【数学】2020届一轮复习（文）通用版15坐标系与参数方程作业

【数学】2020届一轮复习（文）通用版15坐标系与参数方程作业

专题十五　坐标系与参数方程 挖命题 ‎【真题典例】‎ ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.极坐标方程 能在极坐标中用极坐标表示点的位置,能通过极坐标和直角坐标的互化研究曲线的性质 ‎2017课标Ⅱ,22,10分 极坐标方程与 直角坐标方程互化 轨迹问题、三角 函数求面积最值 ‎★★★‎ ‎2016课标Ⅰ,23,10分 极坐标方程 求参数 ‎2015课标Ⅱ,23,10分 极坐标方程与 三角函数求最值 直角坐标方程互化 ‎2.参数方程 了解参数方程及参数的意义,能借助于参数方程与普通方程的互化进一步研究曲线的性质 ‎2018课标Ⅱ,22,10分 参数方程与 普通方程互化 直线的斜率 ‎★★★‎ ‎2014课标Ⅰ,23,10分 参数方程 三角函数求最值 分析解读　　从近5年的高考情况来看,本专题内容一直是高考命题的热点,以解答题的形式出现,分值为10分.主要考查极坐标(方程)与直角坐标(方程)的互化,参数方程与普通方程的互化以及参数方程的应用,尤其是利用椭圆、圆的参数方程求最值及利用直线参数方程中参数的几何意义求值是高考考查的重点.解题时,应熟记互化公式和互化方法,巧妙设取参数,充分利用转化与化归思想在解题中的指导作用.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　极坐标方程 ‎1.(2018四川德阳模拟,22)已知曲线C的极坐标方程是ρ=4cos θ.以极点为原点,极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系,直线l的参数方程是x=m+‎2‎‎2‎t,‎y=‎2‎‎2‎t(t为参数).‎ ‎(1)将曲线C的极坐标方程化成直角坐标方程,将直线l的参数方程化成普通方程;‎ ‎(2)当m=0时,直线l与曲线C异于原点O的交点为A,直线θ=-π‎3‎与曲线C异于原点O的交点为B,求三角形AOB的面积.‎ 解析　(1)曲线C的极坐标方程是ρ=4cos θ.‎ 转化为直角坐标方程为x2+y2=4x.‎ 直线l的参数方程为x=m+‎2‎‎2‎t,‎y=‎2‎‎2‎t(t为参数),‎ 转化为直角坐标方程为y=x-m.‎ ‎(2)当m=0时,A‎2‎2‎,‎π‎4‎,B‎2,-‎π‎3‎,‎ 所以S△AOB=‎1‎‎2‎×2×2‎2‎sinπ‎3‎‎+‎π‎4‎=‎3‎+1.‎ ‎2.(2018福建福州四校期末联考,22)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=2+cosα,‎y=2+sinα(α为参数),直线C2的方程为y=‎3‎x.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)求曲线C1和直线C2的极坐标方程;‎ ‎(2)若直线C2与曲线C1交于A,B两点,求‎1‎‎|OA|‎+‎1‎‎|OB|‎.‎ 解析　(1)由曲线C1的参数方程为x=2+cosα,‎y=2+sinα(α为参数)得曲线C1的普通方程为(x-2)2+(y-2)2=1,‎ 则C1的极坐标方程为ρ2-4ρcos θ-4ρsin θ+7=0,‎ 由于直线C2过原点,且倾斜角为π‎3‎,故其极坐标方程为θ=π‎3‎(ρ∈R).‎ ‎(2)由ρ‎2‎‎-4ρcosθ-4ρsinθ+7=0,‎θ=‎π‎3‎得ρ2-(2‎3‎+2)ρ+7=0,设A,B对应的极径分别为ρ1,ρ2,则ρ1+ρ2=2‎3‎+2,ρ1ρ2=7,‎ ‎∴‎1‎‎|OA|‎+‎1‎‎|OB|‎=‎|OA|+|OB|‎‎|OA|·|OB|‎=ρ‎1‎‎+‎ρ‎2‎ρ‎1‎ρ‎2‎=‎2‎3‎+2‎‎7‎.‎ 考点二　参数方程 ‎1.(2018四川达州模拟,22)在直角坐标系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.已知直线l:x=‎2‎‎2‎t,‎y=-1+‎2‎‎2‎t(t为参数),曲线C的极坐标方程是ρ2-6ρcos θ+1=0,l与C相交于A、B两点.‎ ‎(1)求l的普通方程和C的直角坐标方程;‎ ‎(2)已知M(0,-1),求|MA|·|MB|的值.‎ 解析　(1)直线l的参数方程为x=‎2‎‎2‎t,‎y=-1+‎2‎‎2‎t(t为参数),‎ 转化为直角坐标方程为x-y-1=0.‎ 曲线C的极坐标方程是ρ2-6ρcos θ+1=0,‎ 转化为直角坐标方程为x2+y2-6x+1=0.‎ ‎(2)把直线l的参数方程x=‎2‎‎2‎t,‎y=-1+‎2‎‎2‎t(t为参数)代入x2+y2-6x+1=0,得到t2-4‎2‎t+2=0,A点对应的参数为t1,B点对应的参数为t2,‎ 则|MA|·|MB|=|t1·t2|=2.‎ ‎2.(2017河北衡水中学期末,22)在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,x轴非负半轴为极轴建立极坐标系.已知直线l与椭圆C的极坐标方程分别为cos θ+2sin θ=0,ρ2=‎4‎cos‎2‎θ+4sin‎2‎θ.‎ ‎(1)求直线l与椭圆C的直角坐标方程;‎ ‎(2)若点Q是椭圆C上的动点,求点Q到直线l的距离的最大值.‎ 解析　(1)cos θ+2sin θ=0⇒ρcos θ+2ρsin θ=0⇒x+2y=0.‎ ρ2=‎4‎cos‎2‎θ+4sin‎2‎θ⇒ρ2cos2θ+4ρ2sin2θ=4⇒x2+4y2=4⇒x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ 所以直线l与椭圆C的直角坐标方程分别为x+2y=0,x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)因为椭圆C:x‎2‎‎4‎+y2=1的参数方程为x=2cosθ,‎y=sinθ(θ为参数),所以可设点Q(2cos θ,sin θ),‎ 因此点Q到直线l:x+2y=0的距离 d=‎|2cosθ+2sinθ|‎‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎=‎2‎2‎|sinθ+‎π‎4‎|‎‎5‎,‎ 所以当θ+π‎4‎=kπ+π‎2‎(k∈Z),‎ 即θ=kπ+π‎4‎(k∈Z)时,d取最大值‎2‎‎10‎‎5‎.