数学《学案导学与随堂笔记》人教B版4-4练习：第二讲 参数方程专题检测（二） 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，业必贵于专精本章测评(时间：120分钟满分：150分）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1。参数方程eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝\f（1,t），，y＝\f(1，t）\r(t2－1)））(t为参数)所表示的曲线是（）答案：D解析:将参数方程进行消参，则有t＝eq\f(1,x)，把t＝eq\f（1，x），代入y＝eq\f（1,t)eq\r（t2－1）中，得当x〉0时，x2＋y2＝1，此时y≥0；当x<0时，x2＋y2＝1，此时y≤0。对照选项，可知D正确.2.中心在原点，eq\f（a2,c)＝4，离心率为eq\f（1，2)的椭圆方程是(）A.eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ,，y＝sinθ)) B.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＝\r（3)cosθ，，y＝2sinθ）)C。eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝\r(3）sinθ)） D.eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝cosθ,，y＝2sinθ））答案：C解析：因eq\f(a2，c）＝4，eq\f（c,a)＝eq\f(1，2)，解得a＝2，c＝1，b＝eq\r(3），焦点在x轴上，故应选C。3.当参数θ变动时，由动点P(3cosθ，3sinθ)确定了曲线F，点(3，5）,（1,－3)，(0,－5)，(－3，1)中,在曲线外的个数为（）A。1个B.2个C。3个D。4个答案:D解析：点P的坐标为(x，y），所以eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝3cosθ，,y＝3sinθ)）是以原点为圆心，半径为3的圆.eq\r（32＋52)＝eq\r(34）≠3故(3，5）在曲线外.eq\r(12＋(－3）2）＝eq\r（10)≠3故（1，－3）在曲线外,同理(0，－5），（－3,1)在曲线外.4。若圆的方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＝－1＋2cosθ,，y＝3＋2sinθ))(θ为参数），直线的方程为eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝2t－1，，y＝6t－1))(t为参数），则直线与圆的位置关系是()A。相交过圆心 B.相交但不过圆心C.相切 D.相离答案:B5.下列参数方程（t为参数)与普通方程x2－y＝0表示同一曲线的方程是(）A.eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝｜t｜，,y＝t）） B.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝cost，，y＝cos2t）)C。eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝tant,，y＝\f(1＋cos2t,1－cos2t)）） D.eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝tant,,y＝\f(1－cos2t，1＋cos2t））)答案：D解析：注意参数范围,可利用排除法.普通方程x2－y＝0中的x∈R，y≥0.A中x＝|t｜≥0,B中x＝cost∈[－1，1］，故排除A和B。而C中y＝eq\f（2cos2t,2sin2t）＝cot2t＝eq\f（1，tan2t)＝eq\f(1，x2），即x2y＝1，故排除C。6.直线3x－4y－9＝0与圆eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＝2cosθ,，y＝2sinθ）)(θ为参数）的位置关系是(）A.相切 B。相离C.直线过圆心 D。相交但直线不过圆心答案:D解析：把圆的参数方程化为普通方程，得x2＋y2＝4，得到半径为2，圆心为（0，0),再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，即可判断直线和圆的位置关系。7。参数方程eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x＝t＋\f（1，t)，,y＝－2))(t为参数)所表示的曲线是(）A.一条射线 B。两条射线C.一条直线 D.两条直线答案:B解析：根据参数中y是常数可知，方程表示的是平行于x轴的直线，再利用不等式知识求出x的范围可得x≤－2或x≥2，可知方程表示的图形是两条射线。8.双曲线eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝－2＋tanθ,，y＝1＋\f(2,cosθ)）)(θ为参数）的渐近线方程为(）A。y－1＝±eq\f(1,2）（x＋2） B。y＝±eq\f(1，2）xC.y－1＝±2（x＋2) D。y＋1＝±2（x－2）答案：C解析：根据三角函数的性质把参数方程化为普通方程，得eq\f(（y－1）2，4）－(x＋2）2＝1，可知这是中心在(－2，1）的双曲线，利用平移知识，结合双曲线的渐近线的概念即可。9.设a〉0，那么直线xcosθ＋ysinθ＝a与圆eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝acosφ，，y＝asinφ))(φ是参数)的位置关系是(）A.相交 B。相切C.相离 D.视a的大小而定答案:B解析：根据已知圆的圆心在原点，半径是a，则圆心(0，0)到直线的距离为d＝eq\f（｜0＋0－r｜,\r（cos2θ＋sin2θ))＝r，恰好等于圆的半径，所以，直线和圆相切。10。半径为3的圆的摆线上某点的纵坐标为0，那么其横坐标可能是(）A。π B。2πC.12π D.14π答案：C解析：根据条件可知圆的摆线的参数方程为eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝3φ－3sinφ，,y＝3－3cosφ）)（φ为参数）,把y＝0代入,得cosφ＝1，所以φ＝2kπ(k∈Z).而x＝3φ－3sinφ＝6kπ（k∈Z），根据选项可知选C.11。已知圆的渐开线eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＝r(cosφ＋φsinφ），，y＝r（sinφ－φcosφ）））（φ为参数)上有一点的坐标为（3，0),则渐开线对应的基圆的面积为（）A。πB.3πC。4πD.9π答案：D解析：把已知点（3，0）代入参数方程得eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(3＝r(cosφ＋φsinφ），,0＝r（sinφ－φcosφ）.))