2019届高三数学人教版一轮训练：第十二篇第1节 坐标系 Word版含解析

第1节 坐标系最新考纲 1.了解坐标系的作用，了解在平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化情况；2.了解极坐标的基本概念，会在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，能进行极坐标和直角坐标的互化；3.能在极坐标系中给出简单图形表示的极坐标方程.知 识 梳 理1.平面直角坐标系中的坐标伸缩变换设点P (x ，y )是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ＞0），y ′＝μy （μ＞0）的作用下，点P (x ，y )对应到点P ′(x ′，y ′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换. 2.极坐标系与点的极坐标(1)极坐标系：如图所示，在平面内取一个定点O (极点)；自极点O 引一条射线Ox (极轴)；再选定一个长度单位、一个角度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向)，这样就建立了一个极坐标系.(2)极坐标：平面上任一点M 的位置可以由线段OM 的长度ρ和从Ox 到OM 的角度θ来刻画，这两个数组成的有序数对(ρ，θ)称为点M 的极坐标.其中ρ称为点M 的极径，θ称为点M 的极角.3.极坐标与直角坐标的互化4.圆的极坐标方程5.直线的极坐标方程(1)直线l 过极点，且极轴到此直线的角为α，则直线l 的极坐标方程是θ＝α(ρ∈R ). (2)直线l 过点M (a ，0)且垂直于极轴，则直线l 的极坐标方程为ρcos_θ＝a .(3)直线过M ⎝⎛⎭⎪⎫b ，π2且平行于极轴，则直线l 的极坐标方程为ρsin_θ＝b .诊 断 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)平面直角坐标系内的点与坐标能建立一一对应关系，在极坐标系中点与坐标也是一一对应关系.( )(2)若点P 的直角坐标为(1，－3)，则点P 的一个极坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π3.( )(3)在极坐标系中，曲线的极坐标方程不是唯一的.( ) (4)极坐标方程θ＝π(ρ≥0)表示的曲线是一条直线.( ) 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×2.(选修4－4P15习题T3改编)若以直角坐标系的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段y ＝1－x (0≤x ≤1)的极坐标方程为( ) A.ρ＝1cos θ＋sin θ，0≤θ≤π2B.ρ＝1cos θ＋sin θ，0≤θ≤π4C.ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤π2D.ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤π4解析 ∵y ＝1－x (0≤x ≤1)，∴ρsin θ＝1－ρcos θ(0≤ρcos θ≤1)； ∴ρ＝1sin θ＋cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2.答案 A3.在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.若曲线C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ，则曲线C 的直角坐标方程为________.解析 由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ，所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0.答案 x 2＋y 2－2y ＝04.(2017·北京卷)在极坐标系中，点A 在圆ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0上，点P 的坐标为(1，0)，则|AP |的最小值为________. 解析 由ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得x 2＋y 2－2x －4y ＋4＝0，即(x －1)2＋(y －2)2＝1，圆心坐标为C (1，2)，半径长为1. ∵点P 的坐标为(1，0)，∴点P 在圆C 外. 又∵点A 在圆C 上，∴|AP |min ＝|PC |－1＝2－1＝1. 答案 15.已知直线l 的极坐标方程为2ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，点A 的极坐标为A ⎝⎛⎭⎪⎫22，7π4，则点A 到直线l 的距离为________.解析 由2ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，得2ρ⎝⎛⎭⎪⎫22sin θ－22cos θ＝2，∴y －x ＝1.由A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，7π4，得点A 的直角坐标为(2，－2).∴点A 到直线l 的距离d ＝|2＋2＋1|2＝522.答案522考点一 平面直角坐标系中的伸缩变换【例1】 求双曲线C ：x 2－y 264＝1经过φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y 变换后所得曲线C ′的焦点坐标.解 设曲线C ′上任意一点P ′(x ′，y ′)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′3，y ＝2y ′，代入曲线C ：x 2－y 264＝1，得x ′29－y ′216＝1，即曲线C ′的方程为x 29－y 216＝1，因此曲线C ′的焦点F 1(－5，0)，F 2(5，0).规律方法 1.平面上的曲线y ＝f (x )在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ>0），y ′＝μy （μ>0）的作用下的变换方程的求法是将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′λ，y ＝y ′μ代入y ＝f (x )，整理得y ′＝h (x ′)为所求.2.解答该类问题应明确两点：一是根据平面直角坐标系中的伸缩变换公式的意义与作用；二是明确变换前的点P (x ，y )与变换后的点P ′(x ′，y ′)的坐标关系，用方程思想求解.【训练1】 在平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y .(1)求点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－2经过φ变换所得点A ′的坐标；(2)求直线l ：y ＝6x 经过φ变换后所得直线l ′的方程.解 (1)设点A ′(x ′，y ′)，由伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝y 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝13×3＝1，y ′＝－22＝－1.∴点A ′的坐标为(1，－1).(2)设P ′(x ′，y ′)是直线l ′上任意一点.由伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′3，y ＝2y ′.代入y ＝6x ，得2y ′＝6·x ′3＝2x ′，即y ′＝x ′，∴y ＝x 为所求直线l ′的方程. 考点二 极坐标与直角坐标的互化【例2－1】 在极坐标系下，已知圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22.(1)求圆O 和直线l 的直角坐标方程；(2)当θ∈(0，π)时，求直线l 与圆O 公共点的一个极坐标. 解 (1)圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ，即ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ， 圆O 的直角坐标方程为：x 2＋y 2＝x ＋y ，即x 2＋y 2－x －y ＝0，直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22， 即ρsin θ－ρcos θ＝1，则直线l 的直角坐标方程为：y －x ＝1，即x －y ＋1＝0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－x －y ＝0，x －y ＋1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，故直线l 与圆O 公共点的一个极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，π2.【例2－2】 (2016·北京卷改编)在极坐标系中,已知极坐标方程C 1：ρcos θ-3ρsin θ－1＝0，C 2：ρ＝2cos θ.(1)求曲线C 1，C 2的直角坐标方程，并判断两曲线的形状； (2)若曲线C 1，C 2交于A ，B 两点，求两交点间的距离. 解 (1)由C 1：ρcos θ－3ρsin θ－1＝0， ∴x －3y －1＝0，表示一条直线. 由C 2：ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ. ∴x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1. 所以C 2是圆心为(1，0)，半径r ＝1的圆. (2)由(1)知，点(1，0)在直线x －3y －1＝0上， 所以直线C 1过圆C 2的圆心.因此两交点A ，B 的连线段是圆C 2的直径. 所以两交点A ，B 间的距离|AB |＝2r ＝2.规律方法 1.进行极坐标方程与直角坐标方程互化的关键是抓住互化公式；x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx(x ≠0).2.进行极坐标方程与直角坐标方程互化时，要注意ρ，θ的取值范围及其影响；要善于对方程进行合理变形，并重视公式的逆向与变形使用；要灵活运用代入法和平方法等技巧. 【训练2】 (1)在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知点A 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4，直线的极坐标方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝a ，且点A 在直线上，求a 的值及直线的直角坐标方程.(2)把曲线C 1：x 2＋y 2－8x －10y ＋16＝0化为极坐标方程.解 (1)∵点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4在直线ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝a 上， ∴a ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－π4＝2，所以直线的方程可化为ρcos θ＋ρsin θ＝2， 从而直线的直角坐标方程为x ＋y －2＝0.(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2＋y 2－8x －10y ＋16＝0，得ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0，所以C 1的极坐标方程为ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0. 考点三 曲线极坐标方程的应用【例3－1】 (2017·全国Ⅱ卷)在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1的极坐标方程为ρcos θ＝4.(1)设点M 为曲线C 1上的动点，点P 在线段OM 上，且|OM |·|OP |＝16，求点P 的轨迹C 2的直角坐标方程；(2)设点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π3，点B 在曲线C 2上，求△OAB 面积的最大值.解 (1)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＝4cos θ.由|OM |·|OP |＝16得C 2的极坐标方程为ρ＝4cos θ(ρ>0). 因此C 2的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4(x ≠0). (2)设点B 的极坐标为(ρB ，α)(ρB >0).由题设知|OA |＝2，ρB ＝4cos α，于是△OAB 的面积 S ＝12|OA |·ρB ·sin∠AOB ＝4cos α·⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3 ＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3－32≤2＋ 3.当α＝－π12时，S 取得最大值2＋ 3.所以△OAB 面积的最大值为2＋ 3.【例3－2】 (2016·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos t ，y ＝1＋a sin t (t为参数，a >0).在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝4cos θ.(1)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(2)直线C 3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tan α0＝2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a .解 (1)消去t ，得C 1的普通方程x 2＋(y －1)2＝a 2， ∴曲线C 1表示以点(0，1)为圆心，a 为半径的圆. 将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入C 1的普通方程中， 得到C 1的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0. (2)曲线C 1，C 2的公共点的极坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0，ρ＝4cos θ. 若ρ≠0，由方程组得16cos 2θ－8sin θcos θ＋1－a 2＝0，由已知tan θ＝2，可得16cos 2θ－8sin θcos θ＝0，从而1－a 2＝0，解得a ＝－1(舍去)，a ＝1. 当a ＝1时，极点也为C 1，C 2的公共点，且在C 3上. 所以a ＝1.规律方法 1.(1)例3－1中利用极径、极角的几何意义，表示△AOB 的面积，借助三角函数的性质求最值优化了解题过程.(2)例3－2第(1)题将曲线C 1的参数方程先化成普通方程，再化为极坐标方程，考查学生的转化与化归能力.第(2)题中关键是理解极坐标方程的含义，消去ρ，建立与直线C 3：θ＝α0的联系，进而求a .2.由极坐标方程求曲线交点、距离等几何问题时，如果不能直接用极坐标解决，可先转化为直角坐标方程，然后求解.【训练3】 (2018·太原一模)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)，曲线C 2：x 2＋y 2－2y ＝0.以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l ：θ＝α(ρ≥0)与曲线C 1，C 2分别交于点A ，B (均异于原点O ). (1)求曲线C 1，C 2的极坐标方程；(2)当0<α<π2时，求|OA |2＋|OB |2的取值范围.解 (1)C 1的普通方程为x 22＋y 2＝1，C 1的极坐标方程为ρ2cos 2 θ＋2ρ2sin 2 θ－2＝0，C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(2)联立θ＝α(ρ≥0)与C 1的极坐标方程得|OA |2＝21＋sin 2α， 联立θ＝α(ρ≥0)与C 2的极坐标方程得|OB |2＝4sin 2α，则|OA |2＋|OB |2＝21＋sin 2α＋4sin 2α＝21＋sin 2α＋4(1＋sin 2α)－4. 令t ＝1＋sin 2α，则|OA |2＋|OB |2＝2t＋4t －4，当0<α<π2时，t ∈(1，2).设f (t )＝2t＋4t －4，易得f (t )在(1，2)上单调递增，∴2<|OA |2＋|OB |2<5，故|OA |2＋|OB |2的取值范围是(2，5).基础巩固题组 (建议用时：50分钟)1.(2017·天津卷改编)在极坐标系中，已知直线4ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＋1＝0与圆ρ＝2sin θ，试判定直线与圆的位置关系.解 由4ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＋1＝0得23ρcos θ＋2ρsin θ＋1＝0，故直线的直角坐标方程为23x ＋2y ＋1＝0.由ρ＝2sin θ得ρ2＝2ρsin θ，故圆的直角坐标方程为x 2＋y 2＝2y ，则x 2＋(y －1)2＝1. 圆心为(0，1)，半径为r ＝1.∵圆心到直线23x ＋2y ＋1＝0的距离d ＝|2×1＋1|（23）2＋22＝34<1， ∴直线与圆相交，有两个公共点.2.以直角坐标系中的原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，已知曲线的极坐标方程为ρ＝21－sin θ.(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)过极点O 作直线l 交曲线于点P ，Q ，若|OP |＝3|OQ |，求直线l 的极坐标方程.解 (1)∵ρ＝x 2＋y 2，ρsin θ＝y ， ∴ρ＝21－sin θ化为ρ－ρsin θ＝2，∴曲线的直角坐标方程为x 2＝4y ＋4.(2)设直线l 的极坐标方程为θ＝θ0(ρ∈R )， 根据题意21－sin θ0＝3·21－sin （θ0＋π），解得θ0＝π6或θ0＝5π6，直线l 的极坐标方程θ＝π6(ρ∈R )或θ＝5π6(ρ∈R ).3.(2018·衡水模拟)在极坐标系中，已知曲线C 1：ρ＝2与C 2：ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2交于两点A ，B .(1)求两交点的极坐标；(2)求线段AB 的垂直平分线l 的极坐标方程. 解 (1)C 1：ρ＝2的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4，C 2：ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2的方程即ρcos θ＋ρsin θ＝2，化为直角坐标方程得x ＋y －2＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4，x ＋y －2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝2， 所以两交点为(0，2)，(2，0)，化为极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π2，(2，0).(2)易知直线l 经过点(0，0)及线段AB 的中点(1，1)，所以其方程为y ＝x ，化为极坐标方程得θ＝π4(ρ∈R ).4.(2018·西安调研)在直角坐标系xOy中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，t ≠0)，其中0≤α＜π.在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝ 2sin θ，C 3：ρ＝23cos θ. (1)求C 2与C 3交点的直角坐标；(2)若C 1与C 2相交于点A ，C 1与C 3相交于点B ，求|AB |的最大值.解 (1)曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0，曲线C 3的直角坐标方程为x 2＋y 2－23x ＝0.联立⎩⎨⎧x 2＋y 2－2y ＝0，x 2＋y 2－23x ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32，y ＝32.所以C 2与C 3交点的直角坐标为(0，0)和⎝⎛⎭⎪⎫32，32. (2)曲线C 1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R ，ρ≠0)， 其中0≤α＜π.因此A 的极坐标为(2sin α，α)，B 的极坐标为(23cos α，α). 所以|AB |＝|2sin α－23cos α|＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3. 当α＝5π6时，|AB |取得最大值，最大值为4.5.在极坐标系中，已知直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4 ＝1，圆C 的圆心的极坐标是C ⎝⎛⎭⎪⎫1，π4，圆的半径为1.(1)求圆C 的极坐标方程； (2)求直线l 被圆C 所截得的弦长.解 (1)设O 为极点，OD 为圆C 的直径，A (ρ，θ)为圆C 上的一个动点， 则∠AOD ＝π4－θ或∠AOD ＝θ－π4，|OA |＝|OD |cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ或|OA |＝|OD |cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4.所以圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4. (2)由ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1，得22ρ(sin θ＋cos θ)＝1，∴直线l 的直角坐标方程为x ＋y －2＝0， 又圆心C 的直角坐标为⎝⎛⎭⎪⎫22，22满足直线l 的方程， ∴直线l 过圆C 的圆心，故直线被圆所截得的弦长为直径2.能力提升题组 (建议用时：30分钟)6.(2015·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy 中，直线C 1：x ＝－2，圆C 2：(x －1)2＋(y －2)2＝1，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求C 1，C 2的极坐标方程；(2)若直线C 3的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，设C 2与C 3的交点为M ，N ，求△C 2MN 的面积. 解 (1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以C 1的极坐标方程为ρcos θ＝－2， C 2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0.(2)将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0， 得ρ2－32ρ＋4＝0，解得ρ1＝22，ρ2＝ 2.故ρ1－ρ2＝2，即|MN |＝ 2.由于C 2的半径为1，则易得△C 2MN 为直角三角形，所以△C 2MN 的面积为S ＝12×12＝12. 7.(2018·合肥二模)在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ.(1)求出圆C 的直角坐标方程；(2)已知圆C 与x 轴相交于A ，B 两点，直线l ：y ＝2x 关于点M (0，m )(m ≠0)对称的直线为l ′.若直线l ′上存在点P 使得∠APB ＝90°，求实数m 的最大值.解 (1)由ρ＝4cos θ得ρ2＝4ρcos θ，故x 2＋y 2－4x ＝0，即圆C 的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4.(2)l ：y ＝2x 关于点M (0，m )的对称直线l ′的方程为y ＝2x ＋2m .依题设，易知AB 为圆C 的直径，故直线l ′上存在点P 使得∠APB ＝90°的充要条件是直线l ′与圆C 有公共点. 因此|4＋2m |5≤2，于是，实数m 的最大值为5－2. 8.已知曲线C 1：x ＋3y ＝3和C 2：⎩⎨⎧x ＝6cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数).以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位.(1)把曲线C 1和C 2的方程化为极坐标方程；(2)设C 1与x ，y 轴交于M ，N 两点，且线段MN 的中点为P .若射线OP 与C 1，C 2交于P ，Q 两点，求P ，Q 两点间的距离.解 (1)曲线C 1化为ρcos θ＋3ρsin θ＝ 3.∴ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝32.曲线C 2化为x 26＋y 22＝1(*)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入(*)式得ρ26cos 2θ＋ρ22sin 2θ＝1，即ρ2(cos 2θ＋3sin 2θ)＝6.∴曲线C 2的极坐标方程为ρ2＝61＋2sin 2θ.(2)∵M (3，0)，N (0，1)，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，∴OP 的极坐标方程为θ＝π6，把θ＝π6代入ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝32，得ρ1＝1，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π6. 把θ＝π6代入ρ2＝61＋2sin 2θ，得ρ2＝2，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6.∴|PQ |＝|ρ2－ρ1|＝1，即P ，Q 两点间的距离为1.。

