数学第一讲坐标系单元测评一

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，业必贵于专精单元测评（一)(时间120分钟，满分150分）一、选择题(每小题4分，共24分）1。已知点M的极坐标为（—5，），下列所给出的四个坐标中不能表示点M的坐标的是()A。(5,-)B.（5，）C.（5，—）D.（—5，—）解析:根据极坐标的概念与规定解.特别注意当ρ<0时，点位置如何确定.答案：A2。在极坐标系中点(ρ,θ)与（-ρ,π-θ)的位置是（）A.关于极轴所在直线对称B.关于极点对称C。重合D。关于直线θ=（ρ∈R)对称解析：点（—ρ，π—θ）与点(ρ，-θ）是同一个点,它与点(ρ，θ）关于极轴所在直线对称.答案:A3。点P（ρ0,θ0）（ρ0≠0）关于直线θ=（ρ∈R）的对称点的极坐标为()A。（—ρ0，θ0）B。(ρ0,—θ0）C。（-ρ0，-θ0)D.（ρ0,+θ0）解析:由题可知,点P0(ρ0，θ0)关于极轴的对称点为(ρ0，—θ0），再根据（ρ0，-θ0)关于极点的对称点为（-ρ0,-θ0).答案:C4。极坐标方程4ρ·sin2=5表示的曲线是(）A。圆B.椭圆C.双曲线的一支D.抛物线解析:直接由所给方程较难判定它表示何种曲线,可把它化成直角坐标方程再去判断.4ρsin2=4ρ=2ρ-2ρcosθ=5,∴2=5+2x.∴y2=5x+，表示抛物线。答案：D5.极坐标ρ=cos（-θ)表示的曲线是（）A.双曲线B.椭圆C。抛物线D。圆解析:ρ=cosθ+sinθ,由于ρ不恒等于0，方程两边同乘以ρ,得ρ2=ρcosθ+ρsinθ。∴2(x2+y2）=x+y,表示圆.答案：D6.在极坐标系中，与圆ρ=4sinθ相切的一条直线方程为(）A。ρsinθ=2B。ρcosθ=2C。ρcosθ=4D。ρcosθ=-4解析:如图,⊙C的极坐标方程为ρ=4sinθ，CO⊥Ox,OA为直径,｜OA｜=4，l和圆相切，l交极轴于B(2,0)，点P(ρ，θ）为l上任意一点,则有cosθ==，得ρcosθ=2。答案：B二、填空题（每小题4分，共20分）7.已知直线的极坐标方程ρsin（θ+)=2，则极点到该直线的距离是________.解析：由ρsin(θ+）=,可得ρsinθ+ρcosθ=2,即得x+y-2=0。∴点O(0，0）到直线x+y-2=0的距离为d=.答案:8。点P（-2,)关于直线θ=（P∈R)的对称点的坐标为________.解析：点P(—2，)即为点P（2,)，点P、P′、O组成等腰三角形,且直线θ=为∠POP′的平分线。答案：（2,）9。已知点A(3,)、B(-4，）、O(0，θ),则△ABO的面积为________.解析：点B(—4,)B(4，）.∴|OA｜=3,|OB|=4，∠AOB=-=。∴S=×3×4sin=3.答案:310.已知P（5,),O为极点,则使△POP＇为正三角形的P＇点的坐标为________。解析:设P′(ρ，θ），∵△POP′为正三角形,如图,∴∠POP′=.∴θ=又ρ=5,∴P(5,）或P（5,π)。答案:(5,）或(5，π)11.圆心为C（3，),半径为3的圆的极坐标方程是________。解析:如图,设圆上任一点为P（ρ,θ），OA为圆的直径,可得ρ=6cos（θ-），当P是极点，A点时也适合.答案:ρ=6cos（θ—)三、解答题（共106分)12.（10分)说出由曲线y=tanx得到曲线y=3tan2x的变换规律,并求满足其图形变换的伸缩变换.解析:函数y=f(ωx),x∈R（其中ω＞0，ω≠1）的图象,可以看作把f(x）图象上所有点的横坐标缩短(当ω＞1时）或伸长(当0＜ω＜1时）到原来的（纵坐标不变)而得到。函数y=Af(x),x∈R(其中A＞0,ω≠1）的图象,可以看作把f（x)图象上所有点的纵坐标伸长（当A＞1时）或缩短（当0＜A＜1时）到原来的A倍（横坐标不变）而得到.图形变换的伸缩变换需要我们记住变换公式:分清新旧坐标.解:曲线y=tanx上每一点的纵坐标不变,横坐标缩短为原来的，得到y=tan2x的图象,再将其纵坐标伸长为原来的3倍，横坐标不变，得到曲线y=3tan2x。设y′=3tan2x′，变换为将其代入y′=3tan2x′得μy=3tan2λx与y=tanx比较,可得13.（10分)在同一平面直角坐标系中,经过伸缩变换后，曲线C变为曲线(x＇—5)2+（y＇+6)2=1，求曲线C的方程，并判断其形状。解析：考查变换公式:我们将新坐标代入到已知曲线中,即可得原曲线方程.解：将代入(x′-5)2+(y′+6）2=1，得(2x-5)2+(2y+6)2=1，化简得(x—）2+(y+3）2=.曲线C是以(，—3）为圆心，半径为的圆.14.