新高考2025版高考数学二轮复习第三部分讲重点解答题专练第7讲选修4-4坐标系与参数方程教学案理

PAGEPAGE1第7讲选修4－4坐标系与参数方程■真题调研——————————————【例1】[2024·全国卷Ⅰ]在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1－t2,1＋t2)，,y＝\f(4t,1＋t2)))(t为参数)．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2ρcosθ＋eq\r(3)ρsinθ＋11＝0.(1)求C和l的直角坐标方程；(2)求C上的点到l距离的最小值．解：(1)因为－1＜eq\f(1－t2,1＋t2)≤1，且x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－t2,1＋t2)))2＋eq\f(4t2,1＋t22)＝1，所以C的直角坐标方程为x2＋eq\f(y2,4)＝1(x≠－1)．l的直角坐标方程为2x＋eq\r(3)y＋11＝0.(2)由(1)可设C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝2sinα))(α为参数，－π＜α＜π)．C上的点到l的距离为eq\f(|2cosα＋2\r(3)sinα＋11|,\r(7))＝eq\f(4cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋11,\r(7)).当α＝－eq\f(2π,3)时，4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋11取得最小值7，故C上的点到l距离的最小值为eq\r(7).【例2】[2024·全国卷Ⅱ]在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0＞0)在曲线C：ρ＝4sinθ上，直线l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为P.(1)当θ0＝eq\f(π,3)时，求ρ0及l的极坐标方程；(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．解：(1)因为M(ρ0，θ0)在C上，当θ0＝eq\f(π,3)时，ρ0＝4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由已知得|OP|＝|OA|coseq\f(π,3)＝2.设Q(ρ，θ)为l上除P的随意一点．连接OQ，在Rt△OPQ中，ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.经检验，点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))在曲线ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2上．所以，l的极坐标方程为ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2.(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).【例3】[2024·全国卷Ⅲ]如图，在极坐标系Ox中，A(2,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3π,4)))，D(2，π)，弧，，所在圆的圆心分别是(1,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，(1，π)，曲线M1是弧，曲线M2是弧，曲线M3是弧.(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝eq\r(3)，求P的极坐标．解：(1)由题设可得，弧，，所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ.所以M1的极坐标方程为ρ＝2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4)))，M2的极坐标方程为ρ＝2sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤θ≤\f(3π,4)))，M3的极坐标方程为ρ＝－2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)≤θ≤π)).(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知，若0≤θ≤eq\f(π,4)，则2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,6)；若eq\f(π,4)≤θ≤eq\f(3π,4)，则2sinθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,3)或θ＝eq\f(2π,3)；若eq\f(3π,4)≤θ≤π，则－2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(5π,6).综上，P的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,6)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(2π,3)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(5π,6))).【例4】[2024·江苏卷]在极坐标系中，已知两点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，直线l的方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝3.(1)求A，B两点间的距离；(2)求点B到直线l的距离．解：(1)设极点为O.在△OAB中，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，由余弦定理，得AB＝eq\r(32＋\r(2)2－2×3×\r(2)×cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,4))))＝eq\r(5).(2)因为直线l的方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝3，则直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\f(π,2)))，倾斜角为eq\f(3π,4).又Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,2)))，所以点B到直线l的距离为(3eq\r(2)－eq\r(2))×sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,2)))＝2.■模拟演练——————————————1．[2024·南昌二模]已知在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)t，,y＝\f(\r(3),2)t))(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2－2ρcosθ－2＝0，点P的极坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(15),3)，\f(2π,3))).(1)求直线l的极坐标方程及点P到直线l的距离；(2)若直线l与曲线C交于M，N两点，求△PMN的面积．解：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)t，,y＝\f(\r(3),2)t，))消去t，得y＝eq\r(3)x，则ρsinθ＝eq\r(3)ρcosθ，所以θ＝eq\f(π,3)，所以直线l的极坐标方程为θ＝eq\f(π,3)(ρ∈R)．点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(15),3)，\f(2π,3)))到直线l的距离为d＝eq\f(2\r(15),3)×sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,3)))＝eq\f(2\r(15),3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(5).