【师说系列】2021届高考数学(北师大版)一轮复习讲义课件：选修4-4坐标系与参数方程

系列4部分选修4-4 坐标系与参数方程第一节 坐 标 系知识体系必备知识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 '=λ·x ,(λ>0),y '=μ·y ,(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(2)点的极坐标:M (ρ,θ). 3.直角坐标与极坐标的互化(1)前提:把直角坐标系的原点作为极点,x 轴的正半轴作为极轴,并在两种坐标系中取相同的长度单位.(2)互化公式:设M 是平面内任意一点,它的直角坐标、极坐标分别为(x,y)和(ρ,θ),则{x =ρcosθ,y =ρsinθ,{ρ2=x 2+y 2,tanθ=y x(x ≠0).4.直线的极坐标方程 (1)一般位置.若直线过点M(ρ0,θ0),且极轴与此直线所成的角为α,则它的极坐标方程为:ρsin(θ-α)=ρ0sin(θ0-α). (2)特殊位置. 直线极坐标方程图形过极点,倾斜角为α θ=α(ρ∈R)或θ=π+α(ρ∈R)(θ=α和θ=π+α(ρ≥0))过点(a,0),与极轴垂直 ρcos __θ=a(-π2<θ<π2)过点 a,π2,与极轴平行 ρsin __θ=a(0<θ<π)5.圆的极坐标方程(1)一般位置.若圆心为M(ρ0,θ0),半径为r,则该圆的方程为: ρ2-2ρ0ρcos(θ-θ0)+ρ02-r2=0.(2)几个特殊位置的圆的极坐标方程.①圆心位于极点,半径为r:ρ=r;②圆心位于M(a,0),半径为a:ρ=2acos__θ;③圆心位于M(a,π2),半径为a:ρ=2asin__θ.基础小题1.在平面直角坐标系中,方程2x+3y=0经过伸缩变换{X=2x,Y=3y后的图形为________.【解析】由{X=2x,Y=3y,得{x=X2,y=Y3,①将①代入2x+3y=0,得X+Y=0,因此直线2x+3y=0变换成直线X+Y=0,即x+y=0. 答案:平面直角坐标系的二、四象限的角平分线2.已知圆C的极坐标方程为ρ2+2√2ρsin(θ-π4)-4=0,则圆C的直角坐标方程为____________.【解析】以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O,以极轴为x轴的正半轴,建立直角坐标系xOy.圆C的极坐标方程为ρ2+2√2ρ(√22sinθ-√22cosθ)-4=0,化简,得ρ2+2ρsin θ-2ρcos θ -4=0.则圆C 的直角坐标方程为x 2+y 2-2x+2y-4=0, 即(x-1)2+(y+1)2=6. 答案:(x-1)2+(y+1)2=63.在极坐标系中,圆ρ=8sin θ上的点到直线θ=π3(ρ∈R)距离的最大值是________.【解析】圆ρ=8sin θ即ρ2=8ρsin θ,化为直角坐标方程为x 2+(y-4)2=16,直线θ=π3,则tan θ=√3,化为直角坐标方程为√3x-y=0,圆心(0,4)到直线的距离为√4=2,所以圆上的点到直线距离的最大值为2+4=6. 答案:64.求在极坐标系中,过点(2,π2)且与极轴平行的直线方程.【解析】点(2,π2)在直角坐标系下的坐标为(2cos π2,2sin π2),即(0,2).所以过点(0,2)且与x 轴平行的直线方程为y=2. 即为ρsin θ=2.5.在极坐标系中,已知两点A,B 的极坐标分别为(3,π3),(4,π6),求△AOB(其中O 为极点)的面积.【解析】由题意知A,B 的极坐标分别为(3,π3),(4,π6),则△AOB 的面积 S △AOB =12OA ·OBsin ∠AOB=12×3×4×sin π6=3.。

选修4－4 坐标系与参数方程第1讲 坐标系 基础知识整合1．坐标变换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：⎩⎪⎨⎪⎧01x ′＝λ·x λ>0，02y ′＝μ·y 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．极坐标与直角坐标(1)极坐标系：在平面内取一个定点O ，叫做03极点，自极点O 引一条射线Ox ，叫做04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)，就建立了极坐标系．(2)点的极坐标：对于极坐标系所在平面内的任一点M ，若设|OM |＝ρ(ρ≥0)，以极轴Ox 为始边，射线OM 为终边的角为θ，则点M 可用有序数对05(ρ，θ)表示．(3)极坐标与直角坐标的互化公式：在平面直角坐标系xOy 中，以O 为极点，射线Ox 的正方向为极轴方向，取相同的长度单位，建立极坐标系．设点P 的直角坐标为(x ，y )，它的极坐标为(ρ，θ)，则相互转化公式为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝06ρcos θ，y ＝07ρsin θ，⎩⎨⎧ρ2＝08x 2＋y 2，tan θ＝09y xx ≠0.3．常用简单曲线的极坐标方程曲线图形极坐标方程 圆心在极点，半径为r 的圆10ρ＝r(0≤θ<2π) 圆心为(r,0)，半径为r 的圆11ρ＝2r cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2≤θ≤π2圆心为⎝⎛⎭⎪⎫r，π2，半径为r的圆12ρ＝2r sinθ(0≤θ<π)过极点，倾斜角为α的直线(1)13θ＝α(ρ∈R)或14θ＝π＋α(ρ∈R)(2)15θ＝α和16θ＝π＋α过点(a,0)，与极轴垂直的直线17ρcosθ＝a⎝⎛⎭⎪⎫－π2≤θ≤π2过点⎝⎛⎭⎪⎫a，π2，与极轴平行的直线18ρsinθ＝a(0≤θ≤π) 1．由极坐标系上点的对称性可得到极坐标方程ρ＝ρ(θ)的图形的对称性：若ρ(θ)＝ρ(－θ)，则相应图形关于极轴对称；若ρ(θ)＝ρ(π－θ)，则图形关于射线θ＝π2所在的直线对称；若ρ(θ)＝ρ(π＋θ)，则图形关于极点O对称．2．由极坐标的意义可知平面上点的极坐标不是唯一的，如果限定ρ取正值，θ∈[0,2π)，平面上的点(除去极点)与极坐标(ρ，θ)(ρ≠0)建立一一对应关系．1．极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是( )A．两个圆B．两条直线C．一个圆和一条射线D．一条直线和一条射线答案 C解析因为(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)，所以ρ＝1或θ＝π(ρ≥0)．ρ＝1⇒x2＋y2＝1，得x2＋y2＝1，表示圆心在原点的单位圆；θ＝π(ρ≥0)表示x轴的负半轴，是一条射线．2．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．1,1 B．1,2C．2,1 D．2,2答案 C解析点(ρ，θ)到极点和极轴的距离分别为ρ，ρ|sinθ|，所以点⎝⎛⎭⎪⎫2，π6到极点和极轴的距离分别为2,2sinπ6＝1. 3．