下载文档原格式
第1讲 坐标系一、知识梳理 1．坐标系 (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 ′(λx ，μy )，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换．(2)极坐标系在平面内取一个定点O ，叫做极点；自极点O 引一条射线Ox ，叫做极轴；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．设M 是平面内一点，极点O 与点M 的距离|OM |叫做点M 的极径，记为ρ；以极轴Ox 为始边，射线OM 为终边的角xOM 叫做点M 的极角，记为θ，有序数对(ρ，θ)叫做点M 的极坐标，记为M (ρ，θ)．2．直角坐标与极坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，x 轴的正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．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 ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝y x （x ≠0）.3．直线的极坐标方程若直线过点M (ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．几个特殊位置的直线的极坐标方程： (1)直线过极点：θ＝θ0和θ＝π＋θ0.(2)直线过点M (a ，0)且垂直于极轴：ρcos θ＝a ．(3)直线过点M ⎝⎛⎭⎪⎫b ，π2且平行于极轴：ρsin θ＝b ．4．圆的极坐标方程若圆心为M (ρ0，θ0)，半径为r ，则该圆的方程为：ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ20－r 2＝0.几个特殊位置的圆的极坐标方程： (1)当圆心位于极点，半径为r ：ρ＝r .(2)当圆心位于M (a ，0)，半径为a ：ρ＝2a cos θ．(3)当圆心位于M ⎝⎛⎭⎪⎫a ，π2，半径为a ：ρ＝2a sin θ．常用结论 1．明辨两个坐标伸缩变换关系式⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ>0），y ′＝μy （μ>0），点(x ，y )在原曲线上，点(x ′，y ′)在变换后的曲线上，因此点(x ，y )的坐标满足原来的曲线方程，点(x ′，y ′)的坐标满足变换后的曲线方程．2．极坐标方程与直角坐标方程互化(1)公式代入：直角坐标方程化为极坐标方程公式x ＝ρcos θ及y ＝ρsin θ直接代入并化简．(2)整体代换：极坐标方程化为直角坐标方程，变形构造形如ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，进行整体代换．二、习题改编1．(选修44P15T2改编)在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫1，π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－π2C ．(1，0)D ．(1，π)解析：选B.由ρ＝－2sin θ，得ρ2＝－2ρsin θ，化为直角坐标方程为x 2＋y 2＝－2y ，化成标准方程为x 2＋(y ＋1)2＝1，圆心坐标为(0，－1)，其对应的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－π2.故选B.2．(选修44P15T2改编)圆心C 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π4，且圆C 经过极点．求圆C 的极坐标方程．解：圆心C 的直角坐标为(2，2)，则设圆C 的直角坐标方程为(x －2)2＋(y －2)2＝r 2，依题意可知r 2＝(0－2)2＋(0－2)2＝4，故圆C 的直角坐标方程为(x －2)2＋(y －2)2＝4，化为极坐标方程为ρ2－22ρ(sinθ＋cos θ)＝0，即ρ＝22(sin θ＋cos θ)．一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)在极坐标系中，曲线的极坐标方程不是唯一的．( ) (3)极坐标方程θ＝π(ρ≥0)表示的曲线是一条直线．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 二、易错纠偏常见误区(1)对极坐标几何意义不理解； (2)极坐标与直角坐标的互化致误．1．在极坐标系中，已知两点A ⎝⎛⎭⎪⎫3，π4，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π2，则|AB |＝ ．解析：设极点为O .在△OAB 中，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π4，B ⎝⎛⎭⎪⎫2，π2，由余弦定理，得AB ＝32＋（2）2－2×3×2×cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－π4＝ 5.答案： 52．确定极坐标方程ρ2cos 2θ－2ρcos θ＝1表示的曲线． 解：由极坐标方程ρ2cos 2θ－2ρcos θ＝1，得ρ2(cos 2θ－sin 2θ)－2ρcos θ＝1. 由互化公式⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，得x 2－y 2－2x ＝1，即(x －1)2－y 2＝2.故此方程表示以(1，0)为中心，F 1(－1，0)，F 2(3，0)为焦点的等轴双曲线．平面直角坐标系中的伸缩变换(师生共研)(1)曲线C ：x 2＋y 2＝1经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝y 得到曲线C ′，则曲线C ′的方程为 ．(2)曲线C 经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y后所得曲线的方程为x ′2＋y ′2＝1，则曲线C 的方程为 ．【解析】 (1)因为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝y ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′2，y ＝y ′，代入曲线C 的方程得C ′：x ′24＋y ′2＝1.