高考数学总复习极坐标与参数方程 14页

2019 年高考数学总复习：极坐标与参数方程 1．直线 x＝1＋tsin70°， y＝2＋tcos70° (t 为参数)的倾斜角为( ) A．70° B．20° C．160° D．110° 答案 B 解析 方法一：将直线参数方程化为标准形式： x＝1＋tcos20°， y＝2＋tsin20° (t 为参数)，则倾斜角为 20°，故选 B. 方法二：tanα＝cos70° sin70° ＝sin20° cos20° ＝tan20°，∴α＝20°. 另外，本题中直线方程若改为 x＝1－tsin70° y＝2＋tcos70° ，则倾斜角为 160°. 2．若直线的参数方程为 x＝1＋2t， y＝2－3t (t 为参数)，则直线的斜率为( ) A.2 3 B．－2 3 C.3 2 D．－3 2 答案 D 3．参数方程 x＝－3＋2cosθ， y＝4＋2sinθ (θ为参数)表示的曲线上的点到坐标轴的最近距离为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 答案 A 解析 参数方程 x＝－3＋2cosθ， y＝4＋2sinθ (θ为参数)表示的曲线的普通方程为(x＋3)2＋(y－4)2＝4， 这是圆心为(－3，4)，半径为 2 的圆，故圆上的点到坐标轴的最近距离为 1. 4．(2018·皖南八校联考)若直线 l： x＝2t， y＝1－4t (t 为参数)与曲线 C： x＝ 5cosθ， y＝m＋ 5sinθ(θ为参数) 相切，则实数 m 为( ) A．－4 或 6 B．－6 或 4 C．－1 或 9 D．－9 或 1 答案 A 解析 由 x＝2t， y＝1－4t (t 为参数)，得直线 l：2x＋y－1＝0，由 x＝ 5cosθ， y＝m＋ 5sinθ(θ为参数)，得曲 线 C：x2＋(y－m)2＝5，因为直线与曲线相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即 |m－1| 22＋1 ＝ 5，解得 m＝－4 或 m＝6. 5．(2014·安徽，理)以平面直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系， 两种坐标系中取相同的长度单位．已知直线 l 的参数方程是 x＝t＋1， y＝t－3 (t 为参数)，圆 C 的极 坐标方程是ρ＝4cosθ，则直线 l 被圆 C 截得的弦长为( ) A. 14 B．2 14 C. 2 D．2 2 答案 D 解析 由题意得直线 l 的方程为 x－y－4＝0，圆 C 的方程为(x－2)2＋y2＝4.则圆心到直线的 距离 d＝ 2，故弦长＝2 r2－d2＝2 2. 6．(2017·北京朝阳二模)在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 x＝t， y＝4＋t (t 为参数)．以 原点 O 为极点，以 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ρ＝4 2·sin(θ ＋π 4 )，则直线 l 和曲线 C 的公共点有( ) A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．无数个 答案 B 解析 直线 l： x＝t， y＝4＋t (t 为参数)化为普通方程得 x－y＋4＝0； 曲线 C：ρ＝4 2sin(θ＋π 4 )化成普通方程得(x－2)2＋(y－2)2＝8， ∴圆心 C(2，2)到直线 l 的距离为 d＝|2－2＋4| 2 ＝2 2＝r. ∴直线 l 与圆 C 只有一个公共点，故选 B. 7．在直角坐标系中，已知直线 l： x＝1＋s， y＝2－s (s 为参数)与曲线 C： x＝t＋3， y＝t2 (t 为参数)相交 于 A，B 两点，则|AB|＝________． 答案 2 解析 曲线 C 可化为 y＝(x－3)2，将 x＝1＋s， y＝2－s 代入 y＝(x－3)2，化简解得 s1＝1，s2＝2， 所以|AB|＝ 12＋12|s1－s2|＝ 2. 8．(2017·人大附中模拟)已知直线 l 的参数方程为 x＝2－t y＝1＋ 3t (t 为参数)，圆 C 的极坐标方程 为ρ＋2sinθ＝0，若在圆 C 上存在一点 P，使得点 P 到直线 l 的距离最小，则点 P 的直角坐 标为________． 