2021届课标版高考文科数学一轮复习教师用书：选修4 - 4 坐标系与参数方程

2021届课标版高考文科数学一轮复习教师用书：选修4 - 4 坐标系与参数方程

选修4 - 4 坐标系与参数方程 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎ 1.[改编题]下面结论正确的个数是(　　)‎ ‎ (1)tan θ=1与θ=π‎4‎表示同一条曲线.‎ ‎(2)点P的直角坐标为( - ‎2‎,‎2‎),那么它的极坐标为(2,‎3π‎4‎).‎ ‎(3)过极点的倾斜角为α的直线的极坐标方程可表示为θ=α和θ=π+α.‎ ‎(4)圆心在极轴上的点(a,0)(a>0)处,且过极点O的圆的极坐标方程为ρ=2asin θ.‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎2.若曲线C的参数方程为x=1+cos2θ,‎y=sin‎2‎θ(θ为参数),则曲线C上的点的轨迹是(　　)‎ A.直线x+2y - 2=0‎ B.以(2,0)为端点的射线 C.圆(x - 1)2+y2=1‎ D.以(2,0)和(0,1)为端点的线段 ‎3.[2019天津,12,5分]设a∈R,直线ax - y+2=0和圆x=2+2cosθ,‎y=1+2sinθ(θ为参数)相切,则a的值为　　　　. ‎ ‎4.[2019全国卷Ⅰ,22,10分][文]在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=‎1 - ‎t‎2‎‎1+‎t‎2‎,‎y=‎‎4t‎1+‎t‎2‎(t为参数).以坐标原点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2ρcos θ+‎3‎ρsin θ+11=0.‎ ‎(1)求C的普通方程和l的直角坐标方程;‎ ‎(2)求C上的点到l距离的最小值.‎ 考法1 极坐标(方程)与直角坐标(方程)的互化 ‎1 (1)化圆的直角坐标方程x2+y2=r2(r>0)为极坐标方程; ‎ ‎(2)化曲线的极坐标方程ρ=8sin θ为直角坐标方程.‎ 利用极坐标、直角坐标转换公式可以把直角坐标方程转化为极坐标方程,也可将极坐标方程转化成直角坐标方程.‎ ‎(1)将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入x2+y2=r2(r>0),得ρ2cos2θ+ρ2sin2θ=r2,即ρ=r.‎ 所以,以极点为圆心、r为半径的圆的极坐标方程为ρ=r(0≤θ<2π).‎ ‎(2)解法一　把ρ=x‎2‎‎+‎y‎2‎,sin θ=yρ代入ρ=8sin θ,‎ ‎ 得x‎2‎‎+‎y‎2‎=8·yx‎2‎‎+‎y‎2‎,化简得x2+y2 - 8y=0,‎ 即x2+(y - 4)2=16.‎ 解法二　方程ρ=8sin θ两边同时乘以ρ,得ρ2=8ρsin θ,因为ρ2=x2+y2,ρsin θ=y,所以x2+y2 - 8y=0,即x2+(y - 4)2=16.‎ 极坐标方程与直角坐标方程的互化,常用方法有代入法、平方法等,还经常用到方程两边同乘以(除以)ρ等技巧.解题时要注意两个方面:一是准确应用公式,二是注意方程中的限制条件.‎ ‎1.[2018全国卷Ⅰ,22,10分][文]在直角坐标系xOy中,曲线C1的方程为y=k|x|+2.以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcos θ - 3=0.‎ ‎(1)求C2的直角坐标方程;‎ ‎(2)若C1与C2有且仅有三个公共点,求C1的方程.‎ 考法2 极坐标(方程)的求解及应用 ‎2[2019全国Ⅲ,22,10 分][文]如图3,在极坐标系Ox中,A(2,0),B(‎2‎,π‎4‎),C(‎2‎,‎3π‎4‎),D(2,π),‎ 弧AB,BC,CD所在圆的圆心分别是(1,0),(1,π‎2‎),(1,π),曲线M1是弧AB,曲线M2是弧BC,曲线M3是弧CD.