华东师范大学第二附属中学(实验班用)数学习题详解-17

第十六章 坐标变换、参数方程和极坐标方程

16．1 坐标轴的平移

基础练习

1．已知双曲线的两条渐近线方程分别是3x4y20，2x4y100，实轴在平行于y轴的直线上，且实轴长为6，求双曲线方程，并写出顶点坐标和焦点坐标．

y1解：

92x21621，顶点坐标2，4,2，2，焦点坐标为2，6，2，4．

2yaxbxc的图形是一条抛物线． 2．证明：二次函数

解：（提示：把原方程化简，如果能化成抛物线的标准方程，就可以证明它是抛物线．）

4acb22byyxx4aa设，

，得

x21ya．

3．已知抛物线的对称轴平行于y轴，顶点是（1，2），且过点（3，6），求抛物线方程．

解：设

ycaxb2由顶点的定义知=b1，c2，

2yx2x3． 再将点的坐标代入可得

14．已知双曲线两顶点坐标是2，，2，5．虚轴长为8，求双曲线方程．

解：两个顶点的中点坐标M2，2，所以双曲线的中心为2，2，从而可以设双曲线为

y2a22x2b221y2继而可得双曲线方程为

92x21621．

5．已知两个定圆轨迹方程．

C1∶x8y24222C∶xy25，一动圆P和它们都相外切，求动圆的圆心P的2和

解：由题，动圆的圆心到两圆圆心8，0，0，0的距离之差等于两圆的半径之差3，所以其轨迹为一双曲线的右支，其中心为4，0，两焦点为8，0，0，0，从而可得轨迹方程为

