高考二轮复习理科数学试题（老高考旧教材）考点突破练22坐标系与参数方程（选修44）

考点突破练22坐标系与参数方程(选修4—4)1.(2020全国Ⅱ,理22)已知曲线C1,C2的参数方程分别为C1:x=4cos2θ,y=4sin2θ(θ为参数),(1)将C1,C2的参数方程化为普通方程;(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设C1,C2的交点为P,求圆心在极轴上,且经过极点和P的圆的极坐标方程.2.(2023陕西商洛三模)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=1+3cosα,y=3+3sinα(α为参数).以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρcosθ+ρ(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程;(2)若曲线C与直线l有两个公共点,求m的取值范围.3.(2023广西桂林一模)在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为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(1)求曲线C的直角坐标方程;(2)若直线l与曲线C交于A,B两点,求|AB|.4.(2022江西赣州二模)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=1+t,y=t(t为参数),曲线C2的参数方程为x=32(1)求曲线C1与曲线C2的极坐标方程;(2)曲线C1与曲线C2交于A,B两点,求|OA|2+|OB|2的值.5.(2023河南开封三模)以等边三角形的每个顶点为圆心,以其边长为半径,在另两个顶点间作一段圆弧,三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形.如图,在极坐标系Ox中,曲边三角形OPQ为勒洛三角形,且P(2,π3),Q在极轴上,C为OP的中点.以极点O为直角坐标原点,x轴正半轴为极轴Ox建立平面直角坐标系xOy(1)求OQ所在圆P的直角坐标方程与直线CQ的极坐标方程;(2)过O引一条射线,分别交圆P,直线CQ于A,B两点,证明:|OA|·|OB|为定值.6.在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=2sinα,y=2cosα+1(α为参数),以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的直角坐标方程为x+(1)写出曲线C的普通方程和直线l的极坐标方程;(2)若直线θ=π6(ρ∈R)与曲线C交于A,B两点,与直线l交于点M,求|MA|·|MB|的值7.(2023全国乙,理22)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的极坐标方程为ρ=2sinθπ4≤θ≤π2,(1)写出C1的直角坐标方程;(2)若直线y=x+m既与C1没有公共点,也与C2没有公共点,求m的取值范围.8.(2023陕西西安一模)在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=2+3cosφ,y=3sinφ(φ为参数),以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知直线l的极坐标方程为2ρsin(θ(1)写出直线l的参数方程及曲线C的普通方程;(2)设点P(2,m),若直线l与曲线C交于A,B两点,且PA+2PB=0,求实数m的值.考点突破练22坐标系与参数方程(选修4—4)1.解(1)C1的普通方程为x+y=4(0≤x≤4).由C2的参数方程得x2=t2+1t2+2,y2=t2+1t22,所以x2y2=4.故C2的普通方程为x2y(2)由x+y=4,x2-y2=4得x=52,y=32,所以P的直角坐标为52,322.