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【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用x??cos?,y??sin?代换可得；（Ⅱ）依题意分别求出P、Q的极坐标，利用?1??2，则|PQ|?|?1??2|求解.
试题解析：(Ⅰ)圆C的普通方程是(x?1)2?y2?1，又x??cos?,y??sin?， 所以圆C的极坐标方程是??2cos?. (5分)
??1?2cos?1??1?1??(Ⅱ)设(?1,?1)为点P的极坐标，则有? 解得??. ??1??1???3?3???2(sin?2?3cos?2)?33??2?3??设(?2,?2)为点Q的极坐标，则有? 解得? ???2???2??3?3?由于?1??2，所以PQ??1??2?2，所以线段PQ的长为2. (10分)
22考点：圆的参数方程，直线的极坐标方程.
5．（I）曲线C2的方程为??2cos?,或(x?1)?y?1.
cos2?sin2?52（II）2?2?(?sin?)?(?cos2?)?
444?1?211【解析】
试题分析：（I）将M(1,3??x?acos?)及对应的参数??，代入?，
y?bsin?23???1?acos??3，即?a?2， 得??3??b?1??bsin?3?2?x?2cos?x2?y2?1. 所以曲线C1的方程为?（?为参数），或4?y?sin? 设圆C2的半径为R,由题意,圆C2的方程为??2Rcos?,(或(x?R)?y?R). 将点D(1,222?3)代入??2Rcos?, 得1?2Rcos?3,即R?1.
(或由D(1,?13),代入(x?R)2?y2?R2,得R?1), ),得D(,223;.
.
所以曲线C2的方程为??2cos?,或(x?1)?y?1. （II）因为点A(?1,?)，B(?2,??22?2) 在在曲线C1上,
2??2cos2??1,
所以
?12cos2?4??sin??1,
2122?2sin2?4cos2?sin2?52 所以2?2?(?sin?)?(?cos2?)?
444?1?211考点：本题主要考查简单曲线的极坐标方程，直角坐标与极坐标的互化，参数方程与普通方
程的互化。
点评：中档题，此类问题往往不难，解的思路比较明确。（3）是恒等式证明问题，利用点在曲线上，得到
?12cos2?4??sin??1,
2122?2sin2?42??2cos2??1，从中解出?12,?22，
利用三角函数“平方关系”，达到证明目的。 6．（1）??x??2cos?221（α为参数，90?＜α＜180?）；（2）.
3?y?sin?【解析】
试题分析：本题主要考查参数方程、两点间距离公式、直角三角形中的正弦、余弦值的计算、平方关系、配方法、三角函数的有界性等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、数形结合的能力、计算能力.第一问，设出点P的坐标，在三角形AOB中，利用正弦公式、余弦公式计算x，y的值，得到曲线C的参数方程，注意角?的取值范围；第二问，利用第一问求出的点P坐标的x，y值，用两点间距离公式得到表达式，利用平方关系、配方法、三角函数的有界性求表达式的最值. 试题解析：（1）设P(x，y)，由题设可知， 则x＝
21|AB|cos(?－α)＝－2cosα，y＝|AB|sin(?－α)＝sinα， 33所以曲线C的参数方程为??x??2cos?（α为参数，90?＜α＜180?）． 5分
y?sin??（2）由（1）得
22222
|PD|＝(－2cosα)＋(sinα＋2)＝4cosα＋sinα＋4sinα＋4 ＝－3sinα＋4sinα＋8＝?3(sin??)?2
23228． 3当sin??2212时，|PD|取最大值． 10分
33考点：参数方程、两点间距离公式、直角三角形中的正弦、配方法、三角函数的有界性. 7．（1）??（2）15 ;.
?3
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【解析】.
试题分析：解：（Ⅰ）消去参数得直线l的直角坐标方程：y?3x
由??x??cos??代入得 ?sin??3?cos????(??R).
