高三新課標(biāo)大二輪專題輔導(dǎo)與增分攻略數(shù)學(xué)（文）講義3-7-1第一講　選修4－4　坐標(biāo)系與參數(shù)方程

第一講選修4－4坐標(biāo)系與參數(shù)方程[高考導(dǎo)航]1．考查極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)、參數(shù)方程與普通方程的互化．2．借助極坐標(biāo)方程、參數(shù)方程考查直線與圓、直線與橢圓的位置關(guān)系．考點一極坐標(biāo)方程及應(yīng)用1．直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)的互化公式把直角坐標(biāo)系的原點作為極點，x軸正半軸作為極軸，并在兩坐標(biāo)系中取相同的長度單位．設(shè)M是平面內(nèi)任意一點，它的直角坐標(biāo)是(x，y)，極坐標(biāo)是(ρ，θ)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2＝x2＋y2，,tanθ＝\f(y,x)?x≠0?.))2．幾個特殊位置的圓的極坐標(biāo)方程(1)當(dāng)圓心位于極點，半徑為r：ρ＝r.(2)當(dāng)圓心位于M(a,0)，半徑為a：ρ＝2acosθ.(3)當(dāng)圓心位于Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,2)))，半徑為a：ρ＝2asinθ.3．幾個特殊位置的直線的極坐標(biāo)方程(1)直線過極點：θ＝θ0和θ＝π＋θ0.(2)直線過點M(a,0)且垂直于極軸：ρcosθ＝a.(3)直線過Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，\f(π,2)))且平行于極軸：ρsinθ＝b.【例1】(2019·全國卷Ⅱ)在極坐標(biāo)系中，O為極點，點M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲線C：ρ＝4sinθ上，直線l過點A(4,0)且與OM垂直，垂足為P.(1)當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時，求ρ0及l(fā)的極坐標(biāo)方程；(2)當(dāng)M在C上運動且P在線段OM上時，求P點軌跡的極坐標(biāo)方程．[解題指導(dǎo)](1)eq\x(將θ0＝\f(π,3)代入ρ＝4sinθ求得ρ0)→eq\x(由ρ0可求得|OP|)→eq\x(求得l的極坐標(biāo)方程)(2)eq\x(設(shè)點P?ρ，θ?)→eq\x(\a\al(用ρ，θ表示出Rt△AOP,中的邊角關(guān)系))→eq\x(求出P點軌跡的極坐標(biāo)方程)[解](1)因為M(ρ0，θ0)在C上，當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時，ρ0＝4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由已知得|OP|＝|OA|coseq\f(π,3)＝2.設(shè)Q(ρ，θ)為l上除P的任意一點．在Rt△OPQ中，ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.經(jīng)檢驗，點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))在曲線ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2上．所以，l的極坐標(biāo)方程為ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2.(2)設(shè)P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因為P在線段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).所以，P點軌跡的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).解決極坐標(biāo)問題應(yīng)關(guān)注的兩點(1)用極坐標(biāo)系解決問題時要注意已知的幾何關(guān)系，如果幾何關(guān)系不容易通過極坐標(biāo)表示時，可以先化為直角坐標(biāo)，將不熟悉的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題來解決．(2)在極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)互化的過程中，需要注意當(dāng)條件涉及“角度”和“距離”時，利用極坐標(biāo)將會給問題的解決帶來很大的便利．(2019·鄭州二模)在直角坐標(biāo)系xOy中，以坐標(biāo)原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＝4.(1)M為曲線C1上的動點，點P在線段OM上，且滿足|OM|·|OP|＝16，求點P的軌跡C2的直角坐標(biāo)方程；(2)設(shè)點A的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))，點B在曲線C2上，求△OAB面積的最大值．[解](1)設(shè)P的極坐標(biāo)為(ρ，θ)(ρ>0)，M的極坐標(biāo)為(ρ1，θ)(ρ1>0)．