答案 ( 3 2 ，－1 2) 解析 由已知得，直线 l 的普通方程为 y＝－ 3x＋1＋2 3，圆 C 的直角坐标方程为 x2＋(y ＋1)2＝1，在圆 C 上任取一点 P(cosα，－1＋sinα)(α∈[0，2π))，则点 P 到直线 l 的距离为 d＝| 3cosα＋sinα－2－2 3| 1＋3 ＝ |2sin（α＋π 3 ）－2－2 3| 2 ＝ 2＋2 3－2sin（α＋π 3 ） 2 .∴当α＝ π 6 时，dmin＝ 3，此时 P( 3 2 ，－1 2)． 9．(2018·衡水中学调研)已知直线 l 的参数方程为 x＝－2＋tcosα， y＝tsinα (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 C 的极坐标方程为ρ＝2sinθ－2cosθ. (1)求曲线 C 的参数方程； (2)当α＝π 4 时，求直线 l 与曲线 C 交点的极坐标． 答案 (1) x＝－1＋ 2cosφ， y＝1＋ 2sinφ (φ为参数) (2)(2，π 2 )，(2，π) 解析 (1)由ρ＝2sinθ－2cosθ， 可得ρ2＝2ρsinθ－2ρcosθ. 所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2＋y2＝2y－2x， 化为标准方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2. 曲线 C 的参数方程为 x＝－1＋ 2cosφ， y＝1＋ 2sinφ (φ为参数)． (2)当α＝π 4 时，直线 l 的方程为 x＝－2＋ 2 2 t， y＝ 2 2 t， 化为普通方程为 y＝x＋2. 由 x2＋y2＝2y－2x， y＝x＋2， 解得 x＝0， y＝2 或 x＝－2， y＝0. 所以直线 l 与曲线 C 交点的极坐标分别为(2，π 2 )，(2，π)． 10．(2016·课标全国Ⅱ)在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的方程为(x＋6)2＋y2＝25. (1)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求 C 的极坐标方程； (2)直线 l 的参数方程是 x＝tcosα， y＝tsinα (t 为参数)，l 与 C 交于 A，B 两点，|AB|＝ 10，求 l 的 斜率． 答案 (1)ρ2＋12ρcosθ＋11＝0 (2) 15 3 或－ 15 3 解析 (1)由 x＝ρcosθ，y＝ρsinθ可得圆 C 的极坐标方程为ρ2＋12ρcosθ＋11＝0. (2)在(1)中建立的极坐标系中，直线 l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)． 设 A，B 所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将 l 的极坐标方程代入 C 的极坐标方程得ρ2＋12ρcos α＋11＝0. 于是ρ1＋ρ2＝－12cosα，ρ1ρ2＝11. |AB|＝|ρ1－ρ2|＝ （ρ1＋ρ2）2－4ρ1ρ2 ＝ 144cos2α－44. 由|AB|＝ 10得 cos2α＝3 8 ，tanα＝± 15 3 . 所以 l 的斜率为 15 3 或－ 15 3 . 11．(2017·江苏，理)在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l 的参数方程为 x＝－8＋t， y＝t 2 (t 为 参数)，曲线 C 的参数方程为 x＝2s2， y＝2 2s (s 为参数)．设 P 为曲线 C 上的动点，求点 P 到直线 l 的距离的最小值． 答案 4 5 5 解析 直线 l 的普通方程为 x－2y＋8＝0. 因为点 P 在曲线 C 上，设 P(2s2，2 2s)， 从而点 P 到直线 l 的距离 d＝|2s2－4 2s＋8| 12＋（－2）2 ＝2（s－ 2）2＋4 5 . 当 s＝ 2时，smin＝4 5 5 . 因此当点 P 的坐标为(4，4)时，曲线 C 上点 P 到直线 l 的距离取到最小值为4 5 5 . 12．(2018·湖南省五市十校高三联考)在直角坐标系 xOy 中，设倾斜角为α的直线 l 的参数方 程为 x＝3＋tcosα， y＝tsinα (t 为参数)，直线 l 与曲线 C： x＝ 1 cosθ ， y＝tanθ (θ为参数)相交于不同的两点 A，B. (1)若α＝π 3 ，求线段 AB 的中点的直角坐标； (2)若直线 l 的斜率为 2，且过已知点 P(3，0)，求 |PA|·|PB|的值． 