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1（①,②））①×cosφ＋②×sinφ得r＝3，所以基圆的面积为9π.12。若圆的方程为eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x＝－1＋2cosθ，，y＝3＋2sinθ）)(θ为参数）,直线的方程为eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x＝2t－1，,y＝6t－1）)（t为参数),则直线与圆的位置关系是（)A.相交过圆心 B.相交但不过圆心C。相切 D。相离答案：B解析：圆的标准方程为（x＋1）2＋（y－3)2＝4，直线的方程为3x－y＋2＝0，圆心坐标为（－1，3）,易验证圆心不在直线3x－y＋2＝0上.而圆心到直线的距离d＝eq\f（｜－1×3－3＋2｜,\r（32＋(－1）2）)＝eq\f（4,\r(10))<2，且3×（－1)－3＋2＝－4≠0.∴直线与圆相交.二、填空题（本大题共4小题，每小题4分,共16分）13。已知参数方程eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝at＋λcosθ,，y＝bt＋λsinθ））(a，b,λ均不为零,0≤θ<2π),当(1)t是参数时，(2)λ是参数时，（3)θ是参数时，分别对应的曲线为________，________，________.答案：直线直线圆解析：在一个方程中，不同的量作为参数会得到不同的含义。把t作为参数，消去t可得bx－ay－bλcosθ＋aλsinθ＝0,表示直线；把λ看做参数，消去λ可得y－bt＝tanθ(x－at)，表示直线。同理，把θ看做参数，消去θ可得（x－at)2＋(y－bt)2＝λ2,表示圆。14.已知直线l：x－y＋4＝0与圆C:eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝1＋2cosθ,,y＝1＋2sinθ，）)则C上各点到l的距离的最小值为________。答案：2eq\r（2)－2解析：圆方程为（x－1）2＋（y－1）2＝4，∴d＝eq\f（｜1－1＋4｜，\r（12＋（－1)2))＝2eq\r(2），∴距离最小值为2eq\r(2)－2。15。在圆的摆线上有点(π，0）,那么在满足条件的摆线的参数方程中,使圆的半径最大的摆线上，参数φ＝eq\f（π，4）对应点的坐标为________.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π－2\r（2），8k),\f(2－\r(2），4k)））解析：首先根据摆线的参数方程eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝r（φ－sinφ)，,y＝r(1－cosφ）)）（φ为参数),把点(π，0）代入可得eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(π＝r（φ－sinφ)，,0＝r(1－cosφ）)）⇒cosφ＝1，则sinφ＝0，φ＝2kπ(k∈Z),所以，r＝eq\f（π,2kπ）＝eq\f(1,2k)（k∈N＊）.∴x＝eq\f(1,2k)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,4）－\f(\r（2)，2）))＝eq\f(π－2\r(2）,8k)，y＝eq\f（1,2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f（\r(2）,2）））＝eq\f(2－\r（2）,4k）。16。在极坐标系(ρ,θ)(0≤θ<2π)中，曲线ρ＝2sinθ与ρcosθ＝－1的交点的极坐标为________.答案：（eq\r（2），eq\f（3π,4）)解析：由ρ＝2sinθ，得ρ2＝2ρsinθ，其普通方程为x2＋y2＝2y,ρcosθ＝－1的普通方程为x＝－1，联立eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝2y，,x＝－1，）)解得eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝－1,,y＝1，))点(－1，1）的极坐标为(eq\r(2）,eq\f（3π,4））.三、解答题(本大题共6小题，共74分）17。(12分）在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝1－\f（\r（2),2)t，，y＝2＋\f(\r（2），2）t））(t为参数)，直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，求线段AB的长.解：将直线l的参数方程eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x＝1－\f(\r(2)，2)t，，y＝2＋\f（\r（2），2）t))代入抛物线方程y2＝4x,得eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2＋\f（\r(2),2）t））eq\s\up12（2）＝4eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f（\r(2）,2)t））,解得t1＝0,t2＝－8eq\r（2).所以AB＝｜t1－t2|＝8eq\r（2）。18.(12分）如图所示，连接原点O和抛物线y＝2x2上的动点M,延长OM到点P,使|OM｜＝|MP|，求P点的轨迹.解：因为抛物线标准方程为x2＝eq\f(1,2)y,所以它的参数方程为eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝\f（1,2)t，，y＝\f（1，2）t2)）(t为参数），得Meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（t，2）\f(t2，2）））。设P(x，y),则M是OP的中点，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f（1,2）t＝\f（0＋x，2），,\f（1,2)t2＝\f（0＋y，2)）)即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＝t，，y＝t2））（t为参数)，消去参数t,得y＝x2.所以，点P的轨迹方程为y＝x2，它是以y轴为对称轴，焦点为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(1，4）))的抛物线.19。（12分）A为椭圆eq\f(x2，25)＋eq\f（y2，9)＝1上任意一点，B为圆(x－1）2＋y2＝1上任意一点，求|AB｜的最大值和最小值.解:化椭圆普通方程为参数方程eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝5cosθ，,y＝3sinθ）)(θ为参数)，圆心坐标为C(1，0），再根据平面内两点之间的距离公式可得|AC|＝eq\r(（5cosθ－1）2＋9sin2θ)＝eq\r(16cos2θ－10cosθ＋10)＝eq\r(16\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(cosθ－\f（5,16）))\s\up12(2)＋\f(135,16)）,所以，当cosθ＝eq\f（5，16）时,|AC|取最小值为eq\f(3\r（15）,4）；当cosθ＝－1时，|AC|取最大值为6。