2011年-2018年新课标全国卷(1卷、2卷、3卷)理科数学试题分类汇编-14.坐标系与参数方程

2011年—2018年新课标全国卷(1卷、2卷、3卷)理科数学试题分类汇编——14.坐标系与参数方程广东省中山一中的朱欢整理了2011年至2018年新课标全国卷理科数学试题分类汇编，并欢迎大家学习交流。以下是其中关于坐标系与参数方程的一些题目。14.坐标系与参数方程（2018·新课标Ⅰ，理22）在直角坐标系$xOy$中，曲线$C_1$的方程为$y=kx+2$。以坐标原点为极点，$x$轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线$C_2$的极坐标方程为$\rho^2+2\rho\cos\theta-3=0$。（I）求$C_2$的直角坐标方程；（II）若$C_1$与$C_2$有且仅有三个公共点，求$C_1$的方程。（2018·新课标Ⅱ，理22）在直角坐标系$xOy$中，曲线$C$的参数方程为$\begin{cases}x=2\cos\theta\\y=4\sin\theta\end{cases}$，直线$l$的参数方程为$\begin{cases}x=1+l\cosa\\y=2+l\sina\end{cases}$。（1）求$C$和$l$的直角坐标方程；（2）若曲线$C$截直线$l$所得线段的中点坐标为$(1,2)$，求$l$的斜率。（2018·新课标Ⅲ，理22）[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）在平面直角坐标系$xOy$中，$\odotO$的参数方程为$\begin{cases}x=\cos\theta\\y=\sin\theta\end{cases}$，过点$(-2,0)$且倾斜角为$\alpha$的直线$l$与$\odotO$交于$A$，$B$两点。（1）$\alpha$的取值范围；（2)求$AB$中点$P$的轨迹的参数方程。（2017·新课标Ⅰ，理22C）在直角坐标系中，曲线的参数方程为$\begin{cases}x=3\cos\theta\\y=\sin\theta\end{cases}$，直线$l$的参数方程为$\begin{cases}x=a+4t\\y=1-t\end{cases}$。（1）若$a=-1$，求$C$与$l$的交点坐标；（2）若曲线$C$上的点到直线$l$的距离的最大值为$17$，求$a$。（2017·新课标Ⅱ，理22）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，曲线$C_1$的极坐标方程为$\rho\cos\theta=4$。（1）$M$为曲线$C_1$上的动点，点$P$在线段$OM$上，且满足$|OM|\cdot|OP|=16$，求点$P$的轨迹$C_2$的直角坐标方程；（2）设点$A$的极坐标为$(2,\frac{\pi}{3})$，点$B$在曲线$C_2$上，求$\triangleOAB$面积的最大值。以上是关于坐标系与参数方程的一些题目。正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ=2。正方形ABCD的顶点都在C2上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为(2,0)。在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2cosα，y=2+2sinα。M是C1上的动点，P点满足OP=2OM，P点的轨迹为曲线C2。（Ⅰ）求C2的方程；（Ⅱ）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线θ=π/3。极点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求AB。（Ⅰ）C2的直角坐标方程为(x+1)²+y²=4。（Ⅱ）射线θ=π/3与C2的交点为B，极坐标为(2,π/3)。由于A是极点，故其极坐标为(0,0)。设C2的极坐标方程为ρ=f(θ)，则AB的长度为f(π/3)。由C2的直角坐标方程可得，圆心为A(-1,0)，半径为2。故AB的长度为2cos(π/6)+2=2+√3。点A，B，C，D的直角坐标为A(-2,0)，B(0,2)，C(2,0)，D(0,-2)。设P为C1上任意一点，由OP=2OM可得P的极坐标为(2cosα,2sinα)。则|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。因此取值范围为[8,8]，即取值为8。