高考题目的题源探究

高考源题

【题源：北师大教材选修4-4 \(P_{_{19}}\) \(B\)组第二题】 在直线 \(\rho\cdot\cos\theta=4\) 上任取一点 \(M\) ，连接 \(OM\) ，在 \(OM\) 上任取一点 \(P\) ，使得 \(OM\cdot OP=12\)，求点 \(P\) 的轨迹方程.

【2017全国卷Ⅱ文理同题，第22题高考真题】【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系\(xOy\)中，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\(C_1\) 的极坐标方程为\(\rho cos\theta=4\) ．

(1).\(M\)为曲线\(C_1\)上的动点，点\(P\)在线段\(OM\)上，且满足\(|OM|\cdot|OP|=16\)，求点\(P\)的轨迹\(C_2\)的直角坐标方程；

【法一】：学生容易想到的解法，也是我们交给学生的方法。

容易化简\(C_1：x=4\)，做出简单的示意图，我们可以令\(M(4，m)、P(x，y)\)，

则由题目可知\(\cfrac{y}{x}=\cfrac{m}{4}\)，即\(m=\cfrac{4y}{x}\)，

又由题目可知满足条件\(|OM|\cdot|OP|=16\)，即\(\sqrt{4^2+m^2}\cdot\sqrt{x^2+y^2}=16\)，

将\(m=\cfrac{4y}{x}\)代入，整理得到\((4^2+\cfrac{16y^2}{x^2})\cdot(x^2+y^2)=256\)，

整理得到\(x^4+2x^2y^2-16x^2+y^4=0\)，即\(x^4+2x^2y^2+y^4=16x^2\)，

即\((x^2+y^2)^2=(4x)^2\)，两边开方得到\(x^2+y^2=4x\)[此处由于\(x\)为非负值，故舍去\(x^2+y^2=-4x\)]，

最终可以化简为\((x-2)^2+y^2=4(x>0)\)。

【法2】：直接借助极坐标系来思考运算，令\(M(\rho，\theta)\)，\(P(\rho_1，\theta)(\rho_1>0)\)，由题可知，

点M满足\(C_1\)的方程\(\rho cos\theta=4\) 。则\(\rho=\cfrac{4}{cos\theta}\)，

又\(|OM|=\rho=\cfrac{4}{cos\theta}\)，\(|OP|=\rho_1\)，又由题目可知\(|OM|\cdot|OP|=\rho\rho_1=16\)，

故\(\rho_1=\cfrac{16}{\rho}=4cos\theta(\rho_1>0)\)，两边同乘以\(\rho_1\)得到

\(\rho_1^2=4\rho_1 cos\theta\)，转化为直角坐标方程为\(x^2+y^2=4x(x\neq 0)\)，

即\((x-2)^2+y^2=4(x\neq 0)\)为曲线\(C_2\)的直角坐标方程。

解后反思：

①法1的代数式变形，许多学生根本想不到；

②结题中限制\(x\neq 0\)是为了和上述的\(\rho_1>0\)对应。

③此题目的法2的解答提醒我们，若题目中出现了经过极点的两个线段的四则运算的条件，那么采用极坐标思考和运算应该是比较简单和快捷的，故我们必须扭转以直角坐标为桥梁的的求解思路，快速适应在极坐标系下的思维模式。

(2).设点\(A\)的极坐标为\((2，\cfrac{\pi}{3})\)，点\(B\)在曲线\(C_2\)上，求\(\Delta OAB\)面积的最大值．

【法1】：直接借助平面几何的形来思考运算，结合运动观点和特殊化策略；让点\(B\)在圆上跑一圈即可看出思路；

连接\(AC\) ，易知\(\Delta AOC\)为正三角形，底边\(|OA|\)为定值，则当高线最大时，\(S_{\Delta AOB}\)面积最大，

如图所示，过圆心\(C\)做\(AO\)的垂线，交\(AO\)于\(H\)，交圆\(C\)于点\(B\)，此时\(S_{\Delta AOB}\)面积最大，

\(S_{max}=\cfrac{1}{2}\cdot |AO||HB|=\cfrac{1}{2}\cdot |AO|(|HC|+|BC|)=2+\sqrt{3}\)。

【法2】：借助圆的参数方程和点线距公式求解；

直线\(OA\)的方程为\(\sqrt{3}x-y=0\)，点\(B\)在曲线\(C_2\)上，

故点\(B\)的参数坐标为\((2cos\theta+2，2sin\theta)\)\((\theta\in (-\pi，\pi))\)，

故三角形\(\Delta OAB\)的一条边\(OA\)上的高为点\(B\)到直线\(OA\)的距离为\(h_{OA}\)，

\(h_{OA}=\cfrac{|\sqrt{3}(2cos\theta+2)-2sin\theta|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}}=|\sqrt{3}cos\theta-sin\theta+\sqrt{3}|\)

则\(S_{\Delta OAB}=\cfrac{1}{2}|OA|\cdot h_{OA}=|\sqrt{3}cos\theta-sin\theta+\sqrt{3}|=|2cos(\theta+\cfrac{\pi}{6})+\sqrt{3}|\)，

当\(cos(\theta+\cfrac{\pi}{6})=1\)，即\(\theta=-\cfrac{\pi}{6}\)时，\(S_{max}=2+\sqrt{3}\)。

【法3】：直接借助极坐标系来思考运算，利用\(S_{\triangle}=\cfrac{1}{2}absinC\)求解；

点\(A(2，\cfrac{\pi}{3})\)，点\(B(\rho，\alpha)(\alpha\in (-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，又点\(B\)满足曲线\(C_2\)的极坐标方程，

