专题19 消参法解决普通方程和参数方程之间的互化问题(解析版)-2021年高考数学二轮复习之解答题专题
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资料简介
高考冲刺 专题 19 消参法解决普通方程和参数方程之间的互化问题 1.在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 1C 的参数方程为 62 cos ,2 6 sin2 x y        ( 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,曲线 2C 的极坐标方程为 2sin 4cos 0    . (1)求曲线 1C 的普通方程与曲线 2C 的直角坐标方程; (2)设直线l : 22 ,2 2 2 x t y t      (t 为参数)与曲线 2C , 1C 的交点从上到下依次为 P , M , N ,Q ,求 PM NQ 的值. 【答案】(1) 1C : 2 2 32 2x y   , 2C : 2 4y x ;(2)3 6 . 【分析】 (1)利用 2 2sin cos 1   对曲线 1C 的参数方程进行化简可得曲线 1C 的普通方程,由 cos sin x y        可求 出曲线 2C 的直角坐标方程; (2)将直线l 的参数方程代入曲线 2C 的方程,化简得 2 4 2 16 0t t   ,解出方程的两根 1 2 2 2 6t   , 2 2 2 2 6t   ,则有 1 2 1 2 4 6PQ t t t t     ,同理可求出 3 4 3 4 6MN t t t t     ,进而可 求出答案;或利用弦长公式求出 PQ ,利用圆的几何性质求出 MN ,从而可求出 PM NQ 的值 【详解】 解析:(1)将曲线 1C 的参数方程化为普通方程, 得 2 2 32 2x y   . 曲线 2C 的极坐标方程为 2sin 4cos 0    ,有 2 2sin 4 cos 0      , 由 cos sin x y        得曲线 2C 的直角坐标方程为 2 4y x . (2)法一:将 22 ,2 2 2 x t y t      (t 为参数)代入曲线 2C 的方程得, 2 2 24 22 2t t               , 即 2 4 2 16 0t t   . 由于    2 4 2 4 16 96 0        . 故可设 1t , 2t 是方程 2 4 2 16 0t t   的两个不同的实根, 所以 1 2 2 2 6t   , 2 2 2 2 6t   , 由t 的几何意义得, 1 2 1 2 4 6PQ t t t t     . 同理将 22 ,2 2 2 x t y t      (t 为参数)代入曲线 1C 的方程得, 2 3 2t  , 解得两根为 3 6 2t  , 4 6 2t   . 所以 3 4 3 4 6MN t t t t     . 故 4 6 6 3 6PM NQ PQ MN      . 法二:直线l 的普通方程为 2y x  ,将直线l 与曲线 2C 的方程联立,得 2 2, 4 , y x y x     消去 y ,整理得 2 8 4 0x x   . 设  1 1,P x y ,  2 2,Q x y ,则 1 2 8x x  , 1 2 4x x  . 所以 2 1 22 2 8 4 4 4 6PQ x x       . 而曲线 1C 是以 2,0 为圆心, 6 2 为半径的圆, 显然点  1 2,0C 在直线l : 2y x  上, 所以 62 62MN    . 故 4 6 6 3 6PM NQ PQ MN      . 【点睛】 关键点点睛:本小题主要考查直线、圆的参数方程与普通方程互化,抛物线的极坐标方程与直角坐标方程互 化.直线与圆,直线与抛物线的位置关系等基础知识;考查运算求解、逻辑推理等数学能力;考查数形结合等 数学思想,解题的关键是利用直线参数方程的几何意义求出弦长. 2.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 1C 的参数方程为 cos 1 sin x y       ( 为参数),直线l 的极坐标方程为 1sin 03 2 πρ θ      . (1)求曲线 1C 普通方程和直线l 的直角坐标方程; (2)已知曲线 1C 和直线l 相交于 A 、 B 两点,求三角形 ABO 面积. 【答案】(1) 1C :  22 1 1x y   ;l : 3 1 0x y   ;(2) 1 2 . 【分析】 (1)根据圆的参数方程的公式计算即可得曲线 1C 普通方程,根据正弦差角公式展开,再结合 cos sin x y        求解即可; (2)根据直线经过圆心得 2AB  ,再根据点到直线的距离公式得O 到直线l 的距离为 1 2d  ,再根据面 积公式求解即可. 