答案 (1)(9 2 ，3 3 2 ) (2)40 3 解析 (1)由曲线 C： x＝ 1 cosθ ， y＝tanθ (θ为参数)，可得曲线 C 的普通方程是 x2－y2＝1. 当α＝π 3 时，直线 l 的参数方程为 x＝3＋1 2t， y＝ 3 2 t (t 为参数)， 代入曲线 C 的普通方程，得 t2－6t－16＝0，设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2，则 t1＋ t2＝6， 所以线段 AB 的中点对应的 t＝t1＋t2 2 ＝3， 故线段 AB 的中点的直角坐标为(9 2 ，3 3 2 )． (2)将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的普通方程，化简得(cos2α－sin2α)t2＋6tcosα＋8＝0， 则|PA|·|PB|＝|t1t2|＝| 8 cos2α－sin2α| ＝|8（1＋tan2α） 1－tan2α |， 由已知得 tanα＝2，故|PA|·|PB|＝40 3 . 13．(2018·东北三省四市二模)已知在平面直角坐标系 xOy 中，以 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，直线 l 的参数方程是 x＝1－2 5 5 t， y＝1＋ 5 5 t (t 为参数)． (1)求曲线 C1 的直角坐标方程及直线 l 的普通方程； (2)若曲线 C2 的参数方程为 x＝2cosα， y＝sinα (α为参数)，曲线 C1 上的点 P 的极角为π 4 ，Q 为曲线 C2 上的动点，求 PQ 的中点 M 到直线 l 的距离的最大值． 答案 (1)x2＋y2－4x＝0，x＋2y－3＝0 (2) 10 5 解析 (1)由ρ＝4cosθ得ρ2＝4ρcosθ， 又 x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以曲线 C1 的直角坐标方程为 x2＋y2－4x＝0， 由直线 l 的参数方程消去参数 t 得直线 l 的普通方程为 x＋2y－3＝0. (2)因为点 P 的极坐标为(2 2，π 4 )，直角坐标为(2，2)， 点 Q 的直角坐标为(2cosα，sinα)， 所以 M(1＋cosα，1＋1 2sinα)， 点 M 到直线 l 的距离 d＝|1＋cosα＋2＋sinα－3| 5 ＝ 10 5 |sin(α＋π 4 )|， 当α＋π 4 ＝π 2 ＋kπ(k∈Z)，即α＝π 4 ＋kπ(k∈Z)时，点 M 到直线 l 的距离 d 的最大值为 10 5 . 14．(2018·天星大联考)在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 x＝t， y＝－1＋2 2t (t 为 参数)．以 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＝2 2cos(θ ＋π 4 )，若直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点． (1)若 P(0，－1)，求|PA|＋|PB|； (2)若点 M 是曲线 C 上不同于 A，B 的动点，求△MAB 的面积的最大值． 答案 (1)2 10 3 (2)10 5 9 解析 (1)ρ＝2 2cos(θ＋π 4 )可化为ρ＝2cosθ－2sinθ，将 x＝ρcosθ， y＝ρsinθ 代入，得曲线 C 的直 角坐标方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.将直线 l 的参数方程化为 x＝1 3t， y＝－1＋2 2 3 t (t 为参数)，代入(x －1)2＋(y＋1)2＝2，得 t2－2 3t－1＝0，设方程的解为 t1，t2，则 t1＋t2＝2 3 ，t1t2＝－1， 因而|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2| ＝ （t1＋t2）2－4t1t2＝2 10 3 . (2)将直线 l 的参数方程化为普通方程为 2 2x－y－1＝0，设 M(1＋ 2cosθ，－1＋ 2sinθ)， 由点到直线的距离公式，得 M 到直线 AB 的距离为 d＝|2 2（1＋ 2cosθ）＋1－ 2sinθ－1| 3 ＝|2 2＋4cosθ－ 2sinθ| 3 ， 最大值为5 2 3 ，由(1)知|AB|＝|PA|＋|PB|＝2 10 3 ，因而△MAB 面积的最大值为1 2 ×5 2 3 ×2 10 3 ＝10 5 9 . 