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　极坐标方程与直角坐标方程的互化方法 ‎　(2018河南濮阳一模,22)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=‎3‎+2cosα,‎y=1+2sinα(α为参数).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.‎ ‎(1)求曲线C的极坐标方程;‎ ‎(2)过原点O的直线l1,l2分别与曲线C交于除原点外的A,B两点,若∠AOB=π‎3‎,求△AOB的面积的最大值.‎ 解析　(1)曲线C的普通方程为(x-‎3‎)2+(y-1)2=4,即x2+y2-2‎3‎x-2y=0,所以,曲线C的极坐标方程为ρ2-2‎3‎ρcos θ-2ρsin θ=0,即ρ=4sinθ+‎π‎3‎.‎ ‎(2)不妨设A(ρ1,θ),Bρ‎2‎‎,θ+‎π‎3‎,θ∈‎-π‎2‎,‎π‎2‎.‎ 则ρ1=4sinθ+‎π‎3‎,ρ2=4sinθ+‎‎2π‎3‎,‎ ‎△AOB的面积S=‎1‎‎2‎|OA|·|OB|sinπ‎3‎ ‎=‎1‎‎2‎ρ1ρ2sinπ‎3‎=4‎3‎sinθ+‎π‎3‎sinθ+‎‎2π‎3‎ ‎=2‎3‎cos 2θ+‎3‎≤3‎3‎.‎ 所以,当θ=0时,△AOB的面积取最大值3‎3‎.‎ 方法2　参数方程与普通方程的互化方法 ‎　(2018河北五个一名校第二次联考,22)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+‎2‎t‎2‎,‎y=1+‎‎2‎t‎2‎(t为参数,a∈R).以O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ρcos2θ+4cos θ-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.‎ 解析　(1)∵曲线C1的参数方程为x=a+‎2‎t‎2‎,‎y=1+‎‎2‎t‎2‎(t为参数,a∈R),∴曲线C1的普通方程为x-y-a+1=0.‎ ‎∵曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ+4cos θ-ρ=0,‎ ‎∴ρ2cos2θ+4ρcos θ-ρ2=0,‎ 又ρcos θ=x,ρ2=x2+y2,∴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+‎2‎t‎2‎,‎y=1+‎‎2‎t‎2‎得t2-2‎2‎t+2-8a=0.‎ 则Δ=(-2‎2‎)2-4(2-8a)>0,即a>0,‎ ‎∴‎t‎1‎‎+t‎2‎=2‎2‎,‎t‎1‎‎·t‎2‎=2-8a,‎ 根据参数方程中参数的几何意义可知|PA|=|t1|,|PB|=|t2|,‎ ‎∴由|PA|=2|PB|得t1=2t2或t1=-2t2,‎ ‎∴当t1=2t2时,有t‎1‎‎+t‎2‎=3t‎2‎=2‎2‎,‎t‎1‎‎·t‎2‎=2t‎2‎‎2‎=2-8a,‎ 解得a=‎1‎‎36‎>0,符合题意;当t1=-2t2时,有t‎1‎‎+t‎2‎=-t‎2‎=2‎2‎,‎t‎1‎‎·t‎2‎=-2t‎2‎‎2‎=2-8a,‎ 解得a=‎9‎‎4‎>0,符合题意.综上所述,a=‎1‎‎36‎或a=‎9‎‎4‎.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 考点一　极坐标方程 ‎1.(2017课标Ⅱ,22,10分)在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρcos θ=4.‎ ‎(1)M为曲线C1上的动点,点P在线段OM上,且满足|OM|·|OP|=16,求点P的轨迹C2的直角坐标方程;‎ ‎(2)设点A的极坐标为‎2,‎π‎3‎,点B在曲线C2上,求△OAB面积的最大值.‎ 解析　本题考查极坐标方程及其应用.‎ ‎(1)设P的极坐标为(ρ,θ)(ρ>0),M的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0).由题设知|OP|=ρ,|OM|=ρ1=‎4‎cosθ.‎ 由|OM|·|OP|=16得C2的极坐标方程ρ=4cos θ(ρ>0).‎ 因此C2的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4(x≠0).‎ ‎(2)设点B的极坐标为(ρB,α)(ρB>0).由题设知|OA|=2,ρB=4cos α,于是△OAB面积S=‎1‎‎2‎|OA|·ρB·sin∠AOB ‎=4cos α·sinα-‎π‎3‎=2sin‎2α-‎π‎3‎-‎‎3‎‎2‎≤2+‎3‎.‎ 当α=-π‎12‎时,S取得最大值2+‎3‎.所以△OAB面积的最大值为2+‎3‎.‎ ‎2.(2018课标Ⅰ,22,10分)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.‎ 解析　(1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ得C2的直角坐标方程为 ‎(x+1)2+y2=4.‎ ‎(2)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.‎ 方法总结　极坐标方程与直角坐标方程的互化技巧 ‎(1)巧用极坐标方程两边同乘ρ或同时平方技巧,将极坐标方程构造成含有ρcos θ,ρsin θ,ρ2的形式,然后利用公式代入化简得到直角坐标方程.‎ ‎(2)巧借两角和差公式,转化成ρsin(θ+α)或ρcos(θ+α)的形式,进而利用互化公式得到直角坐标方程.‎ ‎(3)将直角坐标方程中的x转化为ρcos θ,将y转化为ρsin θ,即可得到极坐标方程.‎ 考点二　参数方程 ‎1.