坐标系参数方程检测题 | 新高考已删

低阶训练题

曲线 \(C：x^2+y^2=1\) 向左平移 \(2\) 个单位，再向下平移 \(3\) 个单位得到新曲线方程为__________________.

解析： \(C'：(x+2)^2+(y+3)^2=1\)。

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{14}}\)例\(8\)】求圆心在 \((a,0)\)( \(a>0\) )，半径为 \(a\) 的圆的极坐标方程；

解析：\(\rho=2a\cos\theta\).

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{12}}\)例\(4\)】分别求出从极点出发，倾斜角为 \(\cfrac{\pi}{4}\) 的射线__________________和直线__________________的极坐标方程。

解析：射线：\(\theta=\cfrac{\pi}{4}\) ，\(\rho\geqslant 0\)；直线：\(\theta=\cfrac{\pi}{4}\) ，\(\rho\in R\)；

在极坐标系中，已知直线 \(l：\theta=\cfrac{\pi}{6}\) 与曲线 \(C_1：\rho=2\cos\theta\) 交于 \(O\)、\(A\)两点( \(O\) 为极点)，则 \(|OA|\)= __________ ； 点 \(A\) 的极坐标方程为 ________________；若 \(l\) 与曲线 \(C_2：\rho=2\sin\theta\) 交于 \(O\)、\(B\)两点( \(O\) 为极点)，则 \(|AB|\)= __________；

解析： \(|OA|=\sqrt{3}\)，\((\sqrt{3},\cfrac{\pi}{6})\)，\(AB=\sqrt{3}-1\)；

圆 \(C：(x-2)^2+y^2=4\) 的参数方程为_______________， 圆 \(C\) 上的任意一个动点的坐标为_________________，

椭圆 \(M：\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\) 的参数方程为_______________， 椭圆 \(M\) 上的任意一个动点的坐标为_________________，

解析： \(\left\{\begin{array}{l}x=2+2\cos\theta\\y=2\sin\theta\end{array}\right.\) (\(\theta\) 为参数)， \((2+2\cos\theta,2\sin\theta)\)，

\(\left\{\begin{array}{l}x=2\cos\theta\\y=\sqrt{3}\sin\theta\end{array}\right.\) (\(\theta\) 为参数)， \((2\cos\theta,\sqrt{3}\sin\theta)\)，

中阶训练题

【2021高三训练题改编】曲线 \(C_{1}\) 的极坐标方程为 \(1+3\sin^2\theta=\cfrac{4}{\rho^2}\)， 转换为直角坐标方程为______________，其参数方程为______________； 曲线 \(C_{2}\) 的直角坐标方程为 \(x^2+y^2-2x=0\)， 转换为极坐标方程为______________.

解析： \(\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\). \(\quad\) \(\left\{\begin{array}{l}x=2\cos\theta\\y=\sin\theta\end{array}\right.\)(\(\theta\)为参数) \(\quad\) \(\rho=2\cos\theta\)；

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{53}}\)复习题二\(A\)组第11题(5)】将参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1-t}{1+t} ①\\y=\frac{2t}{1+t} ②\end{array}\right.\) (\(t\) 为参数)化为普通方程，并说明表示什么曲线.

法1：代入消元法， 由①得到，\(t=\cfrac{1-x}{x+1}\)，

代入②式，得到，\(y=\cfrac{2\times\frac{1-x}{x+1}}{1+\frac{1-x}{x+1}}=1-x\)，即\(x+y-1=0\)；

又由于 \(x=\cfrac{1-t}{1+t}=-1+\cfrac{2}{1+t}\)，故\(x\neq -1\)，则\(y\neq 2\)，

即参数方程化为普通方程为 \(x+y-1=0\)，\(x\neq -1\)；

故其刻画的是一条直线，其中不包括点\((-1,2)\)。

法2：加减消元法，由于\(x=\cfrac{1-t}{1+t}=\cfrac{-t-1+2}{1+t}=-1+\cfrac{2}{1+t}\)，

\(y=\cfrac{2t}{1+t}=\cfrac{2t+2-2}{1+t}=2-\cfrac{2}{1+t}\)，

故将参数方程变形为 \(\left\{\begin{array}{l}x=-1+\cfrac{2}{1+t} \\y=2-\cfrac{2}{1+t} ②\end{array}\right.\)

