【创新设计】2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：选修4-4-第2讲-参数方程

第2讲参数方程[最新考纲]1．了解参数方程，了解参数的意义．2．能选择适当的参数写出直线、圆和椭圆的参数方程．3．把握直线的参数方程及参数的几何意义，能用直线的参数方程解决简洁的相关问题.知识梳理1．曲线的参数方程在平面直角坐标系xOy中，假如曲线上任意一点的坐标x，y都是某个变量t的函数eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ft，,y＝gt.))并且对于t的每一个允许值上式所确定的点M(x，y)都在这条曲线上，则称上式为该曲线的参数方程，其中变量t称为参数．2．一些常见曲线的参数方程(1)过点P0(x0，y0)，且倾斜角为α的直线的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα,y＝y0＋tsinα))(t为参数)．(2)圆的方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a＋rcosθ,y＝b＋rsinθ))(θ为参数)．(3)椭圆方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝acosθ,y＝bsinθ))(θ为参数)．(4)抛物线方程y2＝2px(p＞0)的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2pt2,y＝2pt))(t为参数)．诊断自测1．极坐标方程ρ＝cosθ和参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1－t，,y＝2＋t))(t为参数)所表示的图形分别是________．①直线、直线；②直线、圆；③圆、圆；④圆、直线．解析∵ρcosθ＝x，∴cosθ＝eq\f(x,ρ)代入到ρ＝cosθ，得ρ＝eq\f(x,ρ)，∴ρ2＝x，∴x2＋y2＝x表示圆．又∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1－t，,y＝2＋t，))相加得x＋y＝1，表示直线．答案④2．若直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t，,y＝2＋3t))(t为实数)与直线4x＋ky＝1垂直，则常数k＝________.解析参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t，,y＝2＋3t，))所表示的直线方程为3x＋2y＝7，由此直线与直线4x＋ky＝1垂直可得－eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,k)))＝－1，解得k＝－6.答案－63．(2022·北京卷)直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋t，,y＝－1－t))(t为参数)与曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3cosα，,y＝3sinα))(α为参数)的交点个数为________．解析直线方程可化为x＋y－1＝0，曲线方程可化为x2＋y2＝9，圆心(0,0)到直线x＋y－1＝0的距离d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)＜3.∴直线与圆相交有两个交点．答案24．已知直线l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\r(2)t，,y＝2＋\r(2)t))(t为参数)上到点A(1,2)的距离为4eq\r(2)的点的坐标为________．解析设点Q(x，y)为直线上的点，则|QA|＝eq\r(1－1＋\r(2)t2＋2－2－\r(2)t2)＝eq\r(\r(2)t2＋－\r(2)t2)＝4eq\r(2)，解之得，t＝±2eq\r(2)，所以Q(－3,6)或Q(5，－2)．答案(－3,6)和(5，－2)5．(2021·广东卷)已知曲线C的极坐标方程为ρ＝2cosθ，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系，则曲线C的参数方程为________．解析由ρ＝2cosθ知，ρ2＝2ρcosθ所以x2＋y2＝2x，即(x－1)2＋y2＝1，故其参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)．答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)考点一参数方程与一般方程的互化【例1】把下列参数方程化为一般方程，并说明它们各表示什么曲线；(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(1,2)t，,y＝2＋\f(\r(3),2)t))(t为参数)；(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋t2，,y＝2＋t))(t为参数)；(3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋\f(1,t)，,y＝\f(1,t)－t))(t为参数)．解(1)由x＝1＋eq\f(1,2)t得t＝2x－2.∴y＝2＋eq\f(\r(3),2)(2x－2)．∴eq\r(3)x－y＋2－eq\r(3)＝0，此方程表示直线．(2)由y＝2＋t得t＝y－2，∴x＝1＋(y－2)2.即(y－2)2＝x－1，此方程表示抛物线．(3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋\f(1,t),y＝\f(1,t)－t))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))∴①2－②2得x2－y2＝4，此方程表示双曲线．