2020届高考文数复习常考题型大通关(全国卷)： 坐标系与参数方程

常考题型大通关：第22题 坐标系与参数方程

1x2t21、在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程是 (t为参数),以坐标原点为极点,

3yt2x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为4cos.

（1）把直线l的参数方程化为极坐标方程,把曲线C的极坐标方程化为普通方程; （2）求直线l与曲线C交点的极坐标(0,02).

x5cos2、在直角坐标系xOy中，曲线C1：（为参数）.以原点O为极点，x轴

y25sin的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2：24cos3. (1).求C1的普通方程和C2的直角坐标方程；

(2).若曲线C1与C2交于A,B两点,A,B的中点为M,点P0,1,求PMAB 的值.

3、在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为sin2acos(a0)，过点P(2,4)的直线l的参数方程为

2x25t（t为参数），直线l与曲线C相交于A，B两点. y45t（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程； （2）若PAPB|AB|，求a的值

24、在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为x2cos,（为参数）.直线l的方程为

y2sin3xy0，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系.

（Ⅰ）求曲线C和直线l的极坐标方程； （Ⅱ）若直线交曲线C于M，N两点，求

ONOMOMON的值.

x32txOyC5、在平面直角坐标系(t为参数，tR).以坐标原中，曲线1的参数方程为y14t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22cos30.

(1)求C2的直角坐标方程；

(2)动点P,Q分别在曲线C1,C2上运动，求P,Q间的最短距离

6、在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.若曲线C的极

π坐标方程为cos24sin0,P点的极坐标为(3,),在平面直角坐标系中，直线l经过点

2P，且倾斜角为60o.

(1).写出曲线C的直角坐标方程以及点P的直角坐标； (2).设直线l与曲线C相交于A,B两点，求

11的值. PAPBπ7、在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为2sin4cos(02π)，点M1,，以

23xt2(t为参数)与极点O为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l:y11t2曲线C交于A,B两点.

1.若P为曲线C上任意一点，当OP最大时，求点P的直角坐标. 2.求

11的值. MAMB8、以坐标原点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

212．

4cos211的值． PAPB1.求曲线C的直角坐标方程；

2.设过点P(1,0)且倾斜角为45o的直线l和曲线C交于两点A，B，求9、已知曲线C的极坐标方程为29,以极点为平面直角坐标系的原点,极轴

cos29sin2为x轴的正半轴建立平面直角坐标系. （1）求曲线C的普通方程;

（2）A,B为曲线C上两个点,若OAOB,求

1OA21OB2的值.

xsincosC:xOy10、在直角坐标系中，曲线（为参数），以原点O为极点，x轴

y1sin2的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的方程为：(2cossin)a0(aR)

（1）当极点O到直线l的距离为3时，求直线l的直角坐标方程； （2）若直线l与曲线C有两个不同的交点，求实数a的取值范围

答案以及解析

1答案及解析：

答案：（1）3cossin230,x2y24x0 （2）(2,5),(23,) 361x2txcos2解析：（1） ,消去参数t,化为普通方程为3xy230,将代入

ysiny3t23xy230得3cossin230,曲线C的普通方程为x2y24x0

（2） C的普通方程为x2y24x0,由5所以l与C交点的极坐标分别为2,33xy230x1x3解得或,22y3xy4x0y3,23,

6考点:

曲线的参数方程,曲线的极坐标方程.

2答案及解析：

答案：(1).曲线C1的普通方程为x2y25.

由2x2y2，cosx，得曲线C2的直角坐标方程为x2y24x30.