12．1 坐标系[基础送分 提速狂刷练]1．(2018·延庆县期末)在极坐标方程中，与圆ρ＝4sin θ相切的一条直线的方程是( )A ．ρsin θ＝2B ．ρcos θ＝2C ．ρcos θ＝4D ．ρcos θ＝－4 答案 B解析 ρ＝4sin θ的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4， 选项B ：ρcos θ＝2的普通方程为x ＝2.圆x 2＋(y －2)2＝4与直线x ＝2显然相切．故选B.2．(2017·渭滨区月考)在极坐标系中，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，π2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，11π6，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，7π6，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等边三角形D ．钝角三角形 答案 C解析 B ⎝⎛⎭⎪⎫8，5π6，∴OA ＝5，OB ＝8，OC ＝3，∴∠AOB ＝5π6－π2＝π3，∠BOC ＝7π6－5π6＝π3，∠AOC ＝7π6－π2＝2π3，在△AOB 中，由余弦定理可得AB ＝25＋64－2×5×8×12＝7，同理可得，BC ＝64＋9－2×8×3×12＝7，AC ＝25＋9－2×5×3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝7， ∴AB ＝BC ＝AC ，∴△ABC 是等边三角形．故选C.3．牛顿在1736年出版的《流数术和无穷级数》中，第一个将极坐标系应用于表示平面上的任何一点，牛顿在书中验证了极坐标和其他九种坐标系的转换关系．在极坐标系下，已知圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l ：ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22. (1)求O 和直线l 的直角坐标方程；(2)当θ∈(0，π)时，求直线l 与圆O 的公共点的极坐标． 解 (1)圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ，即ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ， 故圆O 的直角坐标方程为x 2＋y 2－x －y ＝0，直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22，即ρsin θ－ρcos θ＝1，则直线l 的直角坐标方程为x －y ＋1＝0. (2)由(1)知圆O 与直线l 的直角坐标方程，将两方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－x －y ＝0，x －y ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，即圆O 与直线l 在直角坐标系下的公共点为(0,1)，将(0,1)转化为极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，π2.4．(2018·郑州模拟)在极坐标系中，曲线C 1，C 2的极坐标方程分别为ρ＝－2cos θ，ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1.(1)求曲线C 1和C 2的公共点的个数；(2)过极点作动直线与曲线C 2相交于点Q ，在OQ 上取一点P ，使|OP |·|OQ |＝2，求点P 的轨迹，并指出轨迹是什么图形．解 (1)C 1的直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝1，它表示圆心为(－1,0)，半径为1的圆，C 2的直角坐标方程为x －3y －2＝0，所以曲线C 2为直线，由于圆心到直线的距离为d ＝32>1，所以直线与圆相离，即曲线C 1和C 2没有公共点．(2)设Q (ρ0，θ0)，P (ρ，θ)，则⎩⎪⎨⎪⎧ρρ0＝2，θ＝θ0，即⎩⎪⎨⎪⎧ρ0＝2ρ，θ0＝θ.①因为点Q (ρ0，θ0)在曲线C 2上， 所以ρ0cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ0＋π3＝1，②将①代入②，得2ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1，即ρ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3为点P 的轨迹方程，化为直角坐标方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋322＝1，因此点P 的轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32为圆心，1为半径的圆．5．(2017·湖北模拟)在极坐标系中，曲线C ：ρ＝2a cos θ(a >0)，l ：ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝32，C 与l 有且仅有一个公共点． (1)求a ；(2)O 为极点，A ，B 为曲线C 上的两点，且∠AOB ＝π3，求|OA |＋|OB |的最大值．解 (1)曲线C ：ρ＝2a cos θ(a >0)，变形ρ2＝2a ρcos θ， 化为x 2＋y 2＝2ax ，即(x －a )2＋y 2＝a 2. ∴曲线C 是以(a,0)为圆心，a 为半径的圆．由l ：ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝32，展开为12ρcos θ＋32ρsin θ＝32，∴l 的直角坐标方程为x ＋3y －3＝0.由题可知直线l 与圆C 相切，即|a －3|2＝a ，解得a ＝1.(2)不妨设A 的极角为θ，B 的极角为θ＋π3，则|OA |＋|OB |＝2cos θ＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝3cos θ－3sin θ ＝23cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6，当θ＝－π6时，|OA |＋|OB |取得最大值2 3.6．(2018·沈阳模拟)在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知圆C 的极坐标方程为ρ2－42ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＋6＝0.(1)将极坐标方程化为普通方程，并选择恰当的参数写出它的参数方程； (2)若点P (x ，y )在圆C 上，求x ＋y 的最大值和最小值． 解 (1)由ρ2－42ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＋6＝0，得ρ2－42ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＋6＝0，即ρ2－42ρ⎝⎛⎭⎪⎫22cos θ＋22sin θ＋6＝0， ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋6＝0，即x 2＋y 2－4x －4y ＋6＝0为所求圆的普通方程， 整理为圆的标准方程(x －2)2＋(y －2)2＝2，令x －2＝2cos α，y －2＝2sin α.得圆的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)．(2)由(1)得，x ＋y ＝4＋2(cos α＋sin α)＝4＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4，∴当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1时，x ＋y 的最大值为6，当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－1时，x ＋y 的最小值为2. 故x ＋y 的最大值和最小值分别是6和2.。