‎ ‎(1)分别写出M1,M2,M3的极坐标方程;‎ ‎(2)曲线M由M1,M2,M3构成,若点P在M上,且|OP|=‎3‎,求P的极坐标.‎ ‎(1)分别求出三段弧所在圆的极坐标方程,再确定极角的取值范围;(2)根据(1)中得到的三段曲线的极坐标方程,求出每段曲线上到极点的距离为‎3‎的所有点对应的极角即可.‎ ‎(1)由题意可得,弧AB,BC,CD所在圆的极坐标方程分别为ρ=2cos θ,ρ=2sin θ,ρ= - 2cos θ.‎ 所以M1的极坐标方程为ρ=2cos θ(0≤θ≤π‎4‎),M2的极坐标方程为ρ=2sin θ(π‎4‎≤θ≤‎3π‎4‎),M3的极坐标方程为ρ= - 2cos θ(‎3π‎4‎≤θ≤π).‎ ‎(2)设P(ρ,θ),由题设及(1)知:‎ 若0≤θ≤π‎4‎,则2cos θ=‎3‎,解得θ=π‎6‎;‎ 若π‎4‎≤θ≤‎3π‎4‎,则2sin θ=‎3‎,解得θ=π‎3‎或θ=‎2π‎3‎;‎ 若‎3π‎4‎≤θ≤π,则 - 2cos θ=‎3‎,解得θ=‎5π‎6‎.‎ 综上,P的极坐标为(‎3‎,π‎6‎)或(‎3‎,π‎3‎)或(‎3‎,‎2π‎3‎)或(‎3‎,‎5π‎6‎).‎ 本题背景新颖,表面上看似与以往考题不同,考生无从下手,但实质上是考查极坐标方程.解题的关键是利用数形结合思想,难点在于极角的取值范围的确定,需要考生准确理解极角的含义.‎ ‎2. [2019山西第三次五校联考]已知在平面直角坐标系xOy中,点P是曲线C1:(x - 2)2+y2=4上任意一点,动点M(x,y)(y≥0)满足OM·OP=0,且|OM|=‎1‎‎2‎|OP|,动点M的轨迹为曲线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.‎ ‎(1)分别求出曲线C1和C2的极坐标方程;‎ ‎(2)设曲线C1和C2交于点C(异于点O),直线θ=α(π‎2‎<α<π,ρ∈R)与曲线C1交于点O和点A,与曲线C2交于点O和点B,求△ABC面积的最大值.‎ 考法3 参数方程与普通方程的互化 ‎3[2018全国卷Ⅱ,22,10分][文]在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=2cosθ,‎y=4sinθ(θ为参数),直线l的参数方程为x=1+tcosα,‎y=2+tsinα(t为参数).‎ ‎(1)求C和l的普通方程;‎ ‎(2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2),求l的斜率.‎ ‎(1)对于曲线C,由x=2cos θ得cos θ=x‎2‎,由y=4sin θ得sin θ=y‎4‎,由cos2 θ+sin2 θ=1得x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎16‎=1,即曲线C的普通方程为x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎16‎=1.‎ 对于直线l,当cos α≠0时,由x=1+cos α得tcos α=x - 1　①,‎ 由y=2+tsin α得tsin α=y - 2　②,‎ 由‎②‎‎①‎得tan α=y - 2‎x - 1‎,化简得l的普通方程为y=tan α·x+2 - tan α,‎ 当cos α=0时,l的普通方程为x=1.‎ ‎(2)解法一　(参数法)将l的参数方程代入C的普通方程,整理得关于t的方程 ‎(1+3cos2α)t2+4(2cos α+sin α)t - 8=0　③.