新課標高三數(shù)學一輪復習 第13篇 第1節(jié) 坐標系課時訓練 理

《新課標高三數(shù)學一輪復習 第13篇 第1節(jié) 坐標系課時訓練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新課標高三數(shù)學一輪復習 第13篇 第1節(jié) 坐標系課時訓練 理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 第十三篇　坐標系與參數(shù)方程(選修44) 第1節(jié) 坐標系課時訓練 理 【選題明細表】 知識點、方法 題號 平面直角坐標系中的伸縮變換 3 極坐標與直角坐標的互化 1、7、10 直線和圓的極坐標方程及應用 4、9、11 簡單曲線的極坐標方程及應用 2、5、6、8、12、13 一、選擇題 1.(20xx天津模擬)已知曲線的極坐標方程為ρ=4cos 2θ2-2,則其直角坐標方程為(　C　) (A)x2+(y+1)2=1 (B)(x+1)2+y2=1 (C)(x-

2、1)2+y2=1 (D)x2+(y-1)2=1 解析:由ρ=4cos 2θ2-2得ρ=2(cos θ+1)-2=2cos θ, 即x2+y2=2x, 得(x-1)2+y2=1. 2.(20xx海淀模擬)在極坐標系中,曲線ρ=4cos θ圍成的圖形面積為(　C　) (A)π (B)4 (C)4π (D)16 解析:由曲線的極坐標方程ρ=4cos θ, 得ρ2=4ρcos θ, 所以圓的直角坐標方程為x2+y2-4x=0, 化為標準方程, 得(x-2)2+y2=4, 所以圓的半徑為2,面積為4π. 3.在平面直角坐標系中,經伸縮變換后曲線x2+y2=16變換為橢圓 x′2

3、+y216=1,此伸縮變換公式是(　B　) (A)x=14xy=y (B)x=4xy=y (C)x=2xy=y (D)x=4xy=8y 解析:設此伸縮變換為x=λx(λ>0),y=μy(μ>0), 代入x′2+y216=1, 得(λx)2+(μy)216=1, 即16λ2x2+μ2y2=16. 與x2+y2=16比較得16λ2=1(λ>0),μ2=1(μ>0), 故λ=14,μ=1, 即所求變換為x=14x,y=y. 4.(20xx高考安徽卷)在極坐標系中,圓ρ=2cos θ的垂直于極軸的兩條切線方程分別為(　B　) (A)θ=0(ρ∈R)和ρcos θ=2 (B)θ

4、=π2(ρ∈R)和ρcos θ=2 (C)θ=π2(ρ∈R)和ρcos θ=1 (D)θ=0(ρ∈R)和ρcos θ=1 解析:把圓ρ=2cos θ的方程化為(x-1)2+y2=1知,圓的垂直于極軸的兩條切線方程分別為x=0和x=2,從而得這兩條切線的極坐標方程為θ=π2(ρ∈R) 和ρcos θ=2. 故選B. 二、填空題 5.(20xx韶關模擬)在極坐標系中,過點A（1,-π2）引圓ρ=8sin θ的一條切線,則切線長為　　　　. 解析:點A（1,-π2）的極坐標化為直角坐標為A(0,-1), 圓ρ=8sin θ的直角坐標方程為x2+y2-8y=0, 圓的標準方程為x2

5、+(y-4)2=16, 點A與圓心C(0,4)的距離為|AC|=5, 所以切線長為|AC|2-r2=3. 答案:3 6.(20xx廣州模擬)已知曲線C1的極坐標方程為ρ=6cos θ,曲線C2的極坐標方程為θ=π4(ρ∈R),曲線C1、曲線C2的交點為A,B,則弦AB的長為　　　　. 解析:由ρ2=x2+y2,tan θ=yx, 將曲線C1與曲線C2的極坐標方程轉化為直角坐標方程為C1:x2+y2=6x, 即(x-3)2+y2=9, 故C1是圓心為(3,0), 半徑為3的圓, C2:θ=π4, 即y=x,表示過原點傾斜角為π4的直線. 因為y=x,x2+y2=6x的解為

6、x1=0,y1=0,x2=3,y2=3, 所以|AB|=32. 答案:32 7.(20xx南昌調研)在極坐標系中,圓ρ=2cos θ與直線θ=π4(ρ>0)所表示的圖形的交點的極坐標是　　　　. 解析:圓ρ=2cos θ可轉化為x2-2x+y2=0, 直線θ=π4(ρ>0)可轉化為y=x(x>0), 兩個方程聯(lián)立得交點坐標是(1,1), 可得其極坐標是（2,π4）. 答案:（2,π4） 8.(20xx高考天津卷)在以O為極點的極坐標系中,圓ρ=4sin θ和直線ρsin θ=a相交于A,B兩點.若△AOB是等邊三角形,則a的值為　　　　. 解析:由于圓和直線的直角坐標方程分

