2019版文科数学大第十三章 系列4选讲13.1 第1课时 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精§13。1坐标系与参数方程第1课时坐标系最新考纲考情考向分析1.了解坐标系的作用，了解在平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化情况．2.了解极坐标的基本概念，会在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，能进行极坐标和直角坐标的互化．3.能在极坐标系中给出简单图形表示的极坐标方程。会求伸缩变换，求点的极坐标和应用直线、圆的极坐标方程是重点，主要与参数方程相结合进行考查,以解答题的形式考查，难度中档。1．平面直角坐标系设点P(x，y）是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x′＝λ·x,λ>0，,y′＝μ·y，μ>0))的作用下,点P（x,y)对应到点P′(x′，y′），称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．2．极坐标系(1）极坐标与极坐标系的概念在平面内取一个定点O，自点O引一条射线Ox，同时确定一个长度单位和计算角度的正方向（通常取逆时针方向)，这样就建立了一个极坐标系．点O称为极点，射线Ox称为极轴．平面内任一点M的位置可以由线段OM的长度ρ和从射线Ox到射线OM的角度θ来刻画(如图所示)．这两个数组成的有序数对(ρ，θ）称为点M的极坐标．ρ称为点M的极径，θ称为点M的极角．一般认为ρ≥0。当极角θ的取值范围是［0，2π）时，平面上的点(除去极点)就与极坐标（ρ，θ）(ρ≠0）建立一一对应的关系．我们设定，极点的极坐标中,极径ρ＝0，极角θ可取任意角．（2）极坐标与直角坐标的互化设M为平面内的一点，它的直角坐标为（x，y)，极坐标为(ρ,θ）．由图可知下面关系式成立：eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ,，y＝ρsinθ））或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2＝x2＋y2，，tanθ＝\f(y，x)x≠0))，这就是极坐标与直角坐标的互化公式．3．常见曲线的极坐标方程曲线图形极坐标方程圆心在极点,半径为r的圆ρ＝r（0≤θ〈2π)圆心为（r,0），半径为r的圆ρ＝2rcosθeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤θ〈\f(π,2）))圆心为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（r,\f(π，2）))，半径为r的圆ρ＝2rsinθ（0≤θ〈π)过极点，倾斜角为α的直线θ＝α（ρ∈R)或θ＝π＋α（ρ∈R)过点（a，0)，与极轴垂直的直线ρcosθ＝aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（π，2）<θ<\f（π,2)）)过点eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a，\f（π，2）)),与极轴平行的直线ρsinθ＝a（0〈θ<π）题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√"或“×”）（1)平面直角坐标系内的点与坐标能建立一一对应关系，在极坐标系中点与坐标也是一一对应关系．(×）(2）若点P的直角坐标为（1,－eq\r（3））,则点P的一个极坐标是eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(π，3）))。（√）(3)在极坐标系中,曲线的极坐标方程不是唯一的．（√）(4）极坐标方程θ＝π（ρ≥0)表示的曲线是一条直线．(×)题组二教材改编2．［P15T3]若以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则线段y＝1－x(0≤x≤1)的极坐标方程为()A．ρ＝eq\f(1，cosθ＋sinθ），0≤θ≤eq\f(π,2）B．ρ＝eq\f(1，cosθ＋sinθ），0≤θ≤eq\f(π，4)C．ρ＝cosθ＋sinθ，0≤θ≤eq\f(π，2）D．ρ＝cosθ＋sinθ,0≤θ≤eq\f（π,4)答案A解析∵y＝1－x(0≤x≤1),∴ρsinθ＝1－ρcosθ(0≤ρcosθ≤1）；∴ρ＝eq\f(1,sinθ＋cosθ)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f（π,2）））。3．［P15T4］在极坐标系中,圆ρ＝－2sinθ的圆心的极坐标是()A.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1，\f（π,2）)) B。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f（π,2）））C．(1，0) D．(1，π)答案B解析方法一由ρ＝－2sinθ，得ρ2＝－2ρsinθ，化成直角坐标方程为x2＋y2＝－2y，化成标准方程为x2＋(y＋1）2＝1，圆心坐标为（0，－1），其对应的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(π，2)）).