3?y??sin?（ 也可以是：???3或??4?(??0)） 3??2cos2???2sin2??2?sin??3?0?2（Ⅱ）? 得??3??3?0 ????3?设A(?1,?)，B(?2,)，则|AB|?|?1??2|?(?1??2)2?4?1?2?15
33?（若学生化成直角坐标方程求解，按步骤对应给分）
考点：直线与圆的极坐标方程
点评：主要是考查了极坐标方程的运用，属于基础题。 8．（Ⅰ）x2?y2?x?y?0
41． 5【解析】（Ⅰ）利用极坐标的定义转化方程即可；（Ⅱ）联立直线方程，利用韦达定理和弦长公式即可求出弦长
（Ⅱ）MN?t1?t2?(t1?t2)2?4t1t2?（Ⅰ）由??2sin(???4)得，??sin??cos?，两边同乘?得，
?2??cos???sin??0，再由?2?x2?y2，?cos??x，?sin??y，得
曲线C的直角坐标方程是x2?y2?x?y?0；----5分 （Ⅱ）将直线参数方程代入圆C方程得，5t2?21t?20?0，
t1?t2?2141，t1t2?4，MN?t1?t2?(t1?t2)2?4t1t2?
55?13x??t??22（t为参数）, 圆C的直角坐标方程9．（Ⅰ）直线l的参数方程?
?y?1?1t??2
111(x?)2?(y?)2?;
2221（Ⅱ）.
4【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用
{x?x0?txos?y?y0?tsin?可求出直线l的参数方程，可利用
;.
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x2?y2??2,x??cos?,y??sin?将极坐标方程转化为直角坐标方程；（Ⅱ）将直线的
参数方程代入圆的方程，整理可得t2?可得PA?PB?t1?t2?11t??0，由参数的几何意义PAPB?t1t2，241. 4?1??13x??tcosx??t????2622（t为参数） 2试题解析：（Ⅰ）直线l的参数方程为?，即??y?1?tsin??y?1?1t??6??2
分 由??22cos(??)，得??cos??sin?，
4?所以???cos???sin?, 4分 得x?y?x?y，即(x?)2?(y?)2?2212121． 5分 2?13x??t??22 代入(x?1)2?(y?1)2?1，得t2?1t?1?0， 8分 （Ⅱ）把?22224?y?1?1t??2∴PA?PB?t1?t2?1． 10分 443?26
3考点：1、直线的参数方程；2、极坐标方程化为直角坐标方程；3、参数的几何意义. 10．（1）参考解析；（2）P(1,2)，【解析】
试题分析：（1）由曲线C1：??x?cos?（?为参数），写出相应的直坐标方程，在转化为极
y?sin??坐标方程.由C1上的所有点的横坐标、纵坐标分别伸长为原来的2和2倍后得到曲线C2.得到直角坐标方程，在转化为参数方程.
（2）将直线l：?(2cos??sin?)?4，化为直角坐标方程. 点P在曲线C2上.用点P的参数方程的形式带入，点到直线的距离公式，通过求三角函数的最值即可得到结论. （1）由已知得曲线C1的直角坐标方程是x?y?1，所以曲线C1的极坐标方程是??1， 因为曲线C1的直角坐标方程是x?y?1，所以根据已知的伸缩变换得曲线C2的直角坐标
2222;.
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?x2y2?x?2cos???1，所以曲线C2的参数方程是?方程是（?是参数）． 5分 24??y?2sin?（2）设P(2cos?,2sin?).由已知得直线l的直角坐标方程是
2x?y?4，即
的
距
离
2x?y?4?0.所以点P到直线
ld?22cos??2sin??422sin(??4)?2?2(2)?13?.当
sin(??)?14?即
??2k???4,k?z时. dmin?2(2?2)43?26.此时点P的坐标是(1,2).所以?3343?26.
3曲线C2上的一点P(1,2)到直线l的距离最小，最小值是考点：1.极坐标知识.2.参数方程知识.3.几种方程间的互化.4.函数的最值问题.
x2y285??1 ；11．（1）C1:(x?4)?(y?3)?1， C2:（2）. 649522【解析】
试题分析：（1）利用同角三角函数的基本关系，分别消去参数t和?即可； （2）首先利用参数方程求出点P的坐标，把直线C3:??x?3?2t（t为参数）化为直角坐
?y??2?t标下的一般方程，再利用点到直线的距离公式把点M到直线的距离表示成参数?的函数并求出其最小值. 试题解析：（1）由??x??4?cost?x?4?cost得?，
?y?3?sint?y?3?sint22所以C1:(x?4)?(y?3)?1，
?x?cos??x?8cos??x2y2?8??1 4分 由?得?，所以C2:649?y?3sin??y?sin???3（2）当t??2时，P(?4,4),Q(8cos?,3sin?)，故M(?2?4cos?,2?3sin?)， 2C3为直线x?2y?7?0，M到C3的距离
d?;.
558555cos??????13?5?13? |4cos??3sin??13|=5555
2016年高考数学专题训练：极坐标与参数方程解答题练习