‎ 因为曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内,所以③有两个解,设为t1,t2,则t1+t2=0.‎ 又由③得t1+t2= - ‎4(2cosα+sinα)‎‎1+3cos‎2‎α,故2cos α+sin α=0,于是直线l的斜率k=tan α= - 2.‎ 解法二　(点差法)设直线l与椭圆C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 则x‎1‎‎2‎‎4‎‎+y‎1‎‎2‎‎16‎=1,‎x‎2‎‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎‎16‎=1,‎作差可得‎(x‎1‎+x‎2‎)(x‎1‎ - x‎2‎)‎‎4‎‎+‎‎(y‎1‎+y‎2‎)(y‎1‎ - y‎2‎)‎‎16‎=0　④,由线段AB的中点坐标为(1,2)得x1+x2=2,y1+y2=4,将其代入④得y‎2‎‎ - ‎y‎1‎x‎2‎‎ - ‎x‎1‎= - 2,所以kAB=y‎2‎‎ - ‎y‎1‎x‎2‎‎ - ‎x‎1‎= - 2.‎ 解法三　(直角坐标法)设直线l与椭圆C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2).由x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎16‎=1,‎y=tanα·x+2 - tanα,‎得(4+tan2α)x2+2tan α· - ‎ ‎(2 - tan α)x+(2 - tan α)2 - 16=0,‎ 所以x1+x2= - ‎2tanα·(2 - tanα)‎‎4+tan‎2‎α　⑤,由线段AB的中点坐标为(1,2)可得x1+x2=2　⑥,联立⑤⑥解得tan α= - 2.‎ ‎3.[2018全国卷Ⅲ,22,10分][文]在平面直角坐标系xOy中,☉O的参数方程为 x=cosθ,‎y=sinθ‎(θ为参数),过点(0, - ‎2‎)且倾斜角为α的直线l与☉O交于A,B两点.‎ ‎(1)求α的取值范围;‎ ‎(2)求AB中点P的轨迹的参数方程.‎ 考法4 参数方程的应用 ‎4[2020大同市高三调研]在平面直角坐标系中,以原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,两种坐标系取相同的长度单位.已知曲线C:ρsin2θ=2acos θ(a>0),过点P( - 2, - 4)的直线l的参数方程为x= - 2+‎2‎‎2‎t,‎y= - 4+‎2‎‎2‎t(t为参数).直线l与曲线C分别交于M,N两点.‎ ‎(1)求a的取值范围;‎ ‎(2)若|PM|,|MN|,|PN|成等比数列,求实数a的值.‎ ‎(1)由题意知曲线C的直角坐标方程为y2=2ax(a>0),将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程,令Δ>0即可求得结果.‎ ‎(2)设交点M,N对应的参数分别为t1,t2,由参数方程中t1,t2的几何意义可得t1+t2=2(4‎2‎‎+‎2‎a),t1t2=2(16+4a),然后由|PM|,|MN|,|PN|成等比数列,可得‎|t‎1‎ - t‎2‎|‎‎2‎=|t1t2|,代入求解即可.‎ ‎(1)由题意可得曲线C的直角坐标方程为y2=2ax(a>0),‎ 将直线l的参数方程x= - 2+‎2‎‎2‎t,‎y= - 4+‎2‎‎2‎t(t为参数)代入曲线C的直角坐标方程,得‎1‎‎2‎t2 - (4‎2‎‎+‎2‎a)t+16+4a=0,‎ 因为直线l与曲线C交于M,N两点,所以Δ>0,即a>0或a< - 4.又a>0,所以a的取值范围为(0,+∞).‎ ‎(2)设交点M,N对应的参数分别为t1,t2.