方法二由ρ＝－2sinθ＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（θ＋\f（π，2)）)，知圆心的极坐标为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1，－\f(π,2)））,故选B.题组三易错自纠4．在极坐标系中,已知点Peq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2，\f(π，6））),则过点P且平行于极轴的直线方程是（)A．ρsinθ＝1 B．ρsinθ＝eq\r（3）C．ρcosθ＝1 D．ρcosθ＝eq\r（3)答案A解析先将极坐标化成直角坐标表示，Peq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2,\f（π,6)））转化为直角坐标为x＝ρcosθ＝2coseq\f(π，6)＝eq\r（3)，y＝ρsinθ＝2sineq\f（π，6)＝1，即(eq\r(3)，1)，过点(eq\r(3）,1）且平行于x轴的直线为y＝1,再化为极坐标为ρsinθ＝1。5．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．若曲线C的极坐标方程为ρ＝2sinθ，则曲线C的直角坐标方程为．答案x2＋y2－2y＝0解析由ρ＝2sinθ,得ρ2＝2ρsinθ，所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0。6．在以O为极点的极坐标系中，圆ρ＝4sinθ和直线ρsinθ＝a相交于A，B两点．当△AOB是等边三角形时，求a的值．解由ρ＝4sinθ可得圆的直角坐标方程为x2＋y2＝4y，即x2＋（y－2)2＝4.由ρsinθ＝a可得直线的直角坐标方程为y＝a(a>0)．设圆的圆心为O′，y＝a与x2＋（y－2）2＝4的两交点A，B与O构成等边三角形，如图所示．由对称性知∠O′OB＝30°，OD＝a。在Rt△DOB中，易求DB＝eq\f（\r(3)，3)a，∴B点的坐标为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(3),3)a，a)).又∵B在x2＋y2－4y＝0上，∴eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r(3）,3)a))2＋a2－4a＝0,即eq\f（4，3）a2－4a＝0,解得a＝0（舍去)或a＝3。题型一极坐标与直角坐标的互化1．(2016·北京改编)在极坐标系中，已知曲线C1：ρcosθ－eq\r（3）ρsinθ－1＝0,C2:ρ＝2cosθ.（1)求曲线C1，C2的直角坐标方程，并判断两曲线的形状；（2）若曲线C1，C2交于A，B两点，求两交点间的距离．解（1)∵C1：ρcosθ－eq\r（3)ρsinθ－1＝0,∴x－eq\r（3)y－1＝0，表示一条直线．由C2：ρ＝2cosθ，得ρ2＝2ρcosθ，∴x2＋y2＝2x,即(x－1)2＋y2＝1.∴C2是圆心为（1,0)，半径为1的圆．（2）由（1）知，点（1,0）在直线x－eq\r(3）y－1＝0上，∴直线C1过圆C2的圆心．因此两交点A,B的连线是圆C2的直径．∴两交点A，B间的距离｜AB｜＝2r＝2。2．（1)以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求线段y＝1－x（0≤x≤1)的极坐标方程．（2）在极坐标系中,曲线C1和C2的方程分别为ρsin2θ＝cosθ和ρsinθ＝1。以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，求曲线C1和C2交点的直角坐标．解（1)∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝ρcosθ，，y＝ρsinθ，)）∴y＝1－x化成极坐标方程为ρcosθ＋ρsinθ＝1，即ρ＝eq\f（1，cosθ＋sinθ).∵0≤x≤1，∴线段在第一象限内(含端点）,∴0≤θ≤eq\f（π,2）.(2）∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，由ρsin2θ＝cosθ，得ρ2sin2θ＝ρcosθ，∴曲线C1的直角坐标方程为y2＝x.由ρsinθ＝1，得曲线C2的直角坐标方程为y＝1。由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y2＝x，,y＝1，）)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝1，，y＝1，)）故曲线C1与曲线C2交点的直角坐标为（1，1)．思维升华（1）极坐标与直角坐标互化的前提条件：①极点与原点重合;②极轴与x轴的正半轴重合；③取相同的单位长度．(2）直角坐标方程化为极坐标方程比较容易，只要运用公式x＝ρcosθ及y＝ρsinθ直接代入并化简即可;而极坐标方程化为直角坐标方程则相对困难一些，解此类问题常通过变形，构造形如ρcosθ，ρsinθ,ρ2的形式,进行整体代换．题型二求曲线的极坐标方程典例将圆x2＋y2＝1上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得到曲线C.（1）求曲线C的标准方程;(2)设直线l：2x＋y－2＝0与C的交点为P1，P2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段P1P2的中点且与直线l垂直的直线的极坐标方程．