2020年高考数学第二轮复习专题：极坐标与参数方程(含答案)

高考数学第二轮复习专题：极坐标与参数方程

一、选择题（题型注释） 二、填空题（题型注释） 三、解答题（题型注释）

2t,x321．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）.在极坐标系

2y5t2（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的方程为25sin. （1）求圆C的直角坐标方程；

（2）设圆C与直线l交于点A,B，若点P的坐标为(3,5)，求PAPB 2．（本小题满分10分） 在极坐标系中，点M坐标是(3,

2

4坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，斜率是1的直线l经过点M． （1）写出直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程；

（2）求证直线l和曲线C相交于两点A、B，并求|MA||MB|的值．

3．（本题满分10分）曲线C1的参数方程为)，曲线C的方程为22sin()；以极点为

x2cos（其中为参数），M是曲

y22sin线C1上的动点，且M是线段OP的中点，P点的轨迹为曲线C2，直线l的方程为

sin(x)2，直线l与曲线C2交于A，B两点。

4（1）求曲线C2的普通方程； （2）求线段AB的长。

4．选修4-4：坐标系与参数方程

x1t（Ⅰ）求直线（t为参数）的倾斜角的大小.

y1t（Ⅱ）在极坐标系中，已知点A(2,),B(2,ABC的面积的最小值．

4)，C是曲线2sin上任意一点，求3x1cos5．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数），以坐标

ysin原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标为

sincos，曲线C3的极坐标方程为（1）把曲线C1的参数方程化为极坐标方程；

6.

试卷第1页，总4页

（2）曲线C3与曲线C1交于点O、A，曲线C3与曲线C2交于点O、B，求AB. 6．（本小题满分10分）选修4－4：极坐标系与参数方程

x3cos在直角坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为，（为参数），以原点O为

ysin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

4sin()42．

（1）求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程；

（2）设P为曲线C1上的动点，求点P到C2上点的距离的最小值．

1xt27．．已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程是

y23t2sin以极点为原点，极轴为x轴正方向建立直角坐标系，点M(0,2)，直线l1sin2与曲

线C交于A，B两点．

（1）写出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程； （2）线段MA，MB长度分别记|MA|，|MB|，求|MA|·|MB|的值．

8．已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与x轴的正半轴重合，直线l 的

32xcos极坐标方程为sin ，曲线C的参数方程是 （ 是

42y3sin参数）．

（1）求直线l 的直角坐标方程及曲线C的普通方程；

（2）求曲线C上的点到直线l的最大距离．

229．（选修4-4：坐标系与参数方程） 平面直角坐标系中, 已知曲线C1:xy1,将

曲线C1上所有点横坐标, 纵坐标分别伸长为原来的2倍和3倍后, 得到曲线C2. （1）试写出曲线C2参数方程；

（2）在曲线C2上求点P,使得点P到直线l:xy450的距离最大, 并求距离最大值.

10．已知直线l经过点P(,1)，倾斜角α＝

12，圆C的极坐标方程为62cos().

4(1)写出直线l的参数方程，并把圆C的方程化为直角坐标方程； (2)设l与圆C相交于两点A、B，求点P到A、B两点的距离之积．

试卷第2页，总4页

11．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，直线C1:

x=2，圆C2：x1y21,以坐标原点

22为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （Ⅰ）求C1，C2的极坐标方程； （Ⅱ）若直线C3的极坐标方程为4R，设C2与C3的交点为M,N ,求

C2MN的面积.

13xt22 12．已知圆C的极坐标方程为2cos，直线l的参数方程为x11t22（t为参数），点A的极坐标为22,4，设直线l与圆C交于点P、Q. （1）写出圆C的直角坐标方程； （2）求APAQ的值. 13．选修4—4：极坐标与参数方程 已知曲线C1的参数方程是x2cos（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半

ysin轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是2sin． （1）写出C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程； （2）已知点M1、M2的极坐标分别为1,和2,0，直线M1M2与曲线C2相交于2P,Q两点，射线OP与曲线C1相交于点A，射线OQ与曲线C1相交于点B，求

1OA

21OB2的值．

14．在极坐标系中，点M坐标是(3,)；以极24点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，斜率是1的直线l经过点M．

（1）写出直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程；

（2）求证直线l和曲线C相交于两点A、B，并求|MA||MB|的值．

)，曲线C的方程为22sin(试卷第3页，总4页

3xt2515．已知曲线C的极坐标方程是2sin，直线l的参数方程是（t为

y4t5参数）.

