单元质量评估(一)

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单元质量评估(一)

第一讲坐标系 (120分钟 150分)

一、选择题(本大题共12小题, 每小题5分, 共60分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的) 1. 将曲线y=cos6x按照伸缩变换⎨

⎧x '=3x ⎩y '=2y

后得到曲线方程为( )

(A)y=2cos3x (B)y=3cos2x (C)y=2cos2x (D)y=cos2x

2. 极坐标系中，点(2,) 到极点和极轴的距离分别为( )

(A)1,1 (B)1,2 (C)2,1 (D)2,2

3. 在以O 为极点的极坐标系中，直线l 的极坐标方程是ρcos θ-2=0，直线l 与极轴相交于点M ，则以OM 为直径的圆的极坐标方程为( ) (A)ρ=cosθ (B)ρ=2cosθ (C)ρ=sinθ (D)ρ=2sinθ

4. 极坐标系中，直线l 的极坐标方程为ρsin(θ+)=2，则极点在直线l 上的射

6π

影的极坐标为( )

(A)(1,) (B)(2,) (C)(1,) (D)(2,)

5.(2011·北大附中模拟) 在极坐标系中，两圆方程分别为ρ2

-cos θ+2=0

和ρ=2sinθ, 它们的位置关系是( )

(A)相离 (B)相交 (C)内切 (D)外切

6. 在极坐标系中，点M(ρ, θ) 与N(-ρ, π-θ) 的位置关系为( ) (A)重合 (B)关于极点对称

(C)关于极轴所在直线对称 (D)关于直线θ=π

2 (ρ∈R) 对称

7. 直线ρcos θ+2ρsin θ=1不经过( ) (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 8. 极坐标系中，直线2ρsin(θ+π

4与圆ρ=2sinθ的位置关系为( )

(A)相离 (B)相切 (C)相交 (D)以上都有可能 9. 将点的柱坐标(2,π

6，3) 化为直角坐标为( )

1，

(C)(1,2,3) (D)(2,1,3) 2

10. 椭圆

=1的一个焦点的极坐标为( )

(A)(1,0) (B)(0,1) (C)(1,π2

) (D)(1,π) 11. 极坐标系中，曲线ρ2

123+sin 2

的离心率为( )

(D)2

12. 圆ρ=r与圆ρ=-2rsin(θ+π4

)(r＞0) 的公共弦所在直线的方程为( ) (A)2ρ(sinθ+cosθ)=r (B)2ρ(sinθ+cosθ)=-r

(sinθ+cosθ)=r

(sinθ+cosθ)=-r

二、填空题(本大题共4小题, 每小题5分, 共20分. 把正确答案填在题中横线上) 13. 空间直角坐标系中，点M(1，－1，1) 的柱坐标为______. 14. 曲线x 2=4y焦点的极坐标可以为_________.

15.(2011·江西高考) 若曲线的极坐标方程为ρ=2sinθ+4cosθ，以极点为原点，极轴为x 轴正半轴建立直角坐标系，则该曲线的直角坐标方程为________. 16. 在极坐标系中，由三条直线θ=0，θ=，ρcos θ+ρsin θ=1围成图形的面

3π

积是__________.

三、解答题(本大题共6小题，共70分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17.(10分) 根据曲线的极坐标方程判定曲线类型. (1)ρsin cos =1;

(2)ρ2(25-16cos2θ)=225.

18.(12分)(2011·通州模拟) 已知A 是曲线ρ＝3cos θ上任意一点，求点A 到直线ρcos θ=1距离的最大值和最小值.

19.(12分) 过原点作动直线l 与直线l 1:x+y=4交于点P ，在直线l 上取点Q ，使|OP|·|OQ|=8,求点Q 的轨迹方程.

20.(12分)(2011·盐城模拟) 已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x 轴的正半轴重合，

C 1：ρcos(θ-)=3 ，C 2：ρ=2cos(θ-).

(1)分别化C 1，C 2的极坐标方程为直角坐标方程； (2)若P ∈C 1，Q ∈C 2, 求|PQ|的最小值.

21.(12分) 如图，设∠AOB=2α(0

点M 引角两边的垂线MH 、MK,H 、K 为垂足，当四边形OHMK 的面积为定值a 2时，试建立适当的极坐标系，求点M 的轨迹的极坐标方程，并判断轨迹类型. 22.(12分) 已知椭圆

+y =1

的左、右焦点分别为F 1、F 2, 过F 1作一直线交椭圆

于M 、N 两点, 设∠MF 1F 2=α(0≤α≤π), 问α取何值时,|MN|等于椭圆短轴的长?