则由(1)知t1+t2=2(4‎2‎‎+‎2‎a),t1t2=2(16+4a),|PM|=|t1|,|PN|=|t2|,‎ ‎|MN|=|t1 - t2|.(参数t的几何意义的应用)‎ 若|PM|,|MN|,|PN|成等比数列,则|t1 - t2|2=|t1t2|,‎ 解得a=1或a= - 4(舍去),所以实数a的值为1.‎ ‎5[2017全国卷Ⅰ,22,10分][文]在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=3cosθ,‎y=sinθ(θ为参数),直线l的参数方程为x=a+4t,‎y=1 - t(t为参数).‎ ‎(1)若a= - 1,求C与l的交点坐标;‎ ‎(2)若C上的点到l距离的最大值为‎17‎,求a.‎ ‎(1)将曲线C和直线l的参数方程均化为普通方程,联立得方程组求出交点坐标;(2)利用点到直线的距离公式得到关于a的方程,进而求出a的值.‎ ‎(1)曲线C的普通方程为x‎2‎‎9‎+y2=1.‎ 当a= - 1时,直线l的普通方程为x+4y - 3=0.‎ 由x+4y - 3=0,‎x‎2‎‎9‎‎+y‎2‎=1,‎解得x=3,‎y=0‎或x= - ‎21‎‎25‎,‎y=‎24‎‎25‎.‎ 从而C与l的交点坐标为(3,0),( - ‎21‎‎25‎,‎24‎‎25‎).‎ ‎(2)直线l的普通方程为x+4y - a - 4=0,故C上的点(3cos θ,sin θ)到l的距离为d=‎|3cosθ+4sinθ - a - 4|‎‎17‎=‎|5sin(φ+θ) - a - 4|‎‎17‎(其中φ满足 sin φ=‎3‎‎5‎,cos φ=‎4‎‎5‎).‎ 当a≥ - 4时,d的最大值为a+9‎‎17‎.　……(借助辅助角公式并讨论 - a - 4的符号,从而得出d的最大值,这是求解的关键)‎ 由题设得a+9‎‎17‎‎=‎‎17‎,所以a=8.‎ 当a< - 4时,d的最大值为‎ - a+1‎‎17‎.‎ 由题设得‎ - a+1‎‎17‎‎=‎‎17‎,所以a= - 16.‎ 综上,a=8或a= - 16.‎ ‎4.在极坐标系中,曲线C1的极坐标方程为ρ=4sin θ.现以极点O为原点,极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系,并在两坐标系中取相同的长度单位.曲线C2的参数方程为x=1+7t,‎y=3+t(t为参数).‎ ‎(1)求曲线C1的参数方程和曲线C2被曲线C1截得的弦长;‎ ‎(2)若A(0,3),B(2,5),直线AB与C1交于R,S两点,求||AR| - |AS||的值.‎ 考法5 极坐标方程与参数方程的综合应用 ‎6[2019河北六校联考]在平面直角坐标系xOy中,点P(0, - 1),曲线C1:x=tcosα,‎y= - 1+tsinα(t为参数),其中0≤α<π,在以O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ+ρcos 2θ=8sin θ.‎ ‎(1)若α=π‎4‎,求C1与C2公共点的直角坐标;‎ ‎(2)若C1与C2相交于不同的两点A,B,M是线段AB的中点,当|PM|=‎40‎‎9‎时,求sin α的值.‎ ‎(1)先将曲线C1化为普通方程,C2化为直角坐标方程,然后联立方程求出交点坐标;(2)将直线的参数方程代入曲线C2的直角坐标方程,得到关于t的一元二次方程,表示出|PM|,利用条件即可求出sin α的值.‎ ‎(1)若α=π‎4‎,则曲线C1的普通方程为y=x - 1,曲线C2的直角坐标方程为x2=4y,‎ 由y=x - 1,‎x‎2‎‎=4y,‎解得y=1,‎x=2.‎ 所以C1与C2公共点的直角坐标为(2,1).‎ ‎(2)将C1:x=tcosα,‎y= - 1+tsinα代入x2=4y得,‎ ‎(cos2α)t2 - 4(sin α)t+4=0,‎ 由Δ=16sin2α - 16cos2α>0,得sin α>‎2‎‎2‎.