（10分)如图,长方体OABC—D＇A＇B＇C＇中，|OA|=3,｜OC｜=5,｜OD＇|=3，A＇C＇与B＇D＇相交于点P，分别写出点C、B＇、P的柱坐标。解:求点的柱坐标,需要找到空间任意一点P在Oxy平面上的射影及在平面Oxy上的极坐标（ρ,θ）(ρ≥0,0≤θ＜2π).C点的ρ、θ为｜OC|及∠COA;B′点的ρ、θ分别为｜OB|=θ=∠BOA,tan∠BOA=∴∠BOA=arctan.P点的ρ、θ为OE、∠AOE，｜OE｜=|OB｜，∠AOE=∠AOB.∴C点的柱坐标为(5,，0）；B′点的柱坐标为（,arctan,3）;P点的柱坐标为（,arctan,3)。15。(10分)如图,棱长为a的正方体OABC—D＇A＇B＇C＇中，对角线OB＇与BD＇相交于点P,顶点O为坐标原点，OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，试写出点P的球坐标.解:求点P的球坐标，需要找(r,φ,θ）三个量。r=｜OP|，φ=∠D′OP，θ=∠AOB,｜OP｜=a，∠D′OP=∠OB′B,tan∠OB′B=θ=∠AOB=。∴点P的球坐标为（a，arctan,)。16.(12分)△ABC底边BC=10,∠A=∠B,以B点为极点，BC为极轴，求顶点A的轨迹的极坐标方程。解析：本题利用正弦定理的边角关系找到顶点A的ρ、θ之间的关系而求得其轨迹方程.解:如图,令A(ρ，θ)。显然△ABC内，∠B=θ,∠A=，|BC|=10,|AB｜=ρ。于是由正弦定理得A点轨迹的极坐标方程为ρ=40sin2—30.17。(12分)在平面直角坐标系中，已知点A(3,0)，P是圆x2+y2=1上一个动点,且∠AOP的平分线交PA于Q点，求Q点的轨迹的极坐标方程。解析：需要找Q点的极角和极径的关系。在这里我们可以根据三角形的面积法建立关系式。解：如图，以圆心O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设Q（ρ,θ）、P(1,2θ)。∵S△OAQ+S△OQP=S△OAP，∴·3ρsinθ+ρsinθ=·3·1·sin2θ.整理，得ρ=cosθ.18.(14分)已知线段BB＇=4，直线l垂直平分BB＇，交BB＇于点O，在属于l并且以O为起点的同一射线上取两点P、P＇，使OP·OP＇=9，求直线BP与直线B＇P＇的交点M的轨迹方程.解析:题目中有互相垂直的两条直线，我们以它建立直角坐标系，将直线BP与B′P′的直线方程求出来,再去找交点M的坐标,把设的字母消掉即可得交点M的轨迹方程。解：以O为原点,BB′为y轴,l为x轴建立如图所示直角坐标系，则B（0,2），B′（0,-2），设P（a，0),a≠0,则由OP·OP′=9得P′(,0）,直线BP的方程为=1，直线B′P′的方程为=1，即2x+ay-2a=0与2ax-9y设M(x,y）,则由解得(a为参数）.消去a，可得4x2+9y2=36（x≠0），∴点M的轨迹是长轴长为6,短轴长为4的椭圆(除去点B、B′）.19。(14分）在极坐标系中,已知圆C的圆心C（3,），半径为1.Q点在圆周上运动,O为极点。（1)求圆C的极坐标方程；(2）若P在直线OQ上运动，且满足,求动点P的轨迹方程.解析：在△OCQ中,根据余弦定理,可找到圆C上的任意一点Q的ρ、θ之间的关系;通过比例,可找到Q点与P点极坐标之间的关系，从而求出点P的轨迹方程.解：(1）设Q(ρ，θ)为圆C上任意一点,如图,在△OCQ中,|OC|=3，｜OQ｜=ρ,｜CQ|=1,∠COQ=｜θ—|,根据余弦定理，得1=ρ2+9-2·ρ·3·cos|θ—｜,化简整理，得ρ2-6·ρcos（θ-)+8=0为圆C的轨迹方程.（2)设Q（ρ1，θ1)，则有ρ12—6·ρ1cos(θ1-)+8=0。①设P(ρ,θ）,则OQ∶QP=ρ1∶(ρ-ρ1)=2∶3ρ1=ρ。又θ1=θ,即代入①得ρ2-6·ρcos（θ—)+8=0,整理得ρ2—15ρcos（θ-)+50=0为P点的轨迹方程。20.（14分）如图，在面积为1的△PMN中，tan∠PMN=分12式，tan∠MNP=2.建立适当的坐标系,求出以M、N为焦点，且过点P的椭圆方程。解析：题中没有给出坐标系,我们根据图形的对称性，建立坐标系.当然，我们可以尝试建立其他的坐标系。在此题中，角的正切可看作相应直线的斜率，从而得点P的坐标与c的关系，求a时可有三种方法：代入点法,利用椭圆的第一定义得方程;利用点在椭圆上，将点的坐标代入椭圆方程；根据△PMN是直角三角形.我们这里只介绍一种方法，读者可自己尝试其他方法.解:如图,以MN所在直线为x轴，MN的垂直平分线为y轴建立坐标系。设以M、N为焦点，且过点P的椭圆方程为=1，焦点为M(-c，0)，N(c