(2018课标Ⅱ,22,10分)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的直角坐标方程;‎ ‎(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.‎ 解析　(1)曲线C的直角坐标方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎16‎=1.‎ 当cos α≠0时,l的直角坐标方程为y=tan α·x+2-tan α,‎ 当cos α=0时,l的直角坐标方程为x=1.‎ ‎(2)将l的参数方程代入C的直角坐标方程,整理得关于t的方程(1+3cos2α)t2+4(2cos α+sin α)t-8=0.①‎ 因为曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内,‎ 所以①有两个解,设为t1,t2,则t1+t2=0.‎ 又由①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.‎ 注:因为在教材中,参数方程与普通方程对应,极坐标方程与直角坐标方程对应,所以本题中的“直角坐标方程”更改为“普通方程”更合适.‎ 方法总结　以角θ为参数的参数方程,一般利用三角函数的平方关系:sin2θ+cos2θ=1将参数方程化为普通方程;而弦的中点问题常用根与系数的关系或点差法进行整体运算求解.‎ ‎2.(2018课标Ⅲ,22,10分)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.‎ 解析　本题考查参数方程与普通方程的互化、直线与圆的位置关系.‎ ‎(1)☉O的直角坐标方程为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.l与☉O交于两点当且仅当‎2‎‎1+‎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+tsinαt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=-‎2‎‎2‎-‎2‎‎2‎cos2αα为参数,π‎4‎<α<‎‎3π‎4‎.‎ 易错警示　容易忽略直线斜率不存在的情形.‎ B组　自主命题·省(区、市)卷题组 考点一　极坐标方程 ‎1.(2018北京,10,5分)在极坐标系中,直线ρcos θ+ρsin θ=a(a>0)与圆ρ=2cos θ相切,则a=　　　　. ‎ 答案　1+‎‎2‎ ‎2.(2014湖南,11,5分)在平面直角坐标系中,倾斜角为π‎4‎的直线l与曲线C:x=2+cosα,‎y=1+sinα(α为参数)交于A,B两点,且|AB|=2,以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,则直线l的极坐标方程是　　　　　　　. ‎ 答案　‎2‎ρcosθ+‎π‎4‎=1‎ 考点二　参数方程 ‎1.(2016江苏,21C,10分)在平面直角坐标系xOy中,已知直线l的参数方程为x=1+‎1‎‎2‎t,‎y=‎3‎‎2‎t(t为参数),椭圆C的参数方程为x=cosθ,‎y=2sinθ(θ为参数).设直线l与椭圆C相交于A,B两点,求线段AB的长.‎ 解析　椭圆C的普通方程为x2+y‎2‎‎4‎=1.‎ 将直线l的参数方程x=1+‎1‎‎2‎t,‎y=‎3‎‎2‎t代入x2+y‎2‎‎4‎=1,得 ‎1+‎1‎‎2‎t‎2‎‎+‎3‎‎2‎t‎2‎‎4‎=1,即7t2+16t=0,解得t1=0,t2=-‎16‎‎7‎.‎ 所以AB=|t1-t2|=‎16‎‎7‎.‎ 评析　本题主要考查直线和椭圆的参数方程、参数方程与普通方程的互化以及直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查运算求解能力.‎ ‎2.(2017江苏,21C,10分)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=‎t‎2‎(t为参数),曲线C的参数方程为x=2s‎2‎,‎y=2‎2‎s(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.‎ 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(2s2,2‎2‎s),‎ 从而点P到直线l的距离d=‎|2s‎2‎-4‎2‎s+8|‎‎1‎‎2‎‎+(-2‎‎)‎‎2‎=‎2(s-‎2‎‎)‎‎2‎+4‎‎5‎.‎ 当s=‎2‎时,dmin=‎4‎‎5‎‎5‎.‎ 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‎4‎‎5‎‎5‎.‎ C组　教师专用题组 考点一　极坐标方程 ‎1.(2017北京,11,5分)在极坐标系中,点A在圆ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0上,点P的坐标为(1,0),则|AP|的最小值为　. ‎ 答案　1‎ ‎2.(2017天津,11,5分)在极坐标系中,直线4ρcosθ-‎π‎6‎+1=0与圆ρ=2sin θ的公共点的个数为　　　　. ‎ 答案　2‎ ‎3.(2016北京,11,5分)在极坐标系中,直线ρcos θ-‎3‎ρsin θ-1=0与圆ρ=2cos θ交于A,B两点,则|AB|=　. ‎ 答案　2‎ ‎4.(2015广东,14,5分)已知直线l的极坐标方程为2ρsinθ-‎π‎4‎=‎2‎,点A的极坐标为A‎2‎2‎,‎‎7π‎4‎,则点A到直线l的距离为　　　　. ‎ 答案　‎‎5‎‎2‎‎2‎ ‎5.(2014重庆,15,5分)已知直线l的参数方程为x=2+t,‎y=3+t(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ρsin2θ-4cos θ=0(ρ≥0,0≤θ<2π),则直线l与曲线C的公共点的极径ρ=　　　　. ‎ 答案　‎‎5‎ ‎6.(2014广东,14,5分)(坐标系与参数方程选做题)在极坐标系中,曲线C1和C2的方程分别为ρsin2θ=cos θ和ρsin θ=1.