答案解析

1. 独具【解题提示】根据伸缩变换公式，将x,y 用x ′,y ′分别表示，代入原曲线方程，即得变换后的曲线方程.

【解析】选C. 设P ′(x′,y ′) 为所求曲线上任意一点，由

1⎧

x =x '⎪⎧x '=3x ⎪3

得⎨，⎨

⎩y '=2y ⎪y =1y '

⎪⎩2

代入y=cos6x，得y ′=cos2x′，即

y ′=2cos2x′，即y=2cos2x.

2. 【解析】选C. 点(ρ, θ) 到极点和极轴的距离分别为ρ，ρ|sinθ|，所以点 (2,) 到极点和极轴的距离分别为2，2sin =1，故选C.

3. 【解析】选B. 直线l :ρcos θ-2=0的普通方程是x=2，直线l 与x 轴相交于点M(2,0)，以OM 为直径的圆的普通方程为(x-1)2+y2=1，即x 2-2x+y2=0

，化为极坐

标方程是ρ2-2ρcos θ＝0，故ρ=2cosθ为所求. 4. 【解析】选D. 由ρsin(θ+)=2,得

6π

(由⎨

sin θ+cos θ)=2，即ρcos θ

sin θ=4.

⎧x =ρco s θ⎩y =ρsin θ

, 得直线的直角坐标方程为

由于极点的直角坐标为(0,0).所以过极点与已知直线垂直的直线方程为

代入

，

得

将

化为极坐标，得(2,).

5. 【解析】选D. 两圆的直角坐标方程分别为x 2+y2

-标准方程为

∴C 1

2+y2-2y=0，化为

2+y2=1,x2+(y-1)2=1，

、C 2(0,1)，r 1=r2=1，

∵|C1C 2

=2=r1+r2，

∴两圆外切.

6. 【解析】选C. 与点M(ρ, θ) 关于极轴对称的点有(ρ,-θ) 或(-ρ, π-θ). 独具【方法技巧】极坐标系中，点(ρ, θ) 的对称点问题

点M(ρ, θ) 关于极轴对称的点为(ρ,-θ) 或(-ρ, π-θ) ，关于θ=所在直线

2π

对称的点为(-ρ,-θ) 或(ρ, π-θ) ，关于极点对称的点为(-ρ, θ) 或(ρ, π+θ).

掌握好点与极坐标的对应关系，及两点之间特殊的对称关系是很有用处的. 7. 【解析】选C. ∵直线ρcos θ+2ρsin θ=1的直角坐标方程为x+2y=1，故直线不经过第三象限.

8. 独具【解题提示】将直线与圆的极坐标方程先化为直角坐标方程，然后利用直线与圆的位置关系的判定来判断.

【解析】选B. 直线2ρsin(θ+4

与圆ρ=2sinθ的直角坐标方程分别为

+1，x 2+(y-1)2=1，圆心C(0，1) 到直线

+1)=0的距离为

=1，又r=1，所以直线与圆相切.

9. 【解析】选A. 设点的直角坐标为(x,y,z), 柱坐标为(ρ, θ,z) ， ∵(ρ, θ,z)=(2, ,3)，

π⎧

x =2co s ⎪6

x =ρco s θ⎧⎪

π⎪⎪

由⎨y =ρsin θ得⎨y =2sin ，即

6⎪z =z ⎪

⎩⎪z =3

⎪⎩

π6

⎧x =⎪

⎨y =1. ⎪z =3⎩

∴点

(2,,3) 的直角坐标为10. 【解析】选C. 椭圆

π2

=1的焦点坐标为(0,1)、(0,-1),极坐标可以分别为

(1,) 、(1,-), 故选C. 11. 【解析】选B. 曲线ρ2=

123+sin θ

，即3ρ2+ρ2sin 2θ=12.

由ρ2=x2+y2,y=ρsin θ，得3x 2+4y2=12， ∴曲线的直角坐标方程为∵a 2=4,b2=3， ∴c 2=a2-b 2=1， ∴a=2,c=1,e=

c a =12

=1.