所以，当cosθ＝eq\f（5，16)时，｜AB｜取最小值为eq\f（3\r(15),4）－1；当cosθ＝－1时,｜AB|取最大值为6＋1＝7.20.（12分）设直线l的参数方程为eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝3＋tcosα，，y＝4＋tsinα）)（t为参数，α为倾斜角），圆C的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＝1＋2cosθ，,y＝－1＋2sinθ）)（θ为参数).(1）若直线l经过圆C的圆心,求直线l的斜率.(2)若直线l与圆C交于两个不同的点，求直线l的斜率的取值范围.解：(1）由已知得直线l经过的定点是P(3，4），而圆C的圆心是C(1，－1），所以，当直线l经过圆C的圆心时,直线l的斜率为k＝eq\f(5,2）.（2)由圆C的参数方程eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝1＋2cosθ,，y＝－1＋2sinθ））得圆C的圆心是C（1，－1），半径为2，由直线l的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3＋tcosα，,y＝4＋tsinα））(t为参数,α为倾斜角）,得直线l的普通方程为y－4＝k(x－3），即kx－y＋4－3k＝0，当直线l与圆C交于两个不同的点时，圆心到直线的距离小于圆的半径，即eq\f(|5－2k｜,\r（k2＋1）)<2，由此解得k〉eq\f（21,20).直线l的斜率的取值范围为(eq\f（21，20),＋∞)。21。(12分）已知曲线C1：eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝cosθ,，y＝sinθ））（θ为参数)，曲线C2：eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝\f(\r(2),2）t－\r(2），,y＝\f（\r（2）,2)t））(t为参数）.(1）指出C1，C2各是什么曲线，并说明C1与C2公共点的个数；(2)若把C1,C2上各点的纵坐标都压缩为原来的一半，分别得到曲线C′1,C′2.写出C′1,C′2的参数方程。C′1与C′2公共点的个数和C1与C2公共点的个数是否相同?说明你的理由.解：（1)C1是圆，C2是直线。C1的普通方程为x2＋y2＝1,圆心C1（0,0),半径r＝1。C2的普通方程为x－y＋eq\r（2)＝0.因为圆心C1到直线x－y＋eq\r（2）＝0的距离为1等于圆C1的半径。所以C2与C1只有一个公共点.（2）压缩后的参数方程分别为C′1：eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝cosθ，，y＝\f（1,2)sinθ))(θ为参数），C′2:eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f（\r(2),2)t－\r（2)，,y＝\f（\r（2),4)t))（t为参数),化为普通方程为C′1：x2＋4y2＝1,C′2：y＝eq\f（1,2）x＋eq\f（\r（2),2)，联立消元得2x2＋2eq\r(2）x＋1＝0,其判别式Δ＝（2eq\r（2)）2－4×2×1＝0，所以压缩后的直线C′2与椭圆C′1仍然只有一个公共点,和C1与C2公共点的个数相同.22。(14分)已知P为半圆C：eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝cosθ，,y＝sinθ))（θ为参数,0≤θ≤π）上的点，点A的坐标为（1，0),O为坐标原点，点M在射线OP上，线段OM与C的弧eq\o(AP,\s\up8（︵））的长度均为eq\f（π，3）.(1)以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求点M的极坐标;(2）求直线AM的参数方程。解：(1）由已知，M点的极角为eq\f（π，3)，且M点的极径等于eq\f（π,3）,故点M的极坐标为（eq\f（π,3)，eq\f(π,3））.（2）M点的直角坐标为（eq\f(π，6),eq\f(\r(3）π,6）)，A(1，0）,故直线AM的参数方程为eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝1＋（\f(π,6)－1)t，,y＝\f(\r（3)π,6）t))（t为参数)。

综合测评A（时间:120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.曲线的参数方程为eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝3t2＋2，，y＝t2－1))(t为参数），则曲线是()A.线段 B.双曲线的一支C.圆 D。射线答案:D解析：把参数方程化为普通方程为x－3y－5＝0,∵eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝3t2＋2≥2，,y＝t2－1≥1，））故方程表示射线，选D.2.设点P对应的复数为－3＋3i，以原点为极点,实轴正半轴为极轴建立极坐标系,则点P的极坐标为(）A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（3\r(2），\f（3π，4））) B.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－3\r（2),\f（5π，4)）)C。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(3，\f(5π，4)）) D.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－3，\f（3π，4）））答案：A解析:复数－3＋3i对应的点为（－3,3)，ρ＝3eq\r（2）,θ＝eq\f(3π,4）.∴点P的极坐标为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(3\r（2)，\f(3π，4))），选A。3。在同一平面的直角坐标系中，直线x－2y＝2变成直线2x′－y′＝4的伸缩变换是(）A。eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x′＝x，,y′＝\f(1，4）y)) B。eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x′＝4x，,y′＝y）)C.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x′＝x,,y′＝4y)) D.eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x′＝4x，，y′＝\f(1，4）y)）答案：C解析：由伸缩变换公式eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x′＝λx，,y′＝μy，）)代入2x′－y′＝4,可得2λx－μy＝4，将此式与x－2y＝2进行比较,得λ＝1，μ＝4,故所求的伸缩变换为eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x′＝x，，y′＝4y。）)