2025版高考数学二轮复习第2部分专题7鸭4系列第1讲坐标系与参数方程教案理选修4-4

PAGE1-第1讲选修4－4坐标系与参数方程极坐标与曲线的极坐标方程(5年5考)[高考解读]以极坐标系下两曲线的位置关系为载体，考查极坐标的表示、极径的几何意义，极坐标与直角坐标的互化等问题，考查学生的等价转化实力、逻辑推理及数学运算的素养.1．(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eq\o(AB,\s\up10(︵))，eq\o(BC,\s\up10(︵))，eq\o(CD,\s\up10(︵))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eq\o(AB,\s\up10(︵))，曲线M2是弧eq\o(BC,\s\up10(︵))，曲线M3是弧eq\o(CD,\s\up10(︵)).(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eq\o(AB,\s\up10(︵))，eq\o(BC,\s\up10(︵))，eq\o(CD,\s\up10(︵))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))).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)在曲线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外的随意一点．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))).[老师备选题]1．(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，圆C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，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C1，C2的极坐标方程；(2)若直线C3的极坐标方程为θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)，设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面积．[解](1)因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以C1的极坐标方程为ρcosθ＝－2，C2的极坐标方程为ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0.(2)将θ＝eq\f(π,4)代入ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0，得ρ2－3eq\r(2)ρ＋4＝0，解得ρ1＝2eq\r(2)，ρ2＝eq\r(2).故ρ1－ρ2＝eq\r(2)，即|MN|＝eq\r(2).由于C2的半径为1，所以△C2MN的面积为eq\f(1,2).2．(2024·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ＝4.(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满意|OM|·|OP|＝16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程；(2)设点A的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))，点B在曲线C2上，求△OAB面积的最大值．[解](1)设P的极坐标为(ρ，θ)(ρ>0)，M的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1>0)．由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝eq\f(4,cosθ).由|OM|·|OP|＝16得C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ(ρ＞0)．因此C2的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4(x≠0)．(2)设点B的极坐标为(ρB，α)(ρB>0)．由题设知|OA|＝2，ρB＝4cosα，于是△OAB的面积S＝eq\f(1,2)|OA|·ρB·sin∠AOB＝4cosα·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))－\f(\r(3),2)))≤2＋eq\r(3).当α＝－eq\f(π,12)时，S取得最大值2＋eq\r(3).所以△OAB面积的最大值为2＋eq\r(3).1．极径的几何意义及其应用(1)几何意义：极径ρ表示极坐标平面内点M到极点O的距离．(2)应用：一般应用于过极点的直线与曲线相交，所得的弦长问题，须要用极径表示出弦长，结合根与系数的关系解题．2．极坐标化直角坐标的常用技巧(1)通常要用ρ去乘方程的两边，使之出现ρ2，ρcosθ，ρsinθ的形式．(2)含关于tanθ的方程用公式tanθ＝eq\f(y,x).1．(极坐标的表示)(2024·兰州模拟)在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1：ρcosθ＝3，曲线C2：ρ＝4cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ＜\f(π,2))).(1)求C1与C2交点的极坐标；(2)设点Q在C2上，eq\o(OQ,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(QP,\s\up7(→))，求动点P的极坐标方程．[解](1)联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρcosθ＝3，,ρ＝4cosθ，得cosθ＝±\f(\r(3),2)，))因为0≤θ≤eq\f(π,2)，θ＝eq\f(π,6)，ρ＝2eq\r(3)，所以所求交点的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)，\f(π,6))).(2)设P(ρ，θ)，Q(ρ0，θ0)且ρ0＝4cosθ0，θ0∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由已知eq\o(OQ,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(QP,\s\up7(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ0＝\f(2,5)ρ，,θ0＝θ，))所以eq\f(2,5)ρ＝4cosθ，点P的极坐标方程为ρ＝10cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2．(极坐标同直角坐标的互化)已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－2eq\r(2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝2.(1)将圆O1和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．[解](1)由ρ＝2，知ρ2＝4，所以x2＋y2＝4，因为ρ2－2eq\r(2)ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝2，所以ρ2－2eq\r(2)ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθcos\f(π,4)＋sinθsin\f(π,4)))＝2，所以x2＋y2－2x－2y－2＝0.(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x＋y＝1，化为极坐标方程为ρcosθ＋ρsinθ＝1，即ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).3．(极坐标的应用)(2024·郑州模拟)已知曲线C1：x2＋(y－3)2＝9，A是曲线C1上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点A绕点O逆时针旋转90°得到点B，设点B的轨迹为曲线C2.(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；(2)射线θ＝eq\f(5π,6)(ρ＞0)与曲线C1，C2分别交于P，Q两点，定点M(－4,0)，求△MPQ的面积．