文科数学高考真题分类汇编 坐标系与参数方程答案

y)
满足
x y
= =
tP −
cos , 2 + tP
sin
.
x = 所以点 P 的轨迹的参数方程是
2 sin 2 , 2
y
=
−
2− 2
2 cos 2 2
(
为参数，
4
4
)．
10．C．【解析】因为曲线 C 的极坐标方程为 =4cos ，
所以曲线 C 的圆心为 (2,0) ，直径为 4 的圆．
消去参数 m
得
l2
的普通方程 l2
:
y
=
1 k
(x
+
2)．
y = k (x − 2)
设
P( x,
y)
，由题设得
y
=
1 k
(x
+
，消去
2)
k
得 x2
−
y2
=
4
(y
0)．
所以 C 的普通方程为x2 − y 2 = 4 (y 0)
( ) （2） C 的极坐标方程为2 cos2 − sin2 = 4 (0＜＜2 , )
= 2cos 0 剟
π
4
，
M2
的极坐标方程为
=
2sin
π 剟
4
3π 4
，
M3
的极坐标方程为
=
−2 cos
3π 4
剟
π
.
（2）设 P(,) ，由题设及（1）知
π
π
若 0剟
4 ，则 2 cos =
3 ，解得
=
；
6
π 若 剟
4
3π 4 ，则 2sin =
3
，解得
=
π 或
3
=
2π 3
；
若 3π 剟 4
x − 3y −1 = 0 上，所以|AB|=2r=2．
5
5．
2 【解析】由2 sin( - ) =
2 得2?
2 (sin
cos) = 2 ，所以 y - x =1，
2
4
2
故直线 l 的直角坐标方程为 x - y +1 = 0，而点 A(2 2, 7 ) 对应的直角坐标为 4
A(2, - 2)，所以点 A(2, - 2) 到直线 l ： x - y +1 = 0的距离为 | 2 +2 +1| = 5 2 ．
= =
tcos , − 2+
t
sin
(t
为参数， 4
4
)．
设 A，B
， P 对应的参数分别为 tA
， tB
， tP
，则 tP
=tA
+t B 2
，
且 tA ， tB 满足t 2 − 2 2t sin + 1 = 0 ．
于是 tA + tB = 2
2 sin ， tP =
2
sin
．又点
P
的坐标 ( x,
个公共点．
当 l1
与 C2
只有一个公共点时，
A到
l1
| 所在直线的距离为 2 ，所以
−k + 2 | k2 +1
=2 ，故
k = −4 或k = 0． 3
经检验，当
k
=
0 时，l1
与 C2 没有公共点；当
k
=
−4 3
时， l1
与
C2 只有一个公共点，l2
与 C2 有两个公共点．
当
l2
与
C2 只有一个公共点时，A
π
因为直线 l 的极坐标方程为 sin( − )= 2 ，
6
则直线 l 过 A(4,0)，倾斜角为 π ，
6
所以 A 为直线 l 与圆 C 的一个交点．
π 设另一个交点为 B，则∠OAB= ．
6 π
连结 OB，因为 OA 为直径，从而∠OBA= ， 2
l
O
Ax
B
π 所以 AB = 4cos = 2 3 ．
专题十四 坐标系与参数方程
第三十四讲 坐标系与参数方程
答案部分
2019 年
( ) 1.解析（1）因为
−1
1 1
− +
t t
2 2
1 ，且 x 2
+
y 2
2
=
1−
1+
t2 t2
2
+
4t2 1+ t2
2
= 1，所以C的直角坐
标方程为 x 2 + y 2 = 1(x −1) . 4
l 的直角坐标方程为 2x + 3y +11= 0 .
因为曲线 C 截直线 l 所得线段的中点 (1, 2) 在 C 内，所以①有两个解，设为t1 ， t2 ，则
t1 + t2 = 0 ．
又由①得
t1
+
t2
=
− 4(2 cos +sin ) 1 + 3cos2
，故
2 cos
+ sin
=0
，于是直线
l
的斜率
k = tan = −2 ．
9．【解析】(1) O 的直角坐标方程为 x2 + y2 = 1 ．
(2)由(1)知 C2是圆心为 A(−1, 0) ，半径为2 的圆．
由题设知，C1 是过点 B(0, 2) 且关于 y 轴对称的两条射线．记 y 轴右边的射线为 l1 ， y
轴左边的射线为 l2 ．由于B 在圆 C2 的外面，故 C1 与C2 有且仅有三个公共点等价于 l1 与
C2 只有一个公共点且 l2与 C2 有两个公共点，或 l2与 C2只有一个公共点且 l1 与 C2 有两
因为P在线段OM上，且
AP
⊥
OM
，故
的取值范围是
4
,
Байду номын сангаас
.