第1课时坐标系1．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x′＝5x ，y′＝3y 后，曲线C 变为曲线x ′2＋y ′2＝1，则曲线C 的方程为()A ．25x 2＋9y 2＝1B ．9x 2＋25y 2＝1 C ．25x ＋9y ＝1 D.x225＋y29＝1答案 A2．化极坐标方程ρ2cos θ－ρ＝0为直角坐标方程为() A ．x 2＋y 2＝0或y ＝1 B ．x ＝1 C ．x 2＋y 2＝0或x ＝1 D ．y ＝1 答案 C3．在极坐标系中，极坐标为(2，π6)的点到极点和极轴的距离分别为()A ．1，1B ．1，2C ．2，1D ．2，2 答案 C解析 点(ρ，θ)到极点和极轴的距离分别为ρ，ρ|sin θ|，所以点(2，π6)到极点和极轴的距离分别为2，2sin π6＝1.4．在极坐标系中，点(2，－π3)到圆ρ＝－2cos θ的圆心的距离为() A ．2 B.4＋π29C.9＋π29D.7答案 D解析 在直角坐标系中，点(2，－π3)的直角坐标为(1，－3)，圆ρ＝－2cos θ的直角坐标方程为x 2＋y 2＝－2x ，即(x ＋1)2＋y 2＝1，圆心为(－1，0)，所以所求距离为（1＋1）2＋（－3－0）2＝7.故选D. 5．(2017·皖北协作区联考)在极坐标系中，直线ρ(3cos θ－sin θ)＝2与圆ρ＝4sin θ的交点的极坐标为()A ．(2，π6)B ．(2，π3)C ．(4，π6)D ．(4，π3)答案 A解析 ρ(3cos θ－sin θ)＝2可化为直角坐标方程3x －y ＝2，即y ＝3x －2.ρ＝4sin θ可化为x 2＋y 2＝4y ，把y ＝3x －2代入x 2＋y 2＝4y ，得4x 2－83x ＋12＝0，即x 2－23x ＋3＝0，所以x ＝3，y ＝1.所以直线与圆的交点坐标为(3，1)，化为极坐标为(2，π6)，故选A. 6．在极坐标系中，与圆ρ＝4sin θ相切的一条直线的方程是() A ．ρsin θ＝2 B ．ρcos θ＝2 C ．ρcos θ＝4 D ．ρcos θ＝－4 答案 B解析 方法一：圆的极坐标方程ρ＝4sin θ即ρ2＝4ρsin θ，所以直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＝0. 选项A ，直线ρsin θ＝2的直角坐标方程为y ＝2，代入圆的方程，得x 2＝4，∴x ＝±2，不符合题意；选项B ，直线ρcos θ＝2的直角坐标方程为x ＝2，代入圆的方程，得(y －2)2＝0，∴y ＝2，符合题意．同理，以后选项都不符合题意．方法二：如图，⊙C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ，CO ⊥Ox ，OA 为直径，|OA|＝4，直线l 和圆相切， l 交极轴于点B(2，0)，点P(ρ，θ)为l 上任意一点， 则有cos θ＝|OB||OP|＝2ρ，得ρcos θ＝2.7．在极坐标系中，曲线ρ2－6ρcos θ－2ρsin θ＋6＝0与极轴交于A ，B 两点，则A ，B 两点间的距离等于()A.3B ．2 3 C ．215D ．4 答案 B解析 化极坐标方程为直角坐标方程得x 2＋y 2－6x －2y ＋6＝0，易知此曲线是圆心为(3，1)，半径为2的圆，如图所示．可计算|AB|＝2 3.8．在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ的圆心的极坐标是________，它与方程θ＝π4(ρ>0)所表示的图形的交点的极坐标是________． 答案 (1，0)，(2，π4)解析 ρ＝2cos θ表示以点(1，0)为圆心，1为半径的圆，故圆心的极坐标为(1，0)． 当θ＝π4时，ρ＝2，故交点的极坐标为(2，π4)．9．(2018·广州综合测试一)在极坐标系中，直线ρ(sin θ－cos θ)＝a 与曲线ρ＝2cos θ－4sin θ相交于A ，B 两点，若|AB|＝23，则实数a 的值为________． 答案 －5或－1解析 将直线ρ(sin θ－cos θ)＝a 化为普通方程，得y －x ＝a ，即x －y ＋a ＝0，将曲线ρ＝2cos θ－4sin θ的方程化为普通方程，得x 2＋y 2＝2x －4y ，即(x －1)2＋(y ＋2)2＝5，圆心坐标为(1，－2)，半径长为r ＝ 5.设圆心到直线AB 的距离为d ，由勾股定理可得d ＝r2－（|AB|2）2＝5－（232）2＝2，而d ＝|1－（－2）＋a|12＋（－1）2＝|a ＋3|2＝2，所以|a ＋3|＝2，解得a ＝－5或a ＝－1.10．(2017·天津，理)在极坐标系中，直线4ρcos(θ－π6)＋1＝0与圆ρ＝2sin θ的公共点的个数为________． 答案 2解析 依题意，得4ρ(32cos θ＋12sin θ)＋1＝0，即23ρcos θ＋2ρsin θ＋1＝0，所以直线的直角坐标方程为23x ＋2y ＋1＝0.由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ，所以圆的直角坐标方程为x 2＋y 2＝2y ，即x 2＋(y －1)2＝1，其圆心(0，1)到直线23x ＋2y ＋1＝0的距离d ＝34<1，则直线与圆的公共点的个数是2.11．在极坐标系中，曲线ρ2－10ρcos θ－2ρsin θ＋10＝0与极轴交于M 、N 两点，则|MN|＝________． 答案 215解析 ∵M、N 两点在极轴上，∴其极角θ＝0°，代入方程中得ρ2－10ρ＋10＝0， ∴(ρ－5)2＝15，ρ＝5±15，令M 、N 对应极径为ρM 和ρN ，则|MN|＝|ρM －ρN |＝215.12．(2018·河北冀州中学月考)直线2ρcos θ＝1与圆ρ＝2cos θ相交的弦长为________． 答案3解析 直线的方程为2x ＝1，圆的方程为x 2＋y 2－2x ＝0，圆心为(1，0)，半径r ＝1，圆心到直线的距离为d ＝|2－1|22＋0＝12.设所求的弦长为l ，则12＝(12)2＋(l 2)2，解得l ＝ 3.13．在极坐标系中，设曲线C 1：ρ＝2sin θ与C 2：ρ＝2cos θ的交点分别为A ，B ，则线段AB 的垂直平分线的极坐标方程为________．答案 ρsin θ＋ρcos θ＝1(或ρsin(θ＋π4)＝22)解析 曲线C 1：ρ＝2sin θ的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0，曲线C 2：ρ＝2cos θ的直角坐标方程为x 2＋y2－2x ＝0，所以AB 的方程为－x ＋y ＝0.又易知AB 的垂直平分线斜率为－1，经过圆C 1的圆心(0，1)，所以AB的垂直平分线的方程为x ＋y －1＝0，化为极坐标方程为ρsin θ＋ρcos θ＝1，或化成ρsin(θ＋π4)＝22.14．在极坐标系中，直线ρsin(θ＋π4)＝2被圆ρ＝4截得的弦长为________．答案 4 3解析 直线ρsin(θ＋π4)＝2的直角坐标方程为x ＋y －22＝0，圆ρ＝4的直角坐标方程为x 2＋y 2＝16.圆心的坐标是(0，0)，半径是4，圆心到直线的距离d ＝|－22|12＋12＝2，所以直线ρsin(θ＋π4)＝2被圆ρ＝4截得的弦长是242－22＝4 3.15．(2018·广东肇庆一模)已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝2(ρ>0，0≤θ<2π)，曲线C 在点(2，π4)处的切线为l ，以极点为坐标原点，以极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系，则l 的直角坐标方程为________． 答案 x ＋y －22＝0解析 根据极坐标与直角坐标的转化公式可以得到曲线ρ＝2⇒x 2＋y 2＝4，点(2，π4)⇒(2，2)．因为点(2，2)在圆x 2＋y 2＝4上，故圆在点(2，2)处的切线方程为2x ＋2y ＝4⇒x ＋y －22＝0，故填x ＋y －22＝0.16．在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆C 的圆心的极坐标为(2，π4)，半径r ＝2，点P 的极坐标为(2，π)，过P 作直线l 交圆C 于A ，B 两点． (1)求圆C 的直角坐标方程； (2)求|PA|·|P B|的值．答案 (1)(x －1)2＋(y －1)2＝2(2)8 解析 (1)圆C 的圆心的极坐标C(2，π4)， ∴x ＝2cos π4＝1，y ＝2sin π4＝1，∴圆C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2.(2)点P 的极坐标为(2，π)，化为直角坐标为P(－2，0)． 当直线l 与圆C 相切于点D 时，则|PD|2＝|PC|2－r 2＝(－2－1)2＋(0－1)2－(2)2＝8. ∴|PA|·|PB|＝|PD|2＝8.17．(2018·河北唐山模拟)在极坐标系Ox 中，直线C 1的极坐标方程为ρsin θ＝2，M 是C 1上任意一点，点P 在射线OM 上，且满足|OP|·|OM|＝4，记点P 的轨迹为C 2. (1)求曲线C 2的极坐标方程；(2)求曲线C 2上的点到直线C 3：ρcos(θ＋π4)＝2距离的最大值．答案 (1)ρ＝2sin θ(ρ≠0)(2)1＋322解析 (1)设P(ρ，θ)，M(ρ1，θ)，依题意有 ρ1sin θ＝2，ρρ1＝4.消去ρ1，得曲线C 2的极坐标方程为 ρ＝2sin θ(ρ≠0)．(2)将C 2，C 3的极坐标方程化为直角坐标方程，得C 2：x 2＋(y －1)2＝1，C 3：x －y ＝2.C 2是以点(0，1)为圆心，以1为半径的圆，圆心到直线C 3的距离d ＝322，故曲线C 2上的点到直线C 3距离的最大值为1＋322.18．(2017·广东珠海质检)在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程是ρcos(θ－π4)＝22，圆C 的极坐标方程是ρ＝4sin θ.(1)求l 与C 交点的极坐标；(2)设P 为C 的圆心，Q 为l 与C 交点连线的中点，已知直线PQ 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3t ＋a ，y ＝b 23t ＋1(t 为参数)，求a ，b 的值．答案 (1)(4，π2)或(22，π4)(2)a ＝－1b ＝2解析 (1)将ρ＝4sin θ代入ρcos(θ－π4)＝22，得sin θcos θ＝cos 2θ，所以cos θ＝0或tan θ＝1，取θ＝π2或θ＝π4.再由ρ＝4sin θ得ρ＝4或ρ＝2 2.所以l 与C 交点的极坐标是(4，π2)或(22，π4)．(2)∵圆C 的极坐标方程是ρ＝4sin θ，∴圆C 的直角坐标方程是x 2＋(y －2)2＝4.即P 点坐标为(0，2)． 由(1)知l 与C 交点的直角坐标为(0，4)，(2，2)．即Q 点的直角坐标为(1，3)．将PQ 的参数方程化为普通方程得y ＝b2(x －a)＋1.将P ，Q 两点坐标代入，得⎩⎪⎨⎪⎧2＝－ab2＋1，3＝b2（1－a ）＋1，解得a ＝－1，b ＝2.1．(2015·北京)在极坐标系中，点(2，π3)到直线ρ(cos θ＋3sin θ)＝6的距离为________．答案 1。

