2024年高考數(shù)學(xué)微專題練習(xí)專練67高考大題專練七坐標(biāo)系與參數(shù)方程含解析理

PAGEPAGE7專練67高考大題專練(七)坐標(biāo)系與參數(shù)方程1．[2024·貴陽(yáng)市五校聯(lián)考]以直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．已知曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3t，,y＝2t2＋1))(t為參數(shù))，直線l的極坐標(biāo)方程為ρsin(θ－eq\f(π,6))＝－eq\r(3).(1)已知點(diǎn)M(6，a)在曲線C上，求a的值；(2)設(shè)點(diǎn)P為曲線C上一點(diǎn)，求點(diǎn)P到直線l距離的最小值．2．[2024·全國(guó)甲卷(理)，22]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2＋t,6),y＝\r(t)))(t為參數(shù))，曲線C2的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2＋s,6),y＝－\r(s)))(s為參數(shù)).(1)寫出C1的一般方程；(2)以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C3的極坐標(biāo)方程為2cosθ－sinθ＝0，求C3與C1交點(diǎn)的直角坐標(biāo)，及C3與C2交點(diǎn)的直角坐標(biāo)．3．[2024·安陽(yáng)模擬]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)cosθ，,y＝sinθ))(θ為參數(shù))，直線l過(guò)點(diǎn)M(1，0)且傾斜角為α.(1)求出直線l的參數(shù)方程和曲線C的一般方程；(2)若直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且eq\f(|MA|·|MB|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(|MA|－|MB|)))＝eq\f(\r(3),3)，求cosα的值．4.[2024·全國(guó)甲卷]在直角坐標(biāo)系xOy中，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸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＝2eq\r(2)cosθ.(1)將C的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程；(2)設(shè)點(diǎn)A的直角坐標(biāo)為(1，0)，M為C上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P滿意eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(AM,\s\up6(→))，寫出P的軌跡C1的參數(shù)方程，并推斷C與C1是否有公共點(diǎn)．5．[2024·石嘴山模擬]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋cosα，,y＝sinα))(α為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，點(diǎn)A為曲線C1上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)B在線段OA的延長(zhǎng)線上且滿意|OA|·|OB|＝8，點(diǎn)B的軌跡為C2.(1)求曲線C1，C2的極坐標(biāo)方程；(2)設(shè)點(diǎn)M的極坐標(biāo)為(2，eq\f(3π,2))，求△ABM面積的最小值．6．[2024·全國(guó)乙卷(理)，22]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)cos2t，,y＝2sint)))(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，已知直線l的極坐標(biāo)方程為ρsin(θ＋eq\f(π,3))＋m＝0.(1)寫出l的直角坐標(biāo)方程；(2)若l與C有公共點(diǎn)，求m的取值范圍．專練67高考大題專練(七)坐標(biāo)系與參數(shù)方程1．解析：(1)∵點(diǎn)M在曲線C上，∴6＝3t，∴t＝2，∴a＝y(tǒng)＝2×22＋1＝9.(2)∵直線l的極坐標(biāo)方程為ρsin(θ－eq\f(π,6))＝－eq\r(3)，∴直線l的直角坐標(biāo)方程為x－eq\r(3)y－2eq\r(3)＝0.∵點(diǎn)P在曲線C上，∴設(shè)P(3t，2t2＋1)，則點(diǎn)P到直線l的距離為d＝eq\f(|3t－2\r(3)t2－3\r(3)|,2)，當(dāng)t＝eq\f(\r(3),4)時(shí)，dmin＝eq\f(21\r(3),16).2．解析：(1)C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2＋t,6)，,y＝\r(t)．))消去參數(shù)t，得C1的一般方程為y2＝6x－2(y≥0).(2)曲線C3的極坐標(biāo)方程為2cosθ－sinθ＝0，兩邊同乘ρ，得2ρcosθ－ρsinθ＝0，則C3的直角坐標(biāo)方程為y＝2x.聯(lián)立得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝6x－2（y≥0），,y＝2x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))將曲線C2的參數(shù)方程中的參數(shù)s消去，得y2＝－6x－2(y≤0).聯(lián)立得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝－6x－2（y≤0），,y＝2x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)，,y＝－1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2.))