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＋π9D ．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＋12＋－3－02＝7.故选D.4．曲线ρ＝－2cos θ与ρ＋4ρ＝42sin θ的位置关系为( )A ．相离B ．外切C ．相交D ．内切答案 B解析 曲线方程ρ＝－2cos θ化为直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝1，ρ＋4ρ＝42sin θ化为直角坐标方程为x 2＋(y －22)2＝4，两圆圆心距为－12＋222＝3＝1＋2，所以两圆外切．5．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，π6B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3C ．⎝⎛⎭⎪⎫4，π6 D ．⎝⎛⎭⎪⎫4，π3 答案 A解析 ρ(3cos θ－sin θ)＝2化为直角坐标方程为3x －y ＝2，即y ＝3x －2.ρ＝4sin θ化为直角坐标方程为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．(2018·北京高考)在极坐标系中，直线ρcos θ＋ρsin θ＝a (a >0)与圆ρ＝2cos θ相切，则a ＝________.答案 1＋ 2解析 因为ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 由ρcos θ＋ρsin θ＝a (a >0)，得x ＋y ＝a (a >0)， 由ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ， 即x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1，因为直线与圆相切，所以|1－a |2＝1，所以a ＝1±2，又因为a >0，所以a ＝1＋ 2.核心考向突破考向一 平面直角坐标系下的坐标变换例1 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．解 (1)设点(x 1，y 1)为圆上的点，经变换为C 上的点(x ，y )，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1，y ＝2y 1.由x 21＋y 21＝1，得x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22＝1，即曲线C 的方程为x 2＋y 24＝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，所求直线的斜率k ＝12，于是所求的直线方程为y －1＝12⎝⎛⎭⎪⎫x －12，化为极坐标方程并整理，得2ρcos θ－4ρsin θ＋3＝0.平面直角坐标系下图形的变换技巧平面图形的伸缩变换可以用坐标伸缩变换来表示．在伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·xλ>0，y ′＝μ·y μ>0下，直线仍然变成直线，抛物线仍然变成抛物线，双曲线仍然变成双曲线，圆可以变成椭圆，椭圆也可以变成圆．[即时训练] 1.求椭圆x 24＋y 2＝1经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝y后的曲线方程．解 由⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝y ，得到⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′，y ＝y ′.①将①代入x 24＋y 2＝1，得4x ′24＋y ′2＝1，即x ′2＋y ′2＝1.因此椭圆x 24＋y 2＝1经伸缩变换后得到的曲线方程是x 2＋y 2＝1. 考向二 极坐标与直角坐标的互化例2 在极坐标系中，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 的公共点的极坐标． 解 (1)由ρ＝cos θ＋sin θ，得ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，把⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y代入ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，得圆O 的直角坐标方程为x 2＋y 2－x －y ＝0.由l ：ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22，得ρsin θ－ρcos θ＝1，因为⎩⎪⎨⎪⎧ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，所以直线l 的直角坐标方程为x －y ＋1＝0.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，x 2＋y 2－x －y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，进而，由⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx x ≠0，得⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝1，tan θ不存在，因为θ∈(0，π)，所以θ＝π2，故公共点的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，π2.直角坐标方程与极坐标方程互化的方法直角坐标方程化为极坐标方程，只需把公式x ＝ρcos θ及y ＝ρsin θ直接代入并化简即可；而极坐标方程化为直角坐标方程要通过变形，构造形如ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，进行整体代换．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方法．但对方程进行变形时，方程必须保持同解，因此应注意对变形过程的检验．[即时训练] 2.(2018·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为y ＝k |x |＋2.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 2的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－3＝0.(1)求C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程．