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第一节坐标系A组基础题组1。

在极坐标系中,圆ρ=2cos θ的半径为( ）A. B。

1 C。

2 D.42.在极坐标系中,点到直线ρcos θ-ρsin θ-1=0的距离等于( ）A.B。

C。

D。

23。

(2017北京海淀零模,4)在极坐标系中，圆ρ=2cos θ垂直于极轴的两条切线的方程分别为（）A。

θ=0(ρ∈R)和ρcos θ=2B.θ=（ρ∈R)和ρcos θ=2C.θ=（ρ∈R)和ρcos θ=1D.θ=0(ρ∈R）和ρcos θ=14.已知点M的极坐标为，则将点M的极坐标化成直角坐标为( )A。

B。

C. D.5.在极坐标系中，曲线ρ=2cos θ是（)A.过极点的直线B。

半径为2的圆C.关于极点对称的图形D。

关于极轴对称的图形6。

(2017北京海淀二模，9)在极坐标系中，极点到直线ρcos θ=1的距离为.7.在极坐标系中，直线ρsin θ=3被圆ρ=4sin θ截得的弦长为.8。

(2017北京顺义二模,12）在极坐标系中,圆ρ=-2cos θ的圆心C到直线2ρcos θ+ρsin θ—2=0的距离等于。

9。

在极坐标系中,设ρ>0,0≤θ〈2π,则曲线ρ=2与曲线ρsin θ=2交点的极坐标为.10.在极坐标系中,圆C的极坐标方程为ρ2-4ρcos—1=0，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系,则在直角坐标系中，圆心C的坐标是。

选考部分第十二篇坐标系与参数方程(选修4—4)第1节坐标系【选题明细表】1.将圆x2+y2=1上每一点的横坐标变为原来的2倍,纵坐标变为原来的3倍,得曲线Γ.(1)写出Γ的参数方程;(2)设直线l:3x+2y-6=0与Γ的交点为P1,P2,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方程.解:(1)设(x1,y1)为圆上的点,在已知变换下变为Γ上的点(x,y),依题意,得即由+=1,得()2+()2=1,即曲线Γ的方程为+=1.故Γ的参数方程为(t为参数).(2)由解得或不防设P1(2,0),P2(0,3),则线段P1P2的中点坐标为(1,),所求直线的斜率k=.于是所求直线方程为y-= (x-1),即4x-6y+5=0,化为极坐标方程,得4ρcos θ-6ρsin θ+5=0.2.在直角坐标系xOy中,直线C1:x=-2,圆C2:(x-1)2+(y-2)2=1,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求C1,C2的极坐标方程;(2)若直线C3的极坐标方程为θ= (ρ∈R),设C2与C3的交点为M,N,求△C2MN的面积.解:(1)因为x=ρcos θ,y=ρsin θ,所以C1的极坐标方程为ρcos θ=-2,C2的极坐标方程为ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0.(2)将θ=代入ρ2-2ρcos θ-4ρsin θ+4=0,得ρ2-3ρ+4=0,解得ρ1=2,ρ2=.故ρ1-ρ2=,即|MN|=.由于C2的半径为1,所以△C2MN的面积为.3.在极坐标系中,曲线C:ρ=2acos θ(a>0),l:ρcos(θ-)=,C与l有且仅有一个公共点.(1)求a;(2)O为极点,A,B为曲线C上的两点,且∠AOB=,求|OA|+|OB|的最大值.解:(1)曲线C:ρ=2acos θ(a>0),变形ρ2=2aρcos θ,化为x2+y2=2ax,即(x-a)2+y2=a2.所以曲线C是以(a,0)为圆心,a为半径的圆.由l:ρcos(θ-)=,展开为ρcos θ+ρsin θ=,所以l的直角坐标方程为x+y-3=0.由题可知直线l与圆C相切,即=a,解得a=1.(2)不妨设A的极角为θ,B的极角为θ+,则|OA|+|OB|=2cos θ+2cos(θ+)=3cos θ-sin θ=2cos(θ+), 当θ=-时,|OA|+|OB|取得最大值2.4. (2017·成都模拟)在直角坐标系xOy中,半圆C的直角坐标方程为(x-1)2+y2=1(0≤y≤1).以O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求C的极坐标方程;(2)直线l的极坐标方程是ρ(sin θ+cos θ)=5,射线OM:θ=与半圆C的交点为O,P,与直线l的交点为Q,求线段PQ的长.解:(1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ,所以半圆C的极坐标方程是ρ=2cos θ,θ∈[0,].(2)设(ρ1,θ1)为点P的极坐标,则有解得设(ρ2,θ2)为点Q的极坐标,则有解得由于θ1=θ2,所以|PQ|=|ρ1-ρ2|=4,所以线段PQ的长为4.。

