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1、 課時提升作業(yè)(六十四) 選修4-4 第一節(jié) 坐標系 一、選擇題 1.在以O為極點的極坐標系中,直線l的極坐標方程是ρcosθ-2=0,直線l與極軸相交于點M,以OM為直徑的圓的極坐標方程是　(　　) (A)ρ=2cosθ (B)ρ=2sinθ (C)2ρ=cosθ (D)ρ=2+cosθ 2.(2013惠州模擬)已知點P的極坐標為(1,π),則過點P且垂直于極軸的直線方程為　(　　) (A)ρ=1 (B)ρ=cosθ (C)ρ=-1cosθ (D)ρ=1cosθ 3.在極坐標系中,與圓ρ=4sinθ相切的一條直線的方程是　(　　) (A)ρsin

2、θ=2 (B)ρcosθ=2 (C)ρcosθ=4 (D)ρcosθ=-4 二、填空題 4.(2012陜西高考)直線2ρcosθ=1與圓ρ=2cosθ相交的弦長為　　　　. 5.(2012江西高考)曲線C的直角坐標方程為x2+y2-2x=0,以原點為極點,x軸的正半軸為極軸建立坐標系,則曲線C的極坐標方程為　　　　. 6.在極坐標系中,點(2,π3)到圓ρ=2cosθ的圓心的距離為　　　　. 三、解答題 7.在極坐標系中,已知圓C的圓心C(3,π3),半徑r=3. (1)求圓C的極坐標方程. (2)若Q點在圓C上運動,P在OQ的延長線上,且OQ→=2QP→,求

3、動點P的軌跡方程. 8.在極坐標系中,點M的坐標是(2,π3),曲線C的方程為ρ=22sin(θ+π4);以極點為坐標原點,極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標系,直線l經過點M和極點. (1)寫出直線l的極坐標方程和曲線C的直角坐標方程. (2)直線l和曲線C相交于兩點A,B,求線段AB的長. 9.從極點O作直線l與另一直線ρcosθ=4相交于點M,在OM上取一點P,使OM→OP→=16. (1)求點P的軌跡方程. (2)圓N的方程為(x-2-5cosθ)2+(y-5sinθ)2=1(θ∈R),過圓N上任意一點K作P的軌跡的兩條切線KE,KF,切點分別為E,F,求KE→KF→的最小

4、值. 10.已知圓C的極坐標方程ρ=2asinθ,求: (1)圓C關于極軸對稱的圓的極坐標方程. (2)圓C關于直線θ=3π4對稱的圓的極坐標方程. 11.在直角坐標系xOy中,以O為極點,x軸非負半軸為極軸建立極坐標系,曲線C的極坐標方程為ρcos(θ-π3)=1,M,N分別為C與x軸,y軸的交點. (1)寫出C的直角坐標方程,并求M,N的極坐標. (2)設MN的中點為P,求直線OP的極坐標方程. 12.(2013福州模擬)已知橢圓C的極坐標方程為ρ2=123cos2θ+4sin2θ,點F1,F2為其左、右焦點,直線l的參數方程為x=2-22t,y=-22t(t為參數,t∈R)

5、. (1)求直線l和曲線C的普通方程. (2)求點F1,F2到直線l的距離之和. 答案解析 1.【解析】選A.直線l:ρcosθ-2=0的直角坐標方程是x=2,直線l與x軸相交于點M(2,0),以OM為直徑的圓的直角坐標方程為(x-1)2+y2=1,即x2-2x+y2=0,化為極坐標方程是ρ2-2ρcosθ=0,即ρ=2cosθ. 2.【解析】選C.由點P坐標知,過點P且垂直于極軸的直線的直角坐標方程為x=-1,化為極坐標方程為ρcosθ=-1,故選C. 3.【解析】選B.方法一:圓的極坐標方程ρ=4sinθ即ρ2=4ρsinθ,所以直角坐標方程為x2+y2-4y=0.

6、 選項A,直線ρsinθ=2的直角坐標方程為y=2,代入圓的方程,得x2=4,∴x=2,不符合題意; 選項B,直線ρcosθ=2的直角坐標方程為x=2,代入圓的方程,得(y-2)2=0,∴y=2,符合題意.同理,以后選項都不符合題意. 方法二:如圖,☉C的極坐標方程為ρ=4sinθ, CO⊥Ox,OA為直徑,|OA|=4,直線l和圓相切, l交極軸于點B(2,0),點P(ρ,θ)為l上任意一點, 則有cosθ=|OB||OP|=2ρ,得ρcosθ=2. 4.【解析】直線2ρcosθ=1與圓ρ=2cosθ的普通方程為2x=1和(x-1)2+y2=1,圓心到直線的距離為1-12=12