[解](1)曲线C1：x2＋(y－3)2＝9，把eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ,y＝ρsinθ))代入可得，曲线C1的极坐标方程为ρ＝6sinθ.设B(ρ，θ)，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ，θ－\f(π,2)))，则ρ＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,2)))＝－6cosθ.所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝－6cosθ.(2)M到直线θ＝eq\f(5π,6)的距离为d＝4sineq\f(5π,6)＝2，射线θ＝eq\f(5π,6)与曲线C1的交点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5π,6)))，射线θ＝eq\f(5π,6)与曲线C2的交点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)，\f(5π,6)))，所以|PQ|＝3eq\r(3)－3，故△MPQ的面积S＝eq\f(1,2)×|PQ|×d＝3eq\r(3)－3.曲线的参数方程(5年4考)[高考解读]以直线、圆及圆锥曲线的参数方程为载体，考查参数方程同一般方程的互化，参数的几何意义，以及解析几何中的最值、范围、位置关系等问题，考查数学运算及等价转化的数学素养.(2024·全国卷Ⅲ)在平面直角坐标系xOy中，⊙O的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)，过点(0，－eq\r(2))且倾斜角为α的直线l与⊙O交于A，B两点．(1)求α的取值范围；(2)求AB中点P的轨迹的参数方程．[解](1)⊙O的直角坐标方程为x2＋y2＝1.当α＝eq\f(π,2)时，l与⊙O交于两点．当α≠eq\f(π,2)时，记tanα＝k，则l的方程为y＝kx－eq\r(2).l与⊙O交于两点当且仅当eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),\r(1＋k2))))＜1，解得k＜－1或k＞1，即α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))或α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))).综上，α的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4))).(2)l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝－\r(2)＋tsinα))t为参数，eq\f(π,4)＜α＜eq\f(3π,4).设A，B，P对应的参数分别为tA，tB，tP，则tP＝eq\f(tA＋tB,2)，且tA，tB满意t2－2eq\r(2)tsinα＋1＝0.于是tA＋tB＝2eq\r(2)sinα，tP＝eq\r(2)sinα.又点P的坐标(x，y)满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tPcosα，,y＝－\r(2)＋tPsinα，))所以点P的轨迹的参数方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)sin2α，,y＝－\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)cos2α))α为参数，eq\f(π,4)＜α＜eq\f(3π,4).[老师备选题](2014·全国卷Ⅰ)已知曲线C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,9)＝1，直线l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋t，,y＝2－2t))(t为参数)．(1)写出曲线C的参数方程，直线l的一般方程；(2)过曲线C上随意一点P作与l夹角为30°的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值．[解](1)曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝3sinθ))(θ为参数)．直线l的一般方程为2x＋y－6＝0.(2)曲线C上随意一点P(2cosθ，3sinθ)到l的距离为d＝eq\f(\r(5),5)|4cosθ＋3sinθ－6|.则|PA|＝eq\f(d,sin30°)＝eq\f(2\r(5),5)|5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且tanα＝eq\f(4,3).当sin(θ＋α)＝－1时，|PA|取得最大值，最大值为eq\f(22\r(5),5).当sin(θ＋α)＝1时，|PA|取得最小值，最小值为eq\f(2\r(5),5).1．直线方程中参数t的几何意义的应用经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα，,y＝y0＋tsinα))(t为参数)．若A，B为直线l上的两点，其对应的参数分别为t1，t2，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为t0，则以下结论在解题中常常用到：(1)t0＝eq\f(t1＋t2,2)；(2)|PM|＝|t0|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t1＋t2,2)))；(3)|AB|＝|t2－t1|；(4)|PA|·|PB|＝|t1·t2|.2．求椭圆、双曲线等曲线上的点到直线的距离的最值时，往往通过参数方程引入三角函数，再借助三角函数的性质进行求解．驾驭参数方程与一般方程互化的规律是求解此类问题的关键．3．不能忽视所给直线方程是不是直线的标准参数方程，非标准的直线参数方程中的t不具有几何意义．1．(参数的几何意义的应用)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为x2＋y2＝4，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2－t，,y＝3\r(3)＋\r(3)t))(t为参数)，若将曲线C1上的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的eq\f(3,2)倍，得曲线C2.(1)写出曲线C2的参数方程；(2)设点P(－2,3eq\r(3))，直线l与曲线C2的两个交点分别为A，B，求eq\f(1,|PA|)＋eq\f(1,|PB|)的值．[解](1)若将曲线C1上的点的纵坐标变为原来的eq\f(3,2)倍，则曲线C2的直角坐标方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)y))eq\s\up12(2)＝4，整理得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,9)＝1，∴曲线C2的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝3sinθ))(θ为参数)．(2)将直线l的参数方程化为标准形式为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2－\f(1,2)t′，,y＝3\r(3)＋\f(\r(3),2)t′))(t′为参数)，将参数方程代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,9)＝1，得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2－\f(1,2)t′))2,4)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)＋\f(\r(3),2)t′))2,9)＝1，整理得eq\f(7,4)(t′)2＋18t′＋36＝0.|PA|＋|PB|＝|t1′＋t2′|＝eq\f(72,7)，|PA||PB|＝t1′t2′＝eq\f(144,7).∴eq\f(1,|PA|)＋eq\f(1,|PB|)＝eq\f(|PA|＋|PB|,|PA||PB|)＝eq\f(\f(72,7),\f(144,7))＝eq\f(1,2).2．(参数方程的应用)(2024·贵阳模拟)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(\r(2),2)t,y＝\f(\r(2),2)t＋4\r(2)))(t是参数)，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).(1)推断直线l与曲线C的位置关系；(2)设M(x，y)为曲线C上随意一点，求x＋y的取值范围．