解（1）设（x1，y1)为圆上的点，在已知变换下变为曲线C上的点（x，y)，依题意，得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝x1，，y＝2y1.))由xeq\o\al(2，1)＋yeq\o\al(2,1）＝1，得x2＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y，2））)2＝1，即曲线C的标准方程为x2＋eq\f（y2，4）＝1.（2)由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＋\f（y2，4）＝1,,2x＋y－2＝0，)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝0))或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2。))不妨设P1(1，0),P2（0,2)，则线段P1P2的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2），1))，所求直线的斜率为k＝eq\f(1,2)，于是所求直线方程为y－1＝eq\f(1，2）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f（1，2））），化为极坐标方程,并整理得2ρcosθ－4ρsinθ＝－3,故所求直线的极坐标方程为ρ＝eq\f（3,4sinθ－2cosθ）。思维升华求曲线的极坐标方程的步骤（1)建立适当的极坐标系，设P（ρ，θ)是曲线上任意一点．(2)由曲线上的点所适合的条件,列出曲线上任意一点的极径ρ和极角θ之间的关系式．(3）将列出的关系式进行整理、化简,得出曲线的极坐标方程．跟踪训练已知极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点,极轴为x轴的正半轴,两种坐标系中的长度单位相同，圆C的直角坐标方程为x2＋y2＋2x－2y＝0,直线l的参数方程为eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝－1＋t,,y＝t）)（t为参数），射线OM的极坐标方程为θ＝eq\f(3π，4)。(1)求圆C和直线l的极坐标方程；(2)已知射线OM与圆C的交点为O，P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长．解(1)∵ρ2＝x2＋y2,x＝ρcosθ,y＝ρsinθ，圆C的直角坐标方程为x2＋y2＋2x－2y＝0,∴ρ2＋2ρcosθ－2ρsinθ＝0，∴圆C的极坐标方程为ρ＝2eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π,4)））.又直线l的参数方程为eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋t，，y＝t)）(t为参数)，消去t后得y＝x＋1，∴直线l的极坐标方程为sinθ－cosθ＝eq\f(1，ρ）。(2）当θ＝eq\f（3π，4）时，|OP|＝2eq\r（2）sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f（π,4）)）＝2eq\r(2）,∴点P的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(3π，4））），｜OQ|＝eq\f(1,\f(\r（2），2）＋\f(\r（2),2)）＝eq\f(\r（2)，2)，∴点Q的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（\r（2），2），\f（3π,4）)),故线段PQ的长为eq\f（3\r（2），2）。题型三极坐标方程的应用典例(2017·全国Ⅱ)在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ＝4。(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上,且满足|OM|·|OP|＝16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程；（2)设点A的极坐标为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2，\f(π，3)))，点B在曲线C2上，求△OAB面积的最大值．解（1）设点P的极坐标为(ρ，θ)（ρ>0)，点M的极坐标为（ρ1，θ)(ρ1〉0）．由题意知|OP|＝ρ，｜OM｜＝ρ1＝eq\f（4,cosθ)。由|OM｜·|OP|＝16，得C2的极坐标方程ρ＝4cosθ（ρ>0）．因此C2的直角坐标方程为（x－2）2＋y2＝4(x≠0）．(2）设点B的极坐标为(ρB,α)(ρB〉0）．由题设知｜OA｜＝2，ρB＝4cosα，于是△OAB的面积S＝eq\f(1，2)|OA|·ρB·sin∠AOB＝4cosα·eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3）))）)＝2eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（sin\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2α－\f(π，3）））－\f(\r(3），2）))≤2＋eq\r（3）。