所以C3與C1交點(diǎn)的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))，C3與C2交點(diǎn)的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－1))和(－1，－2).3．解析：(1)曲線C的參數(shù)方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)cosθ，,y＝sinθ))(θ為參數(shù))，轉(zhuǎn)換為一般方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1；直線l過(guò)點(diǎn)M(1，0)且傾斜角為α，則參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋tcosα，,y＝tsinα))(t為參數(shù)).(2)把直線l的參數(shù)方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋tcosα，,y＝tsinα))(t為參數(shù))代入eq\f(x2,2)＋y2＝1.得到(1＋sin2α)t2＋2tcosα－1＝0，所以t1＋t2＝－eq\f(2cosα,1＋sin2α)，t1t2＝－eq\f(1,1＋sin2α)(t1和t2分別為A和B對(duì)應(yīng)的參數(shù))，t1t2<0，則t1，t2異號(hào)，||MA|－|MB||＝||t1|－|t2||＝|t1＋t2|，由eq\f(|MA|·|MB|,||MA|－|MB||)＝eq\f(\r(3),3)，整理得|t1＋t2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(2cosα,1＋sin2α)))＝eq\r(3)|t1t2|＝eq\f(\r(3),1＋sin2α)，解得cosα＝±eq\f(\r(3),2).4．解析：(1)依據(jù)ρ＝2eq\r(2)cosθ，得ρ2＝2eq\r(2)ρcosθ，因?yàn)閤2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，所以x2＋y2＝2eq\r(2)x，所以C的直角坐標(biāo)方程為(x－eq\r(2))2＋y2＝2.(2)設(shè)P(x，y)，M(x′，y′)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x－1，y)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(x′－1，y′).因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(AM,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＝\r(2)（x′－1）,y＝\r(2)y′))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x－1,\r(2))＋1,y′＝\f(y,\r(2))))，因?yàn)镸為C上的動(dòng)點(diǎn)，所以(eq\f(x－1,\r(2))＋1－eq\r(2))2＋(eq\f(y,\r(2)))2＝2，即(x－3＋eq\r(2))2＋y2＝4.所以P的軌跡C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3－\r(2)＋2cosα，,y＝2sinα))(其中α為參數(shù)，α∈[0，2π)).所以|CC1|＝3－2eq\r(2)，⊙C1的半徑r1＝2，又⊙C的半徑r＝eq\r(2)，所以|CC1|<r1－r，所以C與C1沒(méi)有公共點(diǎn)．5．解析：(1)由曲線C1的參數(shù)方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋cosα，,y＝sinα))(α為參數(shù))，消去參數(shù)，可得一般方程為(x－1)2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0，又由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，代入可得曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cosθ，設(shè)點(diǎn)B的極坐標(biāo)為(ρ，θ)，A點(diǎn)的極坐標(biāo)為(ρ0，θ0)，則|OB|＝ρ，|OA|＝ρ0，ρ0＝2cosθ0，θ＝θ0，因?yàn)閨OA|·|OB|＝8，所以ρ·ρ0＝8，即eq\f(8,ρ)＝2cosθ，即ρcosθ＝4，所以曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＝4.(2)由題意，可得|OM|＝2，則S△ABM＝S△OBM－S△OAM＝eq\f(1,2)|OM|·|xB－xA|＝eq\f(1,2)×2×|4－2cos2θ|＝|4－2cos2θ|，即S△ABM＝4－2cos2θ，當(dāng)cos2θ＝1時(shí)，可得S△ABM的最小值為2.6．解析：(1)由ρsin(θ＋eq\f(π,3))＋m＝0，得eq\f(1,2)ρsinθ＋eq\f(\r(3),2)ρcosθ＋m＝0.∵ρcosθ＝x，ρsinθ＝y(tǒng)，∴l(xiāng)的直角坐標(biāo)方程為eq\f(\r(3),2)x＋eq\f(1,2)y＋m＝0.(2)(方法一)把x＝eq\r(3)cos2t，y＝2sint代入eq\f(\r(3),2)x＋eq\f(1,2)y＋m＝0，得m＝－eq\f(3,2)cos2t－sint＝－eq\f(3,2)＋3sin2t－sint＝3(sint－eq\f(1,6))2－eq\f(19,12).∵sint∈[－1，1]，∴當(dāng)sint＝eq\f(1,6)時(shí)，m取得最小值－eq\f(19,12)；當(dāng)sint＝－1時(shí)，m取得最大值eq\f(5,2).∴m的取值范圍是[－eq\f(19,12)，eq\f(5,2)].(方法二)x＝eq\r(3)cos2t＝eq\r(3)(1－2sin2t)＝eq\r(3)[1－2(eq\f(y,2))2]＝eq\r(3)－eq\f(\r(3),2)y2.∵y＝2sint，sint∈[－1，1]，∴y∈[－2，2].