两式相加，得到，\(x+y=1\)，即\(x+y-1=0\)，

又由于 \(x=\cfrac{1-t}{1+t}=-1+\cfrac{2}{1+t}\)，故\(x\neq -1\)，则\(y\neq 2\)，

即参数方程化为普通方程为 \(x+y-1=0\)，\(x\neq -1\)；

故其刻画的是一条直线，其中不包括点\((-1,2)\)。

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{43}}\) \(B\)组第1题】求动点 \(A(\sin\theta+\cos\theta,\sin\theta-\cos\theta)\) (\(\theta\)为参数)的轨迹方程；

法1：由题目可知， \(\left\{\begin{array}{l}x=\sin\theta+\cos\theta\quad①\\y=\sin\theta-\cos\theta\quad②\end{array}\right.\)

将两式平方再相加，得到 \(x^2+y^2=2\)。

法2：反解法，由\(\left\{\begin{array}{l}x=\sin\theta+\cos\theta\quad①\\y=\sin\theta-\cos\theta\quad②\end{array}\right.\)

反解得到 \(\sin\theta=\cfrac{x+y}{2}\)，\(\cos\theta=\cfrac{x-y}{2}\)，

由 \(\sin^2\theta+\cos^2\theta=1\)，得到 \((\cfrac{x+y}{2})^2+(\cfrac{x-y}{2})^2=1\).

整理得到， \(x^2+y^2=2\)。

高阶训练题

【2021届高三文科数学资料用题】已知曲线 \(C_{1}:\left\{\begin{array}{l}{x=\cos\theta}\\{y=\sin\theta}\end{array}\right.\) (\(\theta\) 为参数).若把曲线 \(C_{1}\) 上各点的横坐标缩短到原来的 \(\cfrac{1}{2}\) 倍，纵坐标缩短到原来的 \(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\) 倍，得到曲线 \(C_{2}\)， 设\(P\) 是曲线 \(C_{2}\)上的一个动点，求它到直线 \(l：\)\(\sqrt{3}x\)\(-\)\(y\)\(-\)\(\sqrt{3}\)\(=0\) 距离的最小值.

解析： 设曲线\(C_{1}\)上的点坐标为\((x_1,y_1)\)， 曲线\(C_{2}\)上的点坐标为\((x_2,y_2)\)，

则由题意得，\(\left\{\begin{array}{l}{x_2=\cfrac{1}{2}x_1}\\{y_2=\cfrac{\sqrt{3}}{2}y_1}\end{array}\right.\)， 又由于曲线 \(C_{1}:\left\{\begin{array}{l}{x_1=\cos\theta}\\{y_1=\sin\theta}\end{array}\right.\)

故曲线 \(C_{2}\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}{x=\cfrac{1}{2}\cos\theta}\\{y=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta}\end{array}\right.\) (\(\theta\) 为参数)，

则其上的动点 \(P\) 的坐标是\((\cfrac{1}{2}\cos\theta, \cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta)\)，直线\(l：\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}=0\)，

所以点 \(P\) 到直线 \(l\) 的距离 \(d=\cfrac{\left|\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta-\sqrt{3}\right|}{2}=\cfrac{\sqrt{6}}{4}\left[\sin\left(\theta-\cfrac{\pi}{4}\right)+\sqrt{2}\right]\)，

故当\(\sin\left(\theta-\cfrac{\pi}{4}\right)=-1\) 时， \(d\) 取得最小值，最小值为 \(\cfrac{2\sqrt{3}-\sqrt{6}}{4}\).

[难点补记]：补记曲线的变换过程这一难点，由于变换前的曲线 \(C_1\) 为\(x^2+y^2=1\)，

把曲线\(C_{1}\) 上各点的横坐标缩短到原来的\(\cfrac{1}{2}\)倍，则即其本质的变换为用 \(2x\) 替换 \(x\)，

纵坐标缩短到原来的\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\) 倍，则其本质的变换为用\(\cfrac{2}{\sqrt{3}}y\) 替换 \(y\)，

得到\((2x)^2+(\cfrac{2}{\sqrt{3}}y)^2=1\)，整理为\(4x^2+\cfrac{4}{3}y^2=1\)，

即\(\cfrac{x^2}{\frac{1}{4}}+\cfrac{y^2}{\frac{3}{4}}=1\)，即\(\left(\cfrac{x}{\frac{1}{2}}\right)^2+\left(\cfrac{y}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right)^2=1\)，

故变换后的曲线 \(C_2\)的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}{x=\cfrac{1}{2}\cos\theta}\\{y=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta}\end{array}\right.\)

【2019届凤中高三理科月考1第22题】在平面直角坐标系\(xoy\)中，直线\(l\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=2+t}\\{y=1+2t}\end{array}\right.\)(\(t\)为参数)，以原点为极点，以\(x\)轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，\(\odot C\)的极坐标方程为\(\rho^2\)\(-4\rho\cdot\sin\theta-12=0\)，