以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系,则曲线C1和C2交点的直角坐标为　　　　. ‎ 答案　(1,1)‎ ‎7.(2018江苏,21C,10分)在极坐标系中,直线l的方程为ρsinπ‎6‎‎-θ=2,曲线C的方程为ρ=4cos θ,求直线l被曲线C截得的弦长.‎ 解析　本小题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识,考查运算求解能力.‎ 因为曲线C的极坐标方程为ρ=4cos θ,‎ 所以曲线C是圆心为(2,0),直径为4的圆,‎ 因为直线l的极坐标方程为 ρsinπ‎6‎‎-θ=2,所以直线l过点(4,0),倾斜角为π‎6‎,‎ 设A(4,0),则A为直线l与圆C的一个交点.‎ 设另一个交点为B,则∠OAB=π‎6‎.‎ 连接OB,因为OA为直径,所以∠OBA=π‎2‎,‎ 所以AB=4cosπ‎6‎=2‎3‎.‎ 因此,直线l被曲线C截得的弦长为2‎3‎.‎ 一题多解　把直线和曲线的极坐标方程化成直角坐标方程得到l:x-‎3‎y-4=0,C:x2+y2-4x=0,则C:(x-2)2+y2=4,半径R=2,圆心C(2,0)到l的距离d=‎2‎‎2‎=1,因此,直线l被曲线C截得的弦长为2R‎2‎‎-‎d‎2‎=2‎3‎.‎ ‎8.(2017课标Ⅲ,22,10分)在直角坐标系xOy中,直线l1的参数方程为x=2+t,‎y=kt(t为参数),直线l2的参数方程为x=-2+m,‎y=‎mk(m为参数).设l1与l2的交点为P,当k变化时,P的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)写出C的普通方程;‎ ‎(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设l3:ρ(cos θ+sin θ)-‎2‎=0,M为l3与C的交点,求M的极径.‎ 解析　本题考查参数方程与普通方程的互化,极坐标方程.‎ ‎(1)消去参数t得l1的普通方程l1:y=k(x-2);消去参数m得l2的普通方程l2:y=‎1‎k(x+2).‎ 设P(x,y),由题设得y=k(x-2),‎y=‎1‎k(x+2).‎ 消去k得x2-y2=4(y≠0).‎ 所以C的普通方程为x2-y2=4(y≠0).‎ ‎(2)C的极坐标方程为ρ2(cos2θ-sin2θ)=4(0<θ<2π,θ≠π).‎ 联立ρ‎2‎‎(cos‎2‎θ-sin‎2‎θ)=4,‎ρ(cosθ+sinθ)-‎2‎=0‎得cos θ-sin θ=2(cos θ+sin θ).‎ 故tan θ=-‎1‎‎3‎,从而cos2θ=‎9‎‎10‎,sin2θ=‎1‎‎10‎.‎ 代入ρ2(cos2θ-sin2θ)=4得ρ2=5,所以交点M的极径为‎5‎.‎ 思路分析　(1)由参数方程直接消去参数t、m、k,即得C的普通方程.(2)将C的直角坐标方程化为极坐标方程,与直线l3的参数方程联立,从而求得点M的极径.‎ 方法总结　极坐标问题既可以化为直角坐标处理,也可以直接用极坐标求解.但要注意极径、极角的取值范围,避免漏根或增根.‎ ‎9.(2016课标全国Ⅱ,23,10分)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.‎ 解析　(1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ可得圆C的极坐标方程ρ2+12ρcos θ+11=0.(3分)‎ ‎(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).(4分)‎ 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=-12cos α,ρ1ρ2=11.(6分)‎ ‎|AB|=|ρ1-ρ2|=‎(ρ‎1‎+ρ‎2‎‎)‎‎2‎-4‎ρ‎1‎ρ‎2‎=‎144cos‎2‎α-44‎.(8分)‎ 由|AB|=‎10‎得cos2α=‎3‎‎8‎,tan α=±‎15‎‎3‎.(9分)‎ 所以l的斜率为‎15‎‎3‎或-‎15‎‎3‎.(10分)‎ 方法总结　利用数形结合的思想方法及整体运算的技巧极大地提高了解题效率.‎ 评析　本题考查直线和圆的极坐标方程;极坐标的几何意义的应用;利用方程的思想方法是求解的关键.‎ ‎10.(2015课标Ⅰ,23,10分,0.825)在直角坐标系xOy中,直线C1:x=-2,圆C2:(x-1)2+(y-2)2=1,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎(1)求C1,C2的极坐标方程;‎ ‎(2)若直线C3的极坐标方程为θ=π‎4‎(ρ∈R),设C2与C3的交点为M,N,求△C2MN的面积.‎ 解析　(1)因为x=ρcos θ,y=ρsin θ,所以C1的极坐标方程为ρcos θ=-2,C2的极坐标方程为ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0.(5分)‎ ‎(2)将θ=π‎4‎代入ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0,得ρ2-3‎2‎ρ+4=0,解得ρ1=2‎2‎,ρ2=‎2‎,故ρ1-ρ2=‎2‎,即|MN|=‎2‎.‎ 由于C2的半径为1,所以△C2MN的面积为‎1‎‎2‎.(10分)‎ 思路分析　(1)利用x=ρcos θ,y=ρsin θ求解;‎ ‎(2)将直线C3的极坐标方程代入圆C2的极坐标方程,通过解方程求出|MN|的值,再结合圆C2‎ 的半径求△C2MN的面积.‎ 方法总结　直角坐标方程与极坐标方程的互化方法:‎ 直角坐标方程极坐标方程 ‎11.(2015课标Ⅱ,23,10分)在直角坐标系xOy中,曲线C1:x=tcosα,‎y=tsinα(t为参数,t≠0),其中0≤α<π.在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=2sin θ,C3:ρ=2‎3‎cos θ.