【详解】 解:(1)曲线 1C 的参数方程为 cos 1 sin x y       ( 为参数), 所以  22 2 21 cos sin 1x y α α     , 曲线 1C 的普通方程:  22 1 1x y   . 直线l 的极坐标方程为 1sin 03 2 πρ θ      ,展开得 2 sin cos cos sin 1 03 3 π πρ θ θ      由 cos sin x y        得, 3 1 0y x   . 直线l 的直角坐标方程: 3 1 0x y   . (2)由于直线 : 3 1 0l x y   经过圆  22 1 : 1 1C x y   圆心,所以 2AB  . 而  0,0O 到直线 : 3 1 0l x y   的距离为 d , 3 0 0 1 1 23 1 d       . 所以三角形 ABO 面积 1 1 122 2 2S     . 【点睛】 本题考查参数方程,极坐标方程,普通方程之间的互化,直线与圆的位置关系,考查运算求解能力,是基 础题.本题第二问解题的关键在于根据题意得直线l 经过圆 1C 圆心,进而得 2AB  . 3.在直角坐标系 xOy 中,直线l 的参数方程为 3 13 113 2 13 13 x t y t      (t 为参数),以原点O 为极点,x 轴的正半 轴为极轴建立极坐标系,直线l 与极轴交于点 N ,且动点 M 满足 1MN  . (1)求直线l 的极坐标方程和点 M 的轨迹的极坐标方程C ; (2)若直线 π 4    R  分别交直线l 、曲线C 于点 A , B (非极点),求 1 1 OA OB  的值. 【答案】(1) : 2 cos 3 sin 2 0l       ; 2: cosC   ;(2) 3 2 4 . 【分析】 (1)先消参得到直线l 的直角坐标方程,再利用极坐标公式得到直线的极坐标方程;先求出点 M 的轨迹方 程为 2 21 1x y   ,再化成极坐标方程; (2)求出 2 2OA  , 2OB  ,代入即得解. 【详解】 解:(1)由 3 13 1,13 2 13 13 x t y t      (t 为参数)得 2 3 2 0x y   , ∴直线l 的极坐标方程为 2 cos 3 sin 2 0      . 令 0  ,得 1  ,∴点  1,0N , 由 1MN  得点 M 的轨迹为以点  1,0N 为圆心,l 为半径的圆, ∴点 M 的轨迹方程为 2 21 1x y   , ∴ 2cos  . (2)联立 2 cos 3 sin 2 0, π 4          得 2 2   , ∴点 π2 2, 4A    , 2 2OA  . 联立 2cos , π 4      得 2  , ∴点 π2, 4B     , 2OB  . ∴ 1 1 1 1 3 2 42 2 2OA OB     . 【点睛】 方法点睛:研究极坐标问题,常用法方法有:(1)先将所有条件化成直角坐标解答,再化成极坐标得解;(2) 直接利用极坐标的知识得解. 4.在平面直角坐标系 xOy 中,已知曲线C 的参数方程为 2cos 2sin cos sin x y          ( 为参数).以坐标原点 O 为极点, x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的极坐标方程为 3sin 4 24       . (1)求曲线C 和直线l 的直角坐标方程; (2)过原点O 引一条射线分别交曲线C 和直线l 于 A , B 两点,求 2 2 1 8 OA OB  的最大值. 【答案】(1) 2 2 18 2 x y  , 8 0x y   ;(2) 7 13 16  . 【分析】 (1)消去参数即可得到曲线C 的直角坐标方程,再由 cosx   , siny   代入即可得到直线l 的直角 坐标方程; (2)在极坐标系内,可设  1,A   ,  2 ,B   ,则 2 2 2 2 1 2 1 8 1 8 OA OB     ,再根据三角函数的性质计 算可得; 【详解】 解:(1)由曲线C 的参数方程 2cos 2sin cos sin x y          ( 为参数)得:     2 2 22 cos sin cos sin 24 x y          ∴曲线C 的直角坐标方程为 2 2 18 2 x y  . 又由 3sin 4 24       , cos sin 8     将 cosx   , siny   代入上式, 得直线l 的直角坐标方程为 8 0x y   . (2)在极坐标系内,可设  1,A   ,  2 ,B   , 则 2 2 2 2 1 1cos sin 18 2      , 2 2cos sin 8     2 2 2 2 2 2 1 2 1 8 1 8 cos 4sin 1 sin 2 8OA OB             7 13sin 2 7 13 16 16      (当  sin 2 1   时取等号,符合题意) ∴ 2 2 1 8 OA OB  的最大值为 7 13 16  5.