7、別為x2+y2=4y和y=a, 它們相交于A,B兩點,△AOB為等邊三角形, 所以不妨取直線OB的方程為y=3x, 聯(lián)立x2+y2=4y,y=3x, 消去y,得x2=3x, 解得x=3或x=0, 所以a=3. 答案:3 9.(20xx保定模擬)點M,N分別是曲線ρsin θ=2和ρ=2cos θ上的動點,則|MN|的最小值是　　　　. 解析:ρsin θ=2化為普通方程為y=2, ρ=2cos θ化為普通方程為x2+y2-2x=0, 即(x-1)2+y2=1, 圓(x-1)2+y2=1上的點到直線上點的距離的最小值為圓心(1,0)到直線y=2的距離減去半徑,即為2-1=

8、1. 答案:1 三、解答題 10.在極坐標系下,已知圓O:ρ=cos θ+sin θ和直線l:ρsinθ-π4=22. (1)求圓O和直線l的直角坐標方程; (2)當θ∈(0,π)時,求直線l與圓O公共點的極坐標. 解:(1)圓O:ρ=cos θ+sin θ, 即ρ2=ρcos θ+ρsin θ, 圓O的直角坐標方程為x2+y2=x+y, 即x2+y2-x-y=0. 直線l:ρsinθ-π4=22, 即ρsin θ-ρcos θ=1, 則直線l的直角坐標方程為y-x=1, 即x-y+1=0. (2)由x2+y2-x-y=0,x-y+1=0得x=0,y=1, 故直線

9、l與圓O公共點的極坐標為1,π2. 11.(20xx淮安模擬)在極坐標系中,曲線L:ρsin 2θ=2cos θ,過點A(5,α)（α為銳角且tan α=34）作平行于θ=π4(ρ∈R)的直線l,且l與曲線L分別交于B,C兩點. (1)以極點為原點,極軸為x軸的正半軸,取與極坐標相同單位長度,建立平面直角坐標系,寫出曲線L和直線l的普通方程. (2)求|BC|的長. 解:(1)由題意得,點A的直角坐標為(4,3),由曲線L的極坐標方程ρsin 2θ=2cos θ, 得ρ2sin 2θ=2ρcos θ, 所以L的直角坐標方程為y2=2x. 由于直線l的斜率為1,且過點A(4,3),

10、故直線l的普通方程為y-3=x-4,即y=x-1. (2)設B(x1,y1),C(x2,y2), 由y=x-1,y2=2x消去y, 得x2-4x+1=0, 由一元二次方程的根與系數(shù)的關系, 得x1+x2=4,x1x2=1, 由弦長公式得|BC|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=26. 12.(20xx蘇州模擬)在極坐標系中,圓C是以點C（2,-π6）為圓心,2為半徑的圓. (1)求圓C的極坐標方程. (2)求圓C被直線l:θ=-5π12所截得的弦長. 解:法一　(1)設所求圓上任意一點M(ρ,θ),如圖, 在Rt△OAM中,∠OMA=90, ∠AOM=2π-θ

11、-π6,|OA|=4. 因為cos ∠AOM=|OM||OA|, 所以|OM|=|OA|cos ∠AOM, 即ρ=4cos（2π-θ-π6）=4cos（θ+π6）, 驗證可知,極點O與A（4,-π6）的極坐標也滿足方程, 故ρ=4cos （θ+π6）為所求. (2)設l:θ=-5π12交圓C于點P, 在Rt△OAP中,∠OPA=90, 易得∠AOP=π4, 所以|OP|=|OA|cos ∠AOP=22. 法二　(1)圓C是將圓ρ=4cos θ繞極點按順時針方向旋轉π6而得到的圓,所以圓C的極坐標方程是ρ=4cos（θ+π6）. (2)將θ=-5π12代入圓C的極坐標方程ρ

12、=4cos（θ+π6）,得ρ=22,所以圓C被直線l:θ=-5π12所截得的弦長為22. 13.(20xx鄭州模擬)已知曲線C1的極坐標方程為ρcos（θ-π3）=-1,曲線C2的極坐標方程為ρ=22cos（θ-π4）.以極點為坐標原點,極軸為x軸正半軸建立平面直角坐標系. (1)求曲線C2的直角坐標方程. (2)求曲線C2上的動點M到曲線C1的距離的最大值. 解:(1)依題意,得ρ=22cos（θ-π4）=2(cos θ+sin θ), 即ρ2=2(ρcos θ+ρsin θ), 可得x2+y2-2x-2y=0, 故C2的直角坐標方程為(x-1)2+(y-1)2=2. (2)曲線C1的極坐標方程為ρcos（θ-π3）=-1, 即ρ（12cos θ+32sin θ）=-1, 化為直角坐標方程為x+3y+2=0, 由(1)知曲線C2是以(1,1)為圓心,2為半徑的圓,且圓心到直線C1的距離d=|1+3+2|12+(3)2=3+32>r=2, 于是直線與圓相離,所以動點M到曲線C1的距離的最大值為3+3+222.