‎ ‎(1)求C2与C3交点的直角坐标;‎ ‎(2)若C1与C2相交于点A,C1与C3相交于点B,求|AB|的最大值.‎ 解析　(1)曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-2‎3‎x=0.‎ 联立x‎2‎‎+y‎2‎-2y=0,‎x‎2‎‎+y‎2‎-2‎3‎x=0,‎解得x=0,‎y=0,‎或x=‎3‎‎2‎,‎y=‎3‎‎2‎.‎ 所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和‎3‎‎2‎‎,‎‎3‎‎2‎.‎ ‎(2)曲线C1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R,ρ≠0),其中0≤α<π.‎ 因此A的极坐标为(2sin α,α),B的极坐标为(2‎3‎cos α,α).‎ 所以|AB|=|2sin α-2‎3‎cos α|=4sinα-‎π‎3‎.‎ 当α=‎5π‎6‎时,|AB|取得最大值,最大值为4.‎ 思路分析　(1)由互化公式把曲线C2,C3的极坐标方程化为直角坐标方程,联立方程求得交点的直角坐标;‎ ‎(2)求出C1的极坐标方程,进而得点A,B的极坐标分别为(2sin α,α),(2‎3‎cos α,α),从而得出|AB|=|2sin α-2‎3‎cos α|,利用三角函数的相关知识可求其最大值.‎ 解题关键　将|AB|表示成关于α的函数是解第(2)问的关键.‎ ‎12.(2015江苏,21C,10分)已知圆C的极坐标方程为ρ2+2‎2‎ρsinθ-‎π‎4‎-4=0,求圆C的半径.‎ 解析　以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O,以极轴为x轴的正半轴,建立直角坐标系xOy.‎ 圆C的极坐标方程为ρ2+2‎2‎ρ‎2‎‎2‎sinθ-‎2‎‎2‎cosθ-4=0,‎ 化简,得ρ2+2ρsin θ-2ρcos θ-4=0.‎ 则圆C的直角坐标方程为x2+y2-2x+2y-4=0,‎ 即(x-1)2+(y+1)2=6,所以圆C的半径为‎6‎.‎ 评析　本小题主要考查圆的极坐标方程、极坐标与直角坐标的互化等基础知识,考查运算求解能力.‎ ‎13.(2014辽宁,23,10分)将圆x2+y2=1上每一点的横坐标保持不变,纵坐标变为原来的2倍,‎ 得曲线C.‎ ‎(1)写出C的参数方程;‎ ‎(2)设直线l:2x+y-2=0与C的交点为P1,P2,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方程.‎ 解析　(1)设(x1,y1)为圆上的点,在已知变换下变为C上点(x,y),依题意,得x=x‎1‎,‎y=2y‎1‎,‎ 由x‎1‎‎2‎+y‎1‎‎2‎=1得x2+y‎2‎‎2‎=1,即曲线C的方程为x2+y‎2‎‎4‎=1.‎ 故C的参数方程为x=cost,‎y=2sint(t为参数).‎ ‎(2)由x‎2‎‎+y‎2‎‎4‎=1,‎‎2x+y-2=0‎解得x=1,‎y=0‎或x=0,‎y=2.‎ 不妨设P1(1,0),P2(0,2),则线段P1P2的中点坐标为‎1‎‎2‎‎,1‎,所求直线斜率为k=‎1‎‎2‎,于是所求直线方程为y-1=‎1‎‎2‎x-‎‎1‎‎2‎,化为极坐标方程,并整理得2ρcos θ-4ρsin θ=-3,‎ 即ρ=‎3‎‎4sinθ-2cosθ.‎ 考点二　参数方程 ‎1.(2014安徽,4,5分)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=4cos θ,则直线l被圆C截得的弦长为(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.‎14‎　　　　B.2‎14‎　　　　‎ C.‎2‎　　　　D.2‎‎2‎ 答案　D　‎ ‎2.(2018天津,12,5分)已知圆x2+y2-2x=0的圆心为C,直线x=-1+‎2‎‎2‎t,‎y=3-‎2‎‎2‎t(t为参数)与该圆相交于A,B两点,则△ABC的面积为　　　　. ‎ 答案　‎‎1‎‎2‎ ‎3.(2015湖北,16,5分)在直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线l的极坐标方程为ρ(sin θ-3cos θ)=0,曲线C的参数方程为x=t-‎1‎t,‎y=t+‎‎1‎t(t为参数),l与C相交于A,B两点,则|AB|=　　　　. ‎ 答案　2‎‎5‎ ‎4.(2014湖北,16,5分)选修4—4:坐标系与参数方程 已知曲线C1的参数方程是x=t,‎y=‎‎3t‎3‎(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C2的极坐标方程是ρ=2,则C1与C2交点的直角坐标为　　　　. ‎ 答案　(‎3‎,1)‎ ‎5.(2015湖南,16(2),6分)已知直线l:x=5+‎3‎‎2‎t,‎y=‎3‎+‎1‎‎2‎t(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=2cos θ.‎ ‎(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程;‎ ‎(2)设点M的直角坐标为(5,‎3‎),直线l与曲线C的交点为A,B,求|MA|·|MB|的值.‎ 解析　(1)ρ=2cos θ等价于ρ2=2ρcos θ.①‎ 将ρ2=x2+y2,ρcos θ=x代入①即得曲线C的直角坐标方程为x2+y2-2x=0.②‎ ‎(2)将x=5+‎3‎‎2‎t,‎y=‎3‎+‎1‎‎2‎t代入②,得t2+5‎3‎t+18=0.设这个方程的两个实根分别为t1,t2,则由参数t的几何意义即知,|MA|·|MB|=|t1t2|=18.‎ ‎6.(2016课标Ⅲ,23,10分)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=‎3‎cosα,‎y=sinα(α为参数).以坐标原点为极点,以x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρsinθ+‎π‎4‎=2‎2‎.