（I）将曲线C的极坐标方程转化为直角坐标方程；

（Ⅱ）设直线l与x轴的交点是M,N为曲线C上一动点，求MN的最大值.

试卷第4页，总4页

参考答案

1．（1）x2(y5)25. （2）PAPBt1t2t1t232. 【解析】

试题分析：（1）由25sin得x2y225y0,即x2(y5)25. (4分) （2）将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得(3t232t40.(7分)

222t)(t)25，即22tt32,由于(32)24420，故可设t1,t2是上述方程的两实根，所以12

t.t4.12又直线l过点P(3,5)，故由上式及t的几何意义得：PAPBt1t2t1t232. (10分)

考点：本题主要考查参数方程，简单曲线的极坐标方程，直线与圆的位置关系。

点评：容易题，涉及参数方程、极坐标的题目，往往难度不太大，在直线与圆锥曲线位置关系问题中，考查韦达定理应用的题目居多。

2tx22．解：（1）直线l参数方程， 曲线C的直角坐标方程为x2y22x2y0；

2y3t22tx2（2）代入x2y22x2y0，得t232t30

2y3t2∵60，∴直线l的和曲线C相交于两点A、B，设t232t30的两个根是t1、t2，

t1t23，∴|MA||MB||t1t2|3．

【解析】

试题分析：解：（1）∵点M的直角坐标是(0,3)，直线l倾斜角是135， …………（1分）

2xtxtcos1352∴直线l参数方程是，即， ………（3分） 2y3tsin135y3t222sin()即2(sincos)，

4两边同乘以得22(sincos)，曲线C的直角坐标方程 曲线C的直角坐标方程为x2y22x2y0；………………（5分）

答案第1页，总10页

2xt2（2）代入x2y22x2y0，得t232t30

2y3t2∵60，∴直线l的和曲线C相交于两点A、B，………（7分） 设t232t30的两个根是t1、t2，t1t23，

∴|MA||MB||t1t2|3． ………………（10分）

考点：本题考查了极坐标与参数方程的运用

点评：近几年的高考试题对选修4-4的考查都是以极坐标方程与参数方程混合命题，我们在复习的过程中要注意训练化极坐标方程和参数方程为普通方程 3．（1）x(y4)16； （2）AB214 【解析】略

4．（Ⅰ）倾斜角的大小为

22113. （Ⅱ）ABC的面积的最小值为ABh3. 422【解析】本试题主要是考查了参数方程和极坐标方程的综合运用。

x1t（1）利用参数方程，消去参数t的值的，得到直线的普通方程为xy20，

y1t从而得到倾斜角的大小。

（2）将极坐标A，B,化为直角坐标，依题意得点A,B的直角坐标分别为

A(2,0),B(1,3)，那么直线AB方程为3xy230，曲线2sin的直角坐

标方程为x(y1)1，

，利用直线与圆的位置关系来判定三角形面积的最小值即由点C到圆的最短距离得到。 解：（Ⅰ）因为直线的普通方程为xy20，所以倾斜角的大小为

223.……3分 4（Ⅱ）依题意得点A,B的直角坐标分别为A(2,0),B(1,3)，直线AB方程为

3xy230，曲线2sin的直角坐标方程为x2(y1)21，

点C到圆的最短距离为h1231311所以ABC的面积的最小值为ABh3.………………7分

225．（1）2cos；（2）

r31， 231. 2答案第2页，总10页

【解析】

试题分析：（1）先将曲线C1化为普通方程，再利用求出A,B的极坐标，在利用极坐标的意义得AB2xcos将其化为极坐标方程；（2）

ysin12可得结果.

22试题解析：（1）曲线C1的普通方程为x1y21，即xy2x0，

由xcos,ysin，得2cos0，所以曲线C1的极坐标方程为

22cos.

