第1讲 坐标系
[基础题组练]
??x＝cos t，?1．(2020·山东省安丘市、诸城市联考)在直角坐标系xOy中，曲线C1：(t?y＝1＋sin t?
为参数)，以坐标原点O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π??程为2ρcos ?θ－?＝33.
3??
(1)求曲线C1的极坐标方程；
π
(2)已知点M(2，0)，直线l的极坐标方程为θ＝，它与曲线C1的交点为O，P，与曲
6线C2的交点为Q，求△MPQ的面积．
解：(1)C1：?
?x＝cos t，?
??y＝1＋sin t，
2
2
其普通方程为x＋(y－1)＝1，化为极坐标方程为C1：ρ＝2sin θ.
ρ＝2sin θ，???π?(2)联立C1与l的极坐标方程?解得P点极坐标为?1，?， π6??θ＝，?6?
π??θ－??＝33，?2ρcos?3??
联立C2与l的极坐标方程
?π
??θ＝6，?π?解得Q点极坐标为?3，?，所以
6??
PQ＝2，又点M到直线l的距离d＝2sin ＝1，
1
故△MPQ的面积S＝PQ·d＝1.
2
??x＝1＋cos α，
2．(2020·江西九江模拟)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为?
?y＝sin α?
π
6
(α为参数)，曲线C2：＋y＝1.
3
(1)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求C1，C2的极坐标方程； π
(2)射线OT：θ＝(ρ≥0)与C1异于极点的交点为A，与C2的交点为B，求|AB|的大小．
6
??x＝1＋cos α2222
解：(1)由?得(x－1)＋y＝1，即x＋y－2x＝0，
?y＝sin α?
x2
2
所以C1的极坐标方程为ρ－2ρcos θ＝0，即ρ＝2cos θ；
2
由＋y＝1得C2的极坐标方程为3
x2
2
ρ2cos2 θ3
＋ρsin θ＝1.
22
ρ＝2cos θ??π
(2)联立?得|OA|＝ρ1＝2cos ＝3， π
6θ＝?6?
??3
联立?π
θ＝??6
ρ2cos2 θ＋ρsin θ＝1，
得|OB|＝ρ2＝2，
22
所以|AB|＝3－2.
3．平面直角坐标系xOy中，倾斜角为α的直线l过点M(－2，－4)，以原点O为极点，
x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2cos θ.
(1)写出直线l的参数方程(α为常数)和曲线C的直角坐标方程； (2)若直线l与C交于A，B两点，且|MA|·|MB|＝40，求倾斜角α的值．
??x＝－2＋tcos α，解：(1)直线l的参数方程为?(t为参数)，
?y＝－4＋tsin α?
ρsin2θ＝2cos θ，即ρ2sin2θ＝2ρcos θ，将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入曲
线C得直角坐标方程为y＝2x.
(2)把直线l的参数方程代入y＝2x得
2
2
t2sin2α－(2cos α＋8sin α)t＋20＝0，
设A，B对应的参数分别为t1，t2，
20
由一元二次方程根与系数的关系得t1t2＝2，
sinα根据直线的参数方程中参数的几何意义，得|MA|·|MB|＝|t1t2|＝3π或α＝. 4
π22
又Δ＝(2cos α＋8sin α)－80sinα>0，所以α＝.
44．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：?
20π
＝40，得α＝2sinα4
?x＝2cos φ，22
(φ为参数)，曲线C2：x＋y?y＝sin φ－2y＝0，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l：θ＝α(ρ≥0)与曲线C1，C2分别交于点A，B(均异于原点O)．
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
π22
(2)当0<α<时，求|OA|＋|OB|的取值范围．
2
?x＝2cos φ，x22
解：(1)因为?(φ为参数)，所以曲线C1的普通方程为＋y＝1.
2?y＝sin φ??x＝ρcos θ，22
由?得曲线C1的极坐标方程为ρ＝. 2
1＋sinθ?y＝ρsin θ?
因为x＋y－2y＝0，
所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.
222222
(2)由(1)得|OA|＝ρ＝，|OB|＝ρ＝4sinα， 2
1＋sinα222222
所以|OA|＋|OB|＝＋4sinα＝＋4(1＋sinα)－4， 221＋sinα1＋sinαπ2
因为0<α<，所以1<1＋sinα<2，
222
所以6<＋4(1＋sinα)<9， 2
1＋sinα所以|OA|＋|OB|的取值范围为(2，5)．
[综合题组练]
1．在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程是x＝4.曲线C的参数方程是
2
2
22
?x＝1＋2cos φ，
(φ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． ?
?y＝1＋2sin φ(1)求直线l和曲线C的极坐标方程；
π?|OA|?(2)若射线θ＝α?ρ≥0，0<α
解：(1)由x＝ρcos θ，得直线l的极坐标方程为ρcos θ＝4.