4。直线l：y＋kx＋2＝0与曲线C：ρ＝2cosθ相交，则k的取值范围是（）A。k≤－eq\f（3，4）B。k≥－eq\f(3,4)C。k∈RD.k∈R且k≠0答案：A解析：把极坐标方程化为直角坐标方程为（x－1)2＋y2＝1，圆心(1，0）到直线的距离不大于半径1，eq\f(｜k＋2|，\r(k2＋1))≤1，∴k2＋4k＋4≤k2＋1,解得k≤－eq\f（3，4）。5。极坐标方程ρ2－ρ（2＋sinθ)＋2sinθ＝0表示的图形为()A.一个圆与一条直线 B。一个圆C。两个圆 D.两条直线答案：C解析:将极坐标方程化为直角坐标方程为x2＋y2－2eq\r(x2＋y2）－y＋eq\f(2y,ρ）＝0，∴（x2＋y2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(2，\r（x2＋y2）)））－yeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（2，\r(x2＋y2）)）)＝0，∴eq\f(\r（x2＋y2)－2,\r(x2＋y2))·(x2＋y2－y）＝0，∴eq\r(x2＋y2)－2＝0或x2＋y2－y＝0显然是两个圆，选C。6.柱坐标eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2,\f（π,3),1）)对应的点的直角坐标是（）A.（eq\r（3),－1，1） B。（eq\r(3），1，1)C.(1，eq\r（3），1） D.（－1，eq\r(3)，1)答案：C解析:由直角坐标与柱坐标之间的变换公式eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝ρcosθ,,y＝ρsinθ，,z＝z，）)可得eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝1，,y＝\r（3），，z＝1。))7.直线eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝\f(4,5）t，，y＝－9＋\f(3,5）t）)（t为参数）与圆eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，，y＝2sinθ））(θ为参数)的位置关系是（）A。相离 B.相切C。过圆心 D.相交不过圆心答案：A解析：把直线与圆的参数方程化为普通方程分别为3x－4y－36＝0，x2＋y2＝4,得到圆的半径为2,圆心为(0，0）,再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，即可判断出直线和圆的位置关系。8。把方程xy＝1化为以t为参数的参数方程是（）A。eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝t\f（1，2),y＝t－\f（1,2）)） B.eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x＝sint，,y＝\f(1，sint)）)C.eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝cost，，y＝\f(1,cost)）） D。eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝tant，，y＝\f(1,tant））)答案：D解析：xy＝1，x取非零实数,而A，B，C中的x的范围有各自的限制.9.双曲线eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝－2＋tanθ,，y＝1＋2\f（1，cosθ）)）（θ为参数）的渐近线方程为（）A.y－1＝±eq\f（1，2）（x＋2） B。y＝±eq\f(1,2)xC。y－1＝±2(x＋2） D。y＋1＝±2（x－2）答案：C解析：将参数方程化为普通方程为eq\f(（y－1)2，4）－(x＋2）2＝1，则a＝2，b＝1。∴渐近线的斜率为±2.其中心在点（－2，1），即y－1＝±2（x＋2)，应选C.10.曲线eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝－2＋5t，，y＝1－2t)）（t为参数）与坐标轴的交点是（）A.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（2,5)））、eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2),0)） B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)））、eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2），0）)C.(0,－4)、（8,0) D.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（5,9））)、(8,0)答案：B解析：当x＝0时，t＝eq\f（2，5)，而y＝1－2t，即y＝eq\f（1,5)，得与y轴的交点为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（1，5)))；当y＝0时，t＝eq\f(1，2），而x＝－2＋5t,即x＝eq\f(1，2），得与x轴的交点为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))。11.曲线eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝cosθ,,y＝sinθ）)(θ为参数)上的点到两坐标轴的距离之和的最大值是（)A.eq\r(2）B。1C.eq\f(\r（2)，2)D.eq\f(1，2)答案：A解析：因为曲线表示单位圆，其圆心在原点，半径为1，所以曲线上的点到两坐标轴的距离之和不小于1，且不会恒等于1(因为直角三角形中，两直角边之和大于斜边）。故最大值必大于1,排除B，C，D。12.已知过曲线eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝3cosθ，，y＝4sinθ))（θ为参数，0≤θ≤π）上一点P与原点O的直线PO，倾斜角为eq\f(π，4)，则点P的极坐标为（)A.eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（3，\f（π，4))) B.eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（3\r(2)，2），\f(π,4））)C。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(12,5)，\f(π，4))) D。