1．(2018·山西 5 月联考改编)在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 x＝2＋tcosφ， y＝ 3＋tsinφ (t 为参数，φ∈[0，π 3 ])，直线 l 与⊙C：x2＋y2－2x－2 3y＝0 交于 M，N 两点，当φ变化时， 求弦长|MN|的取值范围． 答案 [ 13，4] 解析 将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程中得， (2＋tcosφ)2＋( 3＋tsinφ)2－2(2＋tcosφ)－2 3( 3＋tsinφ)＝0， 整理得，t2＋2tcosφ－3＝0， 设 M，N 两点对应的参数分别为 t1，t2，则 t1＋t2＝－2cosφ，t1·t2＝－3， ∴|MN|＝|t1－t2|＝ （t1＋t2）2－4t1·t2＝ 4cos2φ＋12， ∵φ∈[0，π 3 ]，∴cosφ∈[1 2 ，1]，∴|MN|∈[ 13，4]． 2．(2018·陕西省西安地区高三八校联考)在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 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＝2sinθ，θ∈[0，2π)． (1)求曲线 C 的直角坐标方程； (2)在曲线 C 上求一点 D，使它到直线 l： x＝ 3t＋ 3， y＝－3t＋2， (t 为参数，t∈R)的距离最短，并求 出点 D 的直角坐标． 答案 (1)x2＋y2－2y＝0(或 x2＋(y－1)2＝1) (2)( 3 2 ，3 2) 解析 (1)由ρ＝2sinθ，θ∈[0，2π)，可得ρ2＝2ρsinθ. 因为ρ2＝x2＋y2，ρsinθ＝y， 所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2＋y2－2y＝0(或 x2＋(y－1)2＝1)． (2)因为直线 l 的参数方程为 x＝ 3t＋ 3， y＝－3t＋2， (t 为参数，t∈R)，消去 t 得直线 l 的普通方程为 y ＝－ 3x＋5. 因为曲线 C：x2＋(y－1)2＝1 是以(0，1)为圆心，1 为半径的圆，设点 D(x0，y0)，且点 D 到 直线 l：y＝－ 3x＋5 的距离最短，所以曲线 C 在点 D 处的切线与直线 l：y＝－ 3x＋5 平 行， 即直线 CD 与 l 的斜率的乘积等于－1，即y0－1 x0 ×(－ 3)＝－1.① 因为 x02＋(y0－1)2＝1，② 由①②解得 x0＝－ 3 2 或 x0＝ 3 2 ， 所以点 D 的直角坐标为(－ 3 2 ，1 2)或( 3 2 ，3 2)． 由于点 D 到直线 y＝－ 3x＋5 的距离最短，所以点 D 的直角坐标为( 3 2 ，3 2)． 3．(2014·课标全国Ⅰ)已知曲线 C：x2 4 ＋y2 9 ＝1，直线 l： x＝2＋t， y＝2－2t (t 为参数)． (1)写出曲线 C 的参数方程，直线 l 的普通方程； (2)过曲线 C 上任意一点 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． 思路 (1)利用椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的参数方程为 x＝acosθ， y＝bsinθ (θ为参数)，写出曲线 C 的参数方程．消去直线 l 的参数方程中的参数 t 可得直线 l 的普通方程． (2)设出点 P 的坐标的参数形式．求出点 P 到直线 l 的距离 d，则|PA|＝ d sin30°.转化为求关于 θ的三角函数的最值问题，利用辅助角公式 asinθ＋bcosθ＝ a2＋b2sin(θ＋φ)求解． 答案 (1)C： x＝2cosθ， y＝3sinθ (θ为参数)，l：2x＋y－6＝0 (2)|PA|max＝22 5 5 ，|PA|min＝2 5 5 解析 (1)曲线 C 的参数方程为 x＝2cosθ， y＝3sinθ (θ为参数)． 