‎ ‎(1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程;‎ ‎(2)设点P在C1上,点Q在C2上,求|PQ|的最小值及此时P的直角坐标.‎ 解析　(1)C1的普通方程为x‎2‎‎3‎+y2=1.‎ C2的直角坐标方程为x+y-4=0.(5分)‎ ‎(2)由题意,可设点P的直角坐标为(‎3‎cos α,sin α).因为C2是直线,所以|PQ|的最小值即为P到C2的距离d(α)的最小值,d(α)=‎|‎3‎cosα+sinα-4|‎‎2‎=‎2‎sinα+‎π‎3‎-2‎.(8分)‎ 当且仅当α=2kπ+π‎6‎(k∈Z)时,d(α)取得最小值,最小值为‎2‎,此时P的直角坐标为‎3‎‎2‎‎,‎‎1‎‎2‎.(10分)‎ 思路分析　(1)对于C1的参数方程,利用sin2α+cos2α=1消去参数α可得C1的普通方程,对于C2的极坐标方程,由两角和的正弦公式及极坐标与直角坐标的互化公式可得C2的直角坐标方程;‎ ‎(2)由C1的参数方程设出P点的直角坐标,利用点到直线的距离公式和三角函数的知识进行求解.‎ 方法总结　求与曲线上动点有关的最值时,常利用曲线的参数方程表示出曲线上的动点,从而利用三角函数的知识求最值,这样可以极大简化运算过程.‎ 评析　本题主要考查参数方程、极坐标方程与普通方程的互化关系以及参数方程的应用.考查考生对基础知识和基本技能的应用能力.正确利用曲线的参数方程是求解第(2)问的关键.‎ ‎7.(2015陕西,23,10分)在直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为x=3+‎1‎‎2‎t,‎y=‎3‎‎2‎t(t为参数).以原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,☉C的极坐标方程为ρ=2‎3‎sin θ.‎ ‎(1)写出☉C的直角坐标方程;‎ ‎(2)P为直线l上一动点,当P到圆心C的距离最小时,求P的直角坐标.‎ 解析　(1)由ρ=2‎3‎sin θ,得 ρ2=2‎3‎ρsin θ,从而有x2+y2=2‎3‎y,所以x2+(y-‎3‎)2=3.‎ ‎(2)设P‎3+‎1‎‎2‎t,‎3‎‎2‎t,又C(0,‎3‎),‎ 则|PC|=‎3+‎1‎‎2‎t‎2‎‎+‎‎3‎‎2‎t-‎‎3‎‎2‎=t‎2‎‎+12‎,故当t=0时,|PC|取得最小值,此时,P点的直角坐标为(3,0).‎ ‎8.(2014课标Ⅱ,23,10分,0.462)在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,半圆C的极坐标方程为ρ=2cos θ,θ∈‎0,‎π‎2‎.‎ ‎(1)求C的参数方程;‎ ‎(2)设点D在C上,C在D处的切线与直线l:y=‎3‎x+2垂直,根据(1)中你得到的参数方程,确定D的坐标.‎ 解析　(1)C的普通方程为(x-1)2+y2=1(0≤y≤1).‎ 可得C的参数方程为 x=1+cost,‎y=sint‎(t为参数,0≤t≤π).‎ ‎(2)设D(1+cos t,sin t).‎ 由(1)知C是以G(1,0)为圆心,1为半径的上半圆.‎ 因为C在点D处的切线与l垂直,所以直线GD与l的斜率相同.tan t=‎3‎,t=π‎3‎.‎ 故D的直角坐标为‎1+cosπ ‎‎3‎,sinπ‎3‎,即‎3‎‎2‎‎,‎‎3‎‎2‎.‎ 思路分析　(1)先把曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程,再求其参数方程.‎ ‎(2)利用曲线C的参数方程设出点D的直角坐标,由切线的性质求解.‎ ‎9.(2014江苏,21C,10分)选修4—4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中,已知直线l的参数方程为x=1-‎2‎‎2‎t,‎y=2+‎2‎‎2‎t(t为参数),直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,求线段AB的长.‎ 解析　将直线l的参数方程x=1-‎2‎‎2‎t,‎y=2+‎2‎‎2‎t代入抛物线方程y2=4x,得‎2+‎2‎‎2‎t‎2‎=4‎1-‎2‎‎2‎t,解得t1=0,t2=-8‎2‎.‎ 所以AB=|t1-t2|=8‎2‎.‎ ‎10.(2014福建,21(2),7分)已知直线l的参数方程为x=a-2t,‎y=-4t(t为参数),圆C的参数方程为x=4cosθ,‎y=4sinθ(θ为参数).‎ ‎(1)求直线l和圆C的普通方程;‎ ‎(2)若直线l与圆C有公共点,求实数a的取值范围.‎ 解析　(1)直线l的普通方程为2x-y-2a=0,‎ 圆C的普通方程为x2+y2=16.‎ ‎(2)因为直线l与圆C有公共点,故圆C的圆心到直线l的距离d=‎|-2a|‎‎5‎≤4,‎ 解得-2‎5‎≤a≤2‎5‎.‎ ‎11.(2014课标Ⅰ,23,10分)已知曲线C:x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎9‎=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.‎ 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(2cos θ,3sin θ)到l的距离为 d=‎5‎‎5‎|4cos θ+3sin θ-6|.‎ 则|PA|=dsin30°‎=‎2‎‎5‎‎5‎|5sin(θ+α)-6|,‎ 其中α为锐角,且tan α=‎4‎‎3‎.‎ 当sin(θ+α)=-1时,|PA|取得最大值,最大值为‎22‎‎5‎‎5‎.‎ 当sin(θ+α)=1时,|PA|取得最小值,最小值为‎2‎‎5‎‎5‎.‎ 思路分析　(1)利用三角换元的方法求曲线C的参数方程,消去参数t得直线l的普通方程;‎ ‎(2)利于曲线C的参数方程表示出P的直角坐标,由点到直线的距离公式及解直角三角形建立|PA|关于θ的函数,利用三角函数的知识求最值.‎ ‎【三年模拟】‎ 解答题(共80分)‎ ‎1.