??2（2）?x???2t代入x2?y2?2x?2y?0，得t2?32t?3?0
???y?3?22t∵??6?0，∴直线l的和曲线C相交于两点A、B，………（7分） 设t2?32t?3?0的两个根是t1、t2，t1t2?3，
∴|MA|?|MB|?|t1t2|?3． ………………（10分）
【解析】略
4．（I）???2cos??2sin?，
??2?2?cos??2?sin?， …………（2分）?圆C的直角坐标方程为x2?y2?2x?2y?0， …………（3分）即(x?22222)?(y?22)2?1，?圆心直角坐标为(2,?2)．…………（5分）（II）方法1：直线l上的点向圆C 引切线长是
(22t?22)2?(22t?22?42)2?1?t2?8t?40?(t?4)2?24?26， …………（8分）∴直线l上的点向圆C引的切线长的最小值是26 …………（10分）方法2：?直线l的普通方程为x?y?42?0， …………（8分）
|22?22?42|圆心C到直线l距离是
2?5，
∴直线l上的点向圆C引的切线长的最小值是52?12?26 【解析】略
5．（Ⅰ）由??4cos?得?2?4?cos?，…………２分 结合极坐标与直角坐标的互化公式??x??cos?得?y??sin?x2?y2?4x，
即(x?2)2?y2?4. …………５分
（Ⅱ）由直线l的参数方程???x?a?3t(t为参数)化为普通方程，
??y?t得，x?3y?a?0. …………７分 结合圆C与直线l相切，得2?a1?3?2，
解得a??2或6.
【解析】略
6．解：（Ⅰ）设圆上任一点坐标为(?,?)，由余弦定理得
12??2?22?2?2?cos(???3)
??2?4?cos(??)?3?0 所以圆的极坐标方程为
3………………… （5分）
5524??114离为2， 所以公共弦长为．
（Ⅱ）设Q(x,y)则P(2x,2y)，P在圆上，则Q的直角坐标方程为
(x?1
2)2?(y?32)2?14………………… （10分）
【解析】略 7．
【解析】略
??x?4cosα8．解：曲线?y?sinα（?为参数）上的每一点纵坐标不变，
??x?2cosαy?sin横坐标变为原来的一半得到?α，
?然后整个图象向右平移1个单位得到?x?y??2sincosαα?1，
??x?2cosα?1最后横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍得到?y?2sinα，
所以C1为(x?1)2?y2?4， 又C2为??4sin?，即
x2?y2?4y， 所以C1和C2公共弦所在直线为2x?4y?3?0， 所以(1,0)到2x?4y?3?0距
【解析】略
9．（1）极坐标为P(3,223?) （2）MNmin?d?r?12 【解析】解：（1）由直线的参数方程消去参数t得l：x?3y?3?0， 则l的一个方向向量为a?(3,3)，
设P(?3?32t,12t)，则OP?(?3?32t,12t)， 又OP?a，则3(?3?3332t)?2t?0，得：t?23， 将t?323代入直线l的参数方程得P(?34,343)，化为极坐标为P(322,3?)。（2）??4cos???2?4?cos?，
由?2?x2?y2及x??cos?得(x?2)2?y2?4， 设E(2,0)，则E到直线l的距离d?52， 则MNmin?d?r?12。
??10．（Ⅰ）?x?1?1?2t3(t为参数) ???y?1?2t
（Ⅱ）C：(x?1)2?(y?2)2?5， ?t2?3t?4?0，t1t2?4 【解析】
11．
，
【解析】
12．2?1
【解析】略
13．最大值为2，最小值为0
【解析】将极坐标方程转化成直角坐标方程： ρ=3cosθ即：x2＋y2=3x,(x－
32)2＋y2=94 3′ ρcosθ=1即x=1 6′
直线与圆相交。
所求最大值为2， 8′ 最小值为0。 10′
14．（1）x2y24?3?1（2）22 【解析】（Ⅰ） 直线l普通方程为y?x?2； ………………………………3分x24?y2曲线C的普通方程为3?1． ……………6分
（Ⅱ） ∵F1(?1,0),F2(1,0)， …………………7分 ∴点F2321到直线l的距离d1?0?1??2?2, …………………8分 点F?0?2?22到直线l的距离d2?122, ………………9分 ∴d1?d2?22. ……………10分 15．⑴x?2y?12?0（2）755 【解析】：⑴x?2y?12?0 ⑵设P(3cos?,2sin?)，
∴d?3cos??4sin??12345cos??,sin??) ?5cos(???)?12（其中，y?0?y00?2sin???sin?， 225555 当cos(???)?1时，d75min?5， ∴P点到直线l的距离的最小值为755。 16．（Ⅰ）?O1的直角坐标方程是(x?2)2?y2?4，A的直角坐标为（－2，0） （Ⅱ）P运动轨迹的直角坐标方程是x2?y2?1.