（2）设点A的极坐标为,6，点B的极坐标为2,， 6则12cos63,2sin6cos613， 22所以AB1231. 2考点：（1）参数方程与普通方程；（2）极坐标方程与普通方程；（3）两点间的距离.

x2y21，xy80；6．（1）（2）32 3【解析】 试题分析：（1）将参数方程转化为直角坐标系下的普通方程，需要根据参数方程的结构特征，选取恰当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法、加减消参法、平方消参法；（2）将参数方程转化为普通方程时，要注意两种方程的等价性，不要增解、漏解，若x,y有范围限制，要标出x,y的取值范围；（3）直角坐标方程化为极坐标方程，只需把公式xcos及

ysin直接代入并化简即可；而极坐标方程化为极坐标方程要通过变形，构造形如

cos，sin，2的形式，进行整体代换，其中方程的两边同乘以（或同除以）及

方程的两边平方是常用的变形方法.

xx3coscos试题解析：（1）由曲线C1： 得3

ysinysinx2y21 即：曲线C1的普通方程为：3答案第3页，总10页

由曲线C2：sin(4)42得：

2(sincos)42 2即：曲线C2的直角坐标方程为:xy80 5分 （2）由（1）知椭圆C1与直线C2无公共点，

椭圆上的点P(3cos,sin)到直线xy80的距离为

d3cossin82sin(3)8 22所以当sin(3)1时，d的最小值为32 10分

考点：1、参数方程与普通方程的互化；2、点到直线的距离公式. 7．解：（1）直线l的普通方程为：3xy20，

cos2sin，2cos2sin，

曲线C直角坐标方程yx2

1xt2（6分）（2）将代入yx2得

y23t2t223t80， |MA||MB||t1t2|8．

【解析】略

（12分）

y2521；8．（1）xy30，x（2）．

232【解析】

试题分析：（1）先利用两角和的正弦公式展开，再利用cosx,siny进行化简，即得直线l的普通方程，借助同角三角函数基本关系式的平方关系消去参数，即得到曲线C的普通方程；（2）利用曲线C上的点的参数坐标，利用点到直线l的距离公式和配角公式以及三角函数的图象与性质进行求解． 试题解析：（1）由sin(4)32 得： 2sincos4cossin4322232yxxy30 ， 2222答案第4页，总10页

xcosxcosy221 ． 由 得y平方相加得：x3y3sin3sincos3sin32sin(6)3（2）∵d ， 22211∴dmax552 ． 22考点：1.曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的互化；2.点到直线的距离公式．

2535510x2cos(为参数）.（2）dmax9．（1）,P点的坐标为. ,255y3sin【解析】

xcosx'2x试题分析：（1）写出C1:xy1的参数方程为(为参数）, 根据ysiny'3y22进一步确定C2的参数方程. （2）由（1） 得点P2cos,3sin,利用点P到直线l的距离公式，写出d的表达式，

根据三角函数的图象和性质，确定其最大值及P点的坐标.

xcos试题解析：（1）曲线C1的参数方程为(为参数）, 由

ysinx'2cos, y'3sinx2cos(为参数）. C2的参数方程为y3sin（2）由（1） 得点Px'2x得y'3y2cos,3sin,点P到直线l的距离

5cos452,tan255510,dmax232d,

2cos3sin4522535此时P点的坐标为,. 55考点：1.曲线的参数方程；2.点到直线的距离公式；3.三角函数的性质.

【名师点睛】作为选考内容，题目的难度一般不大，掌握基础知识、基本方法即可.本题与

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平面解析几何、三角函数相结合，综合考查考生的学习理解能力、基本运算能力. 10．（1）(x)(y)【解析】

12212211；（2）.

421xtcos26试题分析：（1）由参数方程的概念可以写成l的参数方程为，化简为

y1tsin613xt22 (t为参数) ；在2cos()两边同时乘以，且ρ2＝x2＋y2，4y11t2ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，∴(x)(y)1221221.（2）在l取一点，用参数形式表示213xt1212111222，再代入，得到t＋t－＝0，|PA|·|PB|＝|t1t2|(x)(y)22224y11t2＝

11.故点P到点A、B两点的距离之积为. 44113xtcosxt2622试题解析：(1)直线l的参数方程为,即 (t为参数)

y1tsiny11t62由2cos(),得ρ＝cosθ＋sinθ，所以ρ2＝ρcosθ＋ρsinθ，

412121222

∵ρ＝x＋y，ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，∴(x)(y).