12. 【解析】选D. 圆ρ=r的直角坐标方程为

x 2+y2=r2 ①

圆ρ=-2rsin(θ+)

=-2r(sinθcos +cosθsin )

ππ

=r(sinθ+cosθ).

两边同乘以ρ得ρ2

=ρsin θ+ρcos θ)

∵x=ρcos θ,y=ρsin θ, ρ2=x2+y2, ∴x 2+y2

y=0 ②

②-

，即为两圆公共弦所在直线的直角坐标方程.

(x+y)=-r

ρ(cosθ+sinθ)=-r.

独具【方法技巧】运用数形结合法解题：

圆ρ=r的圆心在极点，半径为r, 圆ρ=-2rsin(θ+) 可以由圆ρ=-2rsinθ按顺

4π

时针旋转得到, 易知ρ=-2rsin(θ+) 的圆心C(r,

ππ5π4

), 如图所示，OC 的中点

3π4

D(,

r 5π4

) ，两圆的公共弦所在的直线过点D 且倾斜角为，故该直线的极坐标

方程为 ρsin(θ-=sin(

5π43π4

)

3π

π4

r 2

∴-ρsin(θ+)=,

∴-2

ρ(sinθ+cosθ)=,

ρ(sinθ+cosθ)=-r.

另外，解答本题应熟练掌握直线和圆的位置特征与相应的极坐标方程的关系： (1)过点(ρ1, θ1) 且倾斜角为α的直线的极坐标方程为ρsin(θ-α)= ρ1sin(θ1-α);

(2)五种特殊位置的圆的极坐标方程：

圆心在极点，半径为r 的圆：ρ=r; 圆心在(r,0),过极点的圆:ρ=2rcosθ; 圆心在(r,), 过极点的圆:ρ=2rsinθ;

2π

圆心在(r,π), 过极点的圆:ρ=-2rcosθ; 圆心在(r,

3π2

), 过极点的圆:ρ=-2rsinθ

值得一提的是, 将圆ρ=2rcosθ绕极点O 逆时针旋转α(α＞0) 得到圆ρ=2rcos(θ-α), 将圆ρ=2rcosθ顺时针旋转α(α＞0) 得到圆ρ=2rcos(θ+α), 其他几种旋转情形可类似得到.

(3)圆心为(ρ1, θ1), 半径为r 的圆的极坐标方程为ρ2+ρ12-2ρρ1cos(θ- θ1)=r2.

13. 【解析】由(x,y,z)=(1，－1，1)

以及公式ρ=ρ

tan θ=(x≠0) 得

tan θ=－1，

且θ的终边过点(1，－1) ， ∴θ=

7π4

，故

，

7π4

，1) 为所求.

答案：

7π4

，1)

14. 【解析】方程x 2=4y的曲线为抛物线，其中p=2，这是焦点为(0,1)，对称轴为y 轴，开口向上的抛物线，所以抛物线的焦点(0,1)的极坐标可以为(1,).

2π

答案：(1,)(不惟一)

15. 独具【解题提示】先根据ρ求出ρ2, 再将ρ2=x2+y2,y=ρsin θ,x=ρcos θ代入即得.

【解析】∵ρ=2sinθ+4cosθ, ∴ρ2=2ρsin θ+4ρcos θ, 将ρ2=x2+y2, ρsin θ=y,ρcos θ=x代入得：

x 2+y2=2y+4x，即x 2+y2-4x-2y=0. 答案：x 2+y2-4x-2y=0

16. 【解析】因为三条直线θ=0，θ=，ρcos θ+ρsin θ=1的直角坐标方程分

3π

别为y=0，

将

y 代入x+y=1

解得y =

π3

那么结合图形可知，这三条直线θ=0，θ=，ρcos θ+ρsin θ=1围成的三角

形的面积是S =答案：

3-412⨯1⨯

2=4

独具【方法技巧】极坐标与直角坐标的互化公式

将点的极坐标化为直角坐标，曲线(含直线) 的极坐标方程化为直角坐标方程时，要注意： (1)互化条件：

①把直角坐标系的原点作为极点； ②x 轴的正半轴作为极轴；

③并在两种坐标系中取相同的长度单位. (2)互化公式：

设M 是平面内任意一点，其直角坐标为(x,y)，极坐标为(ρ，θ) ，则由三角函

⎧ρ=x +y

⎧x =ρco s θ⎪

① ⎨②数的定义可以得到如下两组公式：⎨y

y =ρsin θ(x ≠0) ⎩⎪tan θ=

⎩x

17. 【解析】(1)∵ρsin cos =1,

θθ

∴2ρsin cos =2,即ρsin θ=2,

θθ

∴y=2，为平行于x 轴的直线.

