专题12坐标系与参数方程（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考一轮复习讲义+课件_赠2021年高考真题和模拟题数学（理）专项汇编

专题 12 坐标系与参数方程 1．（2021·全国高考真题（理））在直角坐标系 中， 的圆心为 ，半径为1． （1）写出 的一个参数方程; （2）过点 作 的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切 线的极坐标方程． 【答案】（1） ，（ 为参数）；（2） 或 . 【分析】 （1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程； （2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可. 【详解】 （1）由题意， 的普通方程为 ， 所以 的参数方程为 ，（ 为参数） （2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为 ，即 ， 由圆心到直线的距离等于1可得 ， 解得 ，所以切线方程为 或 ， 将 ， 代入化简得或 【点晴】 本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力， 是一道基础题. 2．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）在直角坐标系 中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极 轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为 ． （1）将C的极坐标方程化为直角坐标方程； （2）设点A的直角坐标为 ，M为C上的动点，点P满足 ，写出Р的轨迹 的参数方 程，并判断C与 是否有公共点． 【答案】（1） ；（2）P的轨迹 的参数方程为 （ 为参数）， C与 没有公共点. 【分析】 （1）将曲线C的极坐标方程化为 ，将 代入可得； （2）设 ，设 ，根据向量关系即可求得P的轨迹 的参数方程，求 出两圆圆心距，和半径之差比较可得. 【详解】 （1）由曲线C的极坐标方程 可得 ， 将 代入可得 ，即 ， 即曲线C的直角坐标方程为 ； （2）设 ，设， ， 则 ，即 ， 故P的轨迹 的参数方程为 （ 为参数） 曲线C的圆心为 ，半径为 ，曲线 的圆心为 ，半径为2， 则圆心距为 ， ， 两圆内含， 故曲线C与 没有公共点. 【点睛】 关键点睛：本题考查参数方程的求解，解题的关键是设出 的参数坐标，利用向量关系求解. x2tcos  1．（2021·全国高三其他模拟（理））在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 y tsin (t为参 4  数).以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为 sintan.   （1）若 3 ，求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程； PA  PB 32 （2）若直线l与C交于A，B两点，与x轴交于点P，且 ，求直线l的倾斜角.  5 【答案】（1） 3x y2 3 0， y2 4xx 0；（2） 或 .. 6 6 【分析】   （1）代入 3 到参数方程，利用倍数关系消去参数t可得直线l的普通方程；利用公式sin tan cos x,sin y结合 cos可求得曲线C的直角坐标方程； l C t t （2）将直线 的参数方程代入曲线 的直角坐标方程，由此求得关于 的一元二次方程，根据 的几何意 tt 32 义得到 1 2 ，由此求解出  的值. 【详解】  1 x2 t   2  （1）因为 的参数方程为 ，所以 ，所以 的普通方程为 ， 3  y  t l  2 3x2 y l 3x y2 3 0 4 4cos   又因为 sintan，所以 sin2 ，所以2sin24cos，所以曲线C的直角坐标方程为 y2 4xx 0 ； x2tcos  （2）将 y tsin 代入 y2 4xx 0中，  sin2  t2 84tcos  sin2  t2 4tcos80 得 ，即 ， 8 tt  所以 1 2 sin2， 8 1 tt   =32 sin 因为 PA  PB 32，所以 1 2 sin2 ，所以 2 ，  5 0,   又因为 ，所以 6 或 6 ，  5 所以直线 倾斜角为 或 . l 6 6 xOy C 2．（2021·河南高三其他模拟（理））在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为x23cos,  y 13sin （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，直线 l 的 cos2sin50 极坐标方程为 ． C l （1）求曲线 的普通方程与直线 的直线坐标方程； （2）若与 l 平行的直线 l 与曲线 C 交于 A ， B 两点，且在 x 轴上的截距为整数， ABC 的面积为 2 5 ， 求直线l的方程． 【答案】（1） x22 y12 9 ； x2y50 ；（2） x2y10 或x2y90． 