(2019届广东佛山顺德第二次质检,22)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为 x=1+2cosφ,‎y=‎3‎+2sinφ‎(φ为参数),直线l1的参数方程为x=tcosα,‎y=tsinα(t为参数),以O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎(1)求C与l1的极坐标方程;‎ ‎(2)当-π‎6‎<α<π‎3‎时,直线l1与C相交于O,A两点.过点O作l1的垂线l2,l2与曲线C的一个交点为B,求|OA|+|OB|的最大值.‎ 解析　(1)因为曲线C:x=1+2cosφ,‎y=‎3‎+2sinφ(φ为参数),‎ 所以曲线C的普通方程为(x-1)2+(y-‎3‎)2=4,‎ 由x=ρcos θ,y=ρsin θ得C的极坐标方程为ρ2-2ρcos θ-2‎3‎ρsin θ=0.化简得ρ=2cos θ+2‎3‎sin θ.‎ 因为直线l1:x=tcosα,‎y=tsinα(t为参数),‎ 所以直线l1的极坐标方程为θ=α(ρ∈R)(漏写ρ∈R不扣分).‎ ‎(2)解法一:设点A的极坐标为(ρA,α),-π‎6‎<α<π‎3‎,‎ 则ρA=|2cos α+2‎3‎sin α|=4sinα+‎π‎6‎,‎ 点B的极坐标为ρB‎,α+‎π‎2‎,‎ 则ρB=4sinα+π‎2‎+‎π‎6‎=4cosα+‎π‎6‎,‎ ‎∴|OA|+|OB|=ρA+ρB ‎=4sinα+‎π‎6‎+4cosα+‎π‎6‎ ‎=4‎2‎sinα+‎‎5π‎12‎,‎ 所以当α=π‎12‎时,(|OA|+|OB|)max=4‎2‎.‎ 解法二:由已知得∠AOB=90°,∴AB为☉C的直径,‎ 故有|OA|2+|OB|2=|AB|2=42=16,∴‎|OA|+|OB|‎‎2‎‎2‎≤‎|OA‎|‎‎2‎+|OB‎|‎‎2‎‎2‎=8,‎ 即|OA|+|OB|≤2‎8‎=4‎2‎,当且仅当|OA|=|OB|=2‎2‎时,|OA|+|OB|取得最大值4‎2‎.‎ ‎2.(2019届广西南宁、玉林、贵港摸底考试,22)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为 x=2+2cosφ,‎y=2sinφ‎(φ为参数),以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ=4sin θ.‎ ‎(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程;‎ ‎(2)已知曲线C3的极坐标方程为θ=α(0<α<π,ρ∈R),点A是曲线C3与C1的交点,点B是曲线C3与C2的交点,且A,B均异于原点O,且|AB|=4‎2‎,求α的值.‎ 解析　(1)由x=2+2cosφ,‎y=2sinφ(φ为参数)消去参数φ可得C1的普通方程为(x-2)2+y2=4.‎ ‎∵ρ=4sin θ,∴ρ2=4ρsin θ,‎ 由x=ρcosθ,‎y=ρsinθ得曲线C2的直角坐标方程为x2+(y-2)2=4.‎ ‎(2)由(1)得曲线C1的方程为(x-2)2+y2=4,其极坐标方程为ρ=4cos θ,‎ 由题意设A(ρ1,α),B(ρ2,α),‎ 则|AB|=|ρ1-ρ2|=4|sin α-cos α|=4‎2‎sinα-‎π‎4‎=4‎2‎,∴sinα-‎π‎4‎=±1,‎ ‎∴α-π‎4‎=π‎2‎+kπ(k∈Z).∵0<α<π,∴α=‎3π‎4‎.‎ ‎3.(2019届河北衡水中学9月月考,22)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C的极坐标方程为ρ=2sin θ+2acos θ(a>0).直线l的参数方程为x=-2+‎2‎‎2‎t,‎y=‎2‎‎2‎t(t为参数),直线l与曲线C分别交于M,N两点.‎ ‎(1)写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程;‎ ‎(2)若点P的极坐标为(2,π),|PM|+|PN|=5‎2‎,求a的值.‎ 解析　(1)由ρ=2sin θ+2acos θ(a>0),‎ 得ρ2=2ρsin θ+2aρcos θ(a>0),‎ 所以曲线C的直角坐标方程为x2+y2=2y+2ax(a>0),‎ 即(x-a)2+(y-1)2=a2+1(a>0).‎ 直线l的普通方程为y=x+2.‎ ‎(2)将直线l的参数方程x=-2+‎2‎‎2‎t,‎y=‎2‎‎2‎t代入x2+y2=2y+2ax并化简、整理得t2-(3‎2‎+‎2‎a)t+4a+4=0,因为直线l与曲线C交于M,N两点.所以Δ=[-(3‎2‎+‎2‎a)]2-4(4a+4)>0,解得a≠1.由根与系数的关系,得t1+t2=3‎2‎+‎2‎a,t1t2=4a+4.因为点P的直角坐标为(-2,0),在直线l上,‎ 所以|PM|+|PN|=|t1+t2|=3‎2‎+‎2‎a=5‎2‎,解得a=2,此时满足a>0,且a≠1.故a=2.‎ ‎4.(2019届湖北、山东重点中学第一次联考,22)在直角坐标系xOy中,已知曲线C1、C2的参数方程分别为C1:x=2cosθ,‎y=‎3‎sinθ(θ为参数),C2:x=1+tcosθ,‎y=tsinθ(t为参数).‎ ‎(1)求曲线C1、C2的普通方程;‎ ‎(2)已知点P(1,0),若曲线C1与曲线C2交于A、B两点,求|PA|+|PB|的取值范围.‎ 解析　(1)曲线C1的普通方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ 当θ≠π‎2‎+kπ,k∈Z时,曲线C2的普通方程为y=xtan θ-tan θ;‎ 当θ=π‎2‎+kπ,k∈Z时,曲线C2的普通方程为x=1.(或曲线C2的普通方程为xsin θ-ycos θ-sin θ=0)‎ ‎(2)将C2:x=1+tcosθ,‎y=tsinθ(t为参数)代入C1:x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1化简整理得(sin2θ+3)t2+6tcos θ-9=0,则Δ=36cos2θ+36(sin2θ+3)=144>0恒成立,‎ 设A,B对应的参数分别为t1,t2,t1+t2=‎-6cosθsin‎2‎θ+3‎,t1t2=‎-9‎sin‎2‎θ+3‎,‎ ‎∴|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1-t2|=‎(t‎1‎+t‎2‎‎)‎‎2‎-4‎t‎1‎t‎2‎=‎12‎sin‎2‎θ+3‎,‎ ‎∵sin2θ∈[0,1],∴|PA|+|PB|∈[3,4].