第 12章 选4系列 12．1 坐标系[知识梳理] 1．伸缩变换设点P (x ，y )是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)的作用下，点P (x ，y )对应到点P ′(x ′，y ′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．2．极坐标一般地，不作特殊说明时，我们认为ρ≥0，θ可取任意实数． 3．极坐标与直角坐标的互化设M 是平面内任意一点，它的直角坐标是(x ，y )，极坐标是(ρ，θ)，则它们之间的关系为：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ；⎩⎨⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx (x ≠0).[诊断自测] 1．概念思辨(1)平面直角坐标系内的点与坐标能建立一一对应关系，在极坐标系中点与坐标也是一一对应关系．( )(2)点P 的直角坐标为(－2，2)，那么它的极坐标可表示为⎝⎛⎭⎪⎫2，3π4.( )(3)过极点作倾斜角为α的直线的极坐标方程可表示为θ＝α或θ＝π＋α.( )(4)圆心在极轴上的点(a,0)处，且过极点O 的圆的极坐标方程为ρ＝2a sin θ.( )答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)× 2．教材衍化(1)(选修A4－4P 15T 4)若以直角坐标系的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段y ＝1－x (0≤x ≤1)的极坐标方程为( )A ．ρ＝1cos θ＋sin θ，0≤θ≤π2B ．ρ＝1cos θ＋sin θ，0≤θ≤π4C ．ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤π2 D ．ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤π4 答案 A解析 ∵y ＝1－x (0≤x ≤1)， ∴ρsin θ＝1－ρcos θ(0≤ρcos θ≤1)； ∴ρ＝1sin θ＋cos θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2.故选A. (2)(选修A4－4P 8T 5)通过平面直角坐标系中的平移变换和伸缩变换，可以把椭圆(x ＋1)29＋(y －1)24＝1变为圆心在原点的单位圆，求上述平移变换和伸缩变换，以及这两种变换的合成的变换．解先通过平移变换⎩⎨⎧x ′＝x ＋1，y ′＝y －1，把椭圆(x ＋1)29＋(y －1)24＝1变为椭圆x ′29＋y ′24＝1；再通过伸缩变换⎩⎨⎧x ″＝x ′3，y ″＝y ′2，把椭圆x ′29＋y ′24＝1变为单位圆x ″2＋y ″2＝1.上述两种变换的合成变换是⎩⎪⎨⎪⎧x ″＝x ＋13，y ″＝y －12.3．小题热身(1)(2017·东营模拟)在极坐标系中，已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6，则过点P 且平行于极轴的直线方程是( )A ．ρsin θ＝1B ．ρsin θ＝ 3C ．ρcos θ＝1D ．ρcos θ＝ 3 答案 A解析 先将极坐标化成直角坐标表示，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6转化为点x ＝ρcos θ＝2cos π6＝3，y ＝ρsin θ＝2sin π6＝1，即(3，1)，过点(3，1)且平行于x 轴的直线为y ＝1，再化为极坐标为ρsin θ＝1.故选A.(2)(2016·北京高考)在极坐标系中，直线ρcos θ－3ρsin θ－1＝0与圆ρ＝2cos θ交于A ，B 两点，则|AB |＝________.答案 2解析 将ρcos θ－3ρsin θ－1＝0化为直角坐标方程为x －3y －1＝0，将ρ＝2cos θ化为直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，圆心坐标为(1,0)，半径r ＝1，又(1,0)在直线x －3y －1＝0上，所以|AB |＝2r ＝2.题型1 平面直角坐标系中的伸缩变换典例将圆x 2＋y 2＝1上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C .(1)求曲线C 的标准方程；(2)设直线l ：2x ＋y －2＝0与C 的交点为P 1，P 2，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段P 1P 2的中点且与l 垂直的直线的极坐标方程．由题意找出(x ，y )与(x 1，y 1)的关系，采用代入法求解．解 (1)设(x 1，y 1)为圆上的点，在已知变换下变为曲线C 上点(x ，y )，依题意，得⎩⎨⎧x ＝x 1，y ＝2y 1，由x 21＋y 21＝1得x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22＝1， 故曲线C 的方程为x 2＋y24＝1. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 24＝1，2x ＋y －2＝0，解得⎩⎨⎧x ＝1，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝2.不妨设P 1(1,0)，P 2(0,2)，则线段P 1P 2的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，所求直线斜率为k ＝12，于是所求直线方程为y －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，化为极坐标方程，并整理得2ρcos θ－4ρsin θ＝－3， 故所求直线的极坐标方程为ρ＝34sin θ－2cos θ. 方法技巧伸缩变换后方程的求法平面上的曲线y ＝f (x )在变换φ：⎩⎨⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)的作用下的变换方程的求法是将⎩⎨⎧x ＝x ′λ，y ＝y ′μ代入y ＝f (x )，得y ′μ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ′λ，整理之后得到y ′＝h (x ′)，即为所求变换之后的方程．见典例．提醒：应用伸缩变换时，要分清变换前的点的坐标(x ，y )与变换后的坐标(x ′，y ′)．冲关针对训练求双曲线C ：x 2－y 264＝1经过φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y变换后所得曲线C ′的焦点坐标．解 设曲线C ′上任意一点P ′(x ′，y ′)， 将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13x ′，y ＝2y ′代入x 2－y264＝1，得x ′29－4y ′264＝1，化简得x ′29－y ′216＝1，即x 29－y 216＝1为曲线C ′的方程，可见仍是双曲线，则焦点F 1(－5,0)，F 2(5,0)即为所求．题型2 极坐标与直角坐标的互化典例(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线C 1：x ＝－2，圆C 2：(x －1)2＋(y －2)2＝1，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求C 1，C 2的极坐标方程；(2)若直线C 3的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，设C 2与C 3的交点为M ，N ，求△C 2MN 的面积．(1)用转化公式；(2)理解ρ1，ρ2的几何意义，化成ρ的二次方程后，利用韦达定理求ρ1，ρ2.解 (1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以C 1的极坐标方程为ρcos θ＝－2，C 2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0.(2)将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得ρ2－32ρ＋4＝0，解得ρ1＝22，ρ2＝ 2.故ρ1－ρ2＝2，即|MN |＝ 2.由于C 2的半径为1，所以△C 2MN 的面积为12. 方法技巧极坐标方程与直角坐标方程的互化1．直角坐标方程化为极坐标方程：将公式x ＝ρcos θ及y ＝ρsin θ直接代入直角坐标方程并化简即可．2．极坐标方程化为直角坐标方程：通过变形，构造出形如ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，再应用公式进行代换．其中方程的两边同乘以(或同除以)ρ及方程两边平方是常用的变形技巧．冲关针对训练(2016·北京高考改编)在极坐标系中，已知极坐标方程C 1：ρcos θ－3ρsin θ－1＝0，C 2：ρ＝2cos θ.求曲线C 1，C 2的直角坐标方程，并判断两曲线的形状．解 由C 1：ρcos θ－3ρsin θ－1＝0， ∴x －3y －1＝0，表示一条直线． 由C 2：ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ. ∴x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1.所以C 2是圆心为(1,0)，半径r ＝1的圆． 题型3 极坐标方程的应用典例 (2016·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为(x ＋6)2＋y 2＝25.(1)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程；(2)直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，l 与C 交于A ，B两点，|AB |＝10，求l 的斜率．解方程组⎩⎨⎧θ＝α，ρ2＋12ρcos α＋11＝0，利用韦达定理求|ρ1－ρ2|＝(ρ1＋ρ2)2－4ρ1ρ2即可．解 (1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，可得圆C 的极坐标方程为ρ2＋12ρcos θ＋11＝0.(2)在(1)中建立的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R )． 设A ，B 所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将l 的极坐标方程代入C的极坐标方程，得ρ2＋12ρcos α＋11＝0.于是ρ1＋ρ2＝－12cos α，ρ1ρ2＝11. |AB |＝|ρ1－ρ2|＝(ρ1＋ρ2)2－4ρ1ρ2＝144cos 2α－44.由|AB |＝10，得cos 2α＝38，tan α＝±153.所以l 的斜率为153或－153. 方法技巧极坐标方程及其应用的类型及解题策略1．求极坐标方程．可在平面直角坐标系中，求出曲线方程，然后再转化为极坐标方程．2．求点到直线的距离．先将极坐标系下点的坐标、直线方程转化为平面直角坐标系下点的坐标、直线方程，然后利用直角坐标系中点到直线的距离公式求解．3．求线段的长度．先将极坐标系下的点的坐标、曲线方程转化为平面直角坐标系下的点的坐标、曲线方程，然后再求线段的长度．冲关针对训练在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7cos α，y ＝2＋7sin α(其中α为参数)，曲线C 2：(x －1)2＋y 2＝1.以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的极坐标方程；(2)若射线θ＝π6(ρ>0)与曲线C 1，C 2分别交于A ，B 两点，求|AB |. 解(1)由⎩⎨⎧x ＝7cos α，y ＝2＋7sin α，得⎩⎨⎧x ＝7cos α，y －2＝7sin α，所以曲线C 1的普通方程为x 2＋(y －2)2＝7.把x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入(x －1)2＋y 2＝1，得(ρcos θ－1)2＋(ρsin θ)2＝1，化简得曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2cos θ.