4x44y2111x≥9552， 2x26．椭圆

42y212的中心在直线y3x6上滑动，对称轴作平行移动，

（1）求滑动时椭圆的方程．

42yx63（2）中心滑到何位置时，椭圆与直线相交所得的弦长为．

xk解：（1）

42y3k6221．

（2）

k191151，，2，即中心为22或22．

x27．已知△ABC的两个顶点A，B是椭圆移动．求△ABC的重心轨迹方程．

1322y152212yx1上C的两个焦点，顶点在抛物线

4a2a21G，Ca，a21A10，1B14，133，解：由题可得，，，设，由重心坐标公式，重心

所以△ABC的重心轨迹方程为3x4y28x223y1．

8．已知抛物线的焦点和准线分别是椭圆E的一个焦点和对应的准线，求这个椭圆的

短轴端点的轨迹方程．

0解：通过坐标变换分析，易知焦点为F0，，准线为x4．

设椭圆短轴的一个端点为

Px，y，则

ax2y2，cx，

ca由点P到焦点F的距离与到准线的距离之比是

e知：

x2y2\\x4xx2y2，化简得x2y2xx4x0，即

y24xx0．

16．2 坐标轴的旋转变换

基础练习

π41．设旋转解

0，求新坐标系中的两点A3，2，B2，在原坐标系中的坐标．

252A2，2，B解：由坐标轴的旋转公式

2，2．

2．设旋转角



π

16，求原坐标系中的两点C2，，D0，2在新坐标系中的坐标．

23132C，22，D1，3解：由坐标轴的旋转公式可得．

3．按所给的角臼旋转坐标轴，变换下列各方程：

π（1）xy0，4． π2． （2）x2y0，π22（3）xy4，6． π223． （4）x23xy3y8，解：直接利用坐标旋转公式：

（1）将

cosxsinyxsinycosxy代入得x0．

（2）将

cosxsinyxsinycosxy代入得2xy0．

（3）将

cosxsinyxsinycosxy22xy4． 代入得

（3）将

cosxsinyxsinycosxy代入得x22．

4．利用坐标轴的旋转，化简下列方程，使其不含xy项．

（1）x22xyy222x22y0． （2）2x24xy5y2220．

（3）x4xyy16．

22 （4）

21x2103xy31y2144．

ACB解：为使其不含xy项，对二次曲线AxACπB4，

2BxyCyDxEyF0，旋转角2满足

cot2．

（1）

cot2将

cosxsinyxsinycosxy2x代入得2y0．

（2）

cot2AC21sincosB5，5，

将

cosxsinyxsinycosxy226xy22． 代入得

（3）

cot2ACπB4，

cosxsinyx22sinhycosxy5xy16． 将代入得

（4）

cot2ACπB6，

将

cosxsinyxsinycosxyx2y2194代入得．

16．3 直线与圆锥曲线的参数方程

基础练习

2xm2t，y2m22t（t为参数）表示的抛物线焦点总在一条定直线上，这条直线的方程1．若参数方程是__________．

解：消去t，可得y2m24xm，从而其焦点所在定直线为y2x1．

x2y2212ab2．给定椭圆，如果存在过左焦点F的直线交椭圆于P，Q两点，且OPOQ，则离心率e的取值范围是__________．

51，12e解：直接联立直线与椭圆方程求解，的取值范围为．

3．设一椭圆中心为原点，长轴在x轴上，离心率为点的最大距离为17，试求这个椭圆的方程．

33C:xy122，若圆上点与这个椭圆上

223C：0，2到椭圆上的点最大距离为7， 解：等价于圆心

3x2y2x2y2ea2b2121222ab4bb设椭圆方程为，，则．

311CMxy3y4b23b≤y≤bb22任取椭圆上一点Mx，y，则，若2，则当yb时，

2222331b72b7CM222取最大值，即．

2，故矛盾．

若

b≥11y2，则当2时，CM2取最大值，即4b237．

x2y2122b1，a4，则椭圆的方程为4．

2Aa，bBa，0ab0b22paMy2px4．已知抛物线及定点，，，，是抛物线上的点，设直线AM，

BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为

__________．

22y0y12y2M，y0M2，y2M1，y12p， ，，2p解：设2p由A，M，M1共线得

y1by02pay0b，同理B，M，M2共线得

y22pay0b，

设x，y是直线M1M2上的点，则y1y2yy1y22px，

将以上三式中消去y1，y2，得：y02pxby2pby0ax2paby2pa．

2当xa，

y2pa2paa，b． b时上式恒成立，即定点为sin2cos21222b2x2y25．已知：设a，b为正实数，为参变量，则满足xsinycosxy且a的点

x，y的轨迹方程是__________．

yx22sinarctan1sin22xxy解：由辅助角公式，，知

y2cos22xy，

2，所以点x，y的轨迹方程

xy212为ab．

2216．实数x，y满足4x25xy4y5，设sxy222，则Smax1Smin的值为__________．

xscos8s10sin22222yssin，代入4x5xy4y5，得5s． 解：易知sxy0，设于是

8s1011313810101010≤1≤s≤SmaxSmin5s3，故3，13，故SmaxSmin10105． ，得137．已知x2y4，求

2S1yx2x的值域．

1152Scos2sinsin2144，由此可知S1，解：设x2sec，y2tan，则4．

能力提高

x2y221ab02ab8．过椭圆中心O作互相垂直的两条弦AC，BD，设点A，B的离心角分别为1和cosbsin12（这里A的离心角是1，等于说A的坐标为acos1，），求12的取值范围．

解：当AC，BD恰与坐标轴重合时，

cos120；

2当AC，BD与坐标轴不重合时，令xOA1，xOB2，则

asin2由题意知Abcos1，asin1，Bbcos2，，

122kkZ，故tan1tan21．

aatan1tan1tan2tan2bb则，．故

cot121tan1tan2a2b2tan1tan2tan1tan2abtan1tan2

a2b21a2b2zabcot2tan22ab；

cos121a2b21≤11cot21l2a2b2a2b212ab1．

取等号条件是

tan21，即BD的倾斜角为43或4a2b20≤cos12≤22ab时，故

．

x2y2212P1，1ab9．设动点在椭圆的内部ab，过P作椭圆的弦AB，证明：PA，PB中必有一

122aba2b2个不超过b．

x1tcos证明：弦AB所在直线的参数方程是y1tsin，

代入椭圆方程得bcosasint222222bcosasinta2b2a2b20，

a2b2a2b2t1t22ttbcos2a2sin212由韦达定理，上面方程两根满足：

，

a2b2a2b2a2b2a2b2122PAPBt1t2t1t22≤aba2b222222222bcosasinabsinbb．

所以，PA，

1PB中必有一个不超过bab22a2b2．

16．4 极坐标系

基础练习

1．在极坐标系中，作出下列各点的点：

ππ2πA3，C5，E3.5，3． （1）2，B2，135，2，D4，π，πππ3πA2，B2，C2，E2，（2）6，4，2，D2，π，2，并说明这五个点有什么关系．