当α＝－eq\f（π，12）时，S取得最大值2＋eq\r（3).所以△OAB面积的最大值为2＋eq\r（3).思维升华极坐标应用中的注意事项(1)极坐标与直角坐标互化的前提条件：①极点与原点重合;②极轴与x轴正半轴重合；③取相同的长度单位．(2）若把直角坐标化为极坐标求极角θ时，应注意判断点P所在的象限(即角θ的终边的位置），以便正确地求出角θ。利用两种坐标的互化，可以把不熟悉的问题转化为熟悉的问题．（3)由极坐标的意义可知平面上点的极坐标不是唯一的，如果限定ρ取正值,θ∈[0,2π)，平面上的点(除去极点)与极坐标（ρ，θ)（ρ≠0)建立一一对应关系．跟踪训练（2017·广州调研)在极坐标系中，求直线ρsineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ＋\f（π,4)））＝2被圆ρ＝4截得的弦长．解由ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（θ＋\f(π，4)）)＝2，得eq\f(\r（2）,2)（ρsinθ＋ρcosθ)＝2，可化为x＋y－2eq\r(2)＝0。圆ρ＝4可化为x2＋y2＝16,圆心（0,0）到直线x＋y－2eq\r（2)＝0的距离d＝eq\f（|2\r（2)｜,\r(2)）＝2，由圆中的弦长公式，得弦长l＝2eq\r(r2－d2）＝2eq\r(42－22)＝4eq\r（3）.故所求弦长为4eq\r（3)。1．(2018·武汉模拟)在极坐标系下，已知圆O:ρ＝cosθ＋sinθ和直线l：ρsineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（θ－\f(π，4））)＝eq\f（\r(2)，2)。（1)求圆O和直线l的直角坐标方程；(2)当θ∈(0,π)时,求直线l与圆O公共点的一个极坐标．解（1）圆O：ρ＝cosθ＋sinθ，即ρ2＝ρcosθ＋ρsinθ，圆O的直角坐标方程为x2＋y2＝x＋y，即x2＋y2－x－y＝0，直线l:ρsineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（θ－\f(π,4）))＝eq\f（\r(2)，2），即ρsinθ－ρcosθ＝1，则直线l的直角坐标方程为y－x＝1，即x－y＋1＝0。（2)由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋y2－x－y＝0，，x－y＋1＝0,)）得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，）)故直线l与圆O公共点的一个极坐标为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1，\f（π,2)）).2．在极坐标系(ρ,θ）（0≤θ＜2π)中，求曲线ρ(cosθ＋sinθ)＝1与ρ(sinθ－cosθ)＝1的交点的极坐标．解曲线ρ(cosθ＋sinθ）＝1化为直角坐标方程为x＋y＝1，ρ（sinθ－cosθ）＝1化为直角坐标方程为y－x＝1。联立方程组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，，y－x＝1,））得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝0，,y＝1，）)则交点为(0,1）,对应的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1,\f(π，2)）).3．在极坐标系中，求曲线ρ＝2cosθ关于直线θ＝eq\f（π，4)对称的曲线的极坐标方程．解以极点为坐标原点,极轴为x轴正半轴建立直角坐标系,则曲线ρ＝2cosθ的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1，且圆心为（1，0）．直线θ＝eq\f(π，4)的直角坐标方程为y＝x，因为圆心（1,0)关于y＝x的对称点为(0,1)，所以圆(x－1）2＋y2＝1关于y＝x的对称曲线为x2＋(y－1)2＝1.所以曲线ρ＝2cosθ关于直线θ＝eq\f（π，4）对称的曲线的极坐标方程为ρ＝2sinθ.4．（2017·贵阳调研)在以直角坐标系中的原点O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,已知曲线的极坐标方程为ρ＝eq\f(2，1－sinθ）.（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2)过极点O作直线l交曲线于点P，Q，若|OP｜＝3|OQ｜，求直线l的极坐标方程．解（1)∵ρ＝eq\r（x2＋y2），ρsinθ＝y，∴ρ＝eq\f(2，1－sinθ）化为ρ－ρsinθ＝2，∴曲线的直角坐标方程为x2＝4y＋4。(2)设直线l的极坐标方程为θ＝θ0（ρ∈R)，根据题意eq\f(2，1－sinθ0)＝3·eq\f(2,1－sinθ0＋π)，解得θ0＝eq\f（π，6）或θ0＝eq\f（5π，6），∴直线l的极坐标方程为θ＝eq\f(π，6）（ρ∈R)或θ＝eq\f(5π，6）(ρ∈R)．5．已知圆C的极坐标方程为ρ2＋2eq\r（2）ρsineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(θ－\f（π,4))）－4＝0，求圆C的半径．