(2)依题意可设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ1，π6，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，π6. 因为曲线C 1的极坐标方程为ρ2－4ρsin θ－3＝0， 将θ＝π6(ρ>0)代入曲线C 1的极坐标方程，得 ρ2－2ρ－3＝0，解得ρ1＝3.同理，将θ＝π6(ρ>0)代入曲线C 2的极坐标方程， 得ρ2＝3，所以|AB |＝|ρ1－ρ2|＝3－ 3.1．(2017·南阳期末)直线l ：y ＋kx ＋2＝0与曲线C ：ρ＝2cos θ有交点，则k 的取值范围是( )A ．k ≤－34B ．k ≥－34C ．k ∈RD ．k ∈R 但k ≠0答案 A解析 由曲线C ：ρ＝2cos θ化为ρ2＝2ρcos θ， ∴x 2＋y 2＝2x ，联立⎩⎨⎧x 2＋y 2＝2x ，y ＋kx ＋2＝0，化为(1＋k 2)x 2＋(4k －2)x ＋4＝0.∵直线l 与曲线C 有交点， ∴Δ＝(4k －2)2－16(1＋k 2)≥0，化为16k ≤－12， 解得k ≤－34.∴k 的取值范围是k ≤－34.故选A.2．(2017·甘谷期末)在极坐标系(ρ，θ)(0≤θ<2π)中，曲线ρ＝2sin θ与ρcos θ＝－1的交点的极坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，3π4B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π4 C.⎝⎛⎭⎪⎫－2，7π4 D.⎝⎛⎭⎪⎫2，7π4答案 B 解析由⎩⎨⎧ρ＝2sin θ，ρcos θ＝－1，可得sin2θ＝－1，再根据0≤θ<2π求得2θ＝3π2，∴θ＝3π4，∴ρ＝2sin θ＝2，∴曲线ρ＝2sin θ与ρcos θ＝－1的交点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π4.故选B.3．(2017·大庆期中)已知A ，B 两点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫6，π3和⎝ ⎛⎭⎪⎫8，4π3，则线段AB 中点的直角坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32 答案 D解析 ∵A 点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫6，π3，∴x A ＝6×cos π3＝3，y A ＝6×sin π3＝33，∴A (3，33)；同理可得B (－4，－43)．设线段AB 的中点为M (m ，n )，由线段的中点坐标公式可得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝－4＋32＝－12，n ＝－43＋332＝－32，∴线段AB 中点的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32.故选D. 4．(2017·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1的极坐标方程为ρcos θ＝4.(1)M 为曲线C 1上的动点，点P 在线段OM 上，且满足|OM |·|OP |＝16，求点P 的轨迹C 2的直角坐标方程；(2)设点A 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，点B 在曲线C 2上，求△OAB 面积的最大值．解 (1)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＝4cos θ.由|OM |·|OP |＝16得C 2的极坐标方程为ρ＝4cos θ(ρ>0)．因此C 2的直角坐标方程为(x －2)2＋y 2＝4(x ≠0)．(2)设点B 的极坐标为(ρB ，α)(ρB >0)．由题设知|OA |＝2，ρB ＝4cos α，于是△OAB 的面积S ＝12|OA |·ρB ·sin ∠AOB ＝4cos α·⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3 ＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α－π3－32≤2＋ 3.当α＝－π12时，S 取得最大值2＋ 3.所以△OAB 面积的最大值为2＋ 3.[基础送分 提速狂刷练]1．(2018·延庆县期末)在极坐标方程中，与圆ρ＝4sin θ相切的一条直线的方程是( )A ．ρsin θ＝2B ．ρcos θ＝2C ．ρcos θ＝4D ．ρcos θ＝－4答案 B解析 ρ＝4sin θ的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，选项B ：ρcos θ＝2的普通方程为x ＝2.圆x 2＋(y －2)2＝4与直线x ＝2显然相切．故选B.2．(2017·渭滨区月考)在极坐标系中，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，π2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，11π6，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，7π6，则△ABC 的形状为( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形C ．等边三角形D ．钝角三角形答案 C解析 B ⎝ ⎛⎭⎪⎫8，5π6，∴OA ＝5，OB ＝8，OC ＝3，∴∠AOB ＝5π6－π2＝π3，∠BOC ＝7π6－5π6＝π3，∠AOC ＝7π6－π2＝2π3，在△AOB 中，由余弦定理可得AB ＝25＋64－2×5×8×12＝7，同理可得，BC ＝64＋9－2×8×3×12＝7， AC ＝25＋9－2×5×3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝7， ∴AB ＝BC ＝AC ，∴△ABC 是等边三角形．故选C.3．牛顿在1736年出版的《流数术和无穷级数》中，第一个将极坐标系应用于表示平面上的任何一点，牛顿在书中验证了极坐标和其他九种坐标系的转换关系．在极坐标系下，已知圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22. (1)求O 和直线l 的直角坐标方程；(2)当θ∈(0，π)时，求直线l 与圆O 的公共点的极坐标． 解 (1)圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ，即ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，故圆O 的直角坐标方程为x 2＋y 2－x －y ＝0，直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22，即ρsin θ－ρcos θ＝1， 则直线l 的直角坐标方程为x －y ＋1＝0.(2)由(1)知圆O 与直线l 的直角坐标方程，将两方程联立得⎩⎨⎧ x 2＋y 2－x －y ＝0，x －y ＋1＝0，解得⎩⎨⎧ x ＝0，y ＝1， 即圆O 与直线l 在直角坐标系下的公共点为(0,1)，将(0,1)转化为极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π2. 4．(2018·郑州模拟)在极坐标系中，曲线C 1，C 2的极坐标方程分别为ρ＝－2cos θ，ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1. (1)求曲线C 1和C 2的公共点的个数；(2)过极点作动直线与曲线C 2相交于点Q ，在OQ 上取一点P ，使|OP |·|OQ |＝2，求点P 的轨迹，并指出轨迹是什么图形．解 (1)C 1的直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝1，它表示圆心为(－1,0)，半径为1的圆，C 2的直角坐标方程为x －3y －2＝0，所以曲线C 2为直线，由于圆心到直线的距离为d ＝32>1，所以直线与圆相离，即曲线C 1和C 2没有公共点．(2)设Q (ρ0，θ0)，P (ρ，θ)，则⎩⎨⎧ ρρ0＝2，θ＝θ0，即⎩⎪⎨⎪⎧ ρ0＝2ρ，θ0＝θ.①因为点Q (ρ0，θ0)在曲线C 2上，所以ρ0cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ0＋π3＝1，② 将①代入②，得2ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1， 即ρ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3为点P 的轨迹方程，化为直角坐标方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋322＝1，因此点P 的轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32为圆心，1为半径的圆．5．(2017·湖北模拟)在极坐标系中，曲线C ：ρ＝2a cos θ(a >0)，l ：ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝32，C 与l 有且仅有一个公共点． (1)求a ；(2)O 为极点，A ，B 为曲线C 上的两点，且∠AOB ＝π3，求|OA |＋|OB |的最大值．解 (1)曲线C ：ρ＝2a cos θ(a >0)，变形ρ2＝2aρcos θ，化为x 2＋y 2＝2ax ，即(x －a )2＋y 2＝a 2.∴曲线C 是以(a,0)为圆心，a 为半径的圆．由l ：ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝32，展开为12ρcos θ＋32ρsin θ＝32，∴l 的直角坐标方程为x ＋3y －3＝0.由题可知直线l 与圆C 相切，即|a －3|2＝a ，解得a ＝1.(2)不妨设A 的极角为θ，B 的极角为θ＋π3，则|OA |＋|OB |＝2cos θ＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝3cos θ－3sin θ ＝23cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6， 当θ＝－π6时，|OA |＋|OB |取得最大值2 3.6．(2018·沈阳模拟)在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知圆C 的极坐标方程为ρ2－42ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＋6＝0. (1)将极坐标方程化为普通方程，并选择恰当的参数写出它的参数方程；(2)若点P (x ，y )在圆C 上，求x ＋y 的最大值和最小值．解 (1)由ρ2－42ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＋6＝0，得 ρ2－42ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＋6＝0， 即ρ2－42ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫22cos θ＋22sin θ＋6＝0， ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋6＝0，即x 2＋y 2－4x －4y ＋6＝0为所求圆的普通方程， 整理为圆的标准方程(x －2)2＋(y －2)2＝2，令x －2＝2cos α，y －2＝2sin α.得圆的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝2＋2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)．(2)由(1)得， x ＋y ＝4＋2(cos α＋sin α)＝4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4， ∴当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1时，x ＋y 的最大值为6， 当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－1时，x ＋y 的最小值为2. 故x ＋y 的最大值和最小值分别是6和2.。

