新高考2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第三部分講重點(diǎn)解答題專練第7講選修4-4坐標(biāo)系與參數(shù)方程教學(xué)案理

PAGEPAGE1第7講選修4－4坐標(biāo)系與參數(shù)方程■真題調(diào)研——————————————【例1】[2024·全國卷Ⅰ]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1－t2,1＋t2)，,y＝\f(4t,1＋t2)))(t為參數(shù))．以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為2ρcosθ＋eq\r(3)ρsinθ＋11＝0.(1)求C和l的直角坐標(biāo)方程；(2)求C上的點(diǎn)到l距離的最小值．解：(1)因?yàn)椋?＜eq\f(1－t2,1＋t2)≤1，且x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－t2,1＋t2)))2＋eq\f(4t2,1＋t22)＝1，所以C的直角坐標(biāo)方程為x2＋eq\f(y2,4)＝1(x≠－1)．l的直角坐標(biāo)方程為2x＋eq\r(3)y＋11＝0.(2)由(1)可設(shè)C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝2sinα))(α為參數(shù)，－π＜α＜π)．C上的點(diǎn)到l的距離為eq\f(|2cosα＋2\r(3)sinα＋11|,\r(7))＝eq\f(4cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋11,\r(7)).當(dāng)α＝－eq\f(2π,3)時(shí)，4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋11取得最小值7，故C上的點(diǎn)到l距離的最小值為eq\r(7).【例2】[2024·全國卷Ⅱ]在極坐標(biāo)系中，O為極點(diǎn)，點(diǎn)M(ρ0，θ0)(ρ0＞0)在曲線C：ρ＝4sinθ上，直線l過點(diǎn)A(4,0)且與OM垂直，垂足為P.(1)當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時(shí)，求ρ0及l(fā)的極坐標(biāo)方程；(2)當(dāng)M在C上運(yùn)動(dòng)且P在線段OM上時(shí)，求P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程．解：(1)因?yàn)镸(ρ0，θ0)在C上，當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時(shí)，ρ0＝4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由已知得|OP|＝|OA|coseq\f(π,3)＝2.設(shè)Q(ρ，θ)為l上除P的隨意一點(diǎn)．連接OQ，在Rt△OPQ中，ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))在曲線ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2上．所以，l的極坐標(biāo)方程為ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2.(2)設(shè)P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因?yàn)镻在線段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).所以，P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).【例3】[2024·全國卷Ⅲ]如圖，在極坐標(biāo)系Ox中，A(2,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3π,4)))，D(2，π)，弧，，所在圓的圓心分別是(1,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，(1，π)，曲線M1是弧，曲線M2是弧，曲線M3是弧.(1)分別寫出M1，M2，M3的極坐標(biāo)方程；(2)曲線M由M1，M2，M3構(gòu)成，若點(diǎn)P在M上，且|OP|＝eq\r(3)，求P的極坐標(biāo)．解：(1)由題設(shè)可得，弧，，所在圓的極坐標(biāo)方程分別為ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ.所以M1的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4)))，M2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤θ≤\f(3π,4)))，M3的極坐標(biāo)方程為ρ＝－2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)≤θ≤π)).(2)設(shè)P(ρ，θ)，由題設(shè)及(1)知，若0≤θ≤eq\f(π,4)，則2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,6)；若eq\f(π,4)≤θ≤eq\f(3π,4)，則2sinθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,3)或θ＝eq\f(2π,3)；若eq\f(3π,4)≤θ≤π，則－2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(5π,6).綜上，P的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,6)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(2π,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(5π,6))).【例4】[2024·江蘇卷]在極坐標(biāo)系中，已知兩點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，直線l的方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝3.(1)求A，B兩點(diǎn)間的距離；(2)求點(diǎn)B到直線l的距離．解：(1)設(shè)極點(diǎn)為O.在△OAB中，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，由余弦定理，得AB＝eq\r(32＋\r(2)2－2×3×\r(2)×cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,4))))＝eq\r(5).(2)因?yàn)橹本€l的方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝3，則直線l過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\f(π,2)))，傾斜角為eq\f(3π,4).又Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，所以點(diǎn)B到直線l的距離為(3eq\r(2)－eq\r(2))×sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,2)))＝2.■模擬演練——————————————1．[2024·南昌二模]已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)t，,y＝\f(\r(3),2)t))(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2－2ρcosθ－2＝0，點(diǎn)P的極坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(15),3)，\f(2π,3))).(1)求直線l的極坐標(biāo)方程及點(diǎn)P到直線l的距離；(2)若直線l與曲線C交于M，N兩點(diǎn)，求△PMN的面積．解：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)t，,y＝\f(\r(3),2)t，))消去t，得y＝eq\r(3)x，則ρsinθ＝eq\r(3)ρcosθ，所以θ＝eq\f(π,3)，所以直線l的極坐標(biāo)方程為θ＝eq\f(π,3)(ρ∈R)．點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(15),3)，\f(2π,3)))到直線l的距離為d＝eq\f(2\r(15),3)×sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,3)))＝eq\f(2\r(15),3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(5).(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2－2ρcosθ－2＝0，,θ＝\f(π,3)，))得ρ2－ρ－2＝0，設(shè)M，N兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的極徑分別為ρ1，ρ2，則ρ1＋ρ2＝1，ρ1ρ2＝－2，所以|MN|＝|ρ1－ρ2|＝eq\r(ρ1＋ρ22－4ρ1ρ2)＝3，所以△PMN的面積S△PMN＝eq\f(1,2)|MN|×d＝eq\f(1,2)×3×eq\r(5)＝eq\f(3\r(5),2).2．