直线 l 的普通方程为 2x＋y－6＝0. (2)曲线 C 上任意一点 P(2cosθ，3sinθ)到 l 的距离为 d＝ 5 5 |4cosθ＋3sinθ－6|， 则|PA|＝ d sin30° ＝2 5 5 |5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且 tanα＝4 3. 当 sin(θ＋α)＝－1 时，|PA|取得最大值，最大值为22 5 5 . 当 sin(θ＋α)＝1 时，|PA|取得最小值，最小值为2 5 5 . 4．(2015·福建)在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C 的参数方程为 x＝1＋3cost， y＝－2＋3sint (t 为参数)．在 极坐标系(与平面直角坐标系 xOy 取相同的长度单位，且以原点 O 为极点，以 x 轴非负半轴 为极轴)中，直线 l 的方程为 2ρsin(θ－π 4 )＝m(m∈R)． (1)求圆 C 的普通方程及直线 l 的直角坐标方程； (2)设圆心 C 到直线 l 的距离等于 2，求 m 的值． 答案 (1)(x－1)2＋(y＋2)2＝9，x－y＋m＝0 (2)m＝－3±2 2 解析 (1)消去参数 t，得到圆 C 的普通方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝9. 由 2ρsin(θ－π 4 )＝m，得 ρsinθ－ρcosθ－m＝0. 所以直线 l 的直角坐标方程为 x－y＋m＝0. (2)依题意，圆心 C 到直线 l 的距离等于 2， 即|1－（－2）＋m| 2 ＝2，解得 m＝－3±2 2. 5．已知曲线 C1： x＝－4＋cosα， y＝3＋sinα (α为参数)，C2： x＝8cosθ， y＝3sinθ (θ为参数)． (1)分别求出曲线 C1，C2 的普通方程； (2)若 C1 上的点 P 对应的参数为α＝π 2 ，Q 为 C2 上的动点，求 PQ 中点 M 到直线 C3： x＝3＋2t， y＝－2＋t (t 为参数)距离的最小值及此时 Q 点坐标． 答案 (1)C1：(x＋4)2＋(y－3)2＝1 C2：x2 64 ＋y2 9 ＝1 (2)8 5 5 ，(32 5 ，－9 5) 解析 (1)由曲线 C1： x＝－4＋cosα， y＝3＋sinα (α为参数)，得(x＋4)2＋(y－3)2＝1， 它表示一个以(－4，3)为圆心，以 1 为半径的圆； 由 C2： x＝8cosθ， y＝3sinθ (θ为参数)，得x2 64 ＋y2 9 ＝1， 它表示一个中心为坐标原点，焦点在 x 轴上，长半轴长为 8，短半轴长为 3 的椭圆． (2)当α＝π 2 时，P 点的坐标为(－4，4)，设 Q 点坐标为(8cosθ，3sinθ)，PQ 的中点 M(－2 ＋4cosθ，2＋3 2sinθ)． ∵C3： x＝3＋2t， y＝－2＋t， ∴C3 的普通方程为 x－2y－7＝0， ∴d＝|－2＋4cosθ－4－3sinθ－7| 5 ＝|4cosθ－3sinθ－13| 5 ＝|5sin（θ＋φ）－13| 5 ， ∴当 sinθ＝－3 5 ，cosθ＝4 5 时，d 的最小值为8 5 5 ， ∴Q 点坐标为(32 5 ，－9 5)． (第二次作业) 1．(2018·衡水中学调研卷)在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1： x＝ 2cosφ， y＝sinφ (φ为参数)， 曲线 C2：x2＋y2－2y＝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； (2)当 0<α<π 2 时，求|OA|2＋|OB|2 的取值范围． 答案 (1)ρ2＝ 2 1＋sin2θ ，ρ＝2sinθ (2)(2，5) 解析 (1)∵ x＝ 2cosφ y＝sinφ (φ为参数)，∴曲线 C1 的普通方程为x2 2 ＋y2＝1， 由 x＝ρcosθ y＝ρsinθ 得曲线 C1 的极坐标方程为ρ2＝ 2 1＋sin2θ. ∵x2＋y2－2y＝0，∴曲线 C2 的极坐标方程为ρ＝2sinθ. (2)由(1)得|OA|2＝ρ2＝ 2 1＋sin2α，|OB|2＝ρ2＝4sin2α， ∴|OA|2＋|OB|2＝ 2 1＋sin2α ＋4sin2α＝ 2 1＋sin2α ＋4(1＋sin2α)－4， ∵0<α<π 2 ，∴1<1＋sin2α<2，∴6< 2 1＋sin2α＋4(1＋sin2α)<9， ∴|OA|2＋|OB|2 的取值范围为(2，5)． 