第2节　参数方程【选题明细表】知识点、方法题号参数方程与普通方程的互化及应用2极坐标方程与参数方程的综合应用1,3,4 1.导学号38486229(2017·广东省潮州二模)在直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系.已知点R的极坐标为(2,),曲线C的参数方程为(θ为参数)(1)求点R的直角坐标;化曲线C的参数方程为普通方程;(2)设P为曲线C上一动点,以PR为对角线的矩形PQRS的一边垂直于极轴,求矩形PQRS周长的最小值,及此时P点的直角坐标.解:(1)点R的极坐标转化成直角坐标为R(2,2).由消参数θ,得曲线C的普通方程为+y2=1.(2)设P(cos θ,sinθ)根据题意,得到Q(2,sin θ),则|PQ|=2-cos θ,|QR|=2-sinθ,所以矩形PQRS的周长为:2(|PQ|+|QR|)=8-4sin(θ+).由0≤θ<2π知当θ=时,sin(θ+)=1,所以矩形的最小周长为4,点P(,).2.导学号 38486230已知圆C:(θ为参数)和直线l:(其中t为参数,α为直线l的倾斜角).(1)当α=时,求圆上的点到直线l距离的最小值;(2)当直线l与圆C有公共点时,求α的取值范围.解:(1)当α=时,直线l的直角坐标方程为x+y-3=0,圆C的圆心坐标为(1,0),圆心到直线的距离d==,圆的半径为1,故圆上的点到直线l距离的最小值为-1.(2)圆C的直角坐标方程为(x-1)2+y2=1,将直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程,得t2+2(cos α+sin α)t+3=0,这个关于t的一元二次方程有解,故Δ=4(cos α+sin α)2-12≥0,则sin2(α+)≥,即sin(α+)≥或sin(α+)≤-.又0≤α<π,故只能sin(α+)≥,即≤α+≤,即≤α≤.故α的范围是[,].3.导学号 38486231(2018·河南六市联考)在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为(t为参数),以O为极点,x轴的正半轴为极轴,取相同的单位长度建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为ρ=4cosθ.(1)求曲线C的直角坐标方程及直线l的普通方程;(2)将曲线C上的所有点的横坐标缩短为原来的,再将所得到的曲线向左平移1个单位,得到曲线C 1,求曲线C1上的点到直线l的距离的最小值.解:(1)曲线C的直角坐标方程为x2+y2=4x,即(x-2)2+y2=4,直线l的普通方程为x-y+2=0.(2)将曲线C上的所有点的横坐标缩短为原来的,得(2x-2)2+y2=4,即(x-1)2+=1,再将所得曲线向左平移1个单位,得曲线C1:x2+=1,则曲线C1的参数方程为(θ为参数).设曲线C1上任一点P(cos θ,2sinθ),则点P到直线l的距离d==≥(其中tan =-0,所以点P到直线l的距离的最小值为.4.导学号 38486232(2018·云南曲靖一中等多校联考)在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线C的极坐标方程ρ=2sin(θ+).倾斜角为,且经过定点P(0,1)的直线l与曲线C交于M,N两点.(1)写出直线l的参数方程的标准形式,并求曲线C的直角坐标方程;(2)求+的值.解:(1)由倾斜角为,且经过定点P(0,1)的直线l的参数方程为:(t为参数)化为(t为参数)曲线C的极坐标方程ρ=2sin(θ+),即ρ2=2ρ×(sin θ+cosθ),可得直角坐标方程:x2+y2=2x+2y.(2)把直线l的参数方程(t为参数)代入圆C的方程为:t2-t-1=0,t1+t2=1,t1t2=-1.所以+=+====.。