【分析】  C x cos y sin l (1)利用平方关系消去参数 得 的普通方程；利用 ， 得直线 的直线坐标方程； l x2ym0 （2）设直线的平行直线 ： ，求出点到直线的距离得面积公式解方程求解 【详解】 x23cos, （1）曲线 C 的参数方程  y 1sin 化为普通方程为x22 y12 9． cos2sin50 x cos y sin 由 ， ， 可得， l x2y50 直线 的直线坐标方程为 ． l x2y50 C2,1 （2）由（1）知 的直线方程为 ， ． l x2ym0 mZ 设直线 ： ，由题知 ． 22m m4 d   所以C到直线 l的距离 5 5 ， m42 所以 AB 2 9 ， 51 m42 m4 所以 2 9  2 5 ， 2 5 5 m44 45m42 5000 m42 20 m42 25 整理得 ，所以 或 ， mZ m1 m9 因为 ，所以 或 ． l x2y10 x2y90 所以直线 的方程为 或 ． xOy C 3．（2021·全国高三其他模拟（理））在平面直角坐标系 中，曲线 1的参数方程为 x2cost  (t y 1cos4tsin4t 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，曲线C 的极 2 2sincos 坐标方程为 . C C （1）求曲线 1与 2的直角坐标方程；    R,0   （2）已知直线l的极坐标方程为  2 ，直线l与曲线C ,C 分别交于M,N (异于点 1 2 OM ON 8 O )两点，若 ，求. 1  C y  x2 C x12 y12 2 【答案】（1） ： 2 ， ： ；（2） 4 1 2 【分析】 y 1cos4tsin4t y 2cos2t C （1）将 化简为 ，消参即可得到 1的直角坐标方程， 2sincos 2 2sin2cos C 将 变为 ，从而求出 2的直角坐标方程； 2sin 2sin  OM  （2）求出 C 的极坐标方程 cos2，由 C ， C 的极坐标方程得： cos2， 1 1 2 ON 2sincos OM ON 8 ，由 即可求出的值.【详解】 x2cost  (t 解：（1）因为曲线C 的参数方程为 y 1cos4tsin4t 为参数 ) ， 1 y 1cos4tsin4t 1  cos2tsin2t  cos2tsin2t  1  cos2tsin2t  2cos2t 所以 ， 2  x 1 y 2  x2 所以C ：  2   2 ； 1 C 2sincos 又因曲线 2的极坐标方程为 ， 2 2sin2cos 所以 ， x2  y2 2x2y 即 ， C x12 y12 2 所以 2： ； 1 2sin sin 2cos2  （2） C 的极坐标方程为： 2 ，即 cos2， 1 C C 把  代入 1， 2的极坐标方程得： 2sin  1  OM  cos2，  2  ON 2sincos ， 2sin2sincos OM ON  4  tan2tan  8 所以 cos2 ， tan2tan2 tan1 tan=- 2 所以 ，解得 或 ，  0 因为 2 ， tan1 所以 ，   所以 4 . x3t  4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 ( xOy C y  3t t 1 x C 为参数)，以坐标原点为极点，以 轴的非负半轴为极轴，且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线 2的 2cos 极坐标方程为 . C C （1）求曲线 1的普通方程以及曲线 2的直角坐标方程； C C （2）求曲线 2上的点到曲线 1距离的最大值. C 3x y3 3 0 C (x1)2  y2 1 31 【答案】（1）曲线 1： ；曲线 2： ；（2） 【分析】 C 2  x2  y2 cos x （1）消去参数t，得到曲线 1的普通方程；由 ， ，将极坐标方程化为直角方程； （2）圆上的点到直线的最大距离为圆心到直线的距离加上半径，从而求得最大值. 【详解】 C 3x y3 3 0 （1）由题知，消去参数t，得到曲线 1的普通方程 ； 2cos2 2cos 由 ， 2  x2  y2 cos x x2 2x y2 0 由 ， ，将极坐标方程化为直角方程 ， C (x1)2  y2 1 即曲线 2的直角坐标方程为 . 303 3 （2）圆心 到直线 的距离为d   3， (1,0) 3x y3 3 0 31 C C d 1 31 则曲线 2上的点到曲线 1距离的最大值为 . xOy C 5．（2021·全国高三其他模拟（理））已知在平面直角坐标系 中，曲线 1的参数方程为 x1 2cost  (t 为参数)，以坐标原点为极点，以 轴的非负半轴为极轴，且取相同的单位长度建立极 y  2sint x C 2cossin40 坐标系，曲线 2的极坐标方程为 . C C （1）求曲线 1的普通方程以及曲线 2的直角坐标方程； C C （2）判断曲线 1与曲线 2公共点的个数，并说明理由. C (x1)2  y2 2 C 2x y40 【答案】（1）曲线 1： ；曲线 2： ；（2）2，理由见解析； 【分析】 sin y  （1）根据 sin2tcos2t 1 消去参数，得到曲线C 的普通方程；根据 cos x，将极坐标方程转化 1 为直角方程. （2）求得圆心到直线的距离，与圆的半径比较，来判断直线与圆的关系，从而判断交点个数. 【详解】 sin2tcos2t 1 （1）根据 消去参数， C (x1)2  y2 2 得到曲线 1的普通方程为： ； sin y  根据 cos x，将极坐标方程转化为直角方程， C 2x y40 则曲线 2的方程为： ； 2104 2 5   2 （2）曲线C 的圆心 (1,0) 到直线C 的距离为 22 12 5 ， 1 2 C C 则曲线 1与直线 2相交，故有2个公共点. C :x2  y2 4 C 6．