‎ 设A,B对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=‎4sinαcos‎2‎α,‎ 由|PM|=|t‎1‎‎+‎t‎2‎‎2‎|=‎2sinαcos‎2‎α‎=‎‎40‎‎9‎,得20sin2α+9sin α - 20=0,‎ 解得sin α=‎4‎‎5‎.‎ ‎5.[2019山东济南模拟]在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=‎3‎cosα,‎y=1+‎3‎sinα(α为参数),以坐标原点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ρsin(θ+π‎6‎)=2‎3‎.‎ ‎(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程.‎ ‎(2)射线OP的极坐标方程为θ=π‎6‎(ρ≥0),若射线OP与曲线C的交点为A,与直线l的交点为B,求线段AB的长.‎ ‎1.A　对于(1),tan θ=1与θ=π‎4‎或θ=‎5π‎4‎表示同一条曲线,故(1)错误;对于(2),极坐标的表示方法不唯一,故(2)错误;对于(3),由直线的极坐标方程概念可知正确;对于(4),设M为圆上任意一点,由圆的性质可得,cos θ=‎|OM|‎‎2a‎=‎ρ‎2a,所以ρ=2acos θ,故(4)错误.故正确结论的个数为1,选A.‎ ‎2.D　将曲线的参数方程化为普通方程,得x+2y - 2=0(0≤x≤2,0≤y≤1).故曲线C上的点的轨迹是一条以(2,0)和(0,1)为端点的线段.‎ ‎3.‎3‎‎4‎　由已知条件可得圆的普通方程为(x - 2)2+(y - 1)2=4,其圆心为(2,1),半径为2,由直线和圆相切可得‎|2a - 1+2|‎a‎2‎‎+1‎=2,解得a=‎3‎‎4‎.‎ ‎4.(1)因为 - 1<‎1 - ‎t‎2‎‎1+‎t‎2‎≤1,且x2+(y‎2‎)2=(‎1 - ‎t‎2‎‎1+‎t‎2‎)2+‎4‎t‎2‎‎(1+‎t‎2‎‎)‎‎2‎=1,所以C的普通方程为x2+y‎2‎‎4‎=1(x≠ - 1).‎ l的直角坐标方程为2x+‎3‎y+11=0.‎ ‎(2)由(1)可设C的参数方程为x=cosα,‎y=2sinα(α为参数, - π<α<π).‎ C上的点到l的距离为‎|2cosα+2‎3‎sinα +11|‎‎7‎‎=‎‎4cos(α - π‎3‎)+11‎‎7‎.‎ 当α= - ‎2π‎3‎时,4cos(α - π‎3‎)+11取得最小值7,故C上的点到l距离的最小值为‎7‎.‎ ‎1.(1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ得C2的直角坐标方程为(x+1)2+y2=4.‎ ‎(2) 解法一　(几何法)由(1)知C2是圆心为A( - 1,0),半径为2的圆.‎ 由题设知,C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线.记y轴右边的射线为l1,y轴左边的射线为l2.由于B在圆C2的外面,故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点,或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.‎ 当l1与C2只有一个公共点时,A到l1所在直线的距离为2,所以‎| - k+2|‎k‎2‎‎+1‎=2,故k= - ‎4‎‎3‎或k=0.经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;当k= - ‎4‎‎3‎时,l1与C2只有一个公共点,l2与C2有两个公共点.