(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2－2ρcosθ－2＝0，,θ＝\f(π,3)，))得ρ2－ρ－2＝0，设M，N两点对应的极径分别为ρ1，ρ2，则ρ1＋ρ2＝1，ρ1ρ2＝－2，所以|MN|＝|ρ1－ρ2|＝eq\r(ρ1＋ρ22－4ρ1ρ2)＝3，所以△PMN的面积S△PMN＝eq\f(1,2)|MN|×d＝eq\f(1,2)×3×eq\r(5)＝eq\f(3\r(5),2).2．[2024·广州综合测试二]在直角坐标系xOy中，倾斜角为α的直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(t为参数)．在以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ2＝2ρcosθ＋8.(1)求直线l的一般方程与曲线C的直角坐标方程；(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，且|AB|＝4eq\r(2)，求直线l的倾斜角．解：(1)解法一：因为直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(t为参数)，所以当α＝eq\f(π,2)时，直线l的一般方程为x＝2.当α≠eq\f(π,2)时，直线l的一般方程为y－eq\r(3)＝tanα(x－2)．将ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x代入ρ2＝2ρcosθ＋8，得x2＋y2＝2x＋8.所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－8＝0.解法二：直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα，,y＝\r(3)＋tsinα))(t为参数)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xsinα＝2sinα＋tsinαcosα，,ycosα＝\r(3)cosα＋tsinαcosα，))所以直线l的一般方程为xsinα－ycosα－(2sinα－eq\r(3)cosα)＝0.将ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x代入ρ2＝2ρcosθ＋8，得x2＋y2＝2x＋8.所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－8＝0.(2)解法一：曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－8＝0，将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程整理，得t2＋(2eq\r(3)sinα＋2cosα)t－5＝0.因为Δ＝(2eq\r(3)sinα＋2cosα)2＋20>0，所以可设该方程的两个根分别为t1，t2，则t1＋t2＝－(2eq\r(3)sinα＋2cosα)，t1t2＝－5.所以|AB|＝|t1－t2|＝eq\r(t1＋t22－4t1t2)＝eq\r([－2\r(3)sinα＋2cosα]2＋20)＝4eq\r(2)，整理得(eq\r(3)sinα＋cosα)2＝3，故2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝±eq\r(3).因为0≤α<π，所以eq\f(π,6)≤α＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,6)，所以α＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)或α＋eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，解得α＝eq\f(π,6)或α＝eq\f(π,2).所以直线l的倾斜角为eq\f(π,6)或eq\f(π,2).解法二：由(1)得曲线C是以C(1,0)为圆心，3为半径的圆．直线l与圆C交于A，B两点，且|AB|＝4eq\r(2)，故圆心C(1,0)到直线l的距离d＝eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),2)))2)＝1.①当α＝eq\f(π,2)时，直线l的一般方程为x＝2，符合题意．②当α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，直线l的一般方程为xtanα－y＋eq\r(3)－2tanα＝0，所以d＝eq\f(|tanα－0＋\r(3)－2tanα|,\r(1＋tan2α))＝1，整理得|eq\r(3)－tanα|＝eq\r(1＋tan2α)，解得α＝eq\f(π,6).综上所述，直线l的倾斜角为eq\f(π,6)或eq\f(π,2).3．[2024·太原一模]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝1＋tsinα，))以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2cosθ.(1)若曲线C1的参数方程中的参数是α，且C1与C2有且只有一个公共点，求C1的一般方程；(2)已知点A(0,1)，若曲线C1的参数方程中的参数是t，0<α<π，且C1与C2相交于P，Q两个不同的点，求eq\f(1,|AP|)＋eq\f(1,|AQ|)的最大值．解：(1)∵ρ＝2cosθ，∴曲线C2的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1，∵α是曲线C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝1＋tsinα))的参数，∴曲线C1的一般方程为x2＋(y－1)2＝t2，∵曲线C1与曲线C2有且只有一个公共点，∴|t|＝eq\r(2)－1或|t|＝eq\r(2)＋1，∴曲线C1的一般方程为x2＋(y－1)2＝(eq\r(2)－1)2或x2＋(y－1)2＝(eq\r(2)＋1)2.(2)∵t是曲线C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝1＋tsinα))的参数，∴曲线C1是过点A(0,1)的一条直线，设与点P，Q相对应的参数分别是t1，t2，将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝1＋tsinα))代入(x－1)2＋y2＝1，得t2＋2(sinα－cosα)t＋1＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＋t2＝－2\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))，,t1·t2＝1，))∴eq\f(1,|AP|)＋eq\f(1,|AQ|)＝eq\f(1,|t1|)＋eq\f(1,|t2|)＝|t1＋t2|＝2eq\r(2)|sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))≤2eq\r(2)，当α＝eq\f(3π,4)时，Δ＝4(sinα－cosα)2－4＝4>0，∴eq\f(1,|AP|)＋eq\f(1,|AQ|)的最大值为2eq\r(2).4．[2024·福建质检]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＝1＋\f(3,5)t，,y＝1＋\f(4,5)t))(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2＝eq\f(2,1＋sin2θ)，点P的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4))).(1)求C的直角坐标方程和P的直角坐标；(2)设l与C交于A，B两点，线段AB的中点为M，求|PM|.解：(1)由ρ2＝eq\f(2,1＋sin2θ)得ρ2＋ρ2sin2θ＝2，①将ρ2＝x2＋y2，y＝ρsinθ代入①并整理得，曲线C的直角坐标方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.设点P的直角坐标为(x，y)，因为点P的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，所以x＝ρcosθ＝eq\r(2)coseq\f(π,4)＝1，y＝ρsinθ＝eq\r(2)sineq\f(π,4)＝1.所以点P的直角坐标为(1,1)．(2)解法一：将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(3,5)t，,y＝1＋\f(4,5)t))代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，并整理得41t2＋