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（12\r(2)，5），\f(π，4））)答案：D解析：将曲线化成普通方程为eq\f（x2,9）＋eq\f（y2,16）＝1（y≥0），与直线PO：y＝x联立可得P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(12，5)，\f(12,5）)）.利用直角坐标与极坐标转化公式即可得到P点的极坐标.二、填空题(本大题共4小题，每小题4分,共16分)13。已知直线l的参数方程为eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋t，，y＝1＋t))（t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ＝4eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ρ〉0，\f(3π,4)〈θ〈\f（5π,4))），则直线l与曲线C的交点的极坐标为________。答案：（2，π)解析：把参数方程化为极坐标方程,联立方程组求解.由eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x＝－1＋t，,y＝1＋t,))得x－y＋2＝0,则ρcosθ－ρsinθ＋2＝0。由ρ2cos2θ＝4得ρ2cos2θ－ρ2sin2θ＝4。∴ρcosθ＝－2，ρsinθ＝0.∴θ＝π,ρ＝2。∴直线l与曲线C的交点的极坐标为A（2，π).14。已知直线l：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＝\r（3)＋tcosα，，y＝tsinα）)(t为参数)与圆C：eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝cosθ，，y＝1＋sinθ）)(θ为参数）相切，则α＝________。答案：0或eq\f（2π,3)解析：直线l：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＝\r（3)＋tcosα，，y＝tsinα))(t为参数）的普通方程为y＝tanα（x－eq\r(3))，且过定点A(eq\r（3）,0），倾斜角为α，圆C：eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝cosθ,，y＝1＋sinθ）)（θ为参数）的普通方程为x2＋（y－1)2＝1.圆心为C(0，1)，半径为r＝1，且与x轴相切于点O，如图，设过A的直线与⊙C切于另一点B，由于｜AC|＝eq\r（(\r(3)）2＋12）＝2，|OC｜＝1，∴∠OAC＝eq\f（π，6)，由对称性知∠OAB＝eq\f（π，3），故直线AB的倾斜角为eq\f（2π,3），综上所述，α＝0或eq\f(2π,3）。15。已知圆C的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，，y＝1＋sinα）)（α为参数)，以原点为极点,x轴正半轴为极轴建立坐标系,直线l的极坐标方程为ρsinθ＝1，则直线l与圆C的交点的直角坐标为________。答案:（－1，1)，(1,1)解析：∵y＝ρsinθ，∴直线l的直角坐标方程为y＝1.由eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝cosα，，y＝1＋sinα)）得x2＋(y－1)2＝1.由eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(y＝1,,x2＋（y－1）2＝1）)得eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝－1,,y＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，，y＝1.))∴直线l与圆C的交点的直角坐标为(－1，1)和(1，1）.16。已知曲线C1的参数方程是eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝\r(t），,y＝\f（\r（3t），3)）)（t为参数).以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ＝2,则C1与C2交点的直角坐标为________。答案：（eq\r（3)，1）解析：先将参数方程、极坐标方程化为直角坐标方程，然后联立方程组,解方程组即得交点坐标。将曲线C1的参数方程化为普通方程为y＝eq\f（\r（3），3)x（x≥0)，将曲线C2的极坐标方程化为直角坐标方程为x2＋y2＝4,联立eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（y＝\f（\r（3）,3）x（x≥0），，x2＋y2＝4，)）解得eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝\r(3），,y＝1.)）故曲线C1与C2交点的直角坐标为（eq\r（3）,1).三、解答题(本大题共6小题,共74分)17.(12分)点A在直线x＝5上移动，等腰△OPA的顶角∠OPA为120°（O，P，A按顺时针方向排列),求点P的轨迹方程.解：取O为极点，x正半轴为极轴，建立极坐标系，则直线x＝5的极坐标方程为ρ1cosθ＝5，设A（ρ0,θ0），P（ρ,θ)。∵点A在直线ρcosθ＝5上，∴ρ0cosθ0＝5。①∵△OPA为等腰三角形，且∠OPA＝120°，而|OP|＝ρ，|OA｜＝ρ0以及∠POA＝30°。∴ρ0＝eq\r（3）ρ，且θ0＝θ－30°.②把②代入①，得点P的轨迹的极坐标方程为：eq\r（3）ρcos(θ－30°)＝5。18。（12分）在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝1＋3cost，，y＝－2＋3sint)）（t为参数).在极坐标系（与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴）中，直线l的方程为eq\r（2）ρsineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4）））＝m（m∈R)。(1)求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程;(2）设圆心C到直线l的距离等于2,求m的值;解：（1）消去参数t，得到圆C的普通方程为（x－1)2＋(y＋2）2＝9。由eq\r（2)ρsineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（θ－\f（π,4））)＝m,得ρsinθ－ρcosθ－m＝0.所以直线l的直角坐标方程为x－y＋m＝0。(2)依题意，圆心C到直线l的距离等于2，即eq\f（|1－(－2)＋m｜，\r（2）)＝2，解得m＝－3±2eq\r(2)。19.（12分)说明由函数y＝2x的图象经过怎样的图象变换可以得到函数y＝4x－3＋1的图象.解:因为y＝4x－3＋1＝22x－6＋1，所以只需把y＝2x的图象经过下列变换就可以得到y＝4x－3＋1的图象.