由題設(shè)知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝eq\f(4,cosθ).由|OM|·|OP|＝16得C2的極坐標(biāo)方程ρ＝4cosθ(ρ>0)．因此C2的直角坐標(biāo)方程為(x－2)2＋y2＝4(x≠0)．(2)設(shè)點B的極坐標(biāo)為(ρB，α)(ρB>0)．由題設(shè)知|OA|＝2，ρB＝4cosα，于是△OAB面積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).當(dāng)α＝－eq\f(π,12)時，S取得最大值2＋eq\r(3).所以△OAB面積的最大值為2＋eq\r(3).考點二參數(shù)方程及應(yīng)用1．圓的參數(shù)方程以O(shè)′(a，b)為圓心，r為半徑的圓的參數(shù)方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a＋rcosα，,y＝b＋rsinα，))其中α是參數(shù)．2．橢圓的參數(shù)方程橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的參數(shù)方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝acosφ，,y＝bsinφ，))其中φ是參數(shù)．3．直線的參數(shù)方程(1)經(jīng)過點P0(x0，y0)，傾斜角為α的直線的參數(shù)方程是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα，,y＝y(tǒng)0＋tsinα，))其中t是參數(shù)．(2)若A，B為直線l上兩點，其對應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，線段AB的中點為M，點M所對應(yīng)的參數(shù)為t0，則以下結(jié)論在解題中經(jīng)常用到：①t0＝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|.角度1：參數(shù)方程與普通方程的互化【例2】(2019·合肥二模)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝2sinθ))(θ為參數(shù))，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋?a－1?t，,y＝1＋at))(t為參數(shù))．(1)若a＝eq\f(3,2)，求曲線C與直線l的交點坐標(biāo)；(2)求直線l所過定點P的坐標(biāo)，并求曲線C上任一點Q與點P間距離的最大值和最小值．[解題指導(dǎo)](1)eq\x(\a\al(利用sin2θ＋cos2θ＝1,求曲線C的普通方程))→eq\x(\a\al(消去t得直線l,的普通方程))→eq\x(\a\al(聯(lián)立方程組解得曲線C,與直線l的交點坐標(biāo)))(2)eq\x(\a\al(求出定點,P的坐標(biāo)))→eq\x(\a\al(表示點P的,參數(shù)形式))→eq\x(\a\al(把|PQ|表示為,參數(shù)的函數(shù)))→eq\x(求出最值)[解](1)曲線C的普通方程為x2＋y2＝4.當(dāng)a＝eq\f(3,2)時，直線l的普通方程為y＝3x－2.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,y＝3x－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(6,5)，,y＝\f(8,5)，))所以曲線C與直線l交點的坐標(biāo)為(0，－2)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，\f(8,5))).(2)當(dāng)t＝0時，x＝1，y＝1，則直線l過定點P(1,1)．故曲線C上任一點Q與點P間的距離d＝eq\r(?2cosθ－1?2＋?2sinθ－1?2)＝eq\r(6－4?sinθ＋cosθ?)＝eq\r(6－4\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))).由－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))≤1，得eq\r(6－4\r(2))≤d≤eq\r(6＋4\r(2))，故dmax＝eq\r(6＋4\r(2))＝2＋eq\r(2)，dmin＝eq\r(6－4\r(2))＝2－eq\r(2).角度2：直線參數(shù)方程中參數(shù)幾何意義的應(yīng)用【例3】(2018·全國卷Ⅱ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝4sinθ))(θ為參數(shù))，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋tcosα，,y＝2＋tsinα))(t為參數(shù))．(1)求C和l的普通方程；(2)若曲線C截直線l所得線段的中點坐標(biāo)為(1,2)，求l的斜率．[解題指導(dǎo)](1)eq\x(利用sin2θ＋cos2θ＝1得曲線C的普通方程)→eq\x(消去參數(shù)t得直線l的普通方程)(2)eq\x(聯(lián)立l的參數(shù)方程與C的普通方程)→eq\x(消去x，y得關(guān)于t的一元二次方程)→eq\x(利用t1＋t2＝0求得tanα)[解](1)曲線C的普通方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1.