规律方法参数方程化为一般方程：化参数方程为一般方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消去法、加减消去法、恒等式(三角的或代数的)消去法，不要忘了参数的范围．【训练1】将下列参数方程化为一般方程．(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－sin2θ，,y＝sinθ＋cosθ))(θ为参数)；(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)et＋e－t，,y＝\f(1,2)et－e－t))(t为参数)．解(1)由(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ＝2－(1－sin2θ)，得y2＝2－x.又x＝1－sin2θ∈[0,2]，得所求的一般方程为y2＝2－x，x∈[0,2]．(2)由参数方程得et＝x＋y，e－t＝x－y，∴(x＋y)(x－y)＝1，即x2－y2＝1.考点二直线与圆参数方程的应用【例2】在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3－\f(\r(2),2)t，,y＝\r(5)＋\f(\r(2),2)t))(t为参数)．在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，圆C的方程为ρ＝2eq\r(5)sinθ.(1)求圆C的直角坐标方程；(2)设圆C与直线l交于点A，B，若点P的坐标为(3，eq\r(5))，求|PA|＋|PB|.解(1)由ρ＝2eq\r(5)sinθ，得ρ2＝2eq\r(5)ρsinθ.∴x2＋y2＝2eq\r(5)y，即x2＋(y－eq\r(5))2＝5.(2)将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程．得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(\r(2),2)t))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)t))2＝5，即t2－3eq\r(2)t＋4＝0.由于Δ＝(3eq\r(2))2－4×4＝2＞0，故可设t1，t2是上述方程的两实根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＋t2＝3\r(2)，,t1·t2＝4.))又直线l过点P(3，eq\r(5))，故由上式及t的几何意义得|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝3eq\r(2).规律方法(1)过定点P0(x0，y0)，倾斜角为α的直线参数方程的标准形式为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα，,y＝y0＋tsinα))(t为参数)，t的几何意义是直线上的点P到点P0(x0，y0)的数量，即t＝|PP0|时为距离．使用该式时直线上任意两点P1、P2对应的参数分别为t1、t2，则|P1P2|＝|t1－t2|，P1P2的中点对应的参数为eq\f(1,2)(t1＋t2)．(2)对于形如eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋at，,y＝y0＋bt))(t为参数)，当a2＋b2≠1时，应先化为标准形式后才能利用t的几何意义解题．【训练2】已知直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋t，,y＝4－2t))(参数t∈R)，圆 C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ＋2，,y＝2sinθ))(参数θ∈[0,2π])，求直线l被圆C所截得的弦长．解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋t，,y＝4－2t))消参数后得一般方程为2x＋y－6＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ＋2，,y＝2sinθ))消参数后得一般方程为(x－2)2＋y2＝4，明显圆心坐标为(2,0)，半径为2.由于圆心到直线2x＋y－6＝0的距离为d＝eq\f(|2×2＋0－6|,\r(22＋1))＝eq\f(2\r(5),5)，所以所求弦长为2eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)＝eq\f(8\r(5),5).考点三极坐标、参数方程的综合应用【例3】已知P为半圆C：eq\b\lc\{\rc\(\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\x\to(AP)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，点M的极角为eq\f(π,3)，且点M的极径等于eq\f(π,3)，故点M的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,3))).(2)点M的直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(\r(3)π,6)))，A(1,0)．故直线AM的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－1))t，,y＝\f(\r(3)π,6)t))(t为参数)．规律方法涉及参数方程和极坐标方程的综合题，求解的一般方法是分别化为一般方程和直角坐标方程后求解．当然，还要结合题目本身特点，确定选择何种方程．【训练3】(2021·福建卷)在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点A的极坐标为(eq\r(2)，eq\f(π,4))，直线l的极坐标方程为ρcos(θ－eq\f(π,4))＝a，且点A在直线l上．(1)求a的值及直线l的直角坐标方程；(2)圆C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋cosα，,y＝sinα))(α为参数)，试推断直线l与圆C的位置关系．