‎ 当l2与C2只有一个公共点时,A到l2所在直线的距离为2,所以‎|k+2|‎k‎2‎‎+1‎=2,故k=0或k=‎4‎‎3‎.经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;当k=‎4‎‎3‎时,l2与C2没有公共点.‎ 综上,所求C1的方程为y= - ‎4‎‎3‎|x|+2.‎ 解法二　(代数法)因为y=k|x|+2,‎‎(x+1)‎‎2‎‎+y‎2‎=4,‎所以(x+1)2+(k|x|+2)2=4,‎ 所以(1+k2)x2+(2x+4k|x|)+1=0,‎ 所以x≥0,‎‎(1+k‎2‎)x‎2‎+(2+4k)x+1=0‎或x<0,‎‎(1+k‎2‎)x‎2‎+(2 - 4k)x+1=0.‎ 交点个数等于方程组解的个数和,显然每个方程组最多有两个解,所以只能一个方程组有一个解,一个方程组有两个解.‎ 所以Δ1=(2+4k)2 - 4(1+k2)=0或Δ2=(2 - 4k)2 - 4(1+k2)=0,‎ 所以k=0或k=‎4‎‎3‎或k= - ‎4‎‎3‎.‎ 经检验可知:当k=0时,曲线C1的方程为y=2,曲线C1与圆只有一个交点,故舍去;‎ 当k=‎4‎‎3‎时,曲线C1的方程为y=‎4‎‎3‎|x|+2,曲线C1与圆没有交点;‎ 当k= - ‎4‎‎3‎时,曲线C1的方程为y= - ‎4‎‎3‎|x|+2,曲线C1与圆有且只有三个交点.‎ 所以曲线C1的方程为y= - ‎4‎‎3‎|x|+2.‎ ‎2. (1)(x - 2)2+y2=4可化为x2+y2 - 4x=0,把x=ρcos θ,y=ρsin θ代入,得曲线C1的极坐标方程为ρ=4cos θ.设点M(ρ',θ'),由|OM|=‎1‎‎2‎‎|‎OP|,得|OP|=2ρ'.‎ 又y≥0,OM·OP=0,所以OM⊥OP,P(2ρ',θ' - π‎2‎).‎ 将点P的极坐标代入曲线C1的方程ρ=4cos θ,得2ρ'=4cos(θ' - π‎2‎),化简得ρ'=2sin θ',故曲线C2的极坐标方程为ρ=2sin θ.‎ ‎(2)设点C(ρ1,θ1),则2sin θ1=4cos θ1,所以tan θ1=2,sin θ1=‎2‎‎5‎‎5‎,cos θ1=‎5‎‎5‎.连接OC,则|OC|=ρ1=‎4‎‎5‎‎5‎.‎ 直线θ=α(π‎2‎<α<π,ρ∈R)与曲线C2:ρ=2sin θ交于点O和点B,则B(2sin α,α),直线θ=α(π‎2‎<α<π,ρ∈R)与曲线C1:ρ=4cos θ交于点O和点A,则A(4cos(α+π),α+π).‎ ‎△ABC的面积S=S△AOC+S△BOC=‎1‎‎2‎×|OA|×|OC|×sin∠AOC+‎1‎‎2‎×|OB|×|OC|×sin∠BOC=‎1‎‎2‎×4cos(α+π)×‎4‎‎5‎‎5‎sin(π - α+θ1)+‎1‎‎2‎×2sin α×‎4‎‎5‎‎5‎sin(α - θ1)=‎4‎‎5‎‎5‎sin αsin(α - θ1) - ‎8‎‎5‎‎5‎cos αsin(α - θ1)=‎4‎‎5‎‎5‎sin(α - θ1)(sin α - 2cos α)=4sin(α - θ1)(‎5‎‎5‎sin α - ‎2‎‎5‎‎5‎cos α)=4sin(α - θ1)(sin αcos θ1 – ‎ cos αsin θ1)=4sin2(α - θ1).‎ 易知当α - θ1=π‎2‎+2kπ(k∈Z,π‎2‎<α<π),即α=θ1+π‎2‎+2kπ(k∈Z,π‎2‎<α<π)时,△ABC的面积最大,最大值为4.‎ ‎【方法总结】　(1)求动点的轨迹方程时,需要结合题意,先设出动点的坐标,如本题第(1)小问中为了方便运算,先设出点M的极坐标,即M(ρ',θ'),然后利用已知条件求解即可.