解 (1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得C 2的直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝4. (2)由(1)，知C 2是圆心为A (－1,0)，半径为2的圆．由题设，知C 1是过点B (0,2)且关于y 轴对称的两条射线，曲线C 1的方程为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0.记y 轴右边的射线为l 1，y 轴左边的射线为l 2.由于B 在圆C 2的外面，故C 1与C 2有且仅有三个公共点等价于l 1与C 2只有一个公共点且l 2与C 2有两个公共点，或l 2与C 2只有一个公共点且l 1与C 2有两个公共点．当l 1与C 2只有一个公共点时，A 到l 1所在直线的距离为2，所以|－k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝－43或k ＝0. 经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝－43时，l 1与C 2只有一个公共点，l 2与C 2有两个公共点．当l 2与C 2只有一个公共点时，A 到l 2所在直线的距离为2，所以|k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝0或k ＝43.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝43时，l 2与C 2没有公共点．综上，所求C 1的方程为y ＝－43|x |＋2.考向三 极坐标方程及其应用例3 (1)(2019·全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O 为极点，点M (ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C ：ρ＝4sin θ上，直线l 过点A (4,0)且与OM 垂直，垂足为P .①当θ0＝π3时，求ρ0及l 的极坐标方程；②当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程． 解 ①因为M (ρ0，θ0)在曲线C 上， 当θ0＝π3时，ρ0＝4sin π3＝2 3.由已知，得|OP |＝|OA |cos π3＝2.设Q (ρ，θ)为l 上除P 外的任意一点． 在Rt △OPQ 中，ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝|OP |＝2. 经检验，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3在曲线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2上，所以l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2.②设P (ρ，θ)，在Rt △OAP 中，|OP |＝|OA |cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ. 因为P 在线段OM 上，且AP ⊥OM ，所以θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2.所以P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2. (2)(2019·南宁模拟)在直角坐标系xOy 中，直线C 1：x ＝－2，⊙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∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， ∴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.在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长、面积等几何问题时，用极坐标法使问题变得简单、直接，解题的关键是极坐标选取要得当，这样可以简化运算过程．如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标转化为直角坐标来求解．[即时训练] 3.(2019·全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox 中，A (2,0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫2，π4，C ⎝⎛⎭⎪⎫2，3π4，D (2，π)，弧AB ，BC ，CD 所在圆的圆心分别是(1,0)，⎝⎛⎭⎪⎫1，π2，(1，π)，曲线M 1是弧AB ，曲线M 2是弧BC ，曲线M 3是弧CD .(1)分别写出M 1，M 2，M 3的极坐标方程；(2)曲线M 由M 1，M 2，M 3构成，若点P 在M 上，且|OP |＝3，求P 的极坐标． 解 (1)由题设可得，弧AB ，BC ，CD 所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ，所以M 1的极坐标方程为ρ＝2cos θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π4，M 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4≤θ≤3π4， M 3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ⎝⎛⎭⎪⎫3π4≤θ≤π.(2)设P (ρ，θ)，由题设及(1)，知若0≤θ≤π4，则2cos θ＝3，解得θ＝π6；若π4≤θ≤3π4，则2sin θ＝3，解得θ＝π3或θ＝2π3； 若3π4≤θ≤π，则－2cos θ＝3，解得θ＝5π6. 综上，P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫3，π6或⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π3或⎝ ⎛⎭⎪⎫3，2π3或⎝ ⎛⎭⎪⎫3，5π6.4．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，曲线C 1的极坐标方程为ρcos θ＝4.(1)设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)设点P 的极坐标为(ρ，θ)(ρ>0)，点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 的面积为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.。