课时分层训练(六十七) 坐标系1．在极坐标系中，求点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6到直线ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6＝1的距离．[解] 点⎝⎛⎭⎪⎫2，π6化为直角坐标为(3，1)，3分直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝1化为ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin θ－12cos θ＝1， 得32y －12x ＝1， 即直线的方程为x －3y ＋2＝0，6分故点(3，1)到直线x －3y ＋2＝0的距离d ＝|3－3×1＋2|12＋－32＝1.10分 2．在极坐标系下，已知圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l ：ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22. 【导学号：31222438】(1)求圆O 和直线l 的直角坐标方程；(2)当θ∈(0，π)时，求直线l 与圆O 公共点的一个极坐标．[解] (1)圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ，即ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，2分 圆O 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝x ＋y ， 即x 2＋y 2－x －y ＝0，4分直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22，即ρsin θ－ρcos θ＝1，则直线l 的直角坐标方程为y －x ＝1，即x －y ＋1＝0.6分(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－x －y ＝0，x －y ＋1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，8分故直线l 与圆O 公共点的一个极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，π2.10分3．(2017·邯郸调研)在极坐标系中，已知直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1，圆C 的圆心的极坐标是C ⎝⎛⎭⎪⎫1，π4，圆的半径为1. 【导学号：31222439】(1)求圆C 的极坐标方程； (2)求直线l 被圆C 所截得的弦长．[解] (1)设O 为极点，OD 为圆C 的直径，A (ρ，θ)为圆C 上的一个动点，则∠AOD ＝π4－θ或∠AOD ＝θ－π4，2分OA ＝OD cos ⎝⎛⎭⎪⎫π4－θ或OA ＝OD cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4， ∴圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4.4分(2)由ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝1，得22ρ(sin θ＋cos θ)＝1，6分∴直线l 的直角坐标方程为x ＋y －2＝0， 又圆心C 的直角坐标为⎝⎛⎭⎪⎫22，22，满足直线l 的方程， ∴直线l 过圆C 的圆心，8分故直线被圆所截得的弦长为直径2.10分4．(2017·南京调研)在极坐标系中，已知圆C 的圆心C ⎝⎛⎭⎪⎫3，π3，半径r ＝3.(1)求圆C 的极坐标方程；(2)若点Q 在圆C 上运动，点P 在OQ 的延长线上，且OQ →＝2QP →，求动点P 的轨迹方程． [解] (1)设M (ρ，θ)是圆C 上任意一点． 在△OCM 中，∠COM ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪θ－π3，由余弦定理得 |CM |2＝|OM |2＋|OC |2－2|OM |·|OC |cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3，化简得ρ＝6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3.4分(2)设点Q (ρ1，θ1)，P (ρ，θ)， 由OQ →＝2QP →，得OQ →＝23OP →，∴ρ1＝23ρ，θ1＝θ，8分代入圆C 的方程，得23ρ＝6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3， 即ρ＝9cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3.10分5．(2015·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，t ≠0)，其中0≤α<π.在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝2sin θ，C 3：ρ＝23cos θ.(1)求C 2与C 3交点的直角坐标；(2)若C 1与C 2相交于点A ，C 1与C 3相交于点B ，求|AB |的最大值．[解] (1)曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0，曲线C 3的直角坐标方程为x 2＋y 2－23x ＝0，2分联立⎩⎨⎧x 2＋y 2－2y ＝0，x 2＋y 2－23x ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32，y ＝32.所以C 2与C 3交点的直角坐标为(0,0)和⎝⎛⎭⎪⎫32，32.4分 (2)曲线C 1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R ，ρ≠0)，其中0≤α<π. 因此A 的极坐标为(2sin α，α)，B 的极坐标为(23cos α，α).8分 所以|AB |＝|2sin α－23cos α|＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3. 当α＝5π6时，|AB |取得最大值，最大值为4.10分6．从极点O 作直线与另一直线l ：ρcos θ＝4相交于点M ，在OM 上取一点P ，使OM ·OP ＝12.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设R 为l 上的任意一点，求|RP |的最小值．[解] (1)设动点P 的极坐标为(ρ，θ)，M 的极坐标为(ρ0，θ)，则ρρ0＝12.2分 ∵ρ0cos θ＝4，∴ρ＝3cos θ，即为所求的轨迹方程.4分 (2)将ρ＝3cos θ化为直角坐标方程， 得x 2＋y 2＝3x ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322.8分 知点P 的轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0为圆心，半径为32的圆．直线l 的直角坐标方程是x ＝4. 结合图形易得|RP |的最小值为1.10分。