2 ． (2018· 皖 南 八 校 联 考 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 曲 线 C 的 参 数 方 程 为 x＝a＋acosβ， y＝asinβ (a>0，β为参数)．以 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ρcos(θ－π 3 )＝3 2. (1)若曲线 C 与 l 只有一个公共点，求 a 的值； (2)A，B 为曲线 C 上的两点，且∠AOB＝π 3 ，求△OAB 面积的最大值． 答案 (1)a＝1 (2)3 3a2 4 解析 (1)由题意知，曲线 C 是以(a，0)为圆心，以 a 为半径的圆， 直线 l 的直角坐标方程为 x＋ 3y－3＝0. 由直线 l 与圆 C 只有一个公共点，可得|a－3| 2 ＝a， 解得 a＝1，a＝－3(舍)．所以 a＝1. (2)曲线 C 是以(a，0)为圆心，以 a 为半径的圆，且∠AOB＝π 3 ，由正弦定理得 |AB| sinπ 3 ＝2a， 所以|AB|＝ 3a. 又|AB|2＝3a2＝|OA|2＋|OB|2－2|OA|·|OB|·cosπ 3 ≥|OA|·|OB|， 所以 S△OAB＝1 2|OA|·|OB|sinπ 3 ≤1 2 ×3a2× 3 2 ＝3 3a2 4 ， 所以△OAB 面积的最大值为3 3a2 4 . 3．(2018·福建质检)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 x＝2＋2cost， y＝2sint (t 为参数)．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 ＝π 6 (ρ>0)，A(2，0)． (1)把 C1 的参数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． 答案 (1)ρ＝4cosθ (2) 3－1 2 解析 (1)曲线 C1 的普通方程为(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)方法一：依题意，设点 P，Q 的极坐标分别为(ρ1，π 6 )，(ρ2，π 6 )． 将θ＝π 6 代入ρ＝4cosθ，得ρ1＝2 3， 将θ＝π 6 代入ρ＝2sinθ，得ρ2＝1， 所以|PQ|＝|ρ1－ρ2|＝2 3－1， 点 A(2，0)到曲线θ＝π 6 (ρ>0)的距离 d＝|OA|sinπ 6 ＝1. 所以 S△APQ＝1 2|PQ|·d＝1 2 ×(2 3－1)×1＝2 3－1 2 . 方法二：依题意，设点 P，Q 的极坐标分别为(ρ1，π 6 )，(ρ2，π 6 )． 将θ＝π 6 代入ρ＝4cosθ，得ρ1＝2 3，得|OP|＝2 3， 将θ＝π 6 代入ρ＝2sinθ，得ρ2＝1，即|OQ|＝1. 因为 A(2，0)，所以∠POA＝π 6 ， 所以 S△APQ＝S△OPA－S△OQA ＝1 2|OA|·|OP|·sinπ 6 －1 2|OA|·|OQ|·sinπ 6 ＝1 2 ×2×2 3×1 2 －1 2 ×2×1×1 2 ＝ 3－1 2. 4．(2018·河北保定模拟)在平面直角坐标系中，将曲线 C1 上的每一个点的横坐标保持不变， 纵坐标缩短为原来的1 2 ，得到曲线 C2.以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐 标系，已知曲线 C1 的极坐标方程为ρ＝2. (1)求曲线 C2 的参数方程； (2)过坐标原点 O 且关于 y 轴对称的两条直线 l1 与 l2 分别交曲线 C2 于 A，C 和 B，D，且点 A 在第一象限，当四边形 ABCD 的周长最大时，求直线 l1 的普通方程． 答案 (1) x＝2cosθ y＝sinθ (θ为参数) (2)y＝1 4x 解析 (1)由ρ＝2，得ρ2＝4，因为ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以曲线 C1 的直角坐 标方程为 x2＋y2＝4. 由题可得曲线 C2 的方程为x2 4 ＋y2＝1. 