當(dāng)cosα≠0時，l的普通方程為y＝tanα·x＋2－tanα，當(dāng)cosα＝0時，l的普通方程為x＝1.(2)將l的參數(shù)方程代入C的普通方程，整理得關(guān)于t的方程(1＋3cos2α)t2＋4(2cosα＋sinα)t－8＝0.①因為曲線C截直線l所得線段的中點坐標(biāo)為(1,2)，所以①有兩個解，設(shè)為t1，t2，則t1＋t2＝0.又由①得t1＋t2＝eq\f(4?2cosα＋sinα?,1＋3cos2α)，故2cosα＋sinα＝0，于是直線l的斜率k＝tanα＝－2.解決參數(shù)方程問題的3個要點(1)把參數(shù)方程化為普通方程，需要根據(jù)其結(jié)構(gòu)特征，選取適當(dāng)?shù)南麉⒎椒ǎ?2)把普通方程化為參數(shù)方程的關(guān)鍵是選準(zhǔn)參數(shù)，注意參數(shù)的幾何意義及變化范圍．(3)直線參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosα，,y＝y(tǒng)0＋tsinα))(α為傾斜角，t為參數(shù))，其中|t|＝|PM|，P(x，y)為動點，M(x0，y0)為定點，在解決與點P有關(guān)的弦長和距離的乘積問題時廣泛應(yīng)用．1．(2019·山西太原一模)設(shè)直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3＋tcosα，,y＝4＋tsinα))(t為參數(shù)，α為傾斜角)，圓C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2cosθ，,y＝－1＋2sinθ))(θ為參數(shù))．(1)若直線l經(jīng)過圓C的圓心，求直線l的斜率；(2)若直線l與圓C交于兩個不同的點，求直線l的斜率的取值范圍．[解](1)由已知得直線l經(jīng)過的定點是P(3,4)，而圓C的圓心是C(1，－1)，所以，當(dāng)直線l經(jīng)過圓C的圓心時，直線l的斜率為k＝eq\f(5,2).(2)解法一：由圓C的參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2cosθ，,y＝－1＋2sinθ，))得圓C的圓心是C(1，－1)，半徑為2.由直線l的參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3＋tcosα，,y＝4＋tsinα))(t為參數(shù)，α為傾斜角)，得直線l的普通方程為y－4＝k(x－3)(斜率存在)，即kx－y＋4－3k＝0.當(dāng)直線l與圓C交于兩個不同的點時，圓心到直線的距離小于圓的半徑，即eq\f(|5－2k|,\r(k2＋1))<2，解得k>eq\f(21,20).即直線l的斜率的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,20)，＋∞)).解法二：將圓C的參數(shù)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2cosθ，,y＝－1＋2sinθ))化成普通方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝4①，將直線l的參數(shù)方程代入①式，得t2＋2(2cosα＋5sinα)t＋25＝0.②.當(dāng)直線l與圓C交于兩個不同的點時，方程②有兩個不相等的實根，即Δ＝4(2cosα＋5sinα)2－100>0，即20sinαcosα>21cos2α，兩邊同除以20cos2α，得tanα>eq\f(21,20)，即直線l的斜率的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,20)，＋∞)).2．(2019·廣東揭陽二模)以原點O為極點，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，已知曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2cos2θ＝a2(a∈R，a為常數(shù))，過點P(2,1)，傾斜角為30°的直線l的參數(shù)方程滿足x＝2＋eq\f(\r(3),2)t(t為參數(shù))．(1)求曲線C的普通方程和直線l的參數(shù)方程；(2)若直線l與曲線C相交于A、B兩點(點P在A、B之間)，且|PA|·|PB|＝2，求a和||PA|－|PB||的值．[解](1)由ρ2cos2θ＝a2得ρ2(cos2θ－sin2θ)＝a2，又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得x2－y2＝a2，∴曲線C的普通方程為x2－y2＝a2.∵過點(2,1)，傾斜角為30°的直線l的普通方程為y＝eq\f(\r(3),3)(x－2)＋1，由x＝2＋eq\f(\r(3),2)t得y＝1＋eq\f(1,2)t，∴直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\f(\r(3),2)t，,y＝1＋\f(t,2)))(t為參數(shù))．(2)將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\f(\r(3),2)t，,y＝1＋\f(t,2)))代入x2－y2＝a2，得t2＋2(2eq\r(3)－1)t＋2(3－a2)＝0，①依題意知Δ＝[2(2eq\r(3)－1)]2－8(3－a2)>0，則方程①的根t1、t2就是交點A、B對應(yīng)的參數(shù)，t1·t2＝2(3－a2)，由參數(shù)t的幾何意義知|PA|·|PB|＝|t1|·|t2|＝|t1·t2|，得|t1·t2|＝2，∵點P在A、B之間，∴t1·t2<0，∴t1·t2＝－2，即2(3－a2)＝－2，解得a2＝4(滿足Δ>0)，∴a＝±2.