在平面直角坐标系 xOy 中,双曲线 1C 的参数方程为 1 1 x t t y t t       , , (t 为参数).以原点 O 为极点, x 轴的 正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 2C 的极坐标方程为 2 28 cos 16 0( 0)r r       . (1)若 3r  ,设双曲线 1C 的一条渐近线与 2C 相交于 ,A B 两点,求 AB ; (2)若 1r  ,分别在 1C 与 2C 上任取点 P 和 Q ,求 PQ 的最小值. 【答案】(1)2;(2) 2 3 1 . 【分析】 (1)首先消参求得曲线 1C 和曲线 2C 的直角坐标方程,再求双曲线的渐近线方程,利用直线和圆相交,求 弦长 AB ;另解:分别求渐近线的极坐标方程,与曲线 2C 的极坐标方程联立,求弦长 1 2AB    ;(2) 设双曲线 1C 上任取点  0 0,P x y ,先求点 P 和圆心的距离的最值,再求 PQ 的最小值. 【详解】 解:(1)若 3r  ,曲线 2C 的直角坐标方程为: 2 24 9x y   , 双曲线 2 2 1 4C y x   ,一条渐近线 方程为: 0x y  ,圆心 4.0 到直线的距离 4 0 =2 2 2 d  , 2| | 9 8 12 AB       ,则 2AB  . 另解:可知双曲线 2 2 1 : 4C y x  .一条渐近线方程为: 0x y  .其极坐标方程为  = 4   R 由 2 8 cos 7 0 = 4          得 2 4 2 7 0    ,故 1 2 1 24 2, 7      .  2 1 2 1 2 1 2| | 4 2AB             . (2)若 1r  ,曲线 2C 的直角坐标方程为 2 2( 4) 1x y   ,圆心  4,0 ,半径 1R  . 设双曲线 1C 上任取点  0 0,P x y ,则    2 22 2 2 2 0 0 0 0 0 04 4 4 2 8 20PC x y x x x x          , 当 0 2x  时, 2 min 2min min2 3,| | 2 3 1PC PQ PC R     . 【点睛】 方法点睛:本题考查弦长公式,一般求弦长的方法包含以下几点: 1.直角坐标系下的弦长公式 2 2 1 2 1 2| | 1 ( ) 4AB k x x x x    或是 2 1 2 1 22 11 ( ) 4y y y yk    ; 2.利用直线参数方程t 的几何意义可知 1 2| | | |AB t t  ; 3.极坐标系下,过原点的直线与曲线相交的弦长 1 2| | | |AB    . 6.在直角坐标系 xOy 中,直线l 的直角坐标方程为 3 2 3,3y x   曲线 C 的参数方程为 3 3cos 3sin x y       ( 为参数),以坐标原点 O 为极点, x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. (1)求直线l 和 C 的极坐标方程; (2)设直线l 与曲线 C 交于 M,N 两点,求 MN . 【答案】(1)直线l 的极坐标方程为 sin( ) 36     ,曲线 C 的极坐标方程为 6cos  ;(2)3 3 . 【分析】 (1)根据 2 2 2cos , sin ,x y x y        ,代入直线直角坐标方程,即可求得 l 的极坐标方程;根据 曲线 C 的参数方程,可得曲线 C 的直角坐标方程,化简整理,即可得答案. (2)由(1)可得曲线 C 的直角坐标方程,与直线联立,可求得交点横坐标,根据弦长公式,即可求得答 案. 【详解】 (1)因为 2 2 2cos , sin ,x y x y        , 所以 3sin cos 2 33       ,即 3 sin cos 6     整理可得直线l 的极坐标方程为: sin( ) 36     ; 由题意得,曲线 C 的直角坐标方程为 2 2( 3) 9x y   ,即 2 2 6 0x y x   , 所以曲线 C 的极坐标方程为: 2 6 cos 0    ,即 6cos  . (2)由(1)可得曲线 C 的直角坐标方程为 2 2 6 0x y x   , 与直线 3 2 3,3y x   联立,得 22 15 18 0x x   , 解得 1 2 3 26,x x  , 所以 2 1 2 1 91 1 3 33 2MN k x x       . 