(2)将ρ2=x2+y2, ρcos θ=x代入

ρ2(25-16cos2θ)=225得25x 2+25y2-16x 2=225, ∴9x 2+25y2=225, ∴

=1，为焦点在x 轴上的椭圆.

18. 【解析】将极坐标方程ρ=3cosθ转化为ρ2=3ρcos θ，直角坐标方程为x 2＋y 2=3x,即 (x－) 2＋y 2=.

直线ρcos θ=1即x=1.圆心到直线的距离d=＜r=，所以直线与圆相交.

所求最大值为2，最小值为0.

独具【误区警示】解答本题若转化为函数问题求最大值和最小值将十分繁琐，所以通常根据直线和圆的位置关系，运用几何性质求圆上的点到直线的距离的最大值和最小值. 直线和圆相交时，最大值为圆心到直线的距离与半径的和，最小值为零.

19. 【解析】以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则l 1的极坐标方程为ρ1cos θ+ρ1sin θ=4，设Q(ρ, θ) 为轨迹上任意一点. (1)当点Q 在射线OP 上时，P(, θ),

ρ8

∴cos θ+sin θ=4，即ρ=2cosθ+2sinθ.

即ρ2=2ρcos θ+2ρsin θ.

即x 2+y2=2x+2y(去掉点(0,0)，因ρ≠0).

(2)当点Q 在OP 的反向延长线上时，P(, θ-π) ， ρ8

∴cos(θ-π)+sin(θ-π)=4, ρρ88

即ρ=-2cosθ-2sin θ, ∴ρ2=-2ρcos θ-2ρsin θ,

∴x 2+y2=-2x-2y(去掉点(0，0) ，因ρ≠0).

综上所述，点Q 的轨迹的直角坐标方程为x 2+y2-2x-2y=0(去掉点(0，0)) 或x 2+y2+2x+2y=0(去掉点(0,0)).

20. 独具【解题提示】(1)利用两角差的余弦公式将三角函数式展开，再利用公式x=ρcos θ,y=ρsin θ转化为直角坐标方程；

(2)利用直线和圆的位置关系求最小值.

【解析】(1)由C 1：ρcos(θ-)=3， 3π

得ρcos θ

+212ρsin θ=3，

所以直角坐标方程为

3由C 2：ρ＝2cos(θ-) ，

得ρ

∴ρ2

θ+cosθ， sin θ+ρcos θ，

∴x 2+y2

1， 2

1即(x-) 2

2) 2=1. 2(2)因为圆心C 2(2

) 到直线

的距离为

d ==2＞r =1，

- 11 -

所以直线C 1与圆C 2相离，

∴|PQ|min =d-r=1.

21. 【解析】以O 点为极点，∠AOB 的平分线为极轴建立极坐标系，设M(ρ, θ),K(ρ1，α) 、H(ρ2,-α) ，则

｜OK ｜=ρcos(α-θ) ，|MK|＝ρsin(α－θ),

|OH|=ρcos(α+θ),|MH|=ρsin(α+θ),

因为S 四边形OHMK =S△OMK +S△OMH ，

所以a 2=ρ2sin(α-θ)cos(α-θ)+ρ2sin(α+θ) 〃cos(α+θ), 2211

∴ρ2sin(2α-2θ)+ρ2sin(2α+2θ)=4a2,

即ρ2sin2α〃cos2θ=2a2，整理，得

ρco s2θ=22a 2

sin 2α, 这就是M 点轨迹的极坐标方程，

其中-α

因为cos2θ=cos2θ-sin 2θ,x=ρcos θ,y=ρsin θ,

所以方程可化为相应的直角坐标方程x -y =

内的一部分弧段.