(2)求解与正弦函数有关的最值问题时,一定要注意正弦函数的有界性,这是解题的关键.‎ ‎3.(1)☉O的普通方程为x2+y2=1.‎ 当α=π‎2‎时,l与☉O交于两点.‎ 当α≠π‎2‎时,记tan α=k,则l的方程为y=kx - ‎2‎.因为l与☉O交于两点,所以‎| - ‎2‎|‎‎1+‎k‎2‎<1,解得k< - 1或k>1,即α∈(π‎4‎,π‎2‎)或α∈(π‎2‎,‎3π‎4‎).‎ 综上,α的取值范围是(π‎4‎,‎3π‎4‎).‎ ‎(2)l的参数方程为x=tcosα,‎y= - ‎2‎+tsinα(t为参数,π‎4‎<α<‎3π‎4‎).‎ 设A,B,P对应的参数分别为tA,tB,tP,则tP=tA‎+‎tB‎2‎,且tA,tB满足t2 - 2‎2‎tsin α+1=0.‎ 于是tA+tB=2‎2‎sin α,tP=‎2‎sin α.‎ 又点P的坐标(x,y)满足x=tPcosα,‎y= - ‎2‎+tPsinα,‎ 所以点P的轨迹的参数方程是 x=‎2‎‎2‎sin2α,‎y= - ‎2‎‎2‎ - ‎2‎‎2‎cos2α‎(α为参数,π‎4‎<α<‎3π‎4‎).‎ ‎4.(1)因为ρ=4sin θ,所以ρ2=4ρsin θ,即x2+(y - 2)2=4.‎ ‎ 故曲线C1的参数方程为x=2cosφ,‎y=2+2sinφ(φ为参数).‎ 由x=1+7t,‎y=3+t消去参数t,得到曲线C2的普通方程为x - 7y+20=0.‎ 易知在平面直角坐标系中,曲线C1的圆心(0,2)到曲线C2的距离d=‎| - 14+20|‎‎1+49‎‎=‎‎3‎‎2‎‎5‎.‎ 故曲线C2被曲线C1截得的弦长是2×‎4 - ‎‎18‎‎25‎‎=‎‎2‎‎82‎‎5‎.‎ ‎(2)由题意知kAB=1,即直线AB的倾斜角为π‎4‎,所以直线AB的参数方程为x=‎2‎‎2‎m,‎y=3+‎2‎‎2‎m(m为参数).将其代入曲线C1的直角坐标方程x2+(y - 2)2=4,整理得m2+‎2‎m - 3=0. ‎ 易知Δ=(‎2‎)2 - 4×( - 3)=14>0,设m1,m2为方程m2+‎2‎m - 3=0的两根,则m1+m2= - ‎2‎,m1m2= - 3<0,所以||AR| - |AS||=|m1+m2|=‎2‎.‎ ‎5.(1)由x=‎3‎cosα,‎y=1+‎3‎sinα,‎可得x=‎3‎cosα,‎y - 1=‎3‎sinα,‎ 所以x2+(y - 1)2=3cos2α+3sin2α=3,‎ 所以曲线C的普通方程为x2+(y - 1)2=3.‎ 由ρsin(θ+π‎6‎)=2‎3‎,可得ρ(‎3‎‎2‎sin θ+‎1‎‎2‎cos θ)=2‎3‎,即‎3‎‎2‎ρsin θ+‎1‎‎2‎ρcos θ - 2‎3‎=0,所以直线l的直角坐标方程为x+‎3‎y - 4‎3‎=0.‎ ‎(2)解法一　曲线C的普通方程可化为x2+y2 - 2y - 2=0,所以曲线C的极坐标方程为ρ2 - 2ρsin θ - 2=0.‎ 由题意设A(ρ1,π‎6‎),B(ρ2,π‎6‎),将θ=π‎6‎代入ρ2 - 2ρsin θ - 2=0,可得ρ2 - ρ - 2=0,所以ρ=2,即ρ1=2.‎ 将θ=π‎6‎代入ρsin(θ+π‎6‎)=2‎3‎,可得ρ=4,即ρ2=4,所以|AB|=|ρ1 - ρ2|=2.‎ 解法二　因为射线OP的极坐标方程为θ=π‎6‎(ρ≥0),所以射线OP的直角坐标方程为y=‎3‎‎3‎x(x≥0),‎ 由x‎2‎‎+‎(y - 1)‎‎2‎=3,‎y=‎3‎‎3‎x(x≥0),‎解得x=‎3‎,‎y=1,‎即A(‎3‎,1).‎ 由x+‎3‎y - 4‎3‎=0,‎y=‎3‎‎3‎x(x≥0),‎解得x=2‎3‎,‎y=2,‎即B(2‎3‎,2).‎ 所以|AB|=‎(2‎3‎ - ‎3‎‎)‎‎2‎+‎‎(2 - 1)‎‎2‎=2.‎