(必考题)高中数学高中数学选修4-4第二章《参数方程》检测(含答案解析)(2)

一、选择题

2txm21．已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半

y2t2轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为cos2232sin212，且曲线C的左焦点F在直线l上，若直线l与曲线C交于A、B两点，则FAFB的值等于（ ） A．1

B．2

C．3 D．2

2．已知4x25y21，则2x5y的最大值是（ ） A．2

B．1

C．3

D．9

x1,3．已知点P(x,y)的坐标满足条件yx1,点Q(4m3,3m1)，则|PQ|的最小

x3y50,值为( ) A．2

B．

11 5C．

9 5D．1

4x1tπ5(t为参数)被曲线ρ2cosθ所截的弦长为( ) 4．直线4y13t5A．

1 5B．

7 10C．

7 5D．

5 7x2y25．已知椭圆221ab0,M为椭圆上一动点，F1为椭圆的左焦点则线段MF1ab的中点P的轨迹是（ ） A．椭圆 B．圆 C．双曲线的一支 D．线段 6．圆C的极坐标方程为ρ2cosθ，则圆心C极坐标为 ( )

A．2,0 7．把曲线C1：原来的B．1,

C．1,0

D．2,

x2cos1（为参数）上各点的横坐标压缩为原来的，纵坐标压缩为

4y2sin3，得到的曲线C2为 422A．12x4y1

4y2B．4x1

32y2C．x1

32D．3x24y24

8．直线（为参数）被曲线截得的弦长是（ ）

A． B．2 C． D．2

22xy9．若动点(x,y)在曲线21(b0)上变化，则x22y的最大值为（ ）

4bb24(0b4)A．4

2b(b4)b2C．4

4

2b24(0b2)B．4

2b(b4)D．2b

210．已知圆M:x1y21,圆N:x1y21,直线l1,l2分别过圆心M,N,且l122xy与圆M相交于A,B两点,l2与圆N相交于C,D两点,点P是椭圆1上任意一点,

49则PAPBPCPD的最小值为（ ） A．7

B．8

C．9

D．10

x211．已知点A是曲线y21上任意一点，则点A到直线sin()6的距离的

63最大值是（ ）

A．

6 2B．6

C．36 2D．26 12．已知圆的极坐标方程为P4sin，则其圆心坐标为（ ） 4A．2,

43B．2,

42,C．

4D．2,0

二、填空题

13．已知直线l经过点P(1,1)，倾斜角6，l与圆xy4相交与两点A,B，则点

22P到A,B两点的距离之积为____.

14．直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点

x3cos（为参数）和曲线C2:1上，则AB的最小值A，B分别在曲线C1:ysin为______.

3x5t515．已知直线参数方程为 (t为参数)，直线与圆5交于B、C两点,则线段

4y3t5BC中点直角坐标________.

x2cos16．已知曲线C的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半

ysin轴为极轴建立极坐标系，A，B的极坐标分别为A(2,)，B(2,4)．设M为曲线C上的3动点，过点M作一条与直线AB夹角为30的直线l交直线AB于点N，则MN的最大值是_________．

2tx217．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点

y12t2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cos4sin，l2与C交于A,B两点，则AB_______.

1x2t22218．直线（t为参数）被双曲线xy1截得的弦长为_________.

y3t2x13tx2cos19．已知曲线C：(为参数)，与直线l：(t为参数)，交于

y24tysinA，B两点，则AB___________．

20．曲线C1的极坐标方程cos2sin，曲线C2的参数方程为x3t，以极点为原

y1t点，极轴为x轴正半轴建立直角坐标系，则曲线C1上的点与曲线C2上的点最近的距离为__________．

三、解答题

2xt221．已知圆C的极坐标方程为4cos8sin，直线l的参数方程为y12t2（t为参数）.

（1）把圆C的极坐标方程化为直角坐标方程； （2）求直线l被圆C截得的线段AB的长.

2x1t222．在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程是（t是参数），以原点O为

y2t2极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是4cos（Ⅰ）求曲线C2的直角坐标方程；

（Ⅱ）若曲线C1与曲线C2交于A,B两点，求|AB|的值. 23．（1）已知圆M的极坐标方程为42cos2. 360，求的最大值． 4x1（2）在平面直角坐标系xOy中，已知直线L的参数方程为y2直线l与抛物线y4x相交于A，B两点，求线段AB的长. 24．已知直线l的方程为yx4，圆C的参数方程为原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系． （1）求直线l与圆C的交点的极坐标；

（2）若P为圆C上的动点，求P到直线l的距离d的最大值．

22t,2（t为参数），2t2x2cos（为参数），以

y22sinx2t25．已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程为

y3t2cos21.（参考公式cos2sin2cos2）

（1）求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程； （2）求直线l被曲线C截得的弦长.

x1tcosxOy26．在直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数，0）.

y1tsin在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标中，曲线C：4cos.