解(1)由点A(eq\r(2)，eq\f(π,4))在直线ρcos(θ－eq\f(π,4))＝a上，可得a＝eq\r(2).所以直线l的方程可化为ρcosθ＋ρsinθ＝2，从而直线l的直角坐标方程为x＋y－2＝0.(2)由已知得圆C的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1，所以圆C的圆心为(1,0)，半径r＝1，由于圆心C到直线l的距离d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)<1，所以直线l与圆C相交.转化思想在解题中的应用【典例】已知圆锥曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ,y＝\r(3)sinθ))(θ是参数)和定点A(0,eq\r(3))，F1、F2是圆锥曲线的左、右焦点．(1)求经过点F1且垂直于直线AF2的直线l的参数方程；(2)以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AF2的极坐标方程．[审题视点](1)先将圆锥曲线参数方程化为一般方程，求出F1的坐标，然后求出直线的倾斜角度数，再利用公式就能写出直线l的参数方程．(2)直线AF2是已知确定的直线，利用求极坐标方程的一般方法求解．解(1)圆锥曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ,y＝\r(3)sinθ))化为一般方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，所以F1(－1,0)，F2(1,0)，则直线AF2的斜率k＝－eq\r(3)，于是经过点F1且垂直于直线AF2的直线l的斜率k′＝eq\f(\r(3),3)，直线l的倾斜角是30°，所以直线l的参数方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋tcos30°,y＝tsin30°))(t为参数)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),2)t－1，,y＝\f(1,2)t))(t为参数)．(2)直线AF2的斜率k＝－eq\r(3)，倾斜角是120°，设P(ρ，θ)是直线AF2上任一点，则eq\f(ρ,sin60°)＝eq\f(1,sin120°－θ)，ρsin(120°－θ)＝sin60°，则ρsinθ＋eq\r(3)ρcosθ＝eq\r(3).[反思感悟](1)本题考查了极坐标方程和参数方程的求法及应用．重点考查了转化与化归力量．(2)当用极坐标或参数方程争辩问题不很娴熟时，可以转化成我们比较生疏的一般方程求解．(3)本题易错点是计算不精确     ，极坐标方程求解错误．【自主体验】已知直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4－2t,y＝t－2))(t为参数)，P是椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1上任意一点，求点P到直线l的距离的最大值．解将直线l的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4－2t,y＝t－2))(t为参数)转化为一般方程为x＋2y＝0，由于P为椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1上任意一点，故可设P(2cosθ，sinθ)，其中θ∈R.因此点P到直线l的距离d＝eq\f(|2cosθ＋2sinθ|,\r(12＋22))＝eq\f(2\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))),\r(5)).所以当θ＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z时，d取得最大值eq\f(2\r(10),5).一、填空题1．(2022·芜湖模拟)直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2－\r(2)t，,y＝3＋\r(2)t))(t为参数)上与点A(－2,3)的距离等于eq\r(2)的点的坐标是________．解析由题意知(－eq\r(2)t)2＋(eq\r(2)t)2＝(eq\r(2))2，所以t2＝eq\f(1,2)，t＝±eq\f(\r(2),2)，代入eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2－\r(2)t，,y＝3＋\r(2)t))(t为参数)，得所求点的坐标为(－3,4)或(－1,2)．答案(－3,4)或(－1,2)2．(2022·海淀模拟)若直线l：y＝kx与曲线C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋cosθ，,y＝sinθ))(参数θ∈R)有唯一的公共点，则实数k＝________.解析曲线C化为一般方程为(x－2)2＋y2＝1，圆心坐标为(2,0)，半径r＝1.由已知l与圆相切，则r＝eq\f(|2k|,\r(1＋k2))＝1⇒k＝±eq\f(\r(3),3).答案±eq\f(\r(3),3)3．已知椭圆的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cost,y＝4sint))(t为参数)，点M在椭圆上，对应参数t＝eq\f(π,3)，点O为原点，则直线OM的斜率为________．解析当t＝eq\f(π,3)时，x＝1，y＝2eq\r(3)，则M(1,2eq\r(3))，∴直线OM的斜率k＝2eq\r(3).答案2eq\r(3)4．(2021·湖南卷)在平面直角坐标系xOy中，若l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝t－a))(t为参数)过椭圆C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3cosφ，,y＝2sinφ))(φ为参数)的右顶点，则常数a的值为________．