故\(|OB|=\rho=4cos\alpha\)，\(\angle AOB=\cfrac{\pi}{3}-\alpha\)，

则\(S_{\Delta OAB}=\cfrac{1}{2}|OA||OB|sin\angle AOB=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 4cos\alpha\cdot sin(\cfrac{\pi}{3}-\alpha)\)

\(=4cos\alpha \cdot sin(\cfrac{\pi}{3}-\alpha)=4cos\alpha\cdot(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos\alpha-\cfrac{1}{2}sin\alpha)\)

\(=2\sqrt{3}cos^2\alpha-2sin\alpha\cdot cos\alpha=\sqrt{3}\cdot (1+cos2\alpha)-sin2\alpha=-2sin(2\alpha-\cfrac{\pi}{3})+\sqrt{3}\)，

故当\(2\alpha-\cfrac{\pi}{3}=-\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=-\cfrac{\pi}{12}\)时，\(S_{\Delta OAB}\)取到最大值\(2+\sqrt{3}\)。

【题源：北师大选修教材4-4 \(P_{_{31}}\) 例\(1\)】已知直线 \(l\) 过点 \(P(1,2)\)， 且它的倾斜角 \(\theta=135^{\circ}\).
(1) 写出直线 \(l\) 的参数方程；
(2) 求直线 \(l\) 与直线 \(y=x\) 的交点坐标.

【2020 \(\cdot\) 全国Ⅲ卷】 在直角坐标系 \(xOy\) 中，曲线 \(C\) 的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}x=2-t-t^{2},\\y=2-3t+t^{2}\end{array}\right.\)，(\(t\) 为参数且 \(t\neq 1\))， \(C\) 与坐标轴交于 \(A\)、 \(B\) 两点.

(1). 求 \(|AB|\)；

解析： 令 \(x=0\)， 则 \(t^{2}+t-2=0\)，

解得 \(t=-2\) 或 \(t=1\)(舍去)，

则 \(y=2+6+4=12\)，即 \(A(0,12)\)，

令 \(y=0\)， 则 \(t^{2}-3t+2=0\)， 解得 \(t=2\) 或 \(t=1\)(舍去)，

则 \(x=2-2-4=-4\)， 即 \(B(-4,0)\)，

故 \(|AB|=\sqrt{(0+4)^{2}+(12-0)^{2}}=4\sqrt{10}\)；

解后反思：本题目可以理解为曲线 \(C\) 的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}x=2-t-t^{2},\\y=2-3t+t^{2}\end{array}\right.\)，和直线 \(x+0\cdot y=0\)求交点的坐标，自然需要将 \(x=2-t+t^2\) 代入直线 \(x+0\cdot y=0\)中，求解 \(t\)的值，再代入 \(x=2-t+t^2\) ，求得横坐标。

(2).以坐标原点为极点， \(x\) 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线 \(AB\) 的极坐标方程.

解析：由(1)可知 \(k_{AB}=\cfrac{12-0}{0-(-4)}=3\)，

故由点斜式可知，直线 \(AB\) 的方程为 \(y=3(x+4)\)， 即 \(3x-y+12=0\).

由 \(x=\rho\cos\theta\)， \(y=\rho\sin\theta\) 可得，

直线 \(AB\) 的极坐标方程为 \(3\rho\cos\theta-\rho\sin\theta + 12=0\).

【题源：北师大选修教材4-4 \(P_{_{53}}\)复习题二\(A\)组第11题(4)】将参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=\cfrac{1-t^2}{1+t^2}\\y=\cfrac{2t}{1+t^2}\end{array}\right.\) (\(t\) 为参数)化为普通方程，并说明表示什么曲线.

【2019 \(\cdot\) 全国 I 卷第 22 题】在直角坐标系 \(xOy\) 中，曲线 \(C\) 的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}x=\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}, \\ y=\cfrac{4 t}{1+t^{2}}\end{array}\right.\) ( \(t\) 为参数).以坐标原点 \(O\) 为极点， \(x\) 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线 \(l\) 的极坐标方程为 \(2\rho\cos\theta+\sqrt{3}\rho\sin\theta+11=0\).

(1).求 \(C\) 和 \(l\) 的直角坐标方程；

解： 令 \(\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}=m\)，则反解得到 \(t^2=\cfrac{1-m}{m+1}\geqslant 0\)，

即 \(\cfrac{m-1}{m+1}\leqslant 0\)， 解得\(-1<m\leqslant 1\)，故 \(-1<\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\leqslant 1\)此处求解分式的值域，还可以用图像法和极限法，

且 \(x^{2}+(\cfrac{y}{2})^{2}=(\cfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}})^{2}+\cfrac{4 t^{2}}{(1+t^{2})^{2}}=1\)，

所以 \(C\) 的直角坐标方程为 \(x^{2}+\cfrac{y^{2}}{4}=1 (x\neq-1)\)，

\(l\) 的直角坐标方程为 \(2 x+\sqrt{3} y+11=0\).

(2). 求 \(C\) 上的点到距离的最小值.

解： 由(1)可设 \(C\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=\cos\alpha,\\y=2\sin\alpha\end{array}\right.\) (\(\alpha\) 为参数，\(-\pi<\alpha<\pi\)).

则 \(C\) 上的点到 \(l\) 的距离为 \(\cfrac{|2\cos\alpha+2\sqrt{3}\sin\alpha+11|}{\sqrt{7}}=\cfrac{4\cos(\alpha-\cfrac{\pi}{3})+11}{\sqrt{7}}\)，

当 \(\alpha=-\cfrac{2\pi}{3}\) 时， \(4\cos(\alpha-\cfrac{\pi}{3})+11\) 取得最小值 \(7\)，

故 \(C\) 上的点到 \(l\) 距离的最小值为 \(\sqrt{7}\).