解以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O，以极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy。圆C的极坐标方程为ρ2＋2eq\r(2）ρeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r(2)，2）sinθ－\f（\r(2)，2)cosθ）)－4＝0，化简，得ρ2＋2ρsinθ－2ρcosθ－4＝0.则圆C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋2y－4＝0,即(x－1）2＋(y＋1)2＝6，所以圆C的半径为eq\r(6）.6．在极坐标系中，P是曲线C1:ρ＝12sinθ上的动点，Q是曲线C2：ρ＝12coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π，6)))上的动点,求|PQ｜的最大值．解对曲线C1的极坐标方程进行转化，∵ρ＝12sinθ，∴ρ2＝12ρsinθ，∴x2＋y2－12y＝0，即x2＋(y－6)2＝36。对曲线C2的极坐标方程进行转化,∵ρ＝12coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(θ－\f（π，6))），∴ρ2＝12ρeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（cosθcos\f(π,6）＋sinθsin\f(π，6））），∴x2＋y2－6eq\r（3)x－6y＝0，∴(x－3eq\r(3））2＋（y－3)2＝36，∴｜PQ|max＝6＋6＋eq\r（3\r(3)2＋32）＝18。7．以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的方程为ρsineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（θ－\f（2π，3))）＝－eq\r（3)，⊙C的极坐标方程为ρ＝4cosθ＋2sinθ。(1)求直线l和⊙C的直角坐标方程；（2)若直线l与圆C交于A，B两点,求弦AB的长．解（1）直线l：ρsineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(θ－\f（2π,3）））＝－eq\r（3），∴ρeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（sinθcos\f(2π，3）－cosθsin\f(2π,3）））＝－eq\r(3)，∴y·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)））－x·eq\f（\r(3)，2)＝－eq\r(3)，即y＝－eq\r（3)x＋2eq\r(3).⊙C：ρ＝4cosθ＋2sinθ，ρ2＝4ρcosθ＋2ρsinθ，∴x2＋y2＝4x＋2y,即x2＋y2－4x－2y＝0.(2）⊙C：x2＋y2－4x－2y＝0，即(x－2)2＋（y－1）2＝5。∴圆心C(2,1)，半径R＝eq\r(5)，∴⊙C的圆心C到直线l的距离d＝eq\f（|1＋2\r（3)－2\r（3）|，\r（\r（3)2＋12））＝eq\f（1,2）,∴|AB｜＝2eq\r(R2－d2）＝2eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)））2）＝eq\r（19）.∴弦AB的长为eq\r（19).8．（2016·全国Ⅰ）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝acost，，y＝1＋asint）)（t为参数，a>0）．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝4cosθ.（1)说明C1是哪一种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程;(2)直线C3的极坐标方程为θ＝α0,其中α0满足tanα0＝2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a。解（1)消去参数t得到C1的普通方程为x2＋(y－1）2＝a2，C1是以(0，1)为圆心，a为半径的圆．将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入C1的直角坐标方程中，得到C1的极坐标方程为ρ2－2ρsinθ＋1－a2＝0。(2）曲线C1,C2的公共点的极坐标满足方程组eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（ρ2－2ρsinθ＋1－a2＝0，,ρ＝4cosθ.））若ρ≠0，由方程组得16cos2θ－8sinθcosθ＋1－a2＝0，由已知tanθ＝2，可得16cos2θ－8sinθcosθ＝0，从而1－a2＝0，解得a＝－1（舍去)，a＝1.当a＝1时，极点也为C1，C2的公共点，在C3上．所以a＝1。9．在极坐标系中，已知圆C的圆心Ceq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(3,\f(π，3)）），半径r＝3。（1）求圆C的极坐标方程；(2)若点Q在圆C上运动，点P在OQ的延长线上，且eq\o（OQ，\s\up6(→))＝2eq\o(QP，\s\up6（→）），求动点P的轨迹方程．