‎ ‎5.(2018四川绵阳模拟,22)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程是x=3+5cosα,‎y=4+5sinα(α为参数),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎(1)求曲线C的极坐标方程;‎ ‎(2)设l1:θ=π‎6‎,l2:θ=π‎3‎,若l1,l2与曲线C分别交于异于原点的A,B两点,求△AOB的面积.‎ 解析　(1)∵曲线C的参数方程是x=3+5cosα,‎y=4+5sinα(α为参数),‎ ‎∴将曲线C的参数方程化为普通方程为(x-3)2+(y-4)2=25,‎ 即x2+y2-6x-8y=0.(2分)‎ ‎∴曲线C的极坐标方程为ρ=6cos θ+8sin θ.(4分)‎ ‎(2)把θ=π‎6‎代入ρ=6cos θ+8sin θ,得ρ1=4+3‎3‎,‎ ‎∴A‎4+3‎3‎,‎π‎6‎.(6分)‎ 把θ=π‎3‎代入ρ=6cos θ+8sin θ,得ρ2=3+4‎3‎,‎ ‎∴B‎3+4‎3‎,‎π‎3‎.(8分)‎ ‎∴S△AOB=‎1‎‎2‎ρ1ρ2sin∠AOB ‎=‎1‎‎2‎×(4+3‎3‎)×(3+4‎3‎)sinπ‎3‎‎-‎π‎6‎=12+‎25‎‎3‎‎4‎.(10分)‎ ‎6.(2018湖北荆州一模,22)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=sinα+cosα,‎y=sinα-cosα(α为参数).‎ ‎(1)求曲线C的普通方程;‎ ‎(2)在以O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,直线l的方程为‎2‎ρsinπ‎4‎‎-θ+‎1‎‎2‎=0,已知直线l与曲线C相交于A、B两点,求|AB|.‎ 解析　(1)曲线C的参数方程为x=sinα+cosα,‎y=sinα-cosα(α为参数),‎ sin α=x+y‎2‎,cos α=x-y‎2‎,‎ 普通方程为x+y‎2‎‎2‎+x-y‎2‎‎2‎=1,‎ 化简得x2+y2=2.‎ ‎(2)由‎2‎ρsinπ‎4‎‎-θ+‎1‎‎2‎=0,‎ 知ρ(cos θ-sin θ)+‎1‎‎2‎=0,化为普通方程为x-y+‎1‎‎2‎=0,‎ 圆心到直线l的距离d=‎2‎‎4‎,‎ 由垂径定理得|AB|=‎‎30‎‎2‎ ‎7.(2017河北石家庄二中3月模拟,22)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1和C2的参数方程分别是x=4t‎2‎,‎y=4t(t是参数)和x=cosφ,‎y=1+sinφ(φ为参数).以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的极坐标方程;‎ ‎(2)射线OM:θ=αα∈‎π‎6‎‎,‎π‎4‎与曲线C1的交点为O,P,与曲线C2的交点为O,Q,求|OP|·|OQ|的最大值.‎ 解析　(1)C1的普通方程为y2=4x,C2的极坐标方程为ρ=2sin θ.‎ ‎(2)由(1)可得C1的极坐标方程为ρsin2θ=4cos θ,与直线θ=α联立可得:ρ=‎4cosαsin‎2‎α,即OP=‎4cosαsin‎2‎α,同理可得OQ=2sin α.‎ 所以|OP|·|OQ|=‎8cosαsinα=‎8‎tanα,令f(α)=‎8‎tanα,易知f(α)在α∈π‎6‎‎,‎π‎4‎上单调递减,所以(|OP|·|OQ|)max=‎8‎tanπ‎6‎=8‎3‎.‎ 思路分析　(1)利用代入消元法求得曲线C1的普通方程,利用恒等式消元法得曲线C2的普通方程,再利用极坐标与直角坐标互化公式得曲线C2的极坐标方程;‎ ‎(2)将θ=α分别与曲线C1和曲线C2的极坐标方程联立,利用极坐标的几何意义,分别用α表示出|OP|与|OQ|,从而利用α的取值范围求出|OP|·|OQ|的最大值.‎ 知识归纳　过极点的直线与曲线相交于点A(ρ1,θ),B(ρ2,θ),则|AB|=|ρ1-ρ2|.‎ ‎8.(2018河南郑州二模,22)在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,以x轴正半轴为极轴,建立极坐标系,点A的极坐标为‎2‎‎,‎π‎4‎,直线l的极坐标方程为ρcosθ-‎π‎4‎=a,且l过点A,‎ 曲线C1的参数方程为x=2cosα,‎y=‎3‎sinα(α为参数).‎ ‎(1)求曲线C1上的点到直线l的距离的最大值;‎ ‎(2)过点B(-1,1)与直线l平行的直线l1与曲线C1交于M,N两点,求|BM|·|BN|的值.‎ 解析　(1)由直线l过点A可得‎2‎cosπ‎4‎‎-‎π‎4‎=a,故a=‎2‎,则易得直线l的直角坐标方程为x+y-2=0.(2分)‎ 根据点到直线的距离公式可得曲线C1上的点到直线l的距离d=‎|2cosα+‎3‎sinα-2|‎‎2‎=‎|‎7‎sin(α+φ)-2|‎‎2‎,其中φ满足sin φ=‎2‎‎7‎‎7‎,cos φ=‎21‎‎7‎,‎ ‎∴dmax=‎7‎‎+2‎‎2‎=‎14‎‎+2‎‎2‎‎2‎.(5分)‎ ‎(2)由(1)知直线l的倾斜角为‎3‎‎4‎π,则直线l1的参数方程为x=-1+tcos‎3‎‎4‎π,‎y=1+tsin‎3‎‎4‎π(t为参数).‎ 又易知曲线C1的普通方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1.(7分)‎ 把直线l1的参数方程代入曲线C1的普通方程可得‎7‎‎2‎t2+7‎2‎t-5=0,设M、N对应的参数分别为t1,t2,‎ ‎∴t1t2=-‎10‎‎7‎,‎ 依据直线参数方程中参数的几何意义可知|BM|·|BN|=|t1t2|=‎10‎‎7‎.(10分)‎