【点睛】 解题的关键是熟练掌握直角坐标与参数方程、极坐标之间的互化,并灵活应用,在求直线被圆所截弦长时, 常用弦长公式、垂径定理、参数方程 t 的几何意义等方法求解,考查计算化简的能力,属中档题. 7.在直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为: 2 cos 2 tan x y       ( 为参数),直线l 的参数方程为: 2 2x t y t      (t 为参数),曲线C 与直线l 交于 A 、 B 两点. (1)把曲线C 和直线l 的参数方程化为普通方程; (2)设 AB 中点为 M ,以原点O 为圆心、 OM 为半径的圆与 x 轴正半轴交于 N ,以原点O 为极点,x 轴 的非负半轴为极轴,建立极坐标系,求以 ON 为直径的圆的极坐标方程. 【答案】(1) 2 2 14 2 x y  ,  1 22y x  ;(2) 2cos  . 【分析】 (1)消参得到曲线C 和直线l 的普通方程; (2)先求出  2, 2M ,再求出以 ON 为直径的圆的极坐标方程. 【详解】 (1)由曲线C 的参数方程 2 cos 2 tan x y       , 得: 22 2 2 2 2 1 1 sintan 12 cos cos2 x y                 , 即 2 2 14 2 x y  即为C 的普通方程. 由直线l 的参数方程 2 2x t y t      得:  1 22y x  为l 的普通方程. (2)设  1 1,A x y ,  2 2,B x y , 将直线l 方程  1 22y x  代入 2 2 14 2 x y  并整理得 2 2 2 10 0x x   , 易知 0  ,则 1 2 2 2x x  ,  1 2 1 2 1 2 2 2 22y y x x     , 则  2, 2M ,    2 2 2 2 2OM ON    , 设以 ON 为直径的圆上任一动点的极坐标为  ,P   ,( P 不与 O , N 重合) 则 Rt PON△ 中, 2cos  当 P 与O , N 重合时也满足. ∴ 2cos  即所求的极坐标方程. 【点睛】 方法点睛:求曲线的极坐标方程常用的方法:(1)先将所有条件化成直角坐标,求出曲线的直角坐标,再 把曲线的方程转化为极坐标方程;(2)直接利用极坐标知识求曲线的极坐标方程. 8.在直角坐标系 xOy 中,直线l 的参数方程为 4 cos , 3 sin x t y t          (t 为参数, 4 2     ).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 的极坐标方程为 6sin 0   . (1)求曲线C 与直线l 的直角坐标方程; (2)若直线l 与曲线C 有公共点,求 tan 的取值范围. 【答案】(1)C :  22 3 9x y   ,l : tan 4tan 3 0x y     ;(2) 3 71, 7     . 【分析】 (1)利用 cos sin x y        化极坐标方程为直角坐标方程,消去参数 t 可得直线的普通方程; (2)曲线是圆,求出圆心到直线的距离,与圆半径比较可得. 【详解】 解:(1)因为 6sin 0   ,所以 2 6 sin 0    , 所以 C 的直角坐标方程为 2 2 6 0x y y   ,即  22 3 9x y   . 由 4 cos , 3 sin , x t y t          得 3 sin tan4 cos y t x t      , 即直线l 的直角坐标方程为 tan 4tan 3 0x y     . (2)由(1)知,曲线 C 表示圆心为 0, 3 ,半径为 3 的圆, 直线l 与曲线C 有公共点,所以圆心到直线l 的距离 2 4tan 3 1 tan d      , 解得 2 9tan 7   ,即 3 7 3 7tan7 7    . 又 4 2     ,所以 3 71 tan 7    ,故 tan 的取值范围是 3 71, 7     . 【点睛】 结论点睛:本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化,考查参数方程与普通方程的互化,考查直线与圆 的位置关系.求出圆心与直线的距离 d ,根据 d 与圆的半径的关系可得直线与圆的位置关系,圆心到直线 的距离为 d ,圆半径 r ,则相离 d r  ,相切 d r  ,相交 d r  .一般用这种几何法,也可用直 线方程与圆方程联立方程组,由方程组的解的个数判断. 9.在直角坐标系 xOy 中,直线l 的参数方程为 cos , 2 sin x t y t        ( ,t tR 为参数 0, 2      ).