2024-2025学年高中数学第2讲参数方程讲末复习与小结课后提能训练含解析新人教A版选修4-4

PAGE其次讲讲末复习与小结四、素养训练A．基础巩固1．(2024年邯郸校级期末)参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)和极坐标方程ρ＝－6cosθ所表示的图形分别是()A．圆和直线 B．直线和直线C．椭圆和直线 D．椭圆和圆【答案】D【解析】极坐标ρ＝－6cosθ，两边同乘以ρ，得ρ2＝－6ρcosθ，化为直角坐标方程为x2＋y2＝－6x，即(x＋3)2＋y2＝9，表示以C(－3,0)为圆心，半径为3的圆．参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝sinθ))(θ为参数)，利用同角三角函数关系消去θ，化为一般方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，表示椭圆．故选D．2.(2024年虎林校级月考)直线y＝x＋b与曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)cosθ，,y＝\f(3,2)sinθ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ为参数且－\f(π,2)≤θ≤\f(π,2)))有两个不同的交点，则实数b的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),2)，\f(3\r(2),2))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),2)，－\f(3,2)))C．(－eq\r(2)，eq\r(2)) D．(－eq\r(2)，－1]【答案】B【解析】曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)cosθ，,y＝\f(3,2)sinθ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ为参数，且－\f(π,2)≤θ≤\f(π,2)))，化为x2＋y2＝eq\f(9,4)(x≥0)，表示以原点为圆心，eq\f(3,2)为半径的右半圆．直线y＝x＋b与eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)cosθ，,y＝\f(3,2)sinθ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ为参数，且－\f(π,2)≤θ≤\f(π,2)))有两个不同的交点，过eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))时，b＝－eq\f(3,2)；直线与半圆相切时，b＝－eq\f(3\r(2),2)，所以实数b的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),2)，－\f(3,2))).故选B．3．在直角坐标系xOy中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设A，B点分别在曲线C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3＋cosθ，,y＝4＋sinθ))(θ为参数)和曲线C2：ρ＝1上，则|AB|的最小值为()A．1 B．2C．3 D．5【答案】C【解析】由C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3＋cosθ，,y＝4＋sinθ))得曲线C1：(x－3)2＋(y－4)2＝1，圆心为C1(3,4)，半径为r1＝1；由C2：ρ＝1，得曲线C2：x2＋y2＝1，圆心为C2(0,0)，半径为r2＝1；所以两圆心距为|C1C2|＝eq\r(32＋42)＝5.因为点A，B分别在曲线C1和曲线C2上，所以|AB|min＝|C1C2|－r1－r24．已知抛物线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝8t2，,y＝8t))(t为参数)．若斜率为1的直线经过抛物线C的焦点且与圆(x－4)2＋y2＝r2(r>0)相切，则r＝______.【答案】eq\r(2)【解析】抛物线C的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝8t2，,y＝8t))化为一般方程y2＝8x，焦点为F(2,0)．所以斜率为1且经过抛物线C的焦点的直线方程为y－0＝x－2，即x－y－2＝0.又直线与圆(x－4)2＋y2＝r2(r>0)相切，所以圆心到直线的距离d＝eq\f(|4－2|,\r(2))＝eq\r(2)＝r，即r＝eq\r(2).5．已知两曲线参数方程分别为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(5)cosθ，,y＝sinθ))(0≤θ<π)和eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,4)t2，,y＝t))(t∈R)，它们的交点坐标为____________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(5),5)))【解析】由两曲线参数方程消去x，y，t得eq\r(5)cosθ＝eq\f(5,4)sin2θ⇒eq\r(5)cosθ＝eq\f(5,4)(1－cos2θ)⇒5cos2θ＋4eq\r(5)cosθ－5＝0⇒(eq\r(5)cosθ＋5)(eq\r(5)cosθ－1)＝0.∵－1≤cosθ<1，∴cosθ＝eq\f(\r(5),5).∴sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(5),5).∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(2\r(5),5).))故交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(5),5))).6．(2024年上海二模)直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t－1，,y＝2－t))(t为参数)与曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3cosθ，,y＝2sinθ))(θ为参数)的交点个数是________．【答案】2【解析】直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t－1，,y＝2－t))(t为参数)与曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3cosθ，,y＝2sinθ))(θ为参数)，化为一般方程分别为x＋y－1＝0，eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，联立可得13x2－18x－27＝0，Δ＝(－18)2－4×13×(－27)＞0，∴交点个数是2.7．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα，,y＝2＋2sinα))(α为参数)，M为C1上的动点，P点满意eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OM,\s\up6(→))，点P的轨迹为曲线C2.求C2的方程．【解析】方法一：因为M为C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα，,y＝2＋2sinα))上的动点，所以可设M的坐标为M(2cosα，2＋2sinα)．设P(x，y)，则由eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OM,\s\up6(→))，得(x，y)＝2(2cosα，2＋2sinα)⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4cosα，,y＝4＋4sinα，))从而C2的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4cosα，,y＝4＋4sinα))(α为参数)．方法二：将曲线C1的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα，,y＝2＋2sinα))化为一般方程，得x2＋(y－2)2＝4，设P(x，y)，M(x1，y1)，则由eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OM,\s\up6(→))，得(x，y)＝2(x1，y1)⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2x1，,y＝2y1))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(1,2)x，,y1＝\f(1,2)y.))①因为M为C1上的动点，所以xeq\o\al(2,1)＋(y1－2)2＝4.②将①式代入②式，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y－2))2＝4，即x2＋(y－4)2＝16，这就是所求曲线的轨迹方程．B．实力提升8.(2024年成都模拟)在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)))的直线l的参数方程为(t为参数).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的极坐标方程是ρcos2θ－4sinθ＝0.(1)写出直线l的一般方程和曲线C的直角坐标方程；(2)已知点P(1,0)，若点M的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，直线l经过点M且与曲线C相交于A，B两点，设线段AB的中点为Q，求|PQ|的值.【解析】(1)∵直线l的参数方程为(t为参数)，∴直线l的一般方程为y＝tanα·(x－1).由ρcos2θ－4sinθ＝0，得ρ2cos2θ－4ρsinθ＝0，即x2－4y＝0.∴曲线C的直角坐标方程为x2＝4y.(2)∵点M的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，∴点