[2024·廣州綜合測(cè)試二]在直角坐標(biāo)系xOy中，傾斜角為α的直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(t為參數(shù))．在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸非負(fù)半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2＝2ρcosθ＋8.(1)求直線l的一般方程與曲線C的直角坐標(biāo)方程；(2)若直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝4eq\r(2)，求直線l的傾斜角．解：(1)解法一：因?yàn)橹本€l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(t為參數(shù))，所以當(dāng)α＝eq\f(π,2)時(shí)，直線l的一般方程為x＝2.當(dāng)α≠eq\f(π,2)時(shí)，直線l的一般方程為y－eq\r(3)＝tanα(x－2)．將ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x代入ρ2＝2ρcosθ＋8，得x2＋y2＝2x＋8.所以曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x－8＝0.解法二：直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(t為參數(shù))，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xsinα＝2sinα＋tsinαcosα，,ycosα＝\r(3)cosα＋tsinαcosα，))所以直線l的一般方程為xsinα－ycosα－(2sinα－eq\r(3)cosα)＝0.將ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x代入ρ2＝2ρcosθ＋8，得x2＋y2＝2x＋8.所以曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x－8＝0.(2)解法一：曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x－8＝0，將直線l的參數(shù)方程代入曲線C的直角坐標(biāo)方程整理，得t2＋(2eq\r(3)sinα＋2cosα)t－5＝0.因?yàn)棣ぃ?2eq\r(3)sinα＋2cosα)2＋20>0，所以可設(shè)該方程的兩個(gè)根分別為t1，t2，則t1＋t2＝－(2eq\r(3)sinα＋2cosα)，t1t2＝－5.所以|AB|＝|t1－t2|＝eq\r(t1＋t22－4t1t2)＝eq\r([－2\r(3)sinα＋2cosα]2＋20)＝4eq\r(2)，整理得(eq\r(3)sinα＋cosα)2＝3，故2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝±eq\r(3).因?yàn)?≤α<π，所以eq\f(π,6)≤α＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,6)，所以α＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)或α＋eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，解得α＝eq\f(π,6)或α＝eq\f(π,2).所以直線l的傾斜角為eq\f(π,6)或eq\f(π,2).解法二：由(1)得曲線C是以C(1,0)為圓心，3為半徑的圓．直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝4eq\r(2)，故圓心C(1,0)到直線l的距離d＝eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),2)))2)＝1.①當(dāng)α＝eq\f(π,2)時(shí)，直線l的一般方程為x＝2，符合題意．②當(dāng)α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，直線l的一般方程為xtanα－y＋eq\r(3)－2tanα＝0，所以d＝eq\f(|tanα－0＋\r(3)－2tanα|,\r(1＋tan2α))＝1，整理得|eq\r(3)－tanα|＝eq\r(1＋tan2α)，解得α＝eq\f(π,6).綜上所述，直線l的傾斜角為eq\f(π,6)或eq\f(π,2).3．[2024·太原一模]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝1＋tsinα，))以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cosθ.(1)若曲線C1的參數(shù)方程中的參數(shù)是α，且C1與C2有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求C1的一般方程；(2)已知點(diǎn)A(0,1)，若曲線C1的參數(shù)方程中的參數(shù)是t，0<α<π，且C1與C2相交于P，Q兩個(gè)不同的點(diǎn)，求eq\f(1,|AP|)＋eq\f(1,|AQ|)的最大值．解：(1)∵ρ＝2cosθ，∴曲線C2的直角坐標(biāo)方程為(x－1)2＋y2＝1，∵α是曲線C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝1＋tsinα))的參數(shù)，∴曲線C1的一般方程為x2＋(y－1)2＝t2，∵曲線C1與曲線C2有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，∴|t|＝eq\r(2)－1或|t|＝eq\r(2)＋1，∴曲線C1的一般方程為x2＋(y－1)2＝(eq\r(2)－1)2或x2＋(y－1)2＝(eq\r(2)＋1)2.(2)∵t是曲線C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝1＋tsinα))的參數(shù)，∴曲線C1是過點(diǎn)A(0,1)的一條直線，設(shè)與點(diǎn)P，Q相對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別是t1，t2，將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝1＋tsinα))代入(x－1)2＋y2＝1，得t2＋2(sinα－cosα)t＋1＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＋t2＝－2\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))，,t1·t2＝1，))∴eq\f(1,|AP|)＋eq\f(1,|AQ|)＝eq\f(1,|t1|)＋eq\f(1,|t2|)＝|t1＋t2|＝2eq\r(2)|sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))≤2eq\r(2)，當(dāng)α＝eq\f(3π,4)時(shí)，Δ＝4(sinα－cosα)2－4＝4>0，∴eq\f(1,|AP|)＋eq\f(1,|AQ|)的最大值為2eq\r(2).4．[2024·福建質(zhì)檢]在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(3,5)t，,y＝1＋\f(4,5)t))(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2＝eq\f(2,1＋sin2θ)，點(diǎn)P的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4))).(1)求C的直角坐標(biāo)方程和P的直角坐標(biāo)；(2)設(shè)l與C交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，求|PM|.解：(1)由ρ2＝eq\f(2,1＋sin2θ)得ρ2＋ρ2sin2θ＝2，①將ρ2＝x2＋y2，y＝ρsinθ代入①并整理得，曲線C的直角坐標(biāo)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.設(shè)點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為(x，y)，因?yàn)辄c(diǎn)P的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，所以x＝ρcosθ＝eq\r(2)coseq\f(π,4)＝1，y＝ρsinθ＝eq\r(2)sineq\f(π,4)＝1.所以點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為(1,1)．(2)解法一：將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(3,5)t，,y＝1＋\f(4,5)t))代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，并整理得41t2＋