2020版高考数学复习第十三单元第64讲坐标系练习理新人教a版 5页

第64讲　坐标系1.[2018·乌兰察布集宁一中月考]在极坐标系中,求点2,π6到直线ρsinθ-π6=1的距离.2.在极坐标系中,已知圆C经过点P2,π4,圆心为直线ρsinθ-π3=-32与极轴的交点,求圆C的极坐标方程.3.[2018·福建质检]在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4,在以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sinθ,曲线C3:θ=π6(ρ>0),A(2,0).(1)将C1的直角坐标方程化为极坐标方程;(2)设C3分别交C1,C2于点P,Q,求△APQ的面积.4.[2018·南昌模拟]在平面直角坐标系xOy中,圆C1:x2+y2=1经过伸缩变换x'=2x,y'=3y后得到曲线C2.以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴,取相同的单位长度建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρ(2cosθ+3sinθ)=9.(1)求曲线C2和直线l的直角坐标方程;(2)设点M是曲线C2上的一个动点,求点M到直线l的距离的最大值.n5.[2018·齐齐哈尔模拟]在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点O为极点,以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=sinθ+cosθ,点P在曲线C上运动.(1)若点Q在射线OP上,且|OP|·|OQ|=4,求点Q的轨迹的直角坐标方程;(2)设M4,3π4,求△MOP面积的最大值.6.[2018·黑龙江五校联考]在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点O为极点,以x轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线C1的极坐标方程为ρ=22sinθ+π4,曲线C2的极坐标方程为ρsinθ=a(a>0),射线θ=φ,θ=φ+π4,θ=φ-π4,θ=φ+π2与曲线C1分别交异于极点O的四点A,B,C,D.(1)若曲线C1关于曲线C2对称,求a的值,并求曲线C1和C2的直角坐标方程;(2)求|OA|·|OC|+|OB|·|OD|的值.7.在极坐标系中,曲线C1,C2的极坐标方程分别为ρ=-2cosθ,ρcosθ+π3=1.(1)求曲线C1和C2的公共点的个数;(2)过极点作动直线与曲线C2相交于点Q,在射线OQ上取一点P,使|OP|·|OQ|=2,求点P的轨迹方程,并指出点P的轨迹是什么图形.8.[2018·贵阳模拟]在平面直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρ=4cosθ,曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ.(1)求曲线C2的直角坐标方程;(2)过原点且倾斜角为απ6<α≤π4的射线l与曲线C1,C2分别相交于A,B两点(A,B异于原点),求|OA|·|OB|的取值范围.课时作业(六十四)1.解:以极点为原点,以极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系.n点2,π6的直角坐标为2cosπ6,2sinπ6,即(3,1).又直线ρsinθ-π6=1可化为32ρsinθ-12ρcosθ=1,所以直线的直角坐标方程为x-3y+2=0,由点到直线的距离公式得d=1,所以点2,π6到直线ρsinθ-π6=1的距离为1.2.解:在ρsinθ-π3=-32中,令θ=0,得ρ=1,所以圆C的圆心的极坐标为(1,0).因为圆C经过点P2,π4,所以圆C的半径|PC|=(2)2+12-2×1×2cosπ4=1,所以圆C的直角坐标方程为(x-1)2+y2=1,即x2+y2-2x=0,所以圆C的极坐标方程为ρ2-2ρcosθ=0,即ρ=2cosθ.3.解:(1)因为C1的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4,即x2+y2-4x=0,所以C1的极坐标方程为ρ2-4ρcosθ=0,即ρ=4cosθ.(2)设点P,Q的极坐标分别为ρ1,π6,ρ2,π6.将θ=π6代入ρ=4cosθ,得ρ1=23,将θ=π6代入ρ=2sinθ,得ρ2=1,所以|PQ|=|ρ1-ρ2|=23-1.依题意得,点A(2,0)到曲线θ=π6(ρ>0)的距离d=|OA|sinπ6=1,所以S△APQ=12|PQ|·d=12×(23-1)×1=3-12.4.解:(1)由x2+y2=1经过伸缩变换x'=2x,y'=3y,可得曲线C2的方程为x'22+y'32=1,即x24+y23=1.由极坐标方程ρ(2cosθ+3sinθ)=9可得直线l的直角坐标方程为2x+3y-9=0.(2)由(1)可知,曲线C2的参数方程为x=2cosα,y=3sinα(α为参数),所以可设点M(2cosα,3sinα).由点到直线的距离公式,得点M到直线l的距离d=|4cosα+3sinα-9|7=|5sin(α+φ)-9|7其中sinφ=45,cosφ=35,由三角函数的性质知,当α+φ=3π2时,点M到直线l的距离有最大值27.5.解:(1)设P(ρ,θ),Q(ρ1,θ),ρ>0,ρ1>0,则ρ=sinθ+cosθ.又∵|OP|·|OQ|=4,∴ρρ1=4,∴ρ=4ρ1,∴4ρ1=sinθ+cosθ,即ρ1cosθ+ρ1sinθ=4.n由互化公式可得点Q的轨迹的直角坐标方程为x+y=4.(2)设P(ρ,θ)(ρ>0),则ρ=cosθ+sinθ.∵M4,3π4,∴△MOP的面积S=12×4ρ·sin3π4-θ=2ρ·22cosθ+22sinθ=2(cosθ+sinθ)2=2(1+sin2θ)≤22,当且仅当sin2θ=1,即θ=π4时等号成立,∴△MOP面积的最大值为22.6.解:(1)由题意知,C1的极坐标方程可转化为ρ2=22ρ22sinθ+22cosθ=2ρsinθ+2ρcosθ,化为直角坐标方程为(x-1)2+(y-1)2=2.将C2的极坐标方程化为直角坐标方程为y=a.因为曲线C1关于曲线C2对称,所以直线y=a经过圆心(1,1),解得a=1,故C2的直角坐标方程为y=1.(2)由题意可得,|OA|=22sinφ+π4,|OB|=22sinφ+π2=22cosφ,|OC|=22sinφ,|OD|=22cosφ+π4,所以|OA|·|OC|+|OB|·|OD|=8sinφ+π4sinφ+8cosπ4+φcosφ=8cosπ4=8×22=42.7.解:(1)由题意知,C1的直角坐标方程为(x+1)2+y2=1,它表示圆心为(-1,0),半径为1的圆.C2的直角坐标方程为x-3y-2=0,所以曲线C2为直线.由于圆心到直线的距离d=32>1,所以直线与圆相离,即曲线C1和C2的公共点个数为0.(2)设Q(ρ0,θ),P(ρ,θ),ρ>0,ρ0>0,则ρρ0=2,即ρ0=2ρ①,因为点Q(ρ0,θ)在曲线C2上,所以ρ0cosθ+π3=1②,将①代入②,得2ρcosθ+π3=1,即ρ=2cosθ+π3,点P的轨迹方程为ρ=2cosθ+π3,化为直角坐标方程是x-122+y+322=1,所以点P的轨迹是以12,-32为圆心,1为半径的圆(不包括原点).8.解:(1)由曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ,两边同乘ρ,得ρ2cos2θ=ρsinθ,故曲线C2的直角坐标方程为x2=y.(2)由题可知,射线l的极坐标方程为θ=α,π6<α≤π4,把射线l的极坐标方程代入曲线C1的极坐标方程得|OA|=4cosα,把射线l的极坐标方程代入曲线C2的极坐标方程得|OB|=sinαcos2α,∴|OA|·|OB|=4cosα·sinαcos2α=4tanα.n∵π6<α≤π4,∴tanα∈33,1,∴|OA|·|OB|的取值范围是433,4.