（1）当时，求C与l的交点的极坐标； 4（2）直线l与曲线C交于A，B两点，线段AB中点为M(1,1)，求|AB|的值.

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．D 解析：D 【分析】

根据题意，将曲线C的极坐标方程变形为标准方程，由直线过的点的坐标可得m的值，将直线的参数方程与曲线C的方程联立，可得t22t20，由一元二次方程根与系数的关系计算可得答案； 【详解】

解：根据题意，曲线C的极坐标方程为cos2232sin212，

x2y2则其标准方程为1，其左焦点为(22,0)，

1242txm2(t直线l过点(22,0)，其参数方程为为参数），

y2t2则m22，

2x22tx2y22将直线l的参数方程与曲线C的方程1联立，

124y2t2得t22t20， 则|FA||FB||t1t2|2． 故选：D 【点睛】

本题考查椭圆的极坐标方程、参数方程，涉及椭圆与直线的位置关系，关键是求出椭圆、直线的普通方程，属于中档题．

2．A

解析：A 【分析】

1xcos2设，则2x5ycossin2sin，利用三角函数有界性

4y5sin5得到最值. 【详解】

1xcos2 ，则2x5ycossin2sin 4x25y21，则设4y5sin52x4当，即时有最大值为2

4y1010故选：A 【点睛】

1xcos2本题考查了求最大值，利用参数方程是解题的关键.

y5sin53．A

解析：A 【分析】

根据Q点坐标得到点Q满足的参数方程，从而得到Q点所在的直线方程l，因此将求PQ最小值问题转化为求可行域上的点P(x,y)到直线l的最小距离，然后运用数形结合得到可行域内点B（1，0）到直线l距离最小，从而求出PQ的最小值. 【详解】

因为Q(4m3,3m1)，则点Q满足的参数方程为{x4m3（m为参数），消去参数

y3m1得到普通方程为l：3x4y130，则问题转化为求可行域上的点P(x,y)到直线l的最小距离，如图：

由图可知当P点与B点重合时到直线l的距离最小，而B点为（1，0），B到l的距离为

d，

所以PQmind【点睛】

主要考查线性规划问题，同时也考查了参数方程与普通方程的互化．这类型题的关键在于寻找出目标函数的几何意义，然后利用数形结合的方法寻找出最优解，求出最值，属于中

30133242102， 答案为A. 5档题.

4．C

解析：C 【解析】 【详解】

分析：先把参数方程和极坐标方程化为普通方程，并求出圆心到直线的距离d，再利用关系：l2r2d2即可求出弦长l．

4x1t5(t为参数)化为普通方程：直线3x4y10 ． 详解：直线3y1t5∵曲线ρπ2cosθ，展开为cossin， 化为普通方2cossin，422程为xyxy ，即(x)(y)＝1221221 ， 2∴圆心C(，)，r＝12122 ．2圆心C到直线距离

d11341223242221 ， 10∴直线被圆所截的弦长l2rd＝． 故选C．

点睛：本题考查直线被圆截得弦长的求法，正确运用弦长l、圆心到直线的距离、半径r三者的关系：l2r2d2 是解题的关键．

755．A

解析：A 【解析】

（acos，bsin）F（0），线段MF1的中点P（设M1c，acoscbsin，）， 22acoscx2xc2y2， cos，sin，

bsinaby2c(x)22y2＝1，∴点P的轨迹方程为 2 2ab44∴线段MF1 的中点P 的轨迹是椭圆． 故选A．

6．C

解析：C 【解析】

圆2cos0,(x1)y1,，圆心(1,0)，所以圆心的极坐标为（1，0）.选C.

2227．B

解析：B 【解析】

1xcos2（θ为参数）， 根据题意，曲线C2：  3ysin24y2消去参数，化为直角坐标方程是4x1

3故选B．

2点睛：化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消去法、加减消去法、恒等式(三角的或代数的)消去法，经常用到公式：

cos2sin21,1tan21.不要忘了参数的范围. 2cos8．D

解析：D 【解析】

试题分析：首先将直线（为参数）代入曲线方程中得，

，整理得

曲线的交点分别为A、B，由直线参数方程 的几何意义知

考点：直线的参数方程；弦长公式.