∵||PA|－|PB||＝||t1|－|t2||＝|t1＋t2|，又t1＋t2＝－2(2eq\r(3)－1)，∴||PA|－|PB||＝4eq\r(3)－2.考點三極坐標(biāo)方程與參數(shù)方程的綜合應(yīng)用1．對于參數(shù)方程或極坐標(biāo)方程應(yīng)用不夠熟練的情況下，我們可以先化成直角坐標(biāo)的普通方程，這樣思路可能更加清晰．2．對于一些運算比較復(fù)雜的問題，用參數(shù)方程或極坐標(biāo)方程計算會比較簡捷．【例4】(2019·全國卷Ⅰ)直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1－t2,1＋t2)，,y＝\f(4t,1＋t2)))(t為參數(shù))．以坐標(biāo)原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為2ρcosθ＋eq\r(3)ρsinθ＋11＝0.(1)求C和l的直角坐標(biāo)方程；(2)求C上的點到l距離的最小值．[解題指導(dǎo)](1)eq\x(\a\al(消去參數(shù)t得曲,線C的普通方程))→eq\x(\a\al(利用x與t的,關(guān)系得x≠－1))→eq\x(\a\al(利用ρcosθ＝x，ρsinθ＝y(tǒng),求直線l的直角坐標(biāo)方程))(2)eq\x(\a\al(設(shè)出C點的,參數(shù)形式))→eq\x(\a\al(利用θ表,示距離))→eq\x(\a\al(借助三角,函數(shù)求解))[解](1)因為－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＋t2?2)＝1，所以C的直角坐標(biāo)方程為x2＋eq\f(y2,4)＝1(x≠－1)．l的直角坐標(biāo)方程為2x＋eq\r(3)y＋11＝0.(2)由(1)可設(shè)C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝2sinα))(α為參數(shù)，－π<α<π)．C上的點到l的距離為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)).當(dāng)α＝－eq\f(2π,3)時，4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋11取得最小值7，故C上的點到l距離的最小值為eq\r(7).解決極坐標(biāo)與參數(shù)方程問題的關(guān)鍵(1)會轉(zhuǎn)化：把直線與圓的參數(shù)方程轉(zhuǎn)化為普通方程時，要關(guān)注參數(shù)的取值范圍的限定，還需掌握極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式．(2)懂技巧：合理選擇直角坐標(biāo)形式運算、極坐標(biāo)形式運算、參數(shù)坐標(biāo)形式運算，利用參數(shù)及其幾何意義，結(jié)合關(guān)系式尋找關(guān)于參數(shù)的方程或函數(shù)．(2019·河北保定一模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝rcosθ，,y＝rsinθ))(θ為參數(shù)，0<r<4)，曲線C2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋2\r(2)cosθ，,y＝2＋2\r(2)sinθ))(θ為參數(shù))，以坐標(biāo)原點為極點，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，射線θ＝αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))與曲線C1交于點N，與曲線C2交于O，P兩點，且|PN|的最大值為2eq\r(2).(1)將曲線C1與曲線C2化成極坐標(biāo)方程，并求r的值．(2)射線θ＝α＋eq\f(π,4)與曲線C1交于點Q，與曲線C2交于O，M兩點，求四邊形MPNQ面積的最大值．[解](1)將曲線C1的參數(shù)方程化為普通方程為x2＋y2＝r2.所以曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝r(0<r<4)．將曲線C2的參數(shù)方程化為普通方程為(x－2)2＋(y－2)2＝8，即x2＋y2－4x－4y＝0.所以曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ－4cosθ－4sinθ＝0，即ρ＝4eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).因為|PN|max＝|ρP－ρN|max＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－r))max＝2eq\r(2)，所以r＝2eq\r(2)，所以C1：ρ＝2eq\r(2).