7、, ∴弦長為21-(12)2=3. 答案：3 5.【解析】∵x2+y2=ρ2, ∴x=ρcosθ,代入直角坐標方程整理得ρ2-2ρcosθ=0, ∴ρ-2cosθ=0. 即極坐標方程為ρ=2cosθ. 答案：ρ=2cosθ 6.【解析】由x=ρcosθ,y=ρsinθ及ρ=2cosθ, 得x=2cos2θ,y=2cosθsinθ, 則x=1+cos2θ,y=sin2θ,所以(x-1)2+y2=1,即圓心坐標為(1,0),而點(2,π3)在直角坐標系中的坐標為(1,3),所以所求的距離為3. 答案：3 7.【解析】(1)設M(ρ,θ)是圓C上任意一點,在△OCM中,∠CO

8、M=|θ-π3|,由余弦定理,得CM2=OM2+OC2-2OMOCcos∠COM, ∴32=ρ2+32-23ρcos(θ-π3), 即ρ=6cos(θ-π3)為所求. (2)設點Q為(ρ1,θ1),點P為(ρ,θ),由OQ→=2QP→,得OQ→=2(OP→-OQ→). ∴OQ→=23OP→,∴ρ1=23ρ,θ1=θ,代入圓方程ρ= 6cos(θ-π3)得23ρ=6cos(θ-π3), 即ρ=9cos(θ-π3)為所求. 8.【解析】(1)∵直線l過點M(2,π3)和極點, ∴直線l的極坐標方程是θ=π3(ρ∈R), ρ=22sin(θ+π4)即ρ=2(sinθ+cosθ),

9、 兩邊同乘以ρ得ρ2=2(ρsinθ+ρcosθ), ∴曲線C的直角坐標方程為x2+y2-2x-2y=0. (2)點M的直角坐標為(1,3),直線l過點M和原點, ∴直線l的直角坐標方程為y=3x, 曲線C的圓心坐標為(1,1),半徑r=2,圓心到直線l的距離為d=3-12, ∴|AB|=3+1. 9.【解析】(1)方法一:設P(ρ,θ),M(4cosθ,θ), OM→OP→=16,ρ4cosθ=16, ρ=4cosθ(扣除極點). 方法二:設平面直角坐標系下P點的坐標為P(x,y),M點的縱坐標為ym, xy=4ym,所以ym=4yx. 因為OM→OP→=16, 所以

10、x2+y2=4x(扣除原點). (2)點P的軌跡是以(2,0)為圓心,以2為半徑的圓. 設其圓心為A,|KA|的長為t, KE→KF→=|KE→||KF→|cos∠EKF =(1-2sin2∠AKE)=(|KA→|2-4)(1-24|KA→|2)=t2+32t2-12, 因為|NA→|=5,所以4≤t≤6, 設f(t)=t2+32t2-12,則f(t)=2t(t4-32)t4, t∈[4,6]時,f(t)>0,所以f(t)單增, 所以,f(t)的最小值為f(4)=6. 10.【解析】方法一:設所求圓上任意一點M的極坐標為(ρ,θ). (1)點M(ρ,θ)關于極軸對稱的點為M

11、(ρ,-θ),代入圓C的方程ρ=2asinθ,得ρ=2asin(-θ), 即ρ=-2asinθ為所求. (2)點M(ρ,θ)關于直線θ=3π4對稱的點為(ρ,3π2-θ),代入圓C的方程ρ= 2asinθ,得ρ=2asin(3π2-θ), 即ρ=-2acosθ為所求. 方法二:由圓的極坐標方程ρ=2asinθ, 得ρ2=2ρasinθ, 利用公式x=ρcosθ,y=ρsinθ,ρ=x2+y2, 化為直角坐標方程為x2+y2=2ay. 即x2+(y-a)2=a2,故圓心為C(0,a),半徑為|a|. (1)關于極軸對稱的圓的圓心為(0,-a),圓的方程為x2+(y+a)2=a

12、2,即x2+y2=-2ay, ∴ρ2=-2ρasinθ,故ρ=-2asinθ為所求. (2)由θ=3π4得tanθ=-1,故直線θ=3π4的直角坐標方程為y=-x, 圓x2+(y-a)2=a2關于直線y=-x對稱的圓的方程為(-y)2+(-x-a)2=a2, 即(x+a)2+y2=a2,于是x2+y2=-2ax. ∴ρ2=-2ρacosθ. 此圓的極坐標方程為ρ=-2acosθ. 11.【解析】(1)由ρcos(θ-π3)=1得ρ(12cosθ+32sinθ)=1. 從而C的直角坐標方程為12x+32y=1. 即x+3y=2.當θ=0時,ρ=2,所以M(2,0); 當θ=π2時,ρ=233,所以N(233,π2). (2)M點的直角坐標為(2,0),N點的直角坐標為 (0,233).所以P點的直角坐標為(1,33),則P點的極坐標為(233,π6). 所以直線OP的極坐標方程為θ=π6(ρ∈R). 12.【解析】(1)直線l普通方程為y=x-2,曲線C的普通方程為x24+y23=1. (2)∵F1(-1,0),F2(1,0), ∴點F1到直線l距離為d1=|-1-0-2|2=322, 點F2到直線l距離為d2=|1-0-2|2=22, ∴d1+d2=22. - 6 -