，所以．设直线与双

，即为所求.

9．A

解析：A 【分析】

用参数表示出x,y，由此化简x2y，结合三角函数、二次函数的性质，求得x2y的

22最大值.

【详解】

记x2cos，ybsin，x2y4cos2bsinf()，

22b2b2f()4sin2bsin44(sin)4，sin1,1.

442bbb2

10b4，则当sin时f()取得最大值4； 若0444b1b4，则当sin1时f()取得最大值2b. 4故选：A 【点睛】

若

本题考查的是椭圆的性质及椭圆的参数方程，可以从不同角度寻求方法求解，本题用了椭圆的参数方程结合三角函数的最值进行求解.

10．B

解析：B 【分析】

根据圆和椭圆的参数方程可假设出A,C,P点坐标；根据A,B共线、C,D共线可得B,D坐标；写出向量后,根据向量数量积运算法则可求得PAPBPCPD10sin28,从而可知当sin20时,取得最小值,代入求得结果. 【详解】

3sin 由题意可设：A1cos,sin,C1cos,sin,P2cos,则B1cos,sin,D1cos,sin

PA1cos2cos,sin3sin,PB1cos2cos,sin3sin PAPB12coscos29sin2sin25sin24cos4

同理可得：PCPD5sin24cos4

2PAPBPCPD10sin28

当sin20时,PAPBPCPD故选：B 【点睛】

本题考查向量数量积的最值的求解问题,关键是能够灵活应用圆和椭圆的参数方程的形式,表示出所需的点的坐标,从而将问题转化为三角函数最值的求解问题.属于中档题.

min8

11．C

解析：C 【分析】 先将直线sin(6)6化为直角坐标系下的方程，再用椭圆的参数方程设出点A的

坐标，利用点到直线的距离求解. 【详解】

由直线sin()6，有631sincos6，即3yx260. 22x2又点A是曲线y21上任意一点，设A33cos,sin

3sin3cos2631

则点A到直线3yx260的距离为：d6sin26sin436 当1时取得等号. 422 故选：C 【点睛】

本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化、椭圆的参数方程和点到直线的距离,属于中档题.

12．B

解析：B 【分析】

把圆的极坐标方程化为直角坐标方程，求得圆心坐标(2,2)，再根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解. 【详解】

由题意知，圆的极坐标方程为4sin，即22sin22cos， 4即222sin22cos，所以x2y222x22y0， 所以圆心坐标为(2,2)，

xcos3)，故选B. 又由，可得圆心的极坐标为(2,ysin4【点睛】

本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，及圆的方程应用，其中解答中熟记极坐标与直角坐标的互化公式，把极坐标化为直角坐标方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

二、填空题

13．2【分析】由题意可得出直线的参数方程再代入圆的方程利用根与系数的关系及直线参数方程的几何意义即可求出【详解】因为直线经过点倾斜角所以直线的参数方程为：（为参数）代入圆得到：设对应的参数分别为则所以故

解析：2 【分析】

由题意可得出直线的参数方程，再代入圆的方程，利用根与系数的关系及直线参数方程的几何意义即可求出. 【详解】

因为直线l经过点P(1,1)，倾斜角6，

3x1t2 （t为参数）， 所以直线l的参数方程为：y11t2代入圆xy4得到：

22t2(13)t20，

设A、B对应的参数分别为t1、t2，则t1t213，t1t22， 所以PAPBt1t22 故答案为：2 【点睛】

本题考查了直线的参数方程以及几何意义，属于一般题.

14．【分析】化简得到计算圆心距得到答案【详解】故；即圆心距两圆外离故的最小值为故答案为：【点睛】本题考查了参数方程极坐标方程圆和圆的位置关系意在考查学生的综合应用能力 解析：1

【分析】

22化简得到C1:x3y21，C2:xy1，计算圆心距，得到答案.

2【详解】

x3cos222C1:，故x3y21；C2:1，即xy1.

ysin圆心距d3，r1r21，两圆外离，故AB的最小值为dr1r21. 故答案为：1. 【点睛】

本题考查了参数方程，极坐标方程，圆和圆的位置关系，意在考查学生的综合应用能力.

