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2、 1
課時提升作業(yè)(七十六)
一、選擇題
1.在以O為極點的極坐標系中,直線l的極坐標方程是ρcosθ-2=0,直線l與極軸相交于點M,以OM為直徑的圓的極坐標方程是 ( )
(A)ρ=2cosθ (B)ρ=2sinθ
(C)2ρ=cosθ (D)ρ=2+cosθ
2.(20xx·惠州模擬)已知點P的極坐標為(1,π),則過點P且垂直于極軸的直線方
3、程為 ( )
(A)ρ=1 (B)ρ=cosθ
(C)ρ=-1cosθ (D)ρ=1cosθ
3.在極坐標系中,與圓ρ=4sinθ相切的一條直線的方程是 ( )
(A)ρsinθ=2 (B)ρcosθ=2
(C)ρcosθ=4 (D)ρcosθ=-4
二、填空題
4.(20xx·陜西高考)直線2ρcosθ=1與圓ρ=2cosθ相交的弦長為 .
5.(20xx·江西高考)曲線C的直角坐標方程為x2+y2-2x=0,以原點為極點,x軸的正半軸為極軸建立坐標系,則曲線C的極坐標方程為 .
6.在極坐標系中,點(2,π3)到圓ρ=
4、2cosθ的圓心的距離為 .
三、解答題
7.在極坐標系中,已知圓C的圓心C(3,π3),半徑r=3.
(1)求圓C的極坐標方程.
(2)若Q點在圓C上運動,P在OQ的延長線上,且OQ→=2QP→,求動點P的軌跡方程.
8.在極坐標系中,點M的坐標是(2,π3),曲線C的方程為ρ=22sin(θ+π4);以極點為坐標原點,極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標系,直線l經(jīng)過點M和極點.
(1)寫出直線l的極坐標方程和曲線C的直角坐標方程.
(2)直線l和曲線C相交于兩點A,B,求線段AB的長.
9.從極點O作直線l與另一直線ρcosθ=4相交于點M,在OM上取一點P,使OM→
5、·OP→=16.
(1)求點P的軌跡方程.
(2)圓N的方程為(x-2-5cosθ)2+(y-5sinθ)2=1(θ∈R),過圓N上任意一點K作P的軌跡的兩條切線KE,KF,切點分別為E,F,求KE→·KF→的最小值.
10.已知圓C的極坐標方程ρ=2asinθ,求:
(1)圓C關于極軸對稱的圓的極坐標方程.
(2)圓C關于直線θ=3π4對稱的圓的極坐標方程.
11.在直角坐標系xOy中,以O為極點,x軸非負半軸為極軸建立極坐標系,曲線C的極坐標方程為ρcos(θ-π3)=1,M,N分別為C與x軸,y軸的交點.
(1)寫出C的直角坐標方程,并求M,N的極坐標.
(2)設MN的中
6、點為P,求直線OP的極坐標方程.
12.(20xx·福州模擬)已知橢圓C的極坐標方程為ρ2=123cos2θ+4sin2θ,點F1,F2為其左、右焦點,直線l的參數(shù)方程為x=2-22t,y=-22t(t為參數(shù),t∈R).
(1)求直線l和曲線C的普通方程.
(2)求點F1,F2到直線l的距離之和.
答案解析
1.【解析】選A.直線l:ρcosθ-2=0的直角坐標方程是x=2,直線l與x軸相交于點M(2,0),以OM為直徑的圓的直角坐標方程為(x-1)2+y2=1,即x2-2x+y2=0,化為極坐標方程是ρ2-2ρcosθ=0,即ρ=2cosθ.
2.【解析】選C
7、.由點P坐標知,過點P且垂直于極軸的直線的直角坐標方程為x=-1,化為極坐標方程為ρcosθ=-1,故選C.
3.【解析】選B.方法一:圓的極坐標方程ρ=4sinθ即ρ2=4ρsinθ,所以直角坐標方程為x2+y2-4y=0.
選項A,直線ρsinθ=2的直角坐標方程為y=2,代入圓的方程,得x2=4,∴x=±2,不符合題意;
選項B,直線ρcosθ=2的直角坐標方程為x=2,代入圓的方程,得(y-2)2=0,∴y=2,符合題意.同理,以后選項都不符合題意.
方法二:如圖,☉C的極坐標方程為ρ=4sinθ,
CO⊥Ox,OA為直徑,|OA|=4,直線l和圓相切,
l交極軸于點
8、B(2,0),點P(ρ,θ)為l上任意一點,
則有cosθ=|OB||OP|=2ρ,得ρcosθ=2.
4.【解析】直線2ρcosθ=1與圓ρ=2cosθ的普通方程為2x=1和(x-1)2+y2=1,圓心到直線的距離為1-12=12,
∴弦長為21-(12)2=3.
答案:3
5.【解析】∵x2+y2=ρ2,
∴x=ρcosθ,代入直角坐標方程整理得ρ2-2ρcosθ=0,
∴ρ-2cosθ=0.
即極坐標方程為ρ=2cosθ.
