热门试卷

解：（1）因为曲线C1的参数方程为（θ为参数），

所以曲线C1的普通方程为，…（2分）

由曲线C2的极坐标方程为ρ=2得，

曲线C2的普通方程为x2+y2=4；…（4分）

（2）法一：由曲线C2：x2+y2=4，可得其参数方程为，

所以P点坐标为（2cosα，2sinα），

由题意可知M（0，），N（0，）．

因此|PM|+|PN|=

=+…（6分）

则（|PM|+|PN|）2=14+2．

所以当sinα=0时，（|PM|+|PN|）2有最大值28，…（8分）

因此|PM|+|PN|的最大值为．…（10分）

法二：设P点坐标为（x，y），则x2+y2=4，

由题意可知M（0，），N（0，）．

因此|PM|+|PN|=+=+…（6分）

则（|PM|+|PN|）2=14+2．

所以当y=0时，（|PM|+|PN|）2有最大值28，…（8分）

因此|PM|+|PN|的最大值为．…（10分）

解：（1）由，α∈[0，2π）得 x2+y=1，x∈[-1，1]…（4分）

（2）由ρsin（θ+）=a，得曲线D的直角坐标方程为x+y=2a…（6分）

由 得x2-x=1-2a，即  …（8分）

∵x∈[-1，1]，故x-∈[-，]，

∴0≤≤，

∴，

故时曲线C与曲线D有公共点…（10分）

解：（1）∵直线l的参数方程，

∴，消去t可得ρsinθ+ρcosθ=2；

∵圆C的参数方程为，

∴圆C的极坐标方程为ρ=2；

（2）由题意易得直线l的直角坐标方程为y=-（x-2），

圆C的直角坐标方程为x2+y2=4，联立方程可解得直线l与圆C交于A（2，0）、B（-1，）两点，

∴易得∠AOB=150°，∴弓形AOB的面积S=×4π-sin150°=-1

解：令x=3cosφ-4sinφ-1，y=cosφ+sinφ+2．

可得cosφ=，

sinφ=．

∴cos2φ+sin2φ=+=1，

化为16x2+y2-8xy-20y+80x-116=0．

解：（1）曲线C1：，得

x2+y2=4，

∵t∈[-，]，

∴x∈[-1，1]，y∈[-，]，

此时对应的极坐标方程为ρ=2，θ∈[-，]，

∵抛物线弧C2：y2=2（x+）（x＜1）组成．

此时对应的极坐标方程为ρ=，θ∈（，），

∴ρ=；

（2）结合（1）知，|AB|=ρθ+ρβ+π，根据图形，得

当θ∈[-，]时，θ+π∈[，]，此时，

|AB|=ρθ+ρβ+π

=2+

=2+，

∴|AB|∈[，]，

当θ∈（，）时，θ+π∈（，），此时，

|AB|=ρθ+ρβ+π

=+

=+，

=，

∵θ∈[，）时，由图形对称性，知

范围与上述一致，综上，得

|AB|∈[2，]．

解：∵直线l的参数方程为，

消去参数t，得直线l的普通方程为y=2x+1．

又∵圆C的参数方程为（a＞0，θ为参数），

∴圆C的普通方程为x2+y2=a2．

∵圆C的圆心到直线l的距离，

故依题意，得，

解得a=1．

解：（Ⅰ）由题意可得直线l的参数方程为 ，即  （t为参数）．

（Ⅱ）把直线l的参数方程 （t为参数）代入圆C：x2+y2=1，

可得 t2+3t+4=0，利用韦达定理可得 t1+t2=-3，t1•t2=4．

∴由参数的几何意义可得+=+===-．

解：（1）曲线C1：（参数φ∈[0，]，实数a＞0），化为普通方程：（x-a）2+y2=a2，展开为x2+y2-2ax=0，化为极坐标方程：ρ2-2aρcosθ=0，即ρ=2acosθ．

曲线C2：（参数φ∈[0，]，实数a＞0），化为普通方程：x2+（y-b）2=b2，展开为x2+y2-2by=0，化为极坐标方程：ρ2-2bρsinθ=0，即ρ=2bsinθ．

（2）把曲线C3：代入x2+y2-2ax=0，化为：t2-2atcosα=0，解得|OA|=2a|cosα|．

把曲线C3：代入x2+y2-2by=0，化为：t2-2btsinα=0，解得|OB|=2bsinα．

∴|OA|•|OB|=4absinα|cosα|≤2ab=2，

|OA|+|OB|=2a|cosα|+2bsinα≤4，∴=4，则a2+b2=4，

联立解得a=，b=1，或a=1，b=．