所以，P点轨迹的极坐标方程为 = 4cos,
4 ,
2
.
3.解 析 （1 ）由 题设 可得 ， 弧 AB, BC,CD 所在 圆的 极坐标 方程 分 别为 = 2cos ，
= 2sin ， = −2cos .
所以
M1
的极坐标方程为
|=
1 =
4 cos
．
由 | OM | | OP |= 16得 C2 的极坐标方程 = 4cos ( 0) ．
因此 C2的直角坐标方程为 (x − 2)2 + y2 = 4(x 0)．
（2）设点 B 的极坐标为 ( B , ) ( B 0)．由题设知 | OA |= 2 ， B = 4 cos ，于是
2
2
6．6【解析】圆 =8sin 即 2 = 8 sin ，化为直角坐标方程为 x 2 +( y - 4) 2 =16 ，
直线
=
，则 tan
=
3 ，化为直角坐标方程为
3x - y = 0，圆心 (0, 4) 到直线
3
|
的距离为
-
4
|
=
2，所以圆上的点到直线距离的最大值为
6．
4
7．【解析】(1)由 x = cos ， y = sin 得 C2的直角坐标方程为 (x +1)2 + y2 = 4 ．
当
=
2
时，
l与
O交于两点．
当 时，记 tan = k ，则 l 的方程为 y = kx − 2
2 ．l与
O 交于两点当且仅当
| 2 | 1，解得 k −1 或 k 1，即 ( , ) 或 ( , ) ．
1 +k2
42
24
综上，
的取值范围是 (
,
)
．
44
(2)
l
的参数方程为
x y
24 25
．
从而 C 与 l 的交点坐标为(3, 0) ， (− 21 , 24 ) ． 25 25
（2）直线 l的普通方程为x + 4 y − a − 4 = 0 ，故 C 上的点 (3cos ,sin ) 到 l的距离为
d = | 3cos + 4sin − a −4 | ． 17
当 a ≥ −4时， d 的最大值为 a + 9 ．由题设得 a + 9 = 17 ，所以a = 8；
π ，则 −2 cos =
3 ，解得
= 5π 6
.
综上，P的极坐标为
3,
π 6
或
3,
π 3
或
3,
2π 3
或
3,
5π 6
.
2010-2018 年
1．1+ 2 【解析】利用 x = cos ， y = sin ，可得直线的方程为 x + y − a = 0 ，圆 的方程为 (x −1)2 + y2 = 1，所以圆心 (1,0) ，半径 r =1 ，由于直线与圆相切，故圆心 到直线的距离等于半径，即 |1− a | = 1，∴ a = 1+ 2 或1− 2 ， 2
14．【解析】直线 l 的普通方程为 x − 2 y + 8 = 0 .
因为点 P 在曲线 C 上，设 P(2s2 , 2 2s) ，
从而点
P
到直线
l 的的距离
d
=
|
2s2 −4 ( −1) 2
2 s +8 +( −2) 2
|
=
2( s
−
2)2 +4
，
5
当s=
2 时， dmin
=
45 5
.
因此当点 P 的坐标为 (4, 4) 时，曲线 C 上点 P 到直线l 的距离取到最小值 4 5 . 5
到
l2
所在直线的距离为
2
，所以
|
k +2| k2 +1
=
2
，故
k
=
0
或k =4 ． 3
经检验，当
k
=
0时， l1
与C2 没有公共点；当 k
=
4 3
时，l2
与C2 没有公共点．
综上，所求
C1
的方程为 y
=
−
4 3
|
x
| +2
．
8．【解析】(1)曲线 C 的直角坐标方程为 x2 + y2 = 1． 4 16
( 0,0 ) 在C上，当 0
=
3
时， 0
= 4 sin
3
=2
3.
由已知得 |OP
|= | OA
|
cos
=
2.
3
设
Q(
,
)
为l上除P的任意一点.在
Rt△OPQ
中
cos
−
3
=|
OP
|=
2
，
经检验，点
P(2,
3
)
在曲线
cos
−
3
=
2
上.