解(1)由x=1+3cosα,y=3+3sinα得x-1=3cosα,y-3=3sinα,则(x1)2+(y3)2=9,即曲线C的直角坐标方程为(x1)2+(y3)2=9.由ρcos(2)由(1)可知,曲线C是圆心为(1,3),半径为3的圆,因为曲线C与直线l有两个公共点,则有|1+3-m|1+1<3,解得432<m<4+32,即m的取值范围为(432,43.解(1)ρ=6cos2θ+2变形为ρ2=6cos2θ+2=62cos2θ+1,即2ρ2cos2θ+ρ2=6,因为x=ρcosθ(2)直线l的参数方程x=-1+t,y=1+t变形为x=-1+22t,y=1+22t,与x22+y26=14.解(1)由C1的参数方程x=1+t,y=t(t为参数),消去t得xy1=0,故C1的极坐标方程为ρcosθρsinθ1=0,由C2的参数方程x=32+32cosθ,y=32sinθ(θ为参数(2)设A(ρ1,θ),B(ρ2,θ),联立ρ由①得(ρcosθ1)2=(ρsinθ)2=ρ2ρ2(cosθ)2,即2ρ2cos2θ2ρcosθ+1=ρ2,③由②得cosθ=13ρ,代入③得29ρ453ρ21=0,所以ρ125.(1)解∵P(2,π3),∴P的平面直角坐标为P(1,3).又等边△OPQ的边长为2,∴圆P的直角坐标方程为(x1)2+(y3)2=4.∵CQ的直角坐标方程为y=tan5π6(x2),即y=33(x2),即x+3y2=0,∴CQ的极坐标方程为ρcosθ+3ρsin(2)证明设A,B两点的极坐标分别为A(ρ1,θ),B(ρ2,θ),∵圆P的直角坐标方程为(x1)2+(y3)2=4,∴圆P的极坐标方程为(ρcosθ1)2+(ρsinθ3)2=4,即ρ22(3sinθ+cosθ)ρ=0,∴ρ1=2(3sinθ+cosθ),直线CQ的极坐标方程为ρcosθ+3ρsinθ2=0,∴ρ2=2∴|OA|·|OB|=ρ1ρ2=2(3sinθ+cosθ)·23sinθ6.解(1)由x=2sinα,y-1=2cosα(α为参数),得曲线C的普通方程为x2+(y-1)2=4.由x+3y23=0,得直线l的极坐标方程为ρcosθ+3ρsin(2)(方法一)曲线C:x2+(y1)2=4的极坐标方程为ρ22ρsinθ3=0,将θ=π6代入曲线C的极坐标方程,得ρ2ρ3=∴ρ1+ρ2=1,ρ1·ρ2=3.将θ=π6代入直线l的极坐标方程,得ρ=2.|MA|·|MB|=|ρρ1|·|ρρ2|=|(2ρ1)·(2ρ2)|=|42(ρ1+ρ2)+ρ1·ρ2|=1(方法二)直线θ=π6的普通方程为y=33x,与直线l:x+3y23=0的交点为M(3,1),直线θ=π6的参数方程为x=3+32t,y=1+12t(t为参数),代入曲线C:x2+(y1)2=4,得t2+37.解(1)由ρ=2sinθ,得ρ2=2ρsinθ,代入ρ2=x2+y2,y=ρsinθ,得x2+y2=2y,又π4≤θ≤π2,所以0≤x≤1,1≤y≤2,所以曲线C1的直角坐标方程为x2+(y1)2=1(0≤x≤(2)由(1)作出曲线C1的图象,如图所示,由题意且结合图象可知当直线y=x+m在直线l1与l2的外侧时,直线y=x+m与曲线C1没有公共点,而此时直线l1与l2的纵截距分别为0和2,所以m<0或m>2.由x=2cosα,y=2sinα(π2<α<π),消去参数α,得曲线C2的直角坐标方程为x2画出曲线C2的图象,如图所示,由题意结合图象可知当直线y=x+m在直线l3与l4的外侧时,直线y=x+m与曲线C2没有公共点,而此时直线l3与l4的纵截距分别为2和22,所以m≤2或m>22.综上所述,m的取值范围是(∞,0)∪(22,+∞)8.解(1)由2ρsin(θπ3)=m23,得ρsinθ3ρcosθ=m23,又ρsinθ=y,ρcosθ=x,∴y=3(x2)+m,∴直线l的参数方程为x=2+12t,y=m+32t(t为参数),由x=2+3cosφ,y=3sinφ(φ为参数),消去φ得((2)设A,B两点对应参数分别为t1,t2,由PA+2PB=0知,PA与PB反向,∴点P(2,m)在圆内,将直线l的参数方程x=2+12t,y=m+32t(t为参数),代入曲线C的普通方程(x2)2+y2=9,得到t2+3mt+m29=0,由韦达定理得t1+t2=3m,t1·t2=