首先，根据题目要求，我们需要删除明显有问题的段落。经过仔细阅读，发现第一段和第三段存在格式错误，需要删除。删除后，文章内容如下：2.当$k=0$时，曲线$C_1$的方程为$y=2$，与圆只有一个交点，故舍去。3.当$k=-\frac{3}{4}$时，曲线$C_1$的方程为$y=-x+2$，与圆有且只有三个交点，所以曲线$C_1$的方程为$y=-x+2$。接下来，我们对每段话进行小幅度的改写：2.当$k=0$时，曲线$C_1$的方程为$y=2$，与圆只有一个公共点。3.当$k=-\frac{3}{4}$时，曲线$C_1$的方程为$y=-x+2$，与圆有且只有三个公共点，因此曲线$C_1$的方程为$y=-x+2$。最后，我们对题目中的公式进行修正，使其符合规范：$$\frac{|k+2|}{k^2+1}=2，故k=\pm\frac{3}{4}$$$$\begin{cases}x=2\cos\theta\\y=4\sin\theta\end{cases}$$$$\begin{cases}x=1+l\cos\alpha\\y=2+l\sin\alpha\end{cases}$$$$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{16}=1$$$$y=\tan\alphax+2-\tan\alpha$$$$\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}=AB$$$$k\cdotAB=-2$$$$\begin{cases}x^2+y^2=16\\(x_1+x_2)/2=1\\(y_1+y_2)/2=2\end{cases}$$解法二：参数法：将直线l的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得关于t的方程$$\left(1+3\cos^2\alpha\right)t^2+4\left(2\cos\alpha+\sin\alpha\right)t-8=s$$由题意可知：$$t_1+t_2=2\cos\alpha\sin\alpha\Rightarrowt_1+t_2=-\frac{4\left(2\cos\alpha+\sin\alpha\right)}{1+3\cos^2\alpha}$$$$\alpha=\tan^{-1}\left(-\frac{x_2}{y_2}\right)$$解法三：直角坐标法：$$\begin{cases}x=\cos\theta,\\y=\sin\theta\end{cases}$$在平面直角坐标系$xOy$中，$\odotO$的参数方程为：$$\begin{cases}x=\cos\theta,\\y=\sin\theta\end{cases}\quad(\theta\text{为参数})$$过点$(-2,0)$且倾斜角为$\alpha$的直线$l$与$\odotO$交于$A$，$B$两点．(1)$\alpha$的取值范围；(2)求$AB$中点$P$的轨迹的参数方程．(1)的参数方程为：$$\begin{cases}x=\cos\theta,\\y=\sin\theta\end{cases}$$∴$\odotO$的普通方程为$x+y=1$，当$\alpha=90^\circ$时，直线：$$l:x=-2$$与$\odotO$有两个交点，当$\alpha\neq90^\circ$时，设直线$l$的方程为$y=x\tan\alpha-2$，由直线$l$与$\odotO$有两个交点有$|2-\tan\alpha|<1$，得$\tan^2\alpha>\frac{1}{3}$，∴$45^\circ<\alpha<90^\circ$或$90^\circ<\alpha<135^\circ$，综上$\alpha\in(45^\circ,135^\circ)$.(2)点$P$坐标为$(x,y)$，当$\alpha=90^\circ$时，点$P$坐标为$(0,0)$，当$\alpha\neq90^\circ$时，设直线$l$的方程为$y=x\tan\alpha-2$，由$l$与$AB$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：$$y=kx-2$$则$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，∴$$\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{2\tan\alpha(2-\tan\alpha)}{4+\tan^2\alpha}\\y=\frac{1+k^2}{2k}x-\frac{k^2-1}{2k}\end{cases}$$代入得$x_1+x_2=2$，∴得：$$\begin{cases}2kx-2=1+k^2\\y=kx-2\end{cases}$$解得$k=-\frac{1}{2},x=\frac{1}{2},y=-\frac{5}{2}$，∴点$P$坐标为$\left(\frac{1}{2},-\frac{5}{2}\right)$，则$AB$中点的$P$的轨迹方程是：$$x^2+y^2+2y+1=0$$即$x^2+(y+1)^2=1$。