22. 【解析】方法一:如图, 焦点F 1的坐标为

(-π

2222a 2sin 2α, 轨迹是等轴双曲线夹在∠AOB π2当α=时，|MN|明显不等于短轴长，故α不取,

于是设M(x1,y 1),N(x2,y 2),

过F 1的直线方程为

y=k(x+α(α≠), 2π

- 12 -

⎧y =k x +⎪则由⎨x 2

2⎪+y =1⎩9(，消去y, 整理得

(1+9k2)x 2

+∴x 1+x2

=-32k 2x+9(8k2-1)=0, 21+9k ,x 1x 2=

9(8k -1)21+9k 2，由|MN|=2,

即

(1+k) ［(-

12=2, 3221+9k ) -29(8k -1)21+9k 2］=4, 整理, 得k 2=, 解得k=tanα=±3

23π6, 5π6由0≤α≤π, 且α≠, 得α=或α=

所以当α=或α=6π5π6. 时,|MN|等于椭圆短轴的长.

方法二:以左焦点F 1为极点,F 1x 为极轴, 建立极坐标系, 则椭圆的极坐标方程为ρ=ep

eco s θ

3∵e=c a =,ep=b 2

a =1

∴ρ

∵|MN|=|MF1

|+|F1N|

=169-8co s α21 6=2

π6，令|MN|=2，得2

69-8co s α2,

5π6∴cos α=±由0≤α≤π, 得α=或α=5π6. 所以当α=或α=时,|MN|等于椭圆短轴的长.

- 13 -

温馨提示：

此套题为Word 版，请按住Ctrl, 滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

单元质量评估(一)

第一讲坐标系 (120分钟 150分)

一、选择题(本大题共12小题, 每小题5分, 共60分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的) 1. 将曲线y=cos6x按照伸缩变换⎨

⎧x '=3x ⎩y '=2y

后得到曲线方程为( )

(A)y=2cos3x (B)y=3cos2x (C)y=2cos2x (D)y=cos2x

2. 极坐标系中，点(2,) 到极点和极轴的距离分别为( )

(A)1,1 (B)1,2 (C)2,1 (D)2,2

4. 极坐标系中，直线l 的极坐标方程为ρsin(θ+)=2，则极点在直线l 上的射

6π

影的极坐标为( )

(A)(1,) (B)(2,) (C)(1,) (D)(2,)

5.(2011·北大附中模拟) 在极坐标系中，两圆方程分别为ρ2

-cos θ+2=0

和ρ=2sinθ, 它们的位置关系是( )

(A)相离 (B)相交 (C)内切 (D)外切

6. 在极坐标系中，点M(ρ, θ) 与N(-ρ, π-θ) 的位置关系为( ) (A)重合 (B)关于极点对称

(C)关于极轴所在直线对称 (D)关于直线θ=π

2 (ρ∈R) 对称

7. 直线ρcos θ+2ρsin θ=1不经过( ) (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 8. 极坐标系中，直线2ρsin(θ+π

4与圆ρ=2sinθ的位置关系为( )

(A)相离 (B)相切 (C)相交 (D)以上都有可能 9. 将点的柱坐标(2,π

6，3) 化为直角坐标为( )

1，

(C)(1,2,3) (D)(2,1,3) 2

10. 椭圆

=1的一个焦点的极坐标为( )

(A)(1,0) (B)(0,1) (C)(1,π2

) (D)(1,π) 11. 极坐标系中，曲线ρ2

123+sin 2

的离心率为( )

(D)2

12. 圆ρ=r与圆ρ=-2rsin(θ+π4

)(r＞0) 的公共弦所在直线的方程为( ) (A)2ρ(sinθ+cosθ)=r (B)2ρ(sinθ+cosθ)=-r

(sinθ+cosθ)=r

(sinθ+cosθ)=-r

3π

积是__________.

三、解答题(本大题共6小题，共70分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17.(10分) 根据曲线的极坐标方程判定曲线类型. (1)ρsin cos =1;

(2)ρ2(25-16cos2θ)=225.

18.(12分)(2011·通州模拟) 已知A 是曲线ρ＝3cos θ上任意一点，求点A 到直线ρcos θ=1距离的最大值和最小值.

19.(12分) 过原点作动直线l 与直线l 1:x+y=4交于点P ，在直线l 上取点Q ，使|OP|·|OQ|=8,求点Q 的轨迹方程.

20.(12分)(2011·盐城模拟) 已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x 轴的正半轴重合，

C 1：ρcos(θ-)=3 ，C 2：ρ=2cos(θ-).

(1)分别化C 1，C 2的极坐标方程为直角坐标方程； (2)若P ∈C 1，Q ∈C 2, 求|PQ|的最小值.