(2)S四邊形MPNQ＝S△OPM－S△ONQ＝eq\f(1,2)OP·OMsineq\f(π,4)－eq\f(1,2)ON·OQ·sineq\f(π,4)＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))×4eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))×eq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝4eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋4－2eq\r(2).所以當(dāng)α＝eq\f(π,8)時，四邊形MPNQ面積的最大值為4＋2eq\r(2).1．(2019·全國卷Ⅲ)如圖，在極坐標(biāo)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\ac(AB,\s\up15(︵))，eq\o\ac(BC,\s\up15(︵))，eq\o\ac(CD,\s\up15(︵))所在圓的圓心分別是(1,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，(1，π)，曲線M1是弧eq\o\ac(AB,\s\up15(︵))，曲線M2是弧eq\o\ac(BC,\s\up15(︵))，曲線M3是弧eq\o\ac(CD,\s\up15(︵)).(1)分別寫出M1，M2，M3的極坐標(biāo)方程；(2)曲線M由M1，M2，M3構(gòu)成，若點P在M上，且|OP|＝eq\r(3)，求P的極坐標(biāo)．[解](1)由題設(shè)可得，弧eq\o\ac(AB,\s\up15(︵))，eq\o\ac(BC,\s\up15(︵))，eq\o\ac(CD,\s\up15(︵))所在圓的極坐標(biāo)方程分別為ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ.所以M1的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4)))，M2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤θ≤\f(3π,4)))，M3的極坐標(biāo)方程為ρ＝－2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)≤θ≤π)).(2)設(shè)P(ρ，θ)，由題設(shè)及(1)知若0≤θ≤eq\f(π,4)，則2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,6)；若eq\f(π,4)≤θ≤eq\f(3π,4)，則2sinθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,3)或θ＝eq\f(2π,3)；若eq\f(3π,4)≤θ≤π，則－2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(5π,6).綜上，P的極坐標(biāo)為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．(2018·全國卷Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的方程為y＝k|x|＋2.以坐標(biāo)原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ2＋2ρcosθ－3＝0.(1)求C2的直角坐標(biāo)方程；(2)若C1與C2有且僅有三個公共點，求C1的方程．[解](1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得C2的直角坐標(biāo)方程為(x＋1)2＋y2＝4.(2)由(1)知C2是圓心為A(－1,0)，半徑為2的圓．由題設(shè)知，C1是過點B(0,2)且關(guān)于y軸對稱的兩條射線．記y軸右邊的射線為l1，y軸左邊的射線為l2.由于B在圓C2的外面，故C1與C2有且僅有三個公共點等價于l1與C2只有一個公共點且l2與C2有兩個公共點，或l2與C2只有一個公共點且l1與C2有兩個公共點．當(dāng)l1與C2只有一個公共點時，A到l1所在直線的距離為2，所以eq\f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝－eq\f(4,3)或k＝0，經(jīng)檢驗，當(dāng)k＝0時，l1與C2沒有公共點；當(dāng)k＝－eq\f(4,3)時，l1與C2只有一個公共點，l2與C2有兩個公共點．當(dāng)l2與C2只有一個公共點時，A到l2所在直線的距離為2，所以eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝0或k＝eq\f(4,3).經(jīng)檢驗，當(dāng)k＝0時，l1與C2沒有公共點；當(dāng)k＝eq\f(4,3)時，l2與C2沒有公共點．綜上，所求C1的方程為y＝－eq\f(4,3)|x|＋2.1.坐標(biāo)系與參數(shù)方程是高考的選考內(nèi)容之一，高考考查的重點主要有兩個方面：一是簡單曲線的極坐標(biāo)方程；二是參數(shù)方程、極坐標(biāo)方程與曲線的綜合應(yīng)用．2．全國課標(biāo)卷對此部分內(nèi)容的考查以解答題形式出現(xiàn)，難度中等，備考此部分內(nèi)容時應(yīng)注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．專題強化訓(xùn)練(三十一)1．