所以，l的极坐标方程为
cos
−
3
=
2
.
（2）设 P(,) ，在 Rt△OAP 中， | OP |=| OA | cos = 4cos , 即 = 4cos ..
15．【解析】(1)
x
y
= =
a 1
cos t + asin
t
（t
均为参数）
∴ x2 + ( y −1)2 = a2 ①
∴ C1 为以 (0 ，1) 为圆心， a 为半径的圆．方程为 x2 + y2 − 2y +1 − a2 = 0
∵ x2 + y2 = 2 ，y = sin
∴ 2 − 2 sin + 1− a2 = 0 即为 C1 的极坐标方程 (2)C2 ： =4cos
∴1 − a2 = 0 ，∴ a = 1 16．【解析】（Ⅰ）整理圆的方程得x2 + y2 + 12 + 11 = 0 ，
圆的普通方程为 x2 + ( y −1)2 = 1 ，
因为圆心到直线的距离 d = 3 1 ，所以有两个交点． 4
4．2【解析】将 cos − 3 sin −1 = 0 化为直角坐标方程为x − 3y −1 = 0 ，将 ρ=2cos
θ 化为直角坐标方程为 (x −1)2 + y2 = 1，圆心坐标为(1,0)，半径 r=1，又(1，0)在直线
6
因此，直线l 被曲线 C 截得的弦长为 2 3 ．
11．【解析】（1）曲线 C 的普通方程为 x2 + y2 = 1． 9
当 a = −1时，直线 l 的普通方程为 x + 4 y − 3 = 0 ．
由
x +4
x2 9
+
y −3 = y2 =1
0
解得
x y
= =
3 0
或
x
y
= =
− 21 25
两边同乘 得 2 = 4 cos 2 = x2 + y2 ， cos = x
x2 + y2 = 4x
即 (x − 2 )2 + y 2 = 4 ②
C3 ：化为普通方程为 y = 2x ，由题意：C1和 C2 的公共方程所在直线即为 C3
①—②得： 4x − 2y +1− a2 = 0 ，即为 C3
17
17
当a −4 时， d 的最大值为 −a +1 ．由题设得 −a +1 = 17 ，所以 a = −16 ．
17
17
综上， a = 8或 a = −16 ．
12．【解析】（1）设 P 的极坐标为 ( , ) ( 0) ，M 的极坐标为 (1, ) (1 0) ．
由椭圆知
| OP |=
， |OM
x （2）由（1）可设C的参数方程为 y
= cos , = 2sin
（
为参数， −π
π
）.
C上的点到 l 的距离为 | 2cos + 2
3
sin
+11|
=
4 cos
−
π 3
+11
.
7
7
当
=
− 2π 3
时， 4cos
−
π 3
+11取得最小值7，故C上的点到
l
距离的最小值为
7.
2.解：（1）因为 M
( ) 2 cos 2 −sin 2
联立
=4
得 cos − sin=2( cos+sin ) ．
(cos+sin )- 2=0
故 tan = − 1 ，从而 cos2 = 9 ，sin2 = 1
3
10
10
( ) 代入 2 cos2 -sin2 =4得 2 =5 ，所以交点 M 的极径为 5 ．
OAB 面积
S
=
1 2
|
OA |B sinAOB
= 4cos | sin( − ) | 3
= 2 | sin(2 − ) − 3 | 32
≤2+ 3． 当 = − 时， S 取得最大值 2 + 3 ．
12 所以 OAB 面积的最大值为 2 + 3 ．
13．【解析】（1）消去参数t 得 l1 的普通方程l1 : y = k ( x −2) ；
当 cos 0 时， l 的直角坐标方程为 y = tan x + 2 − tan ，
当 cos = 0 时， l 的直角坐标方程为 x =1 ． (2)将 l 的参数方程代入 C 的直角坐标方程，整理得关于 t 的方程 (1+ 3cos2 )t2 + 4(2 cos + sin )t − 8 = 0．①
又 a 0，∴ a = 1+ 2 ． 2．1【解析】圆的普通方程为 x2 + y 2 − 2x − 4y + 4 = 0 ，即 (x −1)2 + ( y − 2)2 = 1 ．
设圆心为C(1, 2) ，所以 | AP |min =| PC | −r = 2 −1 = 1 ． 3．2【解析】直线的普通方程为 2 3x + 2y +1 = 0 ，