21.(12分) 如图，设∠AOB=2α(0

+y =1

的左、右焦点分别为F 1、F 2, 过F 1作一直线交椭圆

于M 、N 两点, 设∠MF 1F 2=α(0≤α≤π), 问α取何值时,|MN|等于椭圆短轴的长?

答案解析

1. 独具【解题提示】根据伸缩变换公式，将x,y 用x ′,y ′分别表示，代入原曲线方程，即得变换后的曲线方程.

【解析】选C. 设P ′(x′,y ′) 为所求曲线上任意一点，由

1⎧

x =x '⎪⎧x '=3x ⎪3

得⎨，⎨

⎩y '=2y ⎪y =1y '

⎪⎩2

代入y=cos6x，得y ′=cos2x′，即

y ′=2cos2x′，即y=2cos2x.

2. 【解析】选C. 点(ρ, θ) 到极点和极轴的距离分别为ρ，ρ|sinθ|，所以点 (2,) 到极点和极轴的距离分别为2，2sin =1，故选C.

3. 【解析】选B. 直线l :ρcos θ-2=0的普通方程是x=2，直线l 与x 轴相交于点M(2,0)，以OM 为直径的圆的普通方程为(x-1)2+y2=1，即x 2-2x+y2=0

，化为极坐

标方程是ρ2-2ρcos θ＝0，故ρ=2cosθ为所求. 4. 【解析】选D. 由ρsin(θ+)=2,得

6π

(由⎨

sin θ+cos θ)=2，即ρcos θ

sin θ=4.

⎧x =ρco s θ⎩y =ρsin θ

, 得直线的直角坐标方程为

由于极点的直角坐标为(0,0).所以过极点与已知直线垂直的直线方程为

代入

，

得

将

化为极坐标，得(2,).

5. 【解析】选D. 两圆的直角坐标方程分别为x 2+y2

-标准方程为

∴C 1

2+y2-2y=0，化为

2+y2=1,x2+(y-1)2=1，

、C 2(0,1)，r 1=r2=1，

∵|C1C 2

=2=r1+r2，

∴两圆外切.

6. 【解析】选C. 与点M(ρ, θ) 关于极轴对称的点有(ρ,-θ) 或(-ρ, π-θ). 独具【方法技巧】极坐标系中，点(ρ, θ) 的对称点问题

点M(ρ, θ) 关于极轴对称的点为(ρ,-θ) 或(-ρ, π-θ) ，关于θ=所在直线

2π

对称的点为(-ρ,-θ) 或(ρ, π-θ) ，关于极点对称的点为(-ρ, θ) 或(ρ, π+θ).

8. 独具【解题提示】将直线与圆的极坐标方程先化为直角坐标方程，然后利用直线与圆的位置关系的判定来判断.

【解析】选B. 直线2ρsin(θ+4

与圆ρ=2sinθ的直角坐标方程分别为

+1，x 2+(y-1)2=1，圆心C(0，1) 到直线

+1)=0的距离为

=1，又r=1，所以直线与圆相切.

9. 【解析】选A. 设点的直角坐标为(x,y,z), 柱坐标为(ρ, θ,z) ， ∵(ρ, θ,z)=(2, ,3)，

π⎧

x =2co s ⎪6

x =ρco s θ⎧⎪

π⎪⎪

由⎨y =ρsin θ得⎨y =2sin ，即

6⎪z =z ⎪

⎩⎪z =3

⎪⎩

π6

⎧x =⎪

⎨y =1. ⎪z =3⎩

∴点

(2,,3) 的直角坐标为10. 【解析】选C. 椭圆

π2

=1的焦点坐标为(0,1)、(0,-1),极坐标可以分别为

(1,) 、(1,-), 故选C. 11. 【解析】选B. 曲线ρ2=

123+sin θ

，即3ρ2+ρ2sin 2θ=12.

由ρ2=x2+y2,y=ρsin θ，得3x 2+4y2=12， ∴曲线的直角坐标方程为∵a 2=4,b2=3， ∴c 2=a2-b 2=1， ∴a=2,c=1,e=

c a =12

=1.

12. 【解析】选D. 圆ρ=r的直角坐标方程为

x 2+y2=r2 ①

圆ρ=-2rsin(θ+)

=-2r(sinθcos +cosθsin )

ππ

=r(sinθ+cosθ).