（2021·全国高三其他模拟（理））已知圆 1 ，若 1上所有的点的横坐标变为原来的3倍， 5 C x 纵坐标变为原来的 倍，得到曲线 2，以直角坐标系的原点为极点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系． C (1) 求曲线 2的极坐标方程； 1 1  (2) 设 M ， N 为曲线C 上的两点，且 O  M  O  N  0 ，求|OM |2 |ON |2 的值． 2 180 7 2  【答案】(1) 54sin2；(2) 90． 【分析】 C x cos y sin (1) 根据坐标变换规则，求出曲线 2的直角坐标方程，再利用 ， 化为极坐标方程. 1 1  (2) 根据第(1)的结果，确定在极坐标系下求解|OM |2 |ON |2 的值. 【详解】 C P(x,y) P x,y (1) 设圆 1上任意一点 经变换后对应的点为 ，  x x   3 则 x'3x, ，即  y ，  y  y' 5y  5 2 2  x   y  代入圆 的方程，得    4 ， C  3   5 1 x2 y2  1. 化简可得曲线C 的直角坐标方程为36 20 ． 2 x cos y sin 将 ， 代入， C 52cos292sin2180 可得曲线 2的极坐标方程为 ， 180 2  即 54sin2. M , (2) 设 1 ，  N , 因为O  M  O  N  0，所以   2 2  ， 1 1 54sin2   由(1)可得|OM |2 2 180 ， 1   54sin2    1 1  2    ， |ON |2 2 180 2   54sin2    1 1 54sin2  2 14 7 所以      . |OM |2 |ON |2 180 180 180 90 x2tcosa  7．（2021·全国高三其他模拟（理））在平面直角坐标系xOy中，直线 l 的参数方程为 y tsina （ t O x C 为参数），以坐标原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 2 5﹣4cos2  5 ． l C （1）求直线 的普通方程与曲线 的直角坐标方程； l C A,B OAB  （2）设直线 与曲线 交于 两点，求 面积的最大值． 5 xsin ycos2sin0 【答案】（1） ；（2） 2 . 【分析】 l t l x cos 2  x2  y2 （1）将直线 的参数方程消去参数 即可得到 的普通方程；利用公式 ， 即可得 C 到曲线 的直角坐标方程； l C （2）先将直线 的参数方程代入曲线 的直角坐标方程，再利用直线方程中参数的几何意义及弦长公式， 基本不等式，面积公式即可求解.【详解】 x2tcosa  （1）由 y tsina 消去参数 t ，得xsin ycos2sin0， l xsin ycos2sin0 所以直线 的普通方程 . 2 5﹣4cos2  5 52﹣4cos2 5 由 ，得 ， x2  y2 1 将cos x，2  x2  y2代入，得5x2 5y2 4x2 5，即 5 ， x2  y2 1 所以曲线C的直角坐标方程为 5 . sin0 A,B t ,t （2）根据题意知： ，设 对应的参数分别为 1 2， x2  y2 1  14sin2  t2 4tcos10 将直线l的参数方程代入 5 ，化简得 ， 4cos 1 t t  t t  所以 1 2 14sin2， 1 2 14sin2， 2  4cos  4 2 5 AB  t t  t t 2 4t t    所   ， 1 2 1 2 1 2 14sin2 14sin2 14sin2 2sin d   2sin O 到直线 l 的距离 sin2cos2 ， 2 5 5 1 1 2 5 2 5 S   AB d    2sin   所以 OAB 2 2 14sin2 1 1 2 ， 4 sin 2 4 sin sin sin 1 1 4 sin sin 当且仅当 sin 即 时等号成立， 2 5 所以 面积的最大值为 ．  OAB 2x1cos  8．（2021·全国高三其他模拟（理））在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为 y 1sin(α为 参数)，点P坐标为(0，2).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   8 ，直线l交圆C于A，B两点. （1）求点P的极坐标和圆C的极坐标方程； （2）设AB的中点为M，求四边形OPCM的面积.  2 (2, ) 1 【答案】（1） 2 ；2 2(sincos)10；（2） 4 . 【分析】 xcos  （1）根据极坐标与直角坐标的转化公式y sin ，求得点的极坐标，化简参数方程为普通方程，从  x2  y2 2  而求得极坐标方程； CM OM S S S （2）由M为AB的中点知， ，四边形OPCM的面积 OPC OCM ，代入求得面积. 【详解】  (2, ) （1）由P坐标为(0，2).则其极坐标为 2 ； (x1)2 (y1)2 1 x2  y2 2x2y10 消去参数，得到圆的普通方程： ，即 ， xcos  则由y sin 知，圆的极坐标方程为 ；   x2  y2 2 2 2(sincos)10 CM OM C(1,1) （2）由M为AB的中点知， ，且 ， 1 1   S S S  21 OCOM sin(  ) 四边形OPCM的面积 OPC OCM 2 2 4 81   1  2 1  2 2cos sin 1 sin 1 2 8 8 2 4 4 .