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现行旧教材·高中新课程学习指导
所以圆心(1,0)到直线 x + y - a = 0 的距离等于圆的半径,即
d = |1 + 0 - a |
2
= 1,
所以 a = 1 ± 2,又 a > 0,所以 a = 1 + 2.
17. 将直线极坐标方程化成普通方程应为
ρ cosθcos π3
+ sinθsin π
3( ) = 2 即 x + 3y - 4 = 0.
∴ 点 1
2
m, 3
2
m( )到直线 x + 3y - 4 = 0 的距离为
1
2
m + 3· 3
2
m - 4
1 + 3
= 2 | m - 2 |
2
= | m - 2 | .
18. 将
x′ = 2x
y′ = 2y{ 代入(x′ - 5)
2 + (y′ + 6)2 = 1,
得(2x - 5)2 + (2y + 6)2 = 1,
即(x - 5
2
)2 + (y + 3)2 = 1
4
.
故曲线 C 是以( 5
2
, - 3)为圆心, 1
2
为半径的圆.
19. C 点的 ρ、θ 分别为 | OC | 及∠COA,B′点的 ρ,θ 分别为 | OB | =
| OA | 2 + | AB | 2 = 32 + 32 = 3 2,θ = ∠BOA,tan∠BOA =
| AB |
| OA |
= 3
3
= 1,
∴ ∠BOA = π
4
.
P 点 的 ρ, θ 为 | OE | , ∠AOE, | OE | = 1
2
| OB | , ∠AOE
= ∠AOB,
∴ C 点的柱坐标为(3, π
2
,0);
B′点的柱坐标为(3 2, π
4
,3);P 点的柱坐标为(3 2
2
, π
4
,
3).
20. (1)由 x = ρcosθ,y = ρsinθ,x2 + y2 = ρ2 得 C2 的直角坐标方程
为(x + 1)2 + y2 = 4.
(2)由(1)知 C2 是圆心为 A( - 1,0),半径为 2 的圆.
由题设知,C1 是过点 B(0,2) 且关于 y 轴对称的两条射线.
记 y 轴右边的射线为 l1 ,y 轴左边的射线为 l2 . 由于点 B 在圆
C2 的外面,故 C1 与 C2 有且仅有三个公共点等价于 l1 与 C2
只有一个公共点且 l2 与 C2 有两个公共点,或 l2 与 C2 只有
一个公共点且 l1 与 C2 有两个公共点.
当 l1 与 C2 只有一个公共点时,A 到 l1 所在直线的距离为 2,
所以
| - k + 2 |
k2 + 1
= 2,故 k = - 4
3
或 k = 0.
经检验,当 k = 0 时,l1 与 C2 没有公共点;当 k = -
4
3
时,l1 与
C2 只有一个公共点,l2 与 C2 有两个公共点.
当 l2 与 C2 只有一个公共点时,A 到 l2 所在直线的距离为 2,
所以
| k + 2 |
k2 + 1
= 2,故 k = 0 或 k = 4
3
.
经检验,当 k = 0 时,l1 与 C2 没有公共点;当 k =
4
3
时,l2 与
C2 没有公共点.
综上可得,k = - 4
3
,C1 的方程为:y = -
4
3
| x | + 2.
21. (1)设极点为 O. 在△OAB 中,A 3, π4( ),B 2,
π
2( ),
由余弦定理,得
AB = 32 + ( 2)2 - 2 × 3 × 2 × cos π2
- π
4( ) = 5.
(2)解:因为直线 l 的方程为 ρsin θ + π4( ) = 3,
所以直线 l 过点 3 2, π2( ),倾斜角为
3π
4
.
又 B 2, π2( ),所以点 B 到直线 l 的距离为(3 2 - 2) ×
sin 3π4
- π
2( ) = 2.
22. (1)解:设 P 的极坐标为(ρ,θ)(ρ > 0),M 的极坐标为(ρ1 ,θ)
(ρ1 > 0).
由题设知 | OP | = ρ,| OM | = ρ1 =
4
cosθ
.
由 | OM | ·| OP | = 16 得 C2 的极坐标方程为 ρ = 4cosθ(ρ > 0).
因此 C2 的直角坐标方程为(x - 2)
2 + y2 = 4(x≠0).
(2)解:设点 B 的极坐标为(ρB,α)(ρB > 0).
由题设知 | OA | = 2,ρB = 4cosα,于是△OAB 的面积
S = 1
2
| OA | ·ρB·sin∠AOB = 4cosα·| sin(α -
π
3
) |
= 2 | sin(2α - π
3
) - 3
2
| ≤2 + 3.
当 α = - π
12
时,S 取得最大值 2 + 3.
所以△OAB 面积的最大值为 2 + 3.
第二讲 参数方程
第一节 曲线