两边同乘以ρ得ρ2

=ρsin θ+ρcos θ)

∵x=ρcos θ,y=ρsin θ, ρ2=x2+y2, ∴x 2+y2

y=0 ②

②-

，即为两圆公共弦所在直线的直角坐标方程.

(x+y)=-r

ρ(cosθ+sinθ)=-r.

独具【方法技巧】运用数形结合法解题：

圆ρ=r的圆心在极点，半径为r, 圆ρ=-2rsin(θ+) 可以由圆ρ=-2rsinθ按顺

4π

时针旋转得到, 易知ρ=-2rsin(θ+) 的圆心C(r,

ππ5π4

), 如图所示，OC 的中点

3π4

D(,

r 5π4

) ，两圆的公共弦所在的直线过点D 且倾斜角为，故该直线的极坐标

方程为 ρsin(θ-=sin(

5π43π4

)

3π

π4

r 2

∴-ρsin(θ+)=,

∴-2

ρ(sinθ+cosθ)=,

ρ(sinθ+cosθ)=-r.

另外，解答本题应熟练掌握直线和圆的位置特征与相应的极坐标方程的关系： (1)过点(ρ1, θ1) 且倾斜角为α的直线的极坐标方程为ρsin(θ-α)= ρ1sin(θ1-α);

(2)五种特殊位置的圆的极坐标方程：

圆心在极点，半径为r 的圆：ρ=r; 圆心在(r,0),过极点的圆:ρ=2rcosθ; 圆心在(r,), 过极点的圆:ρ=2rsinθ;

2π

圆心在(r,π), 过极点的圆:ρ=-2rcosθ; 圆心在(r,

3π2

), 过极点的圆:ρ=-2rsinθ

(3)圆心为(ρ1, θ1), 半径为r 的圆的极坐标方程为ρ2+ρ12-2ρρ1cos(θ- θ1)=r2.

13. 【解析】由(x,y,z)=(1，－1，1)

以及公式ρ=ρ

tan θ=(x≠0) 得

tan θ=－1，

且θ的终边过点(1，－1) ， ∴θ=

7π4

，故

，

7π4

，1) 为所求.

答案：

7π4

，1)

14. 【解析】方程x 2=4y的曲线为抛物线，其中p=2，这是焦点为(0,1)，对称轴为y 轴，开口向上的抛物线，所以抛物线的焦点(0,1)的极坐标可以为(1,).

2π

答案：(1,)(不惟一)

15. 独具【解题提示】先根据ρ求出ρ2, 再将ρ2=x2+y2,y=ρsin θ,x=ρcos θ代入即得.

【解析】∵ρ=2sinθ+4cosθ, ∴ρ2=2ρsin θ+4ρcos θ, 将ρ2=x2+y2, ρsin θ=y,ρcos θ=x代入得：

x 2+y2=2y+4x，即x 2+y2-4x-2y=0. 答案：x 2+y2-4x-2y=0

16. 【解析】因为三条直线θ=0，θ=，ρcos θ+ρsin θ=1的直角坐标方程分

3π

别为y=0，

将

y 代入x+y=1

解得y =

π3

那么结合图形可知，这三条直线θ=0，θ=，ρcos θ+ρsin θ=1围成的三角

形的面积是S =答案：

3-412⨯1⨯

2=4

独具【方法技巧】极坐标与直角坐标的互化公式

将点的极坐标化为直角坐标，曲线(含直线) 的极坐标方程化为直角坐标方程时，要注意： (1)互化条件：

①把直角坐标系的原点作为极点； ②x 轴的正半轴作为极轴；

③并在两种坐标系中取相同的长度单位. (2)互化公式：

设M 是平面内任意一点，其直角坐标为(x,y)，极坐标为(ρ，θ) ，则由三角函

⎧ρ=x +y

⎧x =ρco s θ⎪

① ⎨②数的定义可以得到如下两组公式：⎨y

y =ρsin θ(x ≠0) ⎩⎪tan θ=

⎩x

17. 【解析】(1)∵ρsin cos =1,

θθ

∴2ρsin cos =2,即ρsin θ=2,

θθ

∴y=2，为平行于x 轴的直线.

(2)将ρ2=x2+y2, ρcos θ=x代入

ρ2(25-16cos2θ)=225得25x 2+25y2-16x 2=225, ∴9x 2+25y2=225, ∴

=1，为焦点在x 轴上的椭圆.