先把纵坐标不变，横坐标向右平移6个单位，得到函数y＝2x－6的图象;再把横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变,得到函数＝22x－6的图象；再把所得函数图象的横坐标不变，纵坐标向上平移1个单位即得函数y＝4x－3＋1的图象.20.(12分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设椭圆的长轴长为10，中心为（3,0)，一个焦点在直角坐标原点；（1)求椭圆的直角坐标方程，并化为极坐标方程；(2)当椭圆的过直角坐标原点的弦的长度为eq\f(640,91)时,求弦所在直线的直角坐标方程。解:（1）由已知，得到a＝5,c＝3，故b＝eq\r(a2－c2)＝4。所以，椭圆的直角坐标方程为eq\f（（x－3）2，25）＋eq\f(y2，16)＝1.由于x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，代入上式得到eq\f(（ρcosθ－3）2，25）＋eq\f（(ρsinθ）2，16）＝1，即25ρ2＝(16＋3ρcosθ)2，即5ρ＝16＋3ρcosθ，所以,椭圆的极坐标方程为ρ＝eq\f（16,5－3cosθ）。(2)设过直角坐标原点的弦的倾斜角为θ，弦的两端分别为P1（ρ1，θ),P2(ρ2，θ＋π)，则有ρ1＝eq\f(16,5－3cosθ），ρ2＝eq\f(16，5＋3cosθ)。由于ρ1＋ρ2＝eq\f(640,91)，所以，eq\f（16,5－3cosθ）＋eq\f(16，5＋3cosθ)＝eq\f(640,91)，即eq\f(1，25－9cos2θ）＝eq\f(4，91)⇔cos2θ＝eq\f(1,4)⇔cosθ＝±eq\f(1，2）⇔θ＝eq\f(π，3）或θ＝eq\f(2π,3)。所以，所求直线的直角坐标方程为y＝eq\f(1，2)x或y＝－eq\f（1,2)x.21。(12分)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，得曲线C。(1）写出C的参数方程;（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\｛(\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）))eq\s\up12（2)＝1，即曲线C的方程为x2＋eq\f(y2,4)＝1。故C的参数方程为eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝cost，，y＝2sint）)（t为参数）。(2)由eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x2＋\f(y2,4）＝1，,2x＋y－2＝0，))解得eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝1，，y＝0））或eq\b\lc\{（\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,即ρ＝eq\f(3,4sinθ－2cosθ).22.（14分)在极坐标系中，已知圆C的圆心Ceq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（3，\f（π,6)）),半径r＝1，Q点在圆C上运动。(1）求圆C的极坐标方程;（2)若P在线段OQ延长线上运动，且OQ∶QP＝2∶3，求动点P的轨迹方程。解：(1）设M（ρ，θ)为圆C上的任意一点，如图所示，在△OCM中，|OC｜＝3，｜OM｜＝ρ，|CM｜＝1,∠COM＝eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π,6)）),根据余弦定理，得1＝ρ2＋9－2ρ·3coseq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π，6))），化简并整理,得ρ2－6ρcoseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π,6）))＋8＝0为圆C的轨迹方程.(2)设Q(ρ1，θ1),则有ρeq\o\al(2，1)－6ρ1coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（θ1－\f（π,6)))＋8＝0。①设P（ρ，θ），则OQ∶QP＝ρ1∶（ρ－ρ1)＝2∶3⇒ρ1＝eq\f(2，5)ρ。又θ1＝θ，即eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(ρ1＝\f(2,5）ρ,，θ1＝θ，))代入①，得eq\f(4，25)ρ2－6·eq\f（2，5）·ρcoseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π，6)))＋8＝0，整理,得ρ2－15ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（θ－\f(π,6)））＋50＝0为点P的轨迹方程。

综合测评B（时间：120分钟满分：150分）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1.下列有关坐标系的说法中，错误的是（）A。在直角坐标系中，通过伸缩变换可以把圆变成椭圆B.在直角坐标系中,平移变换不会改变图形的形状和大小C。任何一个参数方程都可以转化为直角坐标方程和极坐标方程D.同一条曲线可以有不同的参数方程答案：C解析：直角坐标系是最基本的坐标系，在直角坐标系中，伸缩变换可以改变图形的形状,但是必须是相近的图形可以进行伸缩变化得到，例如圆可以变成椭圆,椭圆也可以变成圆是一样的，而平移变换不改变图形的形状和大小而只改变图形的位置;对于参数方程，有些比较复杂的是不能化成普通方程的，同一条曲线根据参数的选取的不同可以有不同的参数方程。2.曲线的参数方程为eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝3t2＋2,，y＝t2－1）)(t为参数),则曲线是（)A。线段 B。双曲线的一支C。圆 D.射线答案：D解析：消去参数t,得到方程x＝3y＋5。又因为x＝3t2＋2≥2,所以方程为x＝3y＋5（x≥2）.所以曲线应为射线。3。曲线eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝2pt2，，y＝2pt))（t为参数）上两点A、B所对应的参数分别是t1、t2，且t1＋t2＝0，则｜AB|等于（)A。｜2p(t1－t2）| B.2p(t1－t2）C.2p(teq\o\al（2，1)＋teq\o\al(2，2)) D。2p(t1－t2)2答案：A解析：由t2＝－t1，则t＝t1时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝2pteq\o\al（2，1），，y1＝2pt1，))t＝t2时，eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x2＝2pteq\o\al(2，2），，y2＝2pt2，))∴|AB|＝eq\r(（2pteq\o\al（2，1）－2pteq\o\al（2,2))2＋(2pt1－2pt2）2）＝｜2p｜eq\r((t1－t2）2）＝|2p(t1－t2）|.4.