?x＝1＋2cos φ，
曲线C的参数方程为?(φ为参数)，
?y＝1＋2sin φ消去参数φ得曲线C的普通方程为(x－1)＋(y－1)＝2， 即x＋y－2x－2y＝0，
将x＋y＝ρ，x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入上式得ρ＝2ρcos θ＋2ρsin θ， 所以曲线C的极坐标方程为ρ＝2cos θ＋2sin θ. (2)设A(ρ1，α)，B(ρ2，α)，
4
则ρ1＝2cos α＋2sin α，ρ2＝，
cos α|OA|ρ1（2cos α＋2sin α）cos α所以＝＝ |OB|ρ24
2
2
2
2
2
2
2
2
sin αcos α＋cosα11＝＝(sin 2a＋cos 2α)＋
244＝
π?12?
sin?2α＋?＋，
4?44?
2
πππ3π
因为0<α<，所以<2α＋<，
4444所以π?2? 4?2? π?11＋212? 所以 4?4244?故 |OA|?11＋2? 的取值范围是?，?. |OB|4??2 ??x＝cos φ，2．在直角坐标系xOy中，直线l的方程是y＝6，圆C的参数方程是?(φ?y＝1＋sin φ? 为参数)，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系． (1)分别求直线l与圆C的极坐标方程； π??(2)射线OM：θ＝α?0<α 2?? θ＝α＋与圆C交于O，Q两点，与直线l交于点N，求π 2|OP||OQ| ·的最大值． |OM||ON| 解：(1)直线l的方程是y＝6，可得极坐标方程为ρsin θ＝6，圆C的参数方程是 ?x＝cos φ，??(φ为参数)， ?y＝1＋sin φ? 可得普通方程为x＋(y－1)＝1， 展开为x＋y－2y＝0. 化为极坐标方程为ρ－2ρsin θ＝0，即ρ＝2sin θ. 6 (2)由题意可得，点P，M的极坐标为(2sin α，α)，(，α)． sin α6|OP|sinα所以|OP|＝2sin α，|OM|＝，可得＝. sin α|OM|3π?2?sin?α＋?2?cos2α|OQ|? 同理可得＝＝. |ON|33|OP||OQ|sin2α1 所以·＝≤. |OM||ON|3636π 当α＝时，取等号． 4 2 2 2 2 2 22 |OP||OQ|1所以·的最大值为. |OM||ON|36 ?x＝1＋22cos β，3．在直角坐标系中，已知曲线M的参数方程为?(β为参数)，在 ?y＝1＋22sin βπ 极坐标系中，直线l1的方程为α1＝θ，直线l2的方程为α2＝θ＋. 2 (1)写出曲线M的普通方程，并指出它是什么曲线； (2)设l1与曲线M交于A，C两点，l2与曲线M交于B，D两点，求四边形ABCD面积的取值范围． ?x＝1＋22cos β， 解：(1)由?(β为参数)，消去参数β，得曲线M的普通方程为(x?y＝1＋22sin β－1)＋(y－1)＝8， 所以曲线M是以(1，1)为圆心，22为半径的圆． (2)设|OA|＝ρ1，|OC|＝ρ2，因为O，A，C三点共线， 则|AC|＝|ρ1－ρ2|＝（ρ1＋ρ2）－4ρ1ρ2 (*)， 将曲线M的方程化成极坐标方程，得ρ－2ρ(sin θ＋cos θ)－6＝0， 所以? ?ρ1＋ρ2＝2（sin θ＋cos θ），? ??ρ1ρ2＝－6， 22 2 2 代入(*)式得|AC|＝28＋4sin 2θ. π 用θ＋代替θ，得|BD|＝28－4sin 2θ， 21 又l1⊥l2，所以S四边形ABCD＝|AC|·|BD|， 2 12 所以S四边形ABCD＝（28＋4sin 2θ）（28－4sin 2θ）＝249－sin2θ， 2因为sin2θ∈[0，1]，所以S四边形ABCD∈[83，14]． π?21?4．在极坐标系中，已知曲线C1：ρcos?θ＋?＝，C2：ρ＝1(0≤θ≤π)，C3：24?2ρ?cosθ2 ＝＋sinθ.设C1与C2交于点M. 3 (1)求点M的极坐标； |MA|·|MB| (2)若直线l过点M，且与曲线C3交于不同的两点A，B，求的最小值． |AB|π?2?2 解：(1)曲线C1：ρcos?θ＋?＝，可得x－y＝1，C2：ρ＝1(0≤θ≤π)，可得x4?2? ??x－y＝1， ＋y＝1(y≥0)，由?2可得点M的直角坐标为(1，0)，因此点M的极坐标2 ?x＋y＝1（y≥0），? 2 2 2
2021版高考数学一轮复习选修4_4坐标系与参数方程第1讲坐标系练习理北师大版