所以曲线 C2 的参数方程为 x＝2cosθ y＝sinθ (θ为参数)． (2)设四边形 ABCD 的周长为 l，点 A(2cosθ，sinθ)， 则 l＝8cosθ＋4sinθ＝4 5( 2 5 cosθ＋ 1 5 sinθ)＝4 5sin(θ＋φ)， 其中 cosφ＝ 1 5 ，sinφ＝ 2 5 . 所以当θ＋φ＝2kπ＋π 2 (k∈Z)时，l 取得最大值，最大值为 4 5. 此时θ＝2kπ＋π 2 －φ(k∈Z)， 所以 2cosθ＝2sinφ＝ 4 5 ，sinθ＝cosφ＝ 1 5 ， 此时 A(4 5 5 ， 5 5 )． 所以直线 l1 的普通方程为 y＝1 4x. 5．(2018·湖北鄂南高中模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 x＝3－ 2 2 t， y＝ 5＋ 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 的极坐标方程为ρ＝2 5sinθ. (1)求直线 l 的普通方程和圆 C 的直角坐标方程； (2)设圆 C 与直线 l 交于 A，B 两点，若点 P 的坐标为(3， 5)，求|PA|＋|PB|. 答案 (1)y＝－x＋3＋ 5，x2＋(y－ 5)2＝5 (2)3 2 解析 (1)由直线 l 的参数方程 x＝3－ 2 2 t， y＝ 5＋ 2 2 t (t 为参数)得直线 l 的普通方程为 y＝－x＋3＋ 5. 由ρ＝2 5sinθ，得 x2＋y2－2 5y＝0， 即圆 C 的直角坐标方程为 x2＋(y－ 5)2＝5. (2)通解：由 x2＋（y－ 5）2＝5， y＝－x＋3＋ 5 得 x2－3x＋2＝0， 解得 x＝1， y＝2＋ 5 或 x＝2， y＝1＋ 5. 不妨设 A(1，2＋ 5)，B(2，1＋ 5)，又点 P 的坐标为(3， 5)． 故|PA|＋|PB|＝ 8＋ 2＝3 2. 优解：将直线 l 的参数方程代入圆 C 的直角坐标方程，得(3－ 2 2 t)2＋( 2 2 t)2＝5，即 t2－3 2t ＋4＝0. 由于Δ＝(3 2)2－4×4＝2>0，故可设 t1，t2 是上述方程的两个实根，所以 t1＋t2＝3 2， t1t2＝4. 又直线 l 过点 P(3， 5)， 故|PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝3 2. 6．(2017·江西南昌一模)在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 过点 P(a，1)，其参数方程为 x＝a＋ 2t， y＝1＋ 2t (t 为参数，a∈R)．以 O 为极点，x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0. (1)求曲线 C1 的普通方程和曲线 C2 的直角坐标方程； (2)已知曲线 C1 与曲线 C2 交于 A，B 两点，且|PA|＝2|PB|，求实数 a 的值． 答案 (1)x－y－a＋1＝0，y2＝4x (2) 1 36 或9 4 解析 (1)∵曲线 C1 的参数方程为 x＝a＋ 2t， y＝1＋ 2t， ∴其普通方程为 x－y－a＋1＝0. ∵曲线 C2 的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0， ∴ρ2cos2θ＋4ρcosθ－ρ2＝0， ∴x2＋4x－x2－y2＝0，即曲线 C2 的直角坐标方程为 y2＝4x. (2)设 A，B 两点所对应的参数分别为 t1，t2，由 y2＝4x， x＝a＋ 2t， y＝1＋ 2t， 得 2t2－2 2t＋1－4a＝0. Δ＝(2 2)2－4×2(1－4a)>0，即 a>0，由根与系数的关系得 t1＋t2＝ 2， t1·t2＝1－4a 2 . 根据参数方程的几何意义可知|PA|＝2|t1|，|PB|＝2|t2|， 又|PA|＝2|PB|可得 2|t1|＝2×2|t2|，即 t1＝2t2 或 t1＝－2t2. ∴当 t1＝2t2 时，有 t1＋t2＝3t2＝ 2， t1·t2＝2t22＝1－4a 2 ，解得 a＝ 1 36>0，符合题意． 当 t1＝－2t2 时，有 t1＋t2＝－t2＝ 2， t1·t2＝－2t22＝1－4a 2 ，解得 a＝9 4>0，符合题意． 综上所述，实数 a 的值为 1 36 或9 4.