极坐标方程ρ2－ρ（2＋sinθ)＋2sinθ＝0表示的图形为()A。一个圆与一条直线 B.一个圆C.两个圆 D。两条直线答案：C解析：将所给方程进行分解,可得(ρ－2）·(ρ－sinθ)＝0，即ρ＝2或ρ＝sinθ,化成直角坐标方程分别是x2＋y2＝4和x2＋y2－y＝0，可知分别表示两个圆。5。在参数方程eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝a＋tcosθ，，y＝b＋tsinθ)）(t为参数)所表示的曲线上有B,C两点，它们对应的参数值分别为t1,t2,则线段BC的中点M对应的参数值是（）A.eq\f（t1－t2，2）B.eq\f(t1＋t2，2）C。eq\f(|t1－t2|,2）D.eq\f(｜t1＋t2｜，2）答案：B解析：将参数值代入方程，分别得到B，C两点的坐标,而M点为BC中点，则有xM＝eq\f(xB＋xC，2），可得M点对应的参数值为eq\f(t1＋t2,2）。6。极坐标方程ρcos2θ＝0表示的曲线为()A。极点 B。极轴C.一条直线 D.两条相交直线答案:D解析：ρcos2θ＝0，cos2θ＝0,θ＝kπ±eq\f（π,4)，为两条相交直线.7.已知P点的柱坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\f(π,4)，1）)，点Q的球面坐标为eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1，\f(π，2），\f(π，4)）)，根据空间坐标系中两点A（x1，y1，z1）,B（x2,y2,z2）之间的距离公式|AB|＝eq\r（（x1－x2）2＋(y1－y2）2＋（z1－z2）2），可知P，Q之间的距离为(）A。eq\r（3)B。eq\r(2)C。eq\r(5）D。eq\f(\r(2),2）答案：B解析：首先根据柱坐标和空间直角坐标之间的关系，把P点的柱坐标转化为空间直角坐标(eq\r(2）,eq\r(2），1)，再根据球面坐标与空间直角坐标之间的关系把Q点的球坐标转化为空间直角坐标eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（\r(2），2），\f(\r（2）,2），0）)，代入两点之间的距离公式即可得到距离为eq\r(2）。8.直线eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝\f（4，5)t，,y＝－9＋\f(3，5）t））(t为参数）与圆eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝2sinθ）)（θ为参数)的位置关系是()A.相离 B。相切C。过圆心 D.相交不过圆心答案：A解析圆的圆心坐标为(0，0），半径为2，直线的普通方程3x－4y－36＝0，∴（0，0）到直线的距离eq\f(36,5)>2相离，故选A。9。将椭圆eq\f（（x＋1）2，9）＋eq\f(（y－1)2,4)＝1变为中心在原点的单位圆，所用的变换为（)A.eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x″＝3（x＋1)，，y″＝\f（1，2）（y－1）)） B.eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x″＝\f(1,3)（x＋1），,y″＝\f(1,2）（y－1）））C。eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x″＝\f（1，3）（x－1），,y″＝\f（1,2）（y－1）)) D.eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x″＝\f(1,3)（x＋1)，,y″＝\f（1，2)（y＋1）))答案：B解析:用A变换为eq\f(x″2，81)＋y″2＝1，不对，用B变换为x″2＋y″2＝1，对，经检验C、D不对.10。已知抛物线eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4t2，,y＝4t))(t为参数）的焦点为F，则点M(3，m）到F的距离|MF|为（）A。1B.2C.3D。4答案:D11。已知双曲线C的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3\f(1，cosθ),，y＝4tanθ））(θ为参数)，在下列直线的参数方程中：①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－3t,，y＝4t;）)②eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x＝1＋\f（\r（3)，2)t，，y＝1－\f（1，2）t；)）③eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＝\f（3,5）t，,y＝－\f(4，5)t；））④eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x＝1－\f（\r（2),2)t,，y＝1＋\f（\r(2),2）t；)）⑤eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝3＋3t，，y＝－4－4t））(以上方程中，t为参数），可以作为双曲线C的渐近线方程的是（）A。①②B.①③⑤C。④⑤D.①④⑤答案：B解析：由题意可知，双曲线的普通方程为eq\f（x2，9）－eq\f（y2，16）＝1，∴渐近线方程为y＝±eq\f（4,3）x,把①②③④⑤的参数方程都化为普通方程为①y＝－eq\f（4,3)x②y＝－eq\f(1,\r（3）)x＋1＋eq\f(1，\r（3）)③y＝－eq\f(4,3)x④x＋y＝2⑤y＝－eq\f(4，3）x.∴能作为双曲线渐近线的方程是①③⑤，故选B。12.参数方程eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝\r（1＋sinθ），,y＝cos2（\f(π,4）－\f（θ，2)））)(θ为参数，0≤θ〈2π）所表示的曲线是(）A.椭圆的一部分B.双曲线的一部分C。抛物线的一部分，且过点(－1，eq\f(1，2）)D.抛物线的一部分,且过点(1，eq\f（1,2))答案：D解析:由y＝cos2（eq\f（π,4）－eq\f（θ，2)）＝eq\f（1＋cos（\f（π,2）－θ），2）＝eq\f（1＋sinθ,2），可得sinθ＝2y－1，由x＝eq\r（1＋sinθ)得x2－1＝sinθ，∴参数方程可化为普通方程x2＝2y.又x＝eq\r(1＋sinθ）∈［0，eq\r（2）]，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题4分,共16分）13.方程eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝cosα，,y＝1＋sinα))（α为参数）化为普通方程为________.答案：x2＋(y－1）2＝1解析：∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝1＋sinα，））∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y－1＝sinα。）)