PA|2=4cos2α，|PB|2=4sin2(α-π/2)，|PC|2=4cos2(α-π)，|PD|2=4sin2(α-3π/2)。故|PA|2+|PB|2+|PC|2+|PD|2=8。因此取值范圍為[8,8]，即取值為8。首先，根據(jù)題目要求，我們需要?jiǎng)h除明顯有問題的段落。經(jīng)過仔細(xì)閱讀，發(fā)現(xiàn)第一段和第三段存在格式錯(cuò)誤，需要?jiǎng)h除。刪除后，文章內(nèi)容如下：2.當(dāng)$k=0$時(shí)，曲線$C_1$的方程為$y=2$，與圓只有一個(gè)交點(diǎn)，故舍去。3.當(dāng)$k=-\frac{3}{4}$時(shí)，曲線$C_1$的方程為$y=-x+2$，與圓有且只有三個(gè)交點(diǎn)，所以曲線$C_1$的方程為$y=-x+2$。接下來，我們對(duì)每段話進(jìn)行小幅度的改寫：2.當(dāng)$k=0$時(shí)，曲線$C_1$的方程為$y=2$，與圓只有一個(gè)公共點(diǎn)。3.當(dāng)$k=-\frac{3}{4}$時(shí)，曲線$C_1$的方程為$y=-x+2$，與圓有且只有三個(gè)公共點(diǎn)，因此曲線$C_1$的方程為$y=-x+2$。最后，我們對(duì)題目中的公式進(jìn)行修正，使其符合規(guī)范：$$\frac{|k+2|}{k^2+1}=2，故k=\pm\frac{3}{4}$$$$\begin{cases}x=2\cos\theta\\y=4\sin\theta\end{cases}$$$$\begin{cases}x=1+l\cos\alpha\\y=2+l\sin\alpha\end{cases}$$$$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{16}=1$$$$y=\tan\alphax+2-\tan\alpha$$$$\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}=AB$$$$k\cdotAB=-2$$$$\begin{cases}x^2+y^2=16\\(x_1+x_2)/2=1\\(y_1+y_2)/2=2\end{cases}$$解法二：參數(shù)法：將直線l的參數(shù)方程代入C的直角坐標(biāo)方程，整理得關(guān)于t的方程$$\left(1+3\cos^2\alpha\right)t^2+4\left(2\cos\alpha+\sin\alpha\right)t-8=s$$由題意可知：$$t_1+t_2=2\cos\alpha\sin\alpha\Rightarrowt_1+t_2=-\frac{4\left(2\cos\alpha+\sin\alpha\right)}{1+3\cos^2\alpha}$$$$\alpha=\tan^{-1}\left(-\frac{x_2}{y_2}\right)$$解法三：直角坐標(biāo)法：$$\begin{cases}x=\cos\theta,\\y=\sin\theta\end{cases}$$在平面直角坐標(biāo)系$xOy$中，$\odotO$的參數(shù)方程為：$$\begin{cases}x=\cos\theta,\\y=\sin\theta\end{cases}\quad(\theta\text{為參數(shù)})$$過點(diǎn)$(-2,0)$且傾斜角為$\alpha$的直線$l$與$\odotO$交于$A$，$B$兩點(diǎn)．(1)$\alpha$的取值范圍；(2)求$AB$中點(diǎn)$P$的軌跡的參數(shù)方程．(1)的參數(shù)方程為：$$\begin{cases}x=\cos\theta,\\y=\sin\theta\end{cases}$$∴$\odotO$的普通方程為$x+y=1$，當(dāng)$\alpha=90^\circ$時(shí)，直線：$$l:x=-2$$與$\odotO$有兩個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)$\alpha\neq90^\circ$時(shí)，設(shè)直線$l$的方程為$y=x\tan\alpha-2$，由直線$l$與$\odotO$有兩個(gè)交點(diǎn)有$|2-\tan\alpha|<1$，得$\tan^2\alpha>\frac{1}{3}$，∴$45^\circ<\alpha<90^\circ$或$90^\circ<\alpha<135^\circ$，綜上$\alpha\in(45^\circ,135^\circ)$.(2)點(diǎn)$P$坐標(biāo)為$(x,y)$，當(dāng)$\alpha=90^\circ$時(shí)，點(diǎn)$P$坐標(biāo)為$(0,0)$，當(dāng)$\alpha\neq90^\circ$時(shí)，設(shè)直線$l$的方程為$y=x\tan\alpha-2$，由$l$與$AB$有$x_1+x_2=-2$，∴$$\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{2\tan\alpha(2-\tan\alpha)}{4+\tan^2\alpha}\\y=\frac{1+k^2}{2k}x-\frac{k^2-1}{2k}\end{cases}$$代入$y=x\tan\alpha-2$得：$$x^2+(kx-2)^2=1$$整理得：$$y=kx-2$$則$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，∴$$\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{2\tan\alpha(2-\tan\alpha)}{4+\tan^2\alpha}\\y=\frac{1+k^2}{2k}x-\frac{k^2-1}{2k}\end{cases}$$代入得$x_1+x_2=2$，∴得：$$\begin{cases}2kx-2=1+k^2\\y=kx-2\end{cases}$$解得$k=-\frac{1}{2},x=\frac{1}{2},y=-\frac{5}{2}$，∴點(diǎn)$P$坐標(biāo)為$\left(\frac{1}{2},-\frac{5}{2}\right)$，則$AB$中點(diǎn)的$P$的軌跡方程是：$$x^2+y^2+2y+1=0$$即$x^2+(y+1)^2=1$。