以坐标原 点O 为极点, x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,半圆C 的极坐标方程为 32sin , ,4 4         . (1)求半圆C 的参数方程和直线l 的直角坐标方程; (2)直线l 与 x 轴交于点 A ,与 y 轴交于点 B ,点 D 在半圆C 上,且直线CD 的倾斜角是直线l 的倾斜角 的 2 倍, ABD△ 的面积为1 3 ,求 的值. 【答案】(1)C : cos , 1 sin x y       ( 为参数, (0, )  ),l : tan 2, 0, 2y x         ;(2) 3   【分析】 (1)消去参数得直线的普通方程,利用半圆C 的极坐标方程,写出直角坐标方程为  22 1 1( 1)x y y    , 再写出半圆的参数方程; (2)由题意设 (cos2 ,1 sin 2 )D   ,利用点到线的距离求出点 D 到直线 AB 的距离,利用两点之间的距 离求出 AB ,再由三角形的面积公式,结合同角之间的关系求出 tan ,即可求出 的值. 【详解】 (1)半圆C 的参数方程为 cos , 1 sin x y       (其中 为参数, (0, )  ), 直线l 的直角坐标方程为 tan 2, 0, 2y x         . (2)由题意可知,可设 (cos2 ,1 sin 2 )D   ,其中 0, 2      所以点 D 到直线 AB 的距离为: 2 tan cos2 (1 sin 2 ) 2 1 tan d          sin cos2 cos sin 2 3cos sin 3cos           , 又 2 ,0 , (0, 2)tanA B      , 2 2 2 2( 2) tan sinAB           . 三角形 ABD 的面积  1 1 2 3sin 3cos 1 1 32 2 sin tanS AB d              . tan 3  , 又 0, 2      , 3   . 【点睛】 方法点睛:本题考查极坐标方程,直角坐标方程,参数方程的互化,极坐标与直角坐标方程的互化,即四 个公式: 2 2 , tan yx y x     , cos , sinx y     ,考查学生的转化与化归能力,运算求解能力, 属于中档题. 10.在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 1 : 2 0C x y   ,曲线 2 cos: 1 sin xC y       ( 为参数),以坐标原点 O 为极点, x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. (1)求曲线 1 2,C C 的极坐标方程; (2)射线 : 0,0 2l           分别交曲线 1 2,C C 于 ,M N 两点,求 | | | | ON OM 的最大值. 【答案】(1) 1 :C cos sin 2 0      , 2 :C 2sin  ;(2) 2 1 2  . 【分析】 (1) 2C 消去参数 后得普通方程,然后由公式 cos sin x y        化直角坐标方程为极坐标方程; (2)把  代入 1 2,C C 的极坐标方程,得 ,OM ON ,求出比值 2 1 | | | | ON OM   ,然后利用三角函数知识 求得最大值. 【详解】 (1)因为 cosx   , siny   , 2 2 2x y   , 所以 1C 的极坐标方程为 cos sin 2 0      , 因为 2C 的普通方程为 22 ( 1) 1yx    , 即 2 2 2 0x y y   ,对应极坐标方程为 2sin  . (2)因为射线 : 0,0 2l           ,则    1 2, , ,M N    , 则 1 2 2 , 2sinsin cos      , 所以 22 1 | | 1 cos2 1 2 1sin (sin cos ) sin sin cos sin 2 sin 2| | 2 2 2 4 2 ON OM                         又 0 2   , 32 ,4 4 4          ,所以当 2 4 2     ,即 3 8   时, | | | | ON OM 取得最大值 2 1 2  . 【点睛】 关键点点睛:本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化,参数方程与普通方程的互化,极坐标的应用, 在极坐标方程中只要 0  ,则  表示曲线上的点到极点的距离.利用这个定义可以由极坐标方程解决许 多距离问题.

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