∴x2＋(y－1)2＝1.14.抛物线y2＝2px（p>0）的一条过焦点的弦被分成m，n长的两段，则eq\f(1，m）＋eq\f(1,n）＝________。答案：eq\f（2,p)解析：焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)),弦的方程y＝keq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(p，2)))代入y2＝2px中，得k2x2－(pk2＋2p)x＋eq\f（p2k2，4)＝0。设弦两端点的坐标分别为(x1，y1）、（x2，y2），∴x1＋x2＝eq\f(pk2＋2p,k2),x1x2＝eq\f（p2，4)。∴eq\f(1,m)＋eq\f（1,n)＝eq\f（m＋n，mn）＝eq\f（x1＋\f（p，2）＋x2＋\f（p，2)，\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x1＋\f（p，2）))\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x2＋\f(p，2）))）＝eq\f(x1＋x2＋p，x1x2＋\f(p，2)（x1＋x2）＋\f（p2，4）)＝eq\f(\f(pk2＋2p，k2)＋p，\f（p2，4）＋\f（p,2）·\f(pk2＋2p，k2)＋\f(p2，4)）＝eq\f(\f(2p（k2＋1）,k2）,p2·\f(k2＋1，k2））＝eq\f（2，p）。15.已知直线l的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2＋t，，y＝3＋t)）(t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ－4cosθ＝0（ρ≥0，0≤θ〈2π），则直线l与曲线C的公共点的极径ρ＝________.答案：eq\r（5)解析：把参数方程和极坐标方程都化为直角坐标系下的方程，二者联立求出交点坐标,再求交点的极径.参数方程eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（x＝2＋t,,y＝3＋t）)化为普通方程为y＝x＋1。由ρsin2θ－4cosθ＝0,得ρ2sin2θ－4ρcosθ＝0,其对应的直角坐标方程为y2－4x＝0，即y2＝4x.由eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,y2＝4x)）可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))故直线和抛物线的交点坐标为（1，2），故交点的极径为eq\r(12＋22）＝eq\r(5)。16。在平面直角坐标系中，倾斜角为eq\f（π，4）的直线l与曲线C：eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝2＋cosα，,y＝1＋sinα)）(α为参数)交于A,B两点，且|AB|＝2。以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则直线l的极坐标方程是________。答案：ρ(cosθ－sinθ)＝1解析：将参数方程化为直角坐标方程求解。曲线eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝2＋cosα，,y＝1＋sinα)）（α为参数），消去参数得（x－2)2＋(y－1）2＝1.由于|AB|＝2，因此｜AB｜为圆的直径，故直线过圆的圆心(2，1），所以直线l的方程为y－1＝x－2，即x－y－1＝0，化为极坐标方程为ρcosθ－ρsinθ＝1，即ρ(cosθ－sinθ）＝1。三、解答题(本大题共6小题,共74分）17.(12分)求极坐标系内曲线ρ＝2cosθ上的动点P与定点Qeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1,\f（π，2)））的最近距离。解：将曲线ρ＝2cosθ化成直角坐标方程为(x－1）2＋y2＝1，点Q的直角坐标为(0,1)，则P到Q的最短距离为点Q与圆心的距离减去半径，即eq\r(2）－1。18.（12分)求直线eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2t,，y＝2＋t))(t为参数）被圆x2＋y2＝9截得的弦长。解：eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x＝1＋2t,y＝2＋t））⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\r（5）t×\f（2，\r(5)),y＝2＋\r(5）t×\f（1,\r（5））))，把直线eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2t，y＝2＋t)）代入x2＋y2＝9，得（1＋2t)2＋（2＋t)2＝9，5t2＋8t－4＝0。｜t1－t2|＝eq\r(（t1＋t2）2－4t1t2)＝eq\r(\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（8，5）))\s\up12（2）＋\f(16,5)）＝eq\f(12，5），弦长为eq\r（5）|t1－t2｜＝eq\f（12,5)eq\r(5)。19.(12分)已知直线l：eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x＝5＋\f（\r（3)，2)t,，y＝\r(3)＋\f（1,2）t））(t为参数）.以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝2cosθ.（1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程;(2)设点M的直角坐标为（5，eq\r（3）)，直线l与曲线C的交点为A，B，求｜MA|·|MB｜的值.解：（1)ρ＝2cosθ等价于ρ2＝2ρcosθ.将ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x代入ρ2＝2ρcosθ得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0。（2)将eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x＝5＋\f（\r(3），2）t，,y＝\r(3)＋\f(1，2）t）)（t为参数)代入x2＋y2－2x＝0，得t2＋5eq\r(3)t＋18＝0。设这个方程的两个实根分别为t1，t2，则由参数t的几何意义知，｜MA｜·｜MB｜＝｜t1t2|＝18.20。(12分）半圆x2＋y2＝1(x≥0）交x轴于A，O为原点，B是y轴上一点,0〈｜OB｜<1，作BC∥OA交半圆于C，OC、AB相交于P,当BC运动时，求点P的轨迹。解：法一:设P（x,y)，取OB＝t，t∈(－1,0)∪(0,1）为参数，作PM⊥OA于M，MP交BC于N。∵Rt△APM∽Rt△ABO,∴eq\f(|MP|，｜OB｜）＝eq\f（｜M