(2019·湖南長沙聯(lián)考)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線C1：x＝－2，圓C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐標(biāo)原點為極點，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．(1)求C1，C2的極坐標(biāo)方程．(2)若直線C3的極坐標(biāo)方程為θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)，設(shè)C2與C3的交點分別為M，N，求△C2MN的面積．[解](1)∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴C1：x＝－2的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＝－2，C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1的極坐標(biāo)方程為(ρcosθ－1)2＋(ρsinθ－2)2＝1，化簡，得ρ2－(2ρcosθ＋4ρsinθ)＋4＝0.(2)把直線C3的極坐標(biāo)方程θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)代入圓C2：ρ2－(2ρcosθ＋4ρsinθ)＋4＝0，得ρ2－3eq\r(2)ρ＋4＝0，解得ρ1＝2eq\r(2)，ρ2＝eq\r(2).∴|MN|＝|ρ1－ρ2|＝eq\r(2).∵圓C2的半徑為1，∴|C2M|2＋|C2N|2＝|MN|2∴C2M⊥C2N∴△C2MN的面積為eq\f(1,2)·|C2M|·|C2N|＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2).2．(2019·湖南郴州二模)已知極坐標(biāo)系中，點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)，\f(π,4)))，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2＝eq\f(12,1＋2sin2θ)，點N在曲線C上運動，以極點為坐標(biāo)原點，極軸為x軸的正半軸，建立平面直角坐標(biāo)系，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝6＋t，,y＝t))(t為參數(shù))．(1)求直線l的普通方程與曲線C的參數(shù)方程；(2)求線段MN的中點P到直線l的距離的最小值．[解](1)∵直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝6＋t，,y＝t))(t為參數(shù))，∴消去參數(shù)t得直線l的普通方程為x－y－6＝0.曲線C的極坐標(biāo)方程化為ρ2＋2ρ2sin2θ－12＝0，∴曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋3y2－12＝0，即eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1.∴曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2\r(3)cosα，,y＝2sinα))(α為參數(shù))．(2)設(shè)N(2eq\r(3)cosα，2sinα)(0≤α<2π)，點M的極坐標(biāo)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)，\f(π,4)))化成直角坐標(biāo)為(4,4)，則P(eq\r(3)cosα＋2，sinα＋2)，∴點P到直線l的距離d＝eq\f(|\r(3)cosα－sinα－6|,\r(2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－6)),\r(2))≥2eq\r(2)，當(dāng)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1時，等號成立．∴點P到l的距離的最小值為2eq\r(2).3．(2019·湖北八校聯(lián)考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)t，,y＝1＋\f(\r(3),2)t))(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6))).(1)求曲線C的直角坐標(biāo)方程；(2)設(shè)點M的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，直線l與曲線C的交點為A，B，求|MA|＋|MB|的值．[解](1)把ρ＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))展開得ρ＝2sinθ＋2eq\r(3)cosθ，兩邊同乘ρ，得ρ2＝2ρsinθ＋2eq\r(3)ρcosθ，①將ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，ρsinθ＝y(tǒng)代入①，即得曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2eq\r(3)x－2y＝0.(2)將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)t，,y＝1＋\f(\r(3),2)t))(t為參數(shù))代入曲線C的直角坐標(biāo)方程，得t2＋e