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ρcosθ - 2 = 2cosα,
ρsinθ = 2sinα,消去 α 得,
ρ = 4cosθ,
故答案为 ρ = 4cosθ.
16. 5 2
2
直线 l 的极坐标方程为 2ρsin(θ - π
4
) = 2,对应的直
角坐标方程为:y - x = 1,
点 A 的极坐标为 A(2 2,7π
4
),它的直角坐标为(2, - 2).
点 A 到直线 l 的距离为: |2 + 2 + 1 |
2
= 5 2
2
.
故答案为
5 2
2
.
17. 把直线 l 的极坐标方程化为直角坐标方程,得 x + 3y - 4 =
0,过极点且与 l 垂直的直线方程为 y = 3x.
由
x + 3y - 4 = 0
y = 3x{ ,得射影的直角坐标为(1, 3),
将其化成极坐标为(2, π
3
).
故极点在直线 l 上的射影的极坐标为(2, π
3
).
18. (1)ρ =2cosθ 等价于 ρ2 = 2ρcosθ ①. 将ρ2 = x2 + y2,ρcosθ = x 代
入①,即得曲线 C 的直角坐标方程为 x2 + y2 -2x =0. ②
(2)将
x = 5 + 3
2
t
y = 3 + 1
2
t
ì
î
í
ï
ï
ïï
代入②,得 t2 + 5 3t + 18 = 0. 设这个方
程的两个实数根分别为 t1 ,t2 ,则由参数 t 的几何意义即知,
| MA | · | MB | = | t1 t2 | = 18.
19. (1)由参数方程
x = 2cosθ
y = 2sinθ + 2{ 消去参数 θ 得 x
2 + (y - 2)2 =
4. 由 x = ρcosθ, y = ρsinθ 代 入 上 式 得 ρ2 cos2 θ + ρ2 sin2 θ -
4ρsinθ = 0,即 ρ = 4sinθ.
(2)直线 l1 :θ =
π
6
(ρ∈R)与曲线 C 的交点为 O、M,
∴ ρM = | OM | = 4sin
π
6
= 2.
又直线 l2 :θ =
2π
3
(ρ∈R)与曲线 C 的交点为 O、N,
∴ ρN = | ON | = 4sin
2π
3
= 2 3.
且∠MON = π
2
,
∴ S△OMN =
1
2
| OM | · | ON | = 1
2
× 2 × 2 3 = 2 3.
20. (1)由题设可得,弧AB
(
,BC
(
,CD
(
所在圆的极坐标方程分别为
ρ = 2cosθ,ρ = 2sinθ,ρ = - 2cosθ,
所以 M1 的极坐标方程为 ρ = 2cosθ 0≤ θ ≤
π
4( ),
M2 的极坐标方程为 ρ = 2sinθ
π
4
≤ θ ≤3π
4( ),
M3 的极坐标方程为 ρ = - 2cosθ
3π
4
≤ θ ≤π( ).
(2)解:设 P(ρ,θ),由题设及(1)知
若 0≤ θ ≤ π
4
,则 2cosθ = 3,解得 θ = π
6
;
若
π
4
≤ θ ≤3π
4
,则 2sinθ = 3,解得 θ = π
3
或 θ = 2π
3
;
若
3π
4
≤ θ ≤π,则 - 2cosθ = 3,解得 θ = 5π
6
.
综 上, P 的 极 坐 标 为 3, π6( ) 或 3,
π
3( ) 或
3,2π
3( )或 3,
5π
6( ).
21. (1)∵ ρ = 2 5sinθ,
∴ ρ2 = 2 5ρsinθ,
又∵ x = ρcosθ,y = ρsinθ,
∴ ρ2 = x2 + y2 ,∴ x2 + y2 = 2 5y,
∴ 圆 C 的直角坐标方程为 x2 + y2 - 2 5y = 0.
(2)直线 l 的参数方程可化为
x = 3 - 2
2
t
y = 5 + 2
2
t
ì
î
í
ï
ï
ïï
,代入圆 C 的直角
坐标方程,得
(3 - 2
2
t)2 + ( 5 + 2
2
t)2 - 2 5( 5 + 2
2
t) = 0,
整理得 t2 - 3 2t + 4 = 0,
∴ t1 t2 = 4.
∴ | PA | · | PB | = | t1 | · | t2 | = | t1 t2 | = 4.
22. 本小题主要考查直线与圆的参数方程,点到直线的距离,一
元二次方程,判别式等基础知识,考查运算能力,曲线与方程
的关系的解析几何的基本思想.
(1)C1 是圆,C2 是直线.
C1 的普通方程为 x
2 + y2 = 1,圆心 C1 (0,0),半径 r = 1.
C2 的普通方程为 x - y + 2 = 0.
因为圆心 C1 到直线 x - y + 2 = 0 的距离为 1,所以 C2 与 C1
只有一个公共点.
(2)压缩后的参数方程分别为