πππππA1，B2，C2，D3.6，E7，3，3，3，3，3，并说明这五个点有什么关系． （3）解：（1）略．

（2）五个点在以极点为圆心半径为2的圆上．

π（3）五个点在倾斜角3且过极点的直线上．

2．若R，请判断极坐标方程f和方程fπ的关系．

ππ解：这两个方程是等价的，，，，，，均表示同一点．

A3，B3，6，2，O为极点，求△AOB的面积． 3．已知解：

S△AOB931S△AOBAOBOsinAOB4． 2，易得

4．从极点O作直线l与直线cos4相交于M，在OM上取点P，使得OM迹方程．

解：3cos0．

OP12，求点P的轨

能力提高

πCa，5．求圆心为2，半径为a的圆的极坐标方程．

解：2asin0≤π．

0a06．如图1616，求经过点Ma，，且与极轴垂直的直线l的极坐标方程．

lρOP(ρ，θ)xθaM图 16-16

解：acos．

1B2，2C3，37．已知直线l上三点的极坐标分别为A1，，，，且1，2，3均为正数．求

证：

sin23sin31sin121230．

证：若l过极点O，则123，结论成立．若l不过极点O，不妨设0123，则由三解形面

11112sin2123sin311232积公式得2，移项，两边除以2即得．

16．5 圆锥曲线的极坐标方程

基础练习

1．求双曲线

312cos的实轴长．

解：对照圆锥曲线的统一极坐标方程，知实轴长为2．

2．在极坐标系下，和圆4sin相切的一条直线方程为（ ）．

（A）sin1 （B）cos2 （C）sin3

2（D）cos4

解：由题，该圆的直角坐标方程为

5x2y24，所以x2与该圆相切，故选B．

3．请判断极坐标方程

34cos4sin所确定的曲线．

53142πcos34，故曲线的离心率大于1，所以为双曲线． 解：

4．曲线

32cos5sin与曲线C关于直线



π

6对称，求曲线C的方程．

3ππ2cos5sin33．

解：为极角，由极坐标的对称可得，

5．求双曲线

612cos的直角坐标方程．

解：对照圆锥曲线的统一极坐标方程：ep6，e2，同时注意到其右焦点位于原点处，故为

x442y2112．

能力提高

11FPFP216．过抛物线y22pxp0的焦点F作弦P1P2，求的值．

解：由统一方程

p1cos11，设P11，，P22，，

故

1p1cos，

2p1cos1，得1211cos1cos2ppp．

x2y217．已知椭圆2，F为其左焦点，过F作两直线l1，l2分别交椭圆于P、Q和M，N且l1l2，

求四边形PMQN面积最大值和最小值．

2xey212解：由2得a2，b1，c1，

2，P1，

12cos以F为极点、Fx为极轴建立极坐标系，则椭圆方程为

．

3M3，N4，22，2，其中0，依题意，不忍妨设P1，，则Q2，，．

所以

PQ12112222cos2cos2cos，

MN3411222sin22cos2cos22，

S116PQMN28sin2216≤S≤20≤sin2≤19，又由得：．

22当sin20时，S取最大值2；

162当sin21时，S取最小值9．

x2y2xy1l：18．已知椭圆2416，直线128，P是l上的一点，射线OP交椭圆于点R，又Q在OP上且

满足

OQOPOR2，当点P在l上移动时，求Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．

解：以原点O为极点，x轴正方向为极轴建立极坐标系，

482sin2242cos3sin则椭圆和直线l的极坐标方程分别是

2，

．

Q，设P1，，，R2，，则由OQOPOR2得1，

2224482即2cos3sin2sin．

变形整理

2422sin2482cos3sin．

222x3y4x6y0． 将其转换成直角坐标系即

1所以所求点轨迹是中心为1，，长轴长为21510，短轴长为3的椭圆（除去原点）．

16．6 解析几何的综合运用

能力提高

C1：2A2x2ADy2ADCxB2Dy201．已知两曲线与

C2：2A2x2CDy2CBx4D2y10关于y轴对称，试判断它们是什么曲线．

解：C1：fx，y，C2：gx，y，

A3B1423fx，ygx，yC23D13232A2CD， 所以是椭圆．

2225x169y100x338y39560的左右焦点，求此抛物线的2．一抛物经的顶点和焦点分别是椭圆

方程．

x2解：椭圆方程为

1692y12521，所以其左右焦点为10，1，14，1，

所以抛物线方程为y1296x10．

22x3y2x12y230先向右平移一个单位，再向下平移两个单位，得曲线C．在直3．将曲线

线xy8上取一点M，过M作与曲线C共焦点的椭圆，则所作的椭圆长轴最短时，求M点的坐标．