答案:ρ=2cosθ
6.【解析】由x=ρcosθ,y=ρsinθ及ρ=2cosθ,
得x=2cos2θ,y=2cosθsinθ,
則x=1+
9、cos2θ,y=sin2θ,所以(x-1)2+y2=1,即圓心坐標為(1,0),而點(2,π3)在直角坐標系中的坐標為(1,3),所以所求的距離為3.
答案:3
7.【解析】(1)設M(ρ,θ)是圓C上任意一點,在△OCM中,∠COM=|θ-π3|,由余弦定理,得CM2=OM2+OC2-2OM·OC·cos∠COM,
∴32=ρ2+32-2×3×ρcos(θ-π3),
即ρ=6cos(θ-π3)為所求.
(2)設點Q為(ρ1,θ1),點P為(ρ',θ'),由OQ→=2QP→,得OQ→=2(OP→-OQ→).
∴OQ→=23OP→,∴ρ1=23ρ',θ1=θ',代入圓方程ρ=6co
10、s(θ-π3)得23ρ'
=6cos(θ'-π3),
即ρ=9cos(θ-π3)為所求.
8.【解析】(1)∵直線l過點M(2,π3)和極點,
∴直線l的極坐標方程是θ=π3(ρ∈R),
ρ=22sin(θ+π4)即ρ=2(sinθ+cosθ),
兩邊同乘以ρ得ρ2=2(ρsinθ+ρcosθ),
∴曲線C的直角坐標方程為x2+y2-2x-2y=0.
(2)點M的直角坐標為(1,3),直線l過點M和原點,
∴直線l的直角坐標方程為y=3x,
曲線C的圓心坐標為(1,1),半徑r=2,圓心到直線l的距離為d=3-12,∴|AB|=3+1.
9.【解析】(1)方法一:設P(ρ
11、,θ),M(4cosθ,θ),
OM→·OP→=16,ρ4cosθ=16,
ρ=4cosθ(扣除極點).
方法二:設平面直角坐標系下P點的坐標為P(x,y),M點的縱坐標為ym,
xy=4ym,所以ym=4yx.
因為OM→·OP→=16,
所以x2+y2=4x(扣除原點).
(2)點P的軌跡是以(2,0)為圓心,以2為半徑的圓.
設其圓心為A,|KA|的長為t,
KE→·KF→=|KE→||KF→|cos∠EKF
=KE→??22(1-2sin2∠AKE)=(|KA→|2-4)(1-24|KA→|2)=t2+32t2-12,
因為|NA→|=5,所以4≤t≤6,
設f
12、(t)=t2+32t2-12,則f'(t)=2t(t4-32)t4,
t∈[4,6]時,f'(t)>0,所以f(t)單增,
所以,f(t)的最小值為f(4)=6.
10.【解析】方法一:設所求圓上任意一點M的極坐標為(ρ,θ).
(1)點M(ρ,θ)關于極軸對稱的點為M(ρ,-θ),代入圓C的方程ρ=2asinθ,得ρ=2asin(-θ),
即ρ=-2asinθ為所求.
(2)點M(ρ,θ)關于直線θ=3π4對稱的點為(ρ,3π2-θ),代入圓C的方程ρ=2asinθ,得ρ=2asin(3π2-θ),
即ρ=-2acosθ為所求.
方法二:由圓的極坐標方程ρ=2asinθ,
13、得ρ2=2ρasinθ,
利用公式x=ρcosθ,y=ρsinθ,ρ=x2+y2,
化為直角坐標方程為x2+y2=2ay.
即x2+(y-a)2=a2,故圓心為C(0,a),半徑為|a|.
(1)關于極軸對稱的圓的圓心為(0,-a),圓的方程為x2+(y+a)2=a2,即x2+y2=-2ay,
∴ρ2=-2ρasinθ,故ρ=-2asinθ為所求.
(2)由θ=3π4得tanθ=-1,故直線θ=3π4的直角坐標方程為y=-x,
圓x2+(y-a)2=a2關于直線y=-x對稱的圓的方程為(-y)2+(-x-a)2=a2,
即(x+a)2+y2=a2,于是x2+y2=-2ax.
14、∴ρ2=-2ρacosθ.
此圓的極坐標方程為ρ=-2acosθ.
11.【解析】(1)由ρcos(θ-π3)=1得ρ(12cosθ+32sinθ)=1.
從而C的直角坐標方程為12x+32y=1.
即x+3y=2.當θ=0時,ρ=2,所以M(2,0);
當θ=π2時,ρ=233,所以N(233,π2).
(2)M點的直角坐標為(2,0),N點的直角坐標為
(0,233).所以P點的直角坐標為(1,33),則P點的極坐標為(233,π6).
所以直線OP的極坐標方程為θ=π6(ρ∈R).
12.【解析】(1)直線l普通方程為y=x-2,曲線C的普通方程為x24+y23=1.
(2)∵F1(-1,0),F2(1,0),
∴點F1到直線l距離為d1=|-1-0-2|2=322,
點F2到直線l距離為d2=|1-0-2|2=22,
∴d1+d2=22.
新版高考數(shù)學復習 選修44 第一節(jié)