[解](1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)t，,y＝\f(\r(2),2)t＋4\r(2)，))消去t得y＝x＋4eq\r(2)，由ρ＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))得ρ＝eq\r(2)cosθ－eq\r(2)sinθ，由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，ρ2＝x2＋y2得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝1，即C是以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))为圆心，1为半径的圆，圆心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))到直线y＝x＋4eq\r(2)的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)＋4\r(2))),\r(2))＝5＞1，所以直线l与曲线C相离．(2)圆的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)＋cosθ,y＝－\f(\r(2),2)＋sinθ))(θ为参数)，则x＋y＝sinθ＋cosθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，又由θ∈R可得－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))≤1，则－eq\r(2)≤x＋y≤eq\r(2)，所以x＋y的取值范围为[－eq\r(2)，eq\r(2)].极坐标方程与参数方程的综合应用(5年4考)[高考解读]主要考查极坐标方程、参数方程及直角坐标系方程之间的互化，考查利用三角函数求最值，考查利用极径的几何意义及参数的几何意义解决问题的实力.(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轴的正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)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－t2,1＋t2)))eq\s\up12(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).[老师备选题]1．(2024·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)cosα，,y＝sinα))(α为参数)．以坐标原点为极点，以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ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝2eq\r(2).(1)写出C1的一般方程和C2的直角坐标方程；(2)设点P在C1上，点Q在C2上，求|PQ|的最小值及此时P的直角坐标．[解](1)C1的一般方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1，C2的直角坐标方程为x＋y－4＝0.(2)由题意，可设点P的直角坐标为(eq\r(3)cosα，sinα)．因为C2是直线，所以|PQ|的最小值即为P到C2的距离d(α)的最小值，d(α)＝eq\f(|\r(3)cosα＋sinα－4|,\r(2))＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－2))，当且仅当α＝2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)时，d(α)取得最小值，最小值为eq\r(2)，此时P的直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2))).2．(2024·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋t，,y＝kt))(t为参数)，直线l2的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2＋m，,y＝\f(m,k)))(m为参数)．设l1与l2的交点为P，当k改变时，P的轨迹为曲线C.(1)写出C的一般方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l3：ρ(cosθ＋sinθ)－eq\r(2)＝0，M为l3与C的交点，求M的极径．[解](1)消去参数t得l1的一般方程l1：y＝k(x－2)；消去参数m得l2的一般方程l2：y＝eq\f(1,k)(x＋2)．设P(x，y)，由题设得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,y＝\f(1,k)x＋2，))消去k得x2－y2＝4(y≠0)．所以C的一般方程为x2－y2＝4(y≠0)．(2)C的极坐标方程为ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4(0<θ<2π，θ≠π)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2cos2θ－sin2θ＝4，,ρcosθ＋sinθ－\r(2)＝0))得cosθ－sinθ＝2(cosθ＋sinθ)．故tanθ＝－eq\f(1,3)，从而cos2θ＝eq\f(9,10)，sin2θ＝eq\f(1,10).代入ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4得ρ2＝5，所以交点M的极径为eq\r(5).1．解决极坐标与参数方程的综合问题的关键是驾驭极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与一般方程的互化．涉及圆、圆锥曲线上的点的最值问题，往往通过参数方程引入三角函数，利用三角函数的最值求解．2．数形结合的应用，即充分利用参数方程、参数的几何意义，或者利用ρ和θ的几何意义，干脆求解，能达到化繁为简的解题目的．1．(极径的几何意义)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3＋5cosα，,y＝4＋5sinα，))(α为参数)，A，B在曲线C上，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，A，B两点的极坐标为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ1，\f(π,6)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，\f(π,2))).(1)求曲线C的极坐标方程；(2)设曲线C的中心为M，求△MAB的面积．[解](1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3＋5cosα，,y＝4＋5sinα，))消去α，得(x－3)2＋(y－4)2＝25，即x2＋y2－6x－8y＝0，将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，代入得曲线C的极坐标方程为ρ2－6ρcosθ－8ρsinθ＝0，即ρ－6cosθ－8sinθ＝0.(2)将Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ1，\f(π,6)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，\f(π,2)))代入(1)所得的极坐标方程，得ρ1＝4＋3eq\r(3)，ρ2＝8，所以|AB|＝eq\r(ρ\o\al(2,1)＋ρ\o\al(2,2)－2ρ1ρ2cos\f(π,3))＝5eq\r(3).曲线C的中心M到弦AB的距离为d＝eq\r(25－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(5,2)，所以S△MAB＝eq\f(1,2)×eq\f(5,2)×5eq\r(3)＝eq\f(25\r(3),4).2．(最值问题)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：x2＋2y2＝2.以O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＝eq\f(4,\r(2)sinθ＋cosθ).(1)写出曲线C1的参数方程，曲线C2的直角坐标方程；(2)设M是曲线C1上一点，N是曲线C2上一点，求|MN|的最小值．[解](1)由题意可得，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)co