【解析】以极点为原点，极轴为x轴正半轴，建立平面直角坐标系，两坐标系中取相同的长度单位．
（Ⅰ）由??4cos?得?2?4?cos?，将?cos??x，?2?x2?y2代入可得
x2?y2?4x．?O1的直角坐标方程是(x?2)2?y2?4， ?O?x?2?2cos?,1的直角坐标参数方程可写为??2sin?.点A的极坐标是(2,?)， ?y由x??cos?，y??sin?知点A的直角坐标为（－2，0）.
（Ⅱ）点M（x上运动，所??x0?2?2cos?,0，y0）在?O1?. ?y0?2sin点P(x,y)是线段AM的中点，所以x??2?x02??2?2?2cos?2?cos?， 所以，点P运动轨迹的直角坐标参数方程是??x?cos?,?y?sin?.
即点P运动轨迹的直角坐标方程是x2?y2?1.
17．
75 【解析】
?4试题分析：将方程??x?1??5t(t为参数)化为普通方程得，3x+4y+1=0，………3
?y??1?3??5t分
将方程 ?=2cos(θ+
?4)化为普通方程得，x2+y2
-x+y=0， ……………6分 它表示圆心为(
12，-12)，半径为22的圆， …………………………9分 则圆心到直线的距离d=1， ……………………………10分
10弦长为2r2?d2?212?1100?75． ……………………12分 考点：直线参数方程，圆的极坐标方程及直线与圆的位置关系
点评：先将参数方程极坐标方程转化为普通方程
18．解: (1) x?y?25?0 ；（2）到直线l距离的最小值为
10。 2试题分析：（1）由曲线C的参数方程为 ?再由点P的极坐标为(4，
?x?3cos??，知曲线C的普通方程，
??y?sin?【解析】
222
试题分析：（Ⅰ）利用直角坐标与极坐标间的关系：ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ=x+y，???)，知点P的普通坐标为（4cos ，4sin ），即222（0，4），由此能判断点P与直线l的位置关系． 进行代换即得C的直角坐标方程，将直线l的参数消去得出直线l的普通方程．
（Ⅱ）曲线C4x2+y2
1的方程为=4，设曲线C1上的任意点（cosθ，2sinθ），利用点到直线距离公式，建立关于θ的三角函数式求解．
解: (1) 曲线C1的方程为(x?2)2?y2?4，直线l的方程是：x?y?25?0 （2）设曲线C2上的任意点(cos?,2sin?),
该点到直线l距离d?|cos??2sin??25|2?|25?5sin(???)|2.
到直线l距离的最小值为
102。 考点：本题主要考查了曲线参数方程求解、应用．考查函数思想，三角函数的性质．属于中档题．
点评：解决该试题的关键是对于椭圆上点到直线距离的最值问题，一般用参数方程来求解得到。 19．(1)点P
在直线l上；(2)当cos(???6)??1时，d
取得最小值，且最小值
为2。 【解析】
（2）由Q在曲线C： ???x?3cos??sin?上，（0°≤α＜360°），知Q( 3cosα，
??ysinα)到直线l：x-y+4=0的距离d= |2sin(α+θ)+4|，（0°≤α＜360°），由
此能求出Q到直线l的距离的最小值 解：(1)把极坐标系下的点P???4,??2??化为直角坐标，得P（0，4）
。 因为点P的直角坐标（0，4）满足直线l的方程x?y?4?0， 所以点P在直线l上，
(2)因为点Q在曲线C上，故可设点Q的坐标为?3cos?,sin??，
从而点Q到直线l的距离为
?d?|3cos??sin??4|2cos(??)?42?62?2cos(???6)?22
由此得，当cos(???6)??1时，d取得最小值，且最小值为2
考点：本试题主要考查了椭圆的参数方程和点到直线距离公式的应用，解题时要认
真审题，注意参数方程与普通方程的互化，注意三角函数的合理运用． 点评：解决该试题的关键是参数方程与普通方程的互化以及对于点到直线距离公式