(2).将两圆的方程x2y25与x2y24x30作差得直线AB的方程为xy10. 2tx2点P0,1在直线AB上，设直线AB的参数方程为(t为参数)

y12t222代入x2y24x30化简得t232t40，所以t1t232，t1t24. 因为点M对应的参数为

t1t232， 22所以PMAB解析：

3答案及解析：

t1t232t1t222t1t224t1t23218443 2

答案：（1）由sin2acos(a0)得sin2acos(a0)， 所以曲线C的直角坐标方程y2ax， 因为2222x2x25t1，直线l的普通方程为yx2； ，所以y4y45t2t2（t为参数）， 2t2x2（2）直线l的参数方程为y42代入y2ax得：t224at328a0，

2设A，B对应的参数分别为t1,t2，则t1t2224a，t1t2328a，t10，t20 由参数t1，t2的几何意义得t1PA，t2PB，t1t2AB， 由PAPB|AB|得|t1t2|2t1t2，所以|t1t2|25t1t2， 所以224a225328a，即a23a40，

故a1，或a4（舍去），所以a1. 解析：

4答案及解析：

22122答案：1.C的普通方程为x2y24x4y70，112

化为极坐标方程为242sin470.

2OMx由于直线 3OMON3x22x3ONlONOMOMON2224cos4sin70,28312232127过原点7.3且倾斜角为

，故其化为223270极坐标方程为R.

33（2）由知，设M,N两点对应的极径分别为1，， 2，则，

2212则 .

12解析：

5答案及解析：

答案：(1)已知曲线C2的极坐标方程为22cos30，由x2y22，xcos， 可得x2y22x30，即x1y24. 所以曲线C2的直角坐标方程为x1y24. (2)由已知得曲线C1的普通方程为2xy70.

设Q(12cos,2sin)，aR，点Q到曲线C1的距离为d， 则d4cos2sin95259522925cos5952 (其中5tan1)， 2当且仅当cos1时，取等号 所以P,Q间的最短距离为解析：

6答案及解析：

π答案：(1)曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程为x24y, P点的极坐标为：P3,化

2952. 5为直角坐标为P0,3

1πxt,xtcos,23(2).直线l的参数方程为，即(t为参数)

πy3tsin,y33t,321将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，得t21223t，

4整理得：t283t480，

显然有0，则t1t248,t1t283，

PAPBt1t2t1t248,PAPBt1t2t1t2t1t224t1t286

所以

PAPB116. PAPBPAPB6解析：

7答案及解析：

答案：1.由2sin4cos得22sin4cos， x2y22y4x，即x2y15，

22故曲线C是以C2,1为圆心，5为半径的圆. ∵原点O在圆C上，∴OPmax25， 故线段OP的中点为圆心C2,1，

点P的直角坐标为4,2

3xt22.将直线l的方程(t为参数)代入x2y22y4x并整理得t223t10. y11t2设A,B两点对应的参数分别为t1,t2，则t1t223，t1t21. MAMBtt2tt11112由参数t的几何意义得

MAMBMAMBt1t2t1t2t1t224t1t2t1t24.

解析：

8答案及解析：

答案：1.曲线C的极坐标方程为212．

4cos2x2y2转换为直角坐标方程为：1；

432.点P(1,0)且倾斜角为45o的直线l， 2tx12转换为参数方程为：(t为参数，

2yt2x2y2把直线的参数方程代入1，

43

7得到：t232t90，(t1和t2为A、B对应的参数)

2所以：t1t1所以：

6218,t1t1， 77tt11412． PAPBt1t23解析：

9答案及解析：

x2答案：（1） y21

910（2）

9解析：（1）由29得2cos292sin29,将xcos,ysin代22cos9sinx2入得到曲线C的普通方程是y21.

91cos292sin2,由OAOB,设A(1,),则B点的（2）因为,所以2229cos9sinπ坐标可设为2,,所以

21OA21OB2112122cos2sin21102sincos21.

9999

10答案及解析：

答案：（1）直线l的方程为：2cossina0(aR) 则直角坐标方程为2xya0

极点O到直线l的距离为：a33；解得a3

故直线l的直角坐标方程为2xy30 （2）曲线C的普通方程为x2y(2x2) 直线的普通方程为2xya0

联立曲线C与直线l的方程，消去y可得x22xa0(2x2) 即ya与yf(x)x22x在2x2上有两个不同的交点

21f(x)的最大值为f22；且f20；f24

1∴实数a的范围为[0,)

2 解析：