解（1)设M(ρ，θ)是圆C上除极点外的任意一点．在△OCM中，∠COM＝eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π，3）))，由余弦定理，得|CM|2＝｜OM｜2＋|OC｜2－2｜OM|·|OC｜coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π,3))),化简得ρ＝6coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3))）。∵极点也适合上式，∴圆C的极坐标方程为ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(θ－\f（π，3))）.(2）设点Q(ρ1，θ1），P（ρ,θ）,由eq\o（OQ,\s\up6（→)）＝2eq\o（QP,\s\up6（→))，得eq\o（OQ,\s\up6（→))＝eq\f(2,3）eq\o(OP，\s\up6（→）),∴ρ1＝eq\f(2，3)ρ，θ1＝θ，代入圆C的方程，得eq\f(2,3）ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ－\f（π,3)）)，即ρ＝9coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(θ－\f（π，3))）。10．在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，圆C2:(x－1)2＋（y－2)2＝1，以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1)求C1，C2的极坐标方程；（2)若直线C3的极坐标方程为θ＝eq\f（π,4）（ρ∈R)，设C2与C3的交点为M,N，求△C2MN的面积．解（1）因为x＝ρcosθ,y＝ρsinθ，所以C1的极坐标方程为ρcosθ＝－2，C2的极坐标方程为ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0。（2）将θ＝eq\f(π,4)代入ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0，得ρ2－3eq\r(2)ρ＋4＝0，解得ρ1＝2eq\r（2），ρ2＝eq\r（2）.故ρ1－ρ2＝eq\r(2），即｜MN｜＝eq\r（2).由于C2的半径为1，所以△C2MN为等腰直角三角形，所以△C2MN的面积为eq\f（1,2).11．在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1：ρ2－4ρcosθ＋3＝0,θ∈[0，2π］，曲线C2：ρ＝eq\f（3,4sin\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，6）－θ)））,θ∈［0，2π]．(1）求曲线C1的一个参数方程；(2）若曲线C1和曲线C2相交于A,B两点，求｜AB｜的值．解（1)由ρ2－4ρcosθ＋3＝0，可得x2＋y2－4x＋3＝0。∴（x－2)2＋y2＝1。令x－2＝cosα，y＝sinα,∴C1的一个参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋cosα,,y＝sinα)）(α为参数，α∈R）．(2）C2：4ρeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（sin\f（π，6)cosθ－cos\f（π，6)sinθ))＝3，∴4eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)x－\f（\r(3),2)y))＝3，即2x－2eq\r(3)y－3＝0。∵直线2x－2eq\r(3）y－3＝0与圆（x－2）2＋y2＝1相交于A,B两点，且圆心到直线的距离d＝eq\f(1,4），∴｜AB｜＝2×eq\r（1－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，4））)2)＝2×eq\f(\r(15)，4）＝eq\f(\r（15），2）.12．已知曲线C的参数方程为eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝2＋\r(5)cosα，,y＝1＋\r（5）sinα))（α为参数）,以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C的极坐标方程；(2）若直线l的极坐标方程为ρ(sinθ＋cosθ）＝1，求直线l被曲线C截得的弦长．解（1)曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝2＋\r（5）cosα,，y＝1＋\r（5)sinα))(α为参数），∴曲线C的普通方程为(x－2）2＋(y－1)2＝5.将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝ρcosθ,，y＝ρsinθ）)代入并化简得ρ＝4cosθ＋2sinθ，即曲线C的极坐标方程为ρ＝4cosθ＋2sinθ.(2）∵l的直角坐标方程为x＋y－1＝0，∴圆心C（2，1）到直线l的距离d＝eq\f（2,\r(2)）＝eq\r（2)，∴弦长为2eq\r（5－2)＝2eq\r(3).13．在极坐标系中，曲线C:ρ＝2acosθ(a〉0)