改為一般方程形式。曲線C1是橢圓，將參數(shù)方程轉(zhuǎn)化為一般方程形式得：x^2/a^2+y^2/(a+1)^2=1。（Ⅱ）求C1和C2的交點(diǎn)坐標(biāo)。將C1和C2的極坐標(biāo)方程聯(lián)立，得到r^2=4acosθ，代入C1的一般方程中，得到x^2/a^2+y^2/(a+1)^2=4cos^2θ。將x和y表示為極坐標(biāo)形式，得到a^2cos^2θ+(a+1)^2sin^2θ=4cos^2θ?；喌玫?a^2-3cos^2θ)sin^2θ+(a+1)^2cos^2θ=a^2。解得sin^2θ=(a^2-(a+1)^2cos^2θ)/(a^2-3cos^2θ)。代入r^2=4acosθ中，得到r^2=4a(cosθ-sin^2θ)。將x和y表示為直角坐標(biāo)系形式，得到交點(diǎn)坐標(biāo)為(x,y)=(a(cosθ-sin^2θ),(a+1)sinθ)。（Ⅲ）求C1和C2圍成的面積。將交點(diǎn)坐標(biāo)代入S=∫(C1-C2)dθ中，得到S=∫(1/2)(a^2cosθ-(a+1)^2sinθ)(2dθ)?；喌玫絊=a(a+1)-(1/2)(a^2+1)sin(2θ)，代入θ的范圍，得到S=a(a+1)+(1/2)(a^2+1)。因?yàn)閍>0，所以S的最小值為5/2。（Ⅳ）改寫C2的極坐標(biāo)方程。C2的極坐標(biāo)方程為ρ=4cosθ，改寫為一般方程形式得到(x^2+y^2)^2=16x^2。(Ⅰ)將圓的方程化為極坐標(biāo)方程，需要將直角坐標(biāo)系下的方程轉(zhuǎn)化為極坐標(biāo)系下的方程。將坐標(biāo)原點(diǎn)設(shè)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸，則有$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$。代入圓的方程$(x+6)^2+y^2=25$，得到$r^2+12r\cos\theta+36=0$，整理得到極坐標(biāo)方程為$r=-6\cos\theta-6$。(Ⅱ)直線$l$與圓$C$交于$A$、$B$兩點(diǎn)，且$AB=10$，需要求出直線$l$的斜率$k$。設(shè)直線$l$的方程為$y=kx+b$，則直線$l$的參數(shù)方程為$x=t\cos\alpha$，$y=t\sin\alpha$，代入直線方程得到$t\sin\alpha=kt\cos\alpha+b$，整理得到$k=\tan\alpha-\frac{t\cos\alpha}$。由于$A$、$B$兩點(diǎn)在圓$C$上，因此它們的極坐標(biāo)方程應(yīng)該滿足$r=-6\cos\theta-6$。代入$A$點(diǎn)的坐標(biāo)$(x_A,y_A)$和$B$點(diǎn)的坐標(biāo)$(x_B,y_B)$，得到$\tan\alpha=\frac{y_A}{x_A}$，$\tan\alpha=\frac{y_B}{x_B}$，聯(lián)立得到$x_Ay_B=x_By_A$。又因?yàn)?AB=10$，所以$(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2=100$。將$x_A$、$y_A$表示為$k$和$b$的函數(shù)，代入上式得到$(1+k^2)x^2+2kbx+b^2-100=0$。由于$A$、$B$兩點(diǎn)在圓$C$上，因此它們的坐標(biāo)應(yīng)該滿足圓的方程$(x+6)^2+y^2=25$。代入上式得到$(1+k^2+36)b^2+12kb-49k^2-61=0$。由于$A$、$B$兩點(diǎn)不重合，因此$b\neq0$，解出$k$后代入$\tan\alpha=\frac{y_A}{x_A}$，即可求得直線$l$的斜率$k$。在以極坐標(biāo)系中，C1的極坐標(biāo)方程為ρcosθ=tcosα，ρsinθ=tsinα，即ρ=t/cos(θ-α)，而C2的極坐標(biāo)方程為ρ=2sinθ，C3的極坐標(biāo)方程為ρ=2/3cosθ。將C1和C2的極坐標(biāo)方程代入得到交點(diǎn)A的極坐標(biāo)為ρ=2sinθ/cos(θ-α)，將C1和C3的極坐標(biāo)方程代入得到交點(diǎn)B的極坐標(biāo)為ρ=2/3cosθ/cos(θ-α)。因?yàn)锳、B兩點(diǎn)的極角相同，所以|AB|的最大值即為AB兩點(diǎn)的距離的最大值，即當(dāng)ρ1+ρ2的值最大時(shí)。將ρ1+ρ2化簡得到2sinθ/cos(θ-α)+2/3cosθ/cos(θ-α)=2/(3cos(θ-α))，化簡后得到cos(θ-α)=1/2，即θ=α±π/3。將θ代入ρ1+ρ2的式子中，化簡后得到|AB|=2/3√(13+4