15．【分析】将直线的参数方程化为普通方程圆的极坐标方程转化为普通方程再求解【详解】直线参数方程为(t为参数)转化为普通方程：圆转化为普通方程为将直线方程代入圆的方程中整理得设交点为中点坐标则即则线段BC

4433解析：,

2525【分析】

将直线的参数方程化为普通方程，圆的极坐标方程，转化为普通方程，再求解. 【详解】

3x5t1145x， (t为参数)，转化为普通方程：y直线参数方程为433y3t522圆5转化为普通方程为xy25 ，

将直线方程代入圆的方程中，整理得25x288x1040 ， 设交点为x1,y1,x2,y2 ，中点坐标x0,y0 ，

88xx44 ， 则

x012252225114114x1x2yy33112xx33 ， y0123312223325即则线段BC中点直角坐标为【点睛】

本题考查了参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，中点坐标公式的应用，以及一元二次方程根和系数关系的应用. 参数方程转化为直坐标方程，常用方法有代入法、加减（或乘除）消元法、三角代换法等，极坐标方程转化为直角坐标方程，常通过转化公式直接代入，或先将已知式子变形，如两边同时平方或同时乘以，再代入公式.

4433, . 252516．【解析】试题分析：由题意可知所以直线为点直线的距离为最大值为所以的最大值是考点：参数方程与极坐标方程的应用 解析：1323 【解析】

试题分析：由题意可知A2,0,B1,3，所以AB直线为3xy230，点

M2cos,sind直线的距

，最大值为

离为

23cossin233113sin2321323，所以

2MN的最大值是1323 考点：参数方程与极坐标方程的应用

17．8【分析】将曲线极坐标方程化为化为直角坐标方程将直线参数方程代入曲

线的直角坐标方程得到韦达定理的形式；利用可求得结果【详解】曲线的直角坐标方程为：把直线代入得：则故答案为：【点睛】本题考查极坐标与参

解析：8 【分析】

将曲线C极坐标方程化为化为直角坐标方程，将直线l参数方程代入曲线C的直角坐标方程，得到韦达定理的形式；利用ABt1t2可求得结果. 【详解】

曲线C:cos4sin的直角坐标方程为：x4y，

222t,x22把直线l:代入x4y得：t242t80，

y12t2t1t242，t1t28，则ABt1t2故答案为：8. 【点睛】

t1t224t1t232328.

本题考查极坐标与参数方程中的弦长问题的求解，涉及到极坐标化直角坐标，直线参数方程中参数的几何意义等知识的应用；关键是明确直线参数方程标准方程中参数t的几何意义，利用几何意义知所求弦长为ABt1t2.

18．【分析】将直线的参数方程代入双曲线方程利用根与系数关系结合弦长公式求得弦长【详解】将直线代入得即所以所以弦长为故填：【点睛】本小题主要考查利用直线参数方程中参数的几何意义求弦长考查直线和双曲线的位置 解析：210

【分析】

将直线的参数方程代入双曲线方程，利用根与系数关系，结合弦长公式，求得弦长. 【详解】

1x2t222121322t1将直线代入xy1得2t，即t2t30，22y3t22t24t60，所以t1t24,t1t26，所以弦长为

t1t2【点睛】

24t1t21624210.

故填：210.

本小题主要考查利用直线参数方程中参数的几何意义求弦长，考查直线和双曲线的位置关系，属于基础题.

19．【解析】曲线C：(t为参数)的普通方程为表示圆心为半径的圆直线：(t为参数)的普通方程为∴圆心到直线的距离为∴答案： 解析：221 5【解析】

x2cos(t为参数)的普通方程为(x2)2y21，表示圆心为(2,0)，半径曲线C：ysinr1的圆．

x13t(t为参数)的普通方程为4x3y100． 直线l：y24t∴圆心(2,0)到直线l的距离为d42102， 54232∴AB2r2d221()225221． 5答案：

221 520．【解析】由曲线的极坐标方程化简为化为曲线的参数方程为化为设为曲线上的任意一点则曲线上的点到曲线上的点的距离当且仅当时即点时取等号∴最近的距离为故答案为 解析：a2bab

【解析】

由曲线C1的极坐标方程cossin，化简为cossin，化为xy

2222x3t曲线C2的参数方程为{，化为xy20

y1t设Px,x2为曲线C:x12y上的任意一点，则曲线C1上的点P到曲线C2上的点的距离

2dxx22217x24272，当且仅当x8111时，即点P,时取等号 224∴最近的距离为a2bab 故答案为a2bab

三、解答题

21．（1）x2【分析】

2y420；（2）30.