22213xt22代入(x1)2(y1)21. (2)把

222y11t

2

得t＋

2

1111t－＝0，|PA|·|PB|＝|t1t2|＝.故点P到点A、B两点的距离之积为. 24442考点：1.参数方程的应用；2.极坐标方程与直角坐标方程的转化. 11．（Ⅰ）cos2,2cos4sin40（Ⅱ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）用直角坐标方程与极坐标互化公式即可求得C1，C2的极坐标方程；（Ⅱ）

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1 2

将将=4代入2cos4sin40即可求出|MN|，利用三角形面积公式即可

2C2MN的面积. 求出V试题解析：（Ⅰ）因为xcos,ysin， ∴C1的极坐标方程为

cos2，C2的极坐标方程为

22cos4sin40.……5分

（Ⅱ）将=423240，解得

代入2cos4sin40，得

21=22，2=2，|MN|=1－2=2，

C2MN的面积因为C2的半径为1，则V1121sin45o=. 22考点：直角坐标方程与极坐标互化；直线与圆的位置关系 12．（1）x1y21；（2）【解析】

试题分析：（1）在极坐标方程2cos的两边同时乘以，然后由xy，（2）将直线l的标准参数方程代入圆的直角坐cosx即可得到圆C的直角坐标方程；

标方程，消去x、y得到有关t的参数方程，然后利用韦达定理求出APAQ的值. （1）由2cos，得2cos

222221. 2Q2x2y2，cosx， x2y22x即x1y21，

即圆C的直角坐标方程为x1y21； （2）由点A的极坐标22211得点直角坐标为,A,， 242213xt22代入x12y21消去x、y，整理得t231t10， 将22y11t22设t1、t2为方程t23111t0的两个根，则t1t2， 222答案第7页，总10页

所以APAQt1t21. 2考点：1.圆的极坐标方程与直角坐标方程之间的转化；2.韦达定理 13．（1）C1的极坐标方程为

2cos242sin21；C2的直角坐标方程为

x2y11；

（2）

21OA21OB25． 4【解析】

试题分析：（1）利用sin2cos21进行消参得到C1的直角坐标方程，再利用（2）首先xcos,ysin，得到C1的极坐标方程，同时得到C2的直角坐标方程；确定M1,M2的直角坐标，进而确定PQ与曲线C2的关系，进而判断出OAOB，设点A,B的参数方程分别为A1,,B2,2，代入C1中化简整理得到

1OA21OB25：． 4x2试题解析：（1）曲线C1的普通方程为y21，

4化成极坐标方程为

2cos242sin21 3分

2曲线C2的直角坐标方程为x2y11 5分 （2）在直角坐标系下，M10,1 ，M22,0， 线段PQ是圆x2y11的一条直径

2POQ90o 由OPOQ 得OAOB

x2A,B是椭圆y21上的两点，

4在极坐标下，设A1,,B2, 2分别代入

12cos2412sin21中，

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有

12cos241sin1和

21222cos24222sin21

2cos21sin222sin, 2cos2 1424则

1121225115 即． 10分 2244OAOB考点：1．参数方程化为直角坐标；2．极坐标化为直角坐标方程．

14．解：（1）∵点M的直角坐标是(0,3)，直线l倾斜角是135， …………（1分）

2xtxtcos1352∴直线l参数方程是，即， ………（3分） 2y3tsin135y3t222sin()即2(sincos)，

4两边同乘以得22(sincos)，曲线C的直角坐标方程 曲线C的直角坐标方程为x2y22x2y0；………………（5分）

2tx2（2）代入x2y22x2y0，得t232t30

2y3t2∵60，∴直线l的和曲线C相交于两点A、B，………（7分） 设t232t30的两个根是t1、t2，t1t23，

∴|MA||MB||t1t2|3． ………………（10分）

【解析】略

22 15．（1）xy2y0；（2）51.

【解析】

试题分析：（1）根据xy,cosx,siny可以将极坐标方程转化为坐标方程，（2）将直线的参数方程转化成直角坐标方程，再根据平时熟悉的几何知识去做题. 试题解析：（1）2sin两边同时乘以得2sin，则xy2y 曲线C的极坐标方程转化为直角坐标方程为：xy2y0

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22222222

（2）直线l的参数方程化为直角坐标方程得：y4(x2) 3令y0得x2，即M(2,0)，又曲线C为圆，圆C的圆心坐标为(0,1)， 半径r1，则MC5.

MNMCr51.

考点：1.极坐标与直角坐标的转化，2.参数方程与直角坐标方程的转化.

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