18. 【解析】将极坐标方程ρ=3cosθ转化为ρ2=3ρcos θ，直角坐标方程为x 2＋y 2=3x,即 (x－) 2＋y 2=.

直线ρcos θ=1即x=1.圆心到直线的距离d=＜r=，所以直线与圆相交.

所求最大值为2，最小值为0.

ρ8

∴cos θ+sin θ=4，即ρ=2cosθ+2sinθ.

即ρ2=2ρcos θ+2ρsin θ.

即x 2+y2=2x+2y(去掉点(0,0)，因ρ≠0).

(2)当点Q 在OP 的反向延长线上时，P(, θ-π) ， ρ8

∴cos(θ-π)+sin(θ-π)=4, ρρ88

即ρ=-2cosθ-2sin θ, ∴ρ2=-2ρcos θ-2ρsin θ,

∴x 2+y2=-2x-2y(去掉点(0，0) ，因ρ≠0).

综上所述，点Q 的轨迹的直角坐标方程为x 2+y2-2x-2y=0(去掉点(0，0)) 或x 2+y2+2x+2y=0(去掉点(0,0)).

20. 独具【解题提示】(1)利用两角差的余弦公式将三角函数式展开，再利用公式x=ρcos θ,y=ρsin θ转化为直角坐标方程；

(2)利用直线和圆的位置关系求最小值.

【解析】(1)由C 1：ρcos(θ-)=3， 3π

得ρcos θ

+212ρsin θ=3，

所以直角坐标方程为

3由C 2：ρ＝2cos(θ-) ，

得ρ

∴ρ2

θ+cosθ， sin θ+ρcos θ，

∴x 2+y2

1， 2

1即(x-) 2

2) 2=1. 2(2)因为圆心C 2(2

) 到直线

的距离为

d ==2＞r =1，

- 11 -

所以直线C 1与圆C 2相离，

∴|PQ|min =d-r=1.

21. 【解析】以O 点为极点，∠AOB 的平分线为极轴建立极坐标系，设M(ρ, θ),K(ρ1，α) 、H(ρ2,-α) ，则

｜OK ｜=ρcos(α-θ) ，|MK|＝ρsin(α－θ),

|OH|=ρcos(α+θ),|MH|=ρsin(α+θ),

因为S 四边形OHMK =S△OMK +S△OMH ，

所以a 2=ρ2sin(α-θ)cos(α-θ)+ρ2sin(α+θ) 〃cos(α+θ), 2211

∴ρ2sin(2α-2θ)+ρ2sin(2α+2θ)=4a2,

即ρ2sin2α〃cos2θ=2a2，整理，得

ρco s2θ=22a 2

sin 2α, 这就是M 点轨迹的极坐标方程，

其中-α

因为cos2θ=cos2θ-sin 2θ,x=ρcos θ,y=ρsin θ,

所以方程可化为相应的直角坐标方程x -y =

内的一部分弧段.

22. 【解析】方法一:如图, 焦点F 1的坐标为

(-π

2222a 2sin 2α, 轨迹是等轴双曲线夹在∠AOB π2当α=时，|MN|明显不等于短轴长，故α不取,

于是设M(x1,y 1),N(x2,y 2),

过F 1的直线方程为

y=k(x+α(α≠), 2π

- 12 -

⎧y =k x +⎪则由⎨x 2

2⎪+y =1⎩9(，消去y, 整理得

(1+9k2)x 2

+∴x 1+x2

=-32k 2x+9(8k2-1)=0, 21+9k ,x 1x 2=

9(8k -1)21+9k 2，由|MN|=2,

即

(1+k) ［(-

12=2, 3221+9k ) -29(8k -1)21+9k 2］=4, 整理, 得k 2=, 解得k=tanα=±3

23π6, 5π6由0≤α≤π, 且α≠, 得α=或α=

所以当α=或α=6π5π6. 时,|MN|等于椭圆短轴的长.

方法二:以左焦点F 1为极点,F 1x 为极轴, 建立极坐标系, 则椭圆的极坐标方程为ρ=ep

eco s θ

3∵e=c a =,ep=b 2

a =1

∴ρ

∵|MN|=|MF1

|+|F1N|

=169-8co s α21 6=2

π6，令|MN|=2，得2

69-8co s α2,

5π6∴cos α=±由0≤α≤π, 得α=或α=5π6. 所以当α=或α=时,|MN|等于椭圆短轴的长.

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单元质量评估(一)

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