解析∵x＝t，且y＝t－a，消去t，得直线l的方程y＝x－a，又x＝3cosφ且y＝2sinφ，消去φ，得椭圆方程eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，右顶点为(3,0)，依题意0＝3－a，∴a＝3.答案35．直线3x＋4y－7＝0截曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝1＋sinα))(α为参数)的弦长为________．解析曲线可化为x2＋(y－1)2＝1，圆心(0,1)到直线的距离d＝eq\f(|0＋4－7|,\r(9＋16))＝eq\f(3,5)，则弦长l＝2eq\r(r2－d2)＝eq\f(8,5).答案eq\f(8,5)6．已知直线l1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－2t，,y＝2＋kt))(t为参数)，l2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝s，,y＝1－2s))(s为参数)，若l1∥l2，则k＝________；若l1⊥l2，则k＝________.解析将l1、l2的方程化为直角坐标方程得l1：kx＋2y－4－k＝0，l2：2x＋y－1＝0，由l1∥l2，得eq\f(k,2)＝eq\f(2,1)≠eq\f(4＋k,1)⇒k＝4，由l1⊥l2，得2k＋2＝0⇒k＝－1.答案4－17．(2022·广东卷)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1和C2的参数方程分别为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝\r(t)))(t为参数)和eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)cosθ，,y＝\r(2)sinθ))(θ为参数)，则曲线C1与C2的交点坐标为________．解析曲线C1的一般方程为y2＝x(y≥0)，曲线C2的一般方程为x2＋y2＝2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝xy≥0，,x2＋y2＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))即交点坐标为(1,1)．答案(1,1)8．直角坐标系xOy中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点A，B分别在曲线C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3＋cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)和曲线C2：ρ＝1上，则|AB|的最小值为________．解析消掉参数θ，得到关于x、y的一般方程C1：(x－3)2＋y2＝1，表示以(3,0)为圆心，以1为半径的圆；C2：x2＋y2＝1，表示的是以原点为圆心的单位圆，|AB|的最小值为3－1－1＝1.答案19．(2022·湖南卷)在极坐标系中，曲线C1：ρ(eq\r(2)cosθ＋sinθ)＝1与曲线C2：ρ＝a(a>0)的一个交点在极轴上，则a＝______.解析ρ(eq\r(2)cosθ＋sinθ)＝1，即eq\r(2)ρcosθ＋ρsinθ＝1对应的一般方程为eq\r(2)x＋y－1＝0，ρ＝a(a>0)对应的一般方程为x2＋y2＝a2.在eq\r(2)x＋y－1＝0中，令y＝0，得x＝eq\f(\r(2),2).将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0))代入x2＋y2＝a2得a＝eq\f(\r(2),2).答案eq\f(\r(2),2)二、解答题10．(2021·新课标全国Ⅰ卷)已知曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4＋5cost，,y＝5＋5sint))(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的极坐标方程为ρ＝2sinθ.(1)把C1的参数方程化为极坐标方程；(2)求C1与C2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ＜2π)．解(1)将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4＋5cost，,y＝5＋5sint))消去参数t，化为一般方程(x－4)2＋(y－5)2＝25，即C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0.将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))代入x2＋y2－8x－10y＋16＝0得ρ2－8ρcosθ－10ρsinθ＋16＝0.所以C1的极坐标方程为ρ2－8ρcosθ－10ρsinθ＋16＝0.(2)C2的一般方程为x2＋y2－2y＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－8x－10y＋16＝0，,x2＋y2－2y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2.))所以C1与C2交点的极坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,2))).11．(2021·新课标全国Ⅱ卷)已知动点P、Q都在曲线C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cost，,y＝2sint))(t为参数)上，对应参数分别为t＝α与t＝2α(0<α<2π)，M为PQ的中点．(1)求M的轨迹的参数方程；(2)将M到坐标原点的距离d表示为α的函数，并推断M的轨迹是否过坐标原点．解(1)依题意有P(2cosα，2sinα)，Q(2cos2α，2sin2α)，因此M(c