220x3y12，焦点为F14，C解：曲线为，F24，0．

点M的选取为到两点距离之和最小的点，作F14，0关于直线xy8的对称点B8，4，连接F1B，交直线xy8于5，3，故M点的坐标为5，3．

2222xy2x2y10xy1，4．如果双曲线经过平移坐标轴后得新方程求新坐标系下的坐标原

点在原坐标系下的坐标．

解：原双曲线为x12y112，经平移后双曲线中心变为0，0，

故新坐标下的坐标原点在原坐标系下的坐标为1，1．

5．已知圆C：x2y24x12y390和直线l：3x4y5，求圆C关于直线l对称的圆方程．

解：考虑圆心的对称，x42y212．

2yx6．抛物线沿x轴平移__________个单位（正方向为正），沿y轴平移__________个单位（正

12xy50相切于3，方向为正）后，与直线l：．

解：

2yy0xx022x5yxx2xy5000的判别式等于零，又

yy0xx021过点3，，所以

x0，y02，0．

7．设抛物线y标．

24x向右平移一个单位，向上平移两个单位后与直线x2yb0相切，求切点坐

2y24x12y242yb1x2yb0解：的判别式等于零，解得

b7x5y6．

8．已知椭圆

5x330y21502，试求对称中心到准线的距离．

解：中心3，0，准线

x330305，可得距离为6．

9．将椭圆

C：x242y212在坐标平面上平行移动，使它的中心保持在y3x6上，当椭圆在

l：y6x截得弦长为1时，求中心的坐标．

解：椭圆

C：xk42y3ky2287387，611616l：y6x，联立与椭圆方程，可以解得中心坐标为

87387，61616． 或22C2：x8y24C：xy25110．已知两个定圆和，一动圆P与它们都相外切，求圆心P的轨迹．

2解：由题意，动圆的圆心到两圆圆心8，00，0的距离之差等于两圆的半径之差3， 所以其轨迹为一双曲线的右支，其中心为4,0，两点为8，0，0，0，

442x4y2155从而可得轨迹为双曲线9的右支．

xy122l311．直线到直线2的角为135且和圆xy1相切，求l的方程．

xy21k03． 解：32利用直线之间的到角公式可得：

k0k11k1k0k5．

设直线方程为：x5ym0．

m则1251m26，所以l的方程为x5y260或x5y260．

12．将曲线x23y212先向左平移1个单位，再向上平移2个单位，得曲线C．在直线l：xy80上任取点M，以曲线C的焦点为焦点，过M作椭圆，问：点M何处时，所作椭圆的长轴最短，并求出具有最短长轴的椭圆方程．

x1解：平移后曲线C的方程为

1222y24221两焦点为5，2，3，2M点到以上两点距离和最小，

51612x12y2M，114146533且在直线上，故，．

13．设圆与双曲线bBD的倾角分别为2xayab22222有四个交点，依顺时针方向排列为A，B，C，D．若直线AC、

，，求理：．

解：设圆的圆心为Mx0，y0，

xx0tcosa0，2πyytsin0设直红AC的参数方程为：，

与双曲线的方程联立，可得：

b2x0tcosa2y0tsina2b222，

化简得：

b22222cos2a2sin2t22cosx0b22siny0a2xx0by0aa2b20，

则

2222x0by0aa2b2MAMCt1t22bcos2a2sin．

xx0tcosa0，2πyytsin0同理，设直线BD的参数方程为，

与双曲线的方程联立，可得

b2x0tcosa2y0tsina2b222．

化简，得

b22222cos2a2sin2t22cosx0b22siny0a2xx0by0aa2b20，

则

2222x0by0aa2b2MBMDt3t42bcos2a2sin2．

由相交线定理可知

22222222x0by0aa2b2x0by0aa2b2MAMCMBMD2bcos2a2sin2b2cos2a2sin2，

22222222bcosasincosasin得，

b2a2b2sin2b2cos2a2b2sin2sin2sin2，

得π．

C：x264yx4y29y17014．用旋转的方法证明曲线为抛物线．

解：提示：得用从标旋转公式即可

xxcosysin，yxsinycos．

代入方程，可得

Ax2BxyCy2DxEyF0，

22其中Acos4sincos4sin，

B4cos24sincos4sin2，

Csin22sin24cos2，

D9sin6cos， E6sin9cos，F17．

为了使B0，则得B4cos23sin20，

43，tan2即可．

只要取满足

2tan2则取

sin5，cos15，

4840555．

则

Csin22sin24cos2Acos24sincos4sin25，

则方程为：

5x2245x35y170，此方程显然为抛物线方程，得证．