2（1）利用极坐标与直角坐标互化公式，将4cos8sin左右同乘以，即得解； （2）将直线l的参数方程代入圆的方程，求解出t1,t2，利用参数方程的几何意义，

ABt1t2【详解】

t1t224t1t2，结合韦达定理，即得解

2（1）由4cos8sin可得4cos8sin

∴圆C的直角坐标方程为x2y24x8y0 即

x2y420

222tx222（2）直线l的参数方程（t为参数）代入xy4x8y0化简得

y12t2t22t70，t1t22,t1t27

据t的几何意义得：

ABt1t230

【点睛】

t1t224t1t2

本题考查了参数方程和极坐标综合，考查了学生综合分析，转化划归，数算能力，属于中档题

22．（Ⅰ）x2y22x23x0；（Ⅱ）10. 【分析】

（Ⅰ）曲线C2的极坐标方程l转化为22cos23sin，由此能求出曲线C2的直角坐标方程．

（Ⅱ）将曲线C1的参数方程代入曲线C2的直角坐标方程，可得t26t10，设A,Bt1t26对应的t值分别为t1、t2，利用韦达定理可得，最后利用弦长公式计算可得；

t1t21【详解】 解：（Ⅰ）

13C2:4cos4cossin

32222cos23sin即x2y22x23x0

2x1t22y0t（Ⅱ）由题意，联立

2x2y22x23x0得t26t10

设A,B对应的t值分别为t1、t2，则

tt612 tt112|AB|t1t2t1t2

t1t22t1t224t1t2 62410 【点睛】

本题考查极坐标方程与直角坐标方程的转化，直线的参数方程参数的几何意义的应用，属于中档题.

23．（1）32；（2）82. 【分析】

（1）先化简方程得到圆的直角坐标方程，再求圆上的点到原点距离的最大值得解； （2）将直线参数方程代入抛物线，利用参数的几何意义可求解. 【详解】

22（1）原方程化为422cos2sin60，

2即4(cossin)60.

故圆的直角坐标方程为xy4x4y60 圆心为M(2,2)，半径为2

222故max|OM|222232.

x1（2）将直线L的参数方程y222t,2 （t为参数）代入抛物线方程y24x， 2t222得2，解得t10，t282. t41t22所以ABt1t282. 【点睛】

本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查圆中距离的最值问题，考查直线参数方程参数的几何意义，属于中档题.

24．(1) 对应的极坐标分别为22,【分析】

3，4, (2) 22 42x2cos（I）由圆C的参数方程为（θ为参数），利用cos2θ+sin2θ=1化为普通方

y22sin2x2y2程，与直线方程联立解得交点坐标，利用y可得极坐标．

tanx（II）圆心（0，2）到直线l的距离为d1，可得P到直线l的距离d的最大值为d1+r． 【详解】

解：（I）直线l:yx4,圆C:x2y24

2yx4x2x0 联立方程组2,解得或 2y2y4xy24322,对应的极坐标分别为4,4,. 2（II）设P2cos,22sin,则d当cos【点睛】

2cos2sin2222cos1,

41时,d取得最大值22. 4本题考查了参数方程化为普通方程、极坐标方程化为直角坐标方程、直线与圆的位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 25．（1）y3(x2)；x2y21（2）210 【分析】

(1)求直线l的普通方程可由参数方程消去参数即可；求曲线C的直角坐标方程先对曲线C

2的极坐标方程为cos21进行化简，然后用cosx，siny代入即可；

(2)联解直线和双曲线方程，求出交点的横坐标，代入圆锥曲线的弦长公式即可. 【详解】

解：（1）直线l的方程为y3(x2) 由cos21得

22(cos2sin2)1

(cos)2(sin)21

∵cosx，sin∴x2y21

（2）直线l的方程为y3(x2) 将y3(x2)代入xy1得 2x212x130

22y

解得x1610610，x2 22∴弦长为1k2x1x213x1x2210. 【点睛】

本题考查了参数方程转普通方程以及由极坐标方程转直角坐标方程，弦长公式，考查了学生的计算能力，属于一般题.

22,(0,0)26．（1），；（2）22 4【分析】

（1）依题意可知，直线l的极坐标方程为4（R），再对分三种情况考虑；

（2）利用直线参数方程参数的几何意义，求弦长即可得到答案. 【详解】

（1）依题意可知，直线l的极坐标方程为4（R），

,当0时，联立解得交点22,， 444cos,当0时，经检验(0,0)满足两方程，（易漏解之处忽略0的情况） 当0时，无交点；

综上，曲线C与直线l的点极坐标为(0,0)，22,， 4（2）把直线l的参数方程代入曲线C，得t22(sincos)t20， 可知t1t20，t1t22， 所以|AB|t1t2【点睛】

本题考查直线与曲线交点的极坐标、利用参数方程参数的几何意义求弦长，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

t1t224t1t222.