PAGEPAGE1課時分層訓練(五十五)坐標系1．在極坐標系中，求點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))到直線ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝1的距離．[解]點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))化為直角坐標為(eq\r(3)，1)，3分直線ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝1化為ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ－\f(1,2)cosθ))＝1，得eq\f(\r(3),2)y－eq\f(1,2)x＝1，即直線的方程為x－eq\r(3)y＋2＝0，6分故點(eq\r(3)，1)到直線x－eq\r(3)y＋2＝0的距離d＝eq\f(|\r(3)－\r(3)×1＋2|,\r(12＋－\r(3)2))＝1.10分2．在極坐標系下，圓O：ρ＝cosθ＋sinθ和直線l：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).(1)求圓O和直線l的直角坐標方程；(2)當θ∈(0，π)時，求直線l與圓O公共點的一個極坐標．[解](1)圓O：ρ＝cosθ＋sinθ，即ρ2＝ρcosθ＋ρsinθ，2分圓O的直角坐標方程為x2＋y2＝x＋y，即x2＋y2－x－y＝0，4分直線l：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)，即ρsinθ－ρcosθ＝1，那么直線l的直角坐標方程為y－x＝1，即x－y＋1＝0.6分(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－x－y＝0，,x－y＋1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，))8分故直線l與圓O公共點的一個極坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2))).10分3．(2022·邯鄲調(diào)研)在極坐標系中，直線l的極坐標方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝1，圓C的圓心的極坐標是Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,4)))，圓的半徑為1.(1)求圓C的極坐標方程；(2)求直線l被圓C所截得的弦長．[解](1)設O為極點，OD為圓C的直徑，A(ρ，θ)為圓C上的一個動點，那么∠AOD＝eq\f(π,4)－θ或∠AOD＝θ－eq\f(π,4)，2分OA＝ODcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))或OA＝ODcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))，∴圓C的極坐標方程為ρ＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))).4分(2)由ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝1，得eq\f(\r(2),2)ρ(sinθ＋cosθ)＝1，6分∴直線l的直角坐標方程為x＋y－eq\r(2)＝0，又圓心C的直角坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，滿足直線l的方程，∴直線l過圓C的圓心，8分故直線被圓所截得的弦長為直徑2.10分4．(2022·南京調(diào)研)在極坐標系中，圓C的圓心Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,3)))，半徑r＝3.(1)求圓C的極坐標方程；(2)假設點Q在圓C上運動，點P在OQ的延長線上，且eq\o(OQ,\s\up12(→))＝2eq\o(QP,\s\up12(→))，求動點P的軌跡方程.【導學號：66482485】[解](1)設M(ρ，θ)是圓C上任意一點．在△OCM中，∠COM＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))，由余弦定理得|CM|2＝|OM|2＋|OC|2－2|OM|·|OC|coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))，化簡得ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3))).4分(2)設點Q(ρ1，θ1)，P(ρ，θ)，由eq\o(OQ,\s\up12(→))＝2eq\o(QP,\s\up12(→))，得eq\o(OQ,\s\up12(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OP,\s\up12(→))，∴ρ1＝eq\f(2,3)ρ，θ1＝θ，8分代入圓C的方程，得eq\f(2,3)ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))，即ρ＝9coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3))).10分5．(2022·全國卷Ⅱ)在直角坐標系xOy中，曲線C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝tsinα))(t為參數(shù)，t≠0)，其中0≤α<π.在以O為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C2：ρ＝2sinθ，C3：ρ＝2eq\r(3)cosθ.(1)求C2與C3交點的直角坐標；(2)假設C1與C2相交于點A，C1與C3相交于點B，求|AB|的最大值．[解](1)曲線C2的直角坐標方程為x2＋y2－2y＝0，曲線C3的直角坐標方程為x2＋y2－2eq\r(3)x＝0，2分聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2y＝0，,x2＋y2－2\r(3)x＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),2)，,y＝\f(3,2).))所以C2與C3交點的直角坐標為(0,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).4分(2)曲線C1的極坐標方程為θ＝α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α<π.因此A的極坐標為(2sinα，α)，B的極坐標為(2eq\r(3)cosα，α).8分所以|AB|＝|2sinα－2eq\r(3)cosα|＝4eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3))))).當α＝eq\f(5π,6)時，|AB|取得最大值，最大值為4.10分6．從極點O作直線與另一直線l：ρcosθ＝4相交于點M，在OM上取一點P，使OM·OP＝12.(1)求點P的軌跡方程；(2)設R為l上的任意一點，求|RP|的最小值．[解](1)設動點P的極坐標為(ρ，θ)，M的極坐標為(ρ0，θ)，那么ρρ0＝12.2分∵ρ0cosθ＝4，∴ρ＝3cosθ，即為所求的軌跡方程.4分(2)將ρ＝3cosθ化為直角坐標方程，得x2＋y2＝3x，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f