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[课 时 跟 踪 检 测]
[基 础 达 标]
1．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C变为曲线x′2＋y′2＝1，则曲线C的方程为( )
A．25x2＋9y2＝1 B．9x2＋25y2＝1
C．25x＋9y＝1 D.＋＝1
解析：∵经过伸缩交换后，曲线C变为x′2＋y′2＝1，∴(5x)2＋(3y)2＝1，∴25x2＋9y2＝1.
答案：A
2．极坐标方程ρ＝cosθ化为直角坐标方程为( )
A.2＋y2＝ B．x2＋＝
C．x2＋2＝ D.2＋y2＝
解析：由ρ＝cosθ，得ρ2＝ρcosθ，∴x2＋y2＝x.选D.
答案：D
3．在极坐标系中，极坐标为的点到极点和极轴的距离分别为( )
A．1,1 B．1,2
C．2,1 D．2,2
解析：点(ρ，θ)到极点和极轴的距离分别为ρ，ρ|sinθ|，所以点到极点和极轴的距离分别为2,2sin＝1.
答案：C
4．(2017届皖北协作区联考)在极坐标系中，直线ρ(cosθ－sinθ)＝2与圆ρ＝4sinθ的交点的极坐标为( )
A. B.
C. D.
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解析：ρ(cosθ－sinθ)＝2化为直角坐标方程：x－y＝2，即y＝x－2.ρ＝4sinθ可化为x2＋y2＝4y，把y＝x－2代入x2＋y2＝4y，得4x2－8x＋12＝0，即x2－2x＋3＝0，所以x＝，y＝1.所以直线与圆的交点坐标为(，1)，化为极坐标为，故选A.
答案：A
5．在极坐标系中，与圆ρ＝4sinθ相切的一条直线的方程是( )
A．ρsinθ＝2 B．ρcosθ＝2
C．ρcosθ＝4 D．ρcosθ＝－4
解析：解法一：圆的极坐标方程ρ＝4sinθ，即ρ2＝4ρsinθ，所以直角坐标方程为x2＋y2－4y＝0.
选项A，直线ρsinθ＝2的直角坐标方程为y＝2，代入圆的方程，得x2＝4，∴x＝±2，不符合题意；选项B，直线ρcosθ＝2的直角坐标方程为x＝2，代入圆的方程，得(y－2)2＝0，∴y＝2，符合题意．同理，C、D都不符合题意．
解法二：如图，⊙C的极坐标方程为ρ＝4sinθ，CO⊥Ox，OA为直径，|OA|＝4，直线l和圆相切，
l交极轴于点B(2,0)，点P(ρ，θ)为l上任意一点，则有cosθ＝＝，得ρcosθ＝2.
答案：B
6．在极坐标系中，曲线ρ2－6ρcosθ－2ρsinθ＋6＝0与极轴交于A，B两点，则A，B两点间的距离等于( )
A. B．2
C．2 D．4
解析：化极坐标方程为直角坐标方程得x2＋y2－6x－2y＋6＝0，易知此曲线是圆心为(3,1)，半径为2的圆，如图所示．可计算|AB|＝2.
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答案：B
7．(2017届广东肇庆一模)已知曲线C的极坐标方程为ρ＝2(0≤θ0)．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝4cosθ.
(1)说明C1是哪一种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；
(2)直线C3的极坐标方程为θ＝a0，其中a0满足tana0＝2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a.
解：(1)消去参数t得到C1的普通方程为x2＋(y－1)2＝a2，则C1是以(0,1)为圆心，a为半径的圆．
将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入C1的普通方程中，得到C1的极坐标方程为ρ2－2ρsinθ＋1－a2＝0.
(2)曲线C1，C2的公共点的极坐标满足方程组
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若ρ≠0，由方程组得16cos2θ－8sinθcosθ＋1－a2＝0，
由已知tanθ＝2，可得16cos2θ－8sinθcosθ＝0，
从而1－a2＝0，解得a＝－1(舍去)或a＝1.
当a＝1时，极点也为C1，C2的公共点，且在C3上．
所以a＝1.
4．(2017届广州五校联考)在极坐标系中，圆C是以点C为圆心，2为半径的圆．
(1)求圆C的极坐标方程；
(2)求圆C被直线l：θ＝－(ρ∈R)所截得的弦长．
解：(1)设所求圆上任意一点M(ρ，θ)，如图：
在Rt△OAM中，∠OMA＝，
∠AOM＝2π－θ－，|OA|＝4.
因为cos∠AOM＝，
所以|OM|＝|OA|·cos∠AOM，
即ρ＝4cos＝4cos，
验证可知，极点O与A的极坐标也满足方程，故ρ＝4cos为所求．
(2)设l：θ＝－(ρ∈R)交圆C于点P，在Rt△OAP中，∠OPA＝，易得∠AOP＝，
所以|OP|＝|OA|cos∠AOP＝2.
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