改为一般方程形式。曲线C1是椭圆，将参数方程转化为一般方程形式得：x^2/a^2+y^2/(a+1)^2=1。（Ⅱ）求C1和C2的交点坐标。将C1和C2的极坐标方程联立，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。将x和y表示为极坐标形式，得到a^2cos^2θ+(a+1)^2sin^2θ=4cos^2θ。化简得到(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)。将x和y表示为直角坐标系形式，得到交点坐标为(x,y)=(a(cosθ-sin^2θ),(a+1)sinθ)。（Ⅲ）求C1和C2围成的面积。将交点坐标代入S=∫(C1-C2)dθ中，得到S=∫(1/2)(a^2cosθ-(a+1)^2sinθ)(2dθ)。化简得到S=a(a+1)-(1/2)(a^2+1)sin(2θ)，代入θ的范围，得到S=a(a+1)+(1/2)(a^2+1)。因为a>0，所以S的最小值为5/2。（Ⅳ）改写C2的极坐标方程。C2的极坐标方程为ρ=4cosθ，改写为一般方程形式得到(x^2+y^2)^2=16x^2。(Ⅰ)将圆的方程化为极坐标方程，需要将直角坐标系下的方程转化为极坐标系下的方程。将坐标原点设为极点，x轴正半轴为极轴，则有$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$。代入圆的方程$(x+6)^2+y^2=25$，得到$r^2+12r\cos\theta+36=0$，整理得到极坐标方程为$r=-6\cos\theta-6$。(Ⅱ)直线$l$与圆$C$交于$A$、$B$两点，且$AB=10$，需要求出直线$l$的斜率$k$。设直线$l$的方程为$y=kx+b$，则直线$l$的参数方程为$x=t\cos\alpha$，$y=t\sin\alpha$，代入直线方程得到$t\sin\alpha=kt\cos\alpha+b$，整理得到$k=\tan\alpha-\frac{b}{t\cos\alpha}$。由于$A$、$B$两点在圆$C$上，因此它们的极坐标方程应该满足$r=-6\cos\theta-6$。代入$A$点的坐标$(x_A,y_A)$和$B$点的坐标$(x_B,y_B)$，得到$\tan\alpha=\frac{y_A}{x_A}$，$\tan\alpha=\frac{y_B}{x_B}$，联立得到$x_Ay_B=x_By_A$。又因为$AB=10$，所以$(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2=100$。将$x_A$、$y_A$表示为$k$和$b$的函数，代入上式得到$(1+k^2)x^2+2kbx+b^2-100=0$。由于$A$、$B$两点在圆$C$上，因此它们的坐标应该满足圆的方程$(x+6)^2+y^2=25$。代入上式得到$(1+k^2+36)b^2+12kb-49k^2-61=0$。由于$A$、$B$两点不重合，因此$b\neq0$，解出$k$后代入$\tan\alpha=\frac{y_A}{x_A}$，即可求得直线$l$的斜率$k$。在以极坐标系中，C1的极坐标方程为ρcosθ=tcosα，ρsinθ=tsinα，即ρ=t/cos(θ-α)，而C2的极坐标方程为ρ=2sinθ，C3的极坐标方程为ρ=2/3cosθ。将C1和C2的极坐标方程代入得到交点A的极坐标为ρ=2sinθ/cos(θ-α)，将C1和C3的极坐标方程代入得到交点B的极坐标为ρ=2/3cosθ/cos(θ-α)。因为A、B两点的极角相同，所以|AB|的最大值即为AB两点的距离的最大值，即当ρ1+ρ2的值最大时。将ρ1+ρ2化简得到2sinθ/cos(θ-α)+2/3cosθ/cos(θ-α)=2/(3cos(θ-α))，化简后得到cos(θ-α)=1/2，即θ=α±π/3。将θ代入ρ1+ρ2的式子中，化简后得到|AB|=2/3√(13+4