(1)、 求\(\odot C\)的参数方程；

分析：将\(\rho^2=x^2+y^2\)，\(y=\rho\cdot sin\theta\)，代入\(\odot C\)的极坐标方程\(\rho^2-4\rho sin\theta-12=0\)，

得到\(\odot C\)的直角坐标方程为\(x^2+y^2-4y-12=0\)，即\(x^2+(y-2)^2=16=4^2\)，

故\(\odot C\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=4cos\theta}\\{y=2+4sin\theta}\end{array}\right.\) (\(\theta\)为参数，\(\theta\in [0，2\pi)\))。

(2)、求直线\(l\)被\(\odot C\)截得的弦长。

【法1】几何方法，利用\(Rt\Delta\)求解，将直线\(l\)的参数方程消参，得到其普通方程为\(2x-y-3=0\)，

则圆心\((0，2)\)到直线的距离为\(d=\cfrac{|-2-3|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\sqrt{5}\)，

则直线\(l\)被\(\odot C\)截得的弦长为\(2\sqrt{r^2-d^2}=2\sqrt{4^2-(\sqrt{5})^2}=2\sqrt{11}\)。

【法2】弦长公式，设直线和圆的交点为\(A(x_1，y_1)，B(x_2，y_2)\)，

联立得到方程组，\(\left\{\begin{array}{l}{2x-y-3=0}\\{x^2+y^2-4y-12=0}\end{array}\right.\)

消去\(y\)得到，\(x^2+(2x-3)^2-4(2x-3)-12=0\)，整理得到，\(5x^2-20x+9=0\)，

由韦达定理得到，\(x_1+x_2=4\)，\(x_1x_2=\cfrac{9}{5}\)，

由弦长公式得到，\(|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|\)\(=\sqrt{1+2^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\)

\(=\sqrt{5}\sqrt{16-\cfrac{36}{5}}=2\sqrt{11}\)。

【法3】利用直线的参数方程求解，需要先判断参数方程是否为标准形式；若不是，还需要转化为标准形式。

直线\(l\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=2+t}\\{y=1+2t}\end{array}\right.(t为参数)\)，

(此时千万要注意，弦长\(|AB|\neq |t_1-t_2|\)，原因是这个参数方程不是标准形式的)

将其做如下的转化，

\(\left\{\begin{array}{l}{x=2+\cfrac{1}{\sqrt{5}}\cdot \sqrt{5}t}\\{y=1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}\cdot \sqrt{5}t}\end{array}\right.(t为参数)\)，

令\(\sqrt{5}t=m\)，则其参数方程的标准形式为

\(\left\{\begin{array}{l}{x=2+\cfrac{1}{\sqrt{5}}\cdot m}\\{y=1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}\cdot m}\end{array}\right.(m为参数)\)，

[此时参数\(m\)的几何意义才是动点到定点的距离的数量，千万要注意，即弦长\(|AB|=|m_1-m_2|=\sqrt{1^2+2^2}|t_1-t_2|\)]

将直线\(l\)的参数方程的标准形式代入圆的普通方程得到，

\((2+\cfrac{1}{\sqrt{5}}m)^2+(1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}m)^2-4(1+\cfrac{2}{\sqrt{5}}m)-12=0\)

整理为\(m^2-11=0\)，令直线和圆的两个交点\(A，B\)分别对应的参数为\(m_1，m_2\)，

则\(m_1+m_2=0\)，\(m_1m_2=-11\)，

此时弦长\(|AB|=|m_1-m_2|=\sqrt{(m_1+m_2)^2-4m_1m_2}=\sqrt{4\times 11}=2\sqrt{11}\)。

或者简单求解如下：

将直线\(l\)的参数方程\(\left\{\begin{array}{l}{x=2+t}\\{y=1+2t}\end{array}\right.(t为参数)\)，代入圆的普通方程\(x^2+(y-2)^2=4^2\)中，

得到 \((2+t)^2+(2t-1)^2=4^2\)，整理得到\(5t^2-11=0\)，

解得\(t_1=-\cfrac{\sqrt{11}}{\sqrt{5}}\)，\(t_2=\cfrac{\sqrt{11}}{\sqrt{5}}\)，则\(|t_1-t_2|=\cfrac{2\sqrt{11}}{\sqrt{5}}\)

故\(|AB|=\sqrt{1^2+2^2}|t_1-t_2|=\sqrt{5}\times \cfrac{2\sqrt{11}}{\sqrt{5}}=2\sqrt{11}\);