(2)根据题意，曲线C 经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y 后所得曲线的方程为x ′2＋y ′2＝1，则(2x )2＋(3y )2＝1， 即4x 2＋9y 2＝1，所以曲线C 的方程为4x 2＋9y 2＝1. 【答案】 (1)x ′24＋y ′2＝1 (2)4x 2＋9y 2＝11．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 ′)即为所求．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．1．在同一平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y ，则点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－2经过变换后所得的点A ′的坐标为 ．解析：设A ′(x ′，y ′)，由伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y ，得到⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝12y .由于点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－2，于是x ′＝3×13＝1，y ′＝12×(－2)＝－1，所以A ′的坐标为(1，－1)． 答案：(1，－1)2．将圆x 2＋y 2＝1变换为椭圆x 29＋y 24＝1的一个伸缩变换公式为φ：⎩⎪⎨⎪⎧X ＝ax （a >0），Y ＝by （b >0），求a ，b 的值．解：由⎩⎪⎨⎪⎧X ＝ax ，Y ＝by得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1a X ，y ＝1bY ，代入x 2＋y 2＝1中得X 2a 2＋Y2b 2＝1，所以a 2＝9，b 2＝4，因为a >0，b >0，所以a ＝3，b ＝2.极坐标与直角坐标的互化(师生共研)(1)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，求点A 到直线l 的距离．(2)把曲线C 1：x 2＋y 2－8x －10y ＋16＝0化为极坐标方程．【解】 (1)由2ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，得2ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin θ－22cos θ＝2，所以y －x ＝1.由点A 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，7π4得点A 的直角坐标为(2，－2)，所以d ＝|2＋2＋1|2＝522. 即点A 到直线l 的距离为522.(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.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．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．解：因为点A (2，π4)在直线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝a 上，所以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．在极坐标系下，已知圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22(ρ≥0，0≤θ<2π)．(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)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，故直线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即为所求．求曲线的极坐标方程(师生共研)(2019·高考全国卷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)当点M 在C 上运动且点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 上除点P 外的任意一点．连接OQ ， 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 ，故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.求曲线的极坐标方程的步骤(1)建立适当的极坐标系，设P (ρ，θ)是曲线上任意一点．(2)由曲线上的点所适合的条件，列出曲线上任意一点的极径ρ和极角θ之间的关系式．(3)将列出的关系式进行整理、化简，得出曲线的极坐标方程．1．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，过极点O 作圆C ：ρ＝8cosθ的弦ON ，交圆C 于点N .求ON 的中点M 的轨迹的极坐标方程． 解：设M (ρ，θ)，N (ρ1，θ1)．因为N 点在圆ρ＝8cos θ上，所以ρ1＝8cos θ1.① 因为M 是ON 的中点，所以⎩⎪⎨⎪⎧ρ1＝2ρ，θ1＝θ，代入①式得2ρ＝8cos θ，故点M 的轨迹的极坐标方程是ρ＝4cos θ.2．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．曲线C 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3＝1(0≤θ＜2π)，M ，N 分别为曲线C 与x 轴，y 轴的交点． (1)写出曲线C 的直角坐标方程，并求M ，N 的极坐标； (2)设MN 的中点为P ，求直线OP 的极坐标方程． 解：(1)由ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝1得 ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos θ＋32sin θ＝1.从而曲线C 的直角坐标方程为12x ＋32y ＝1，即x ＋3y －2＝0.当θ＝0时，ρ＝2，所以M (2，0)． 当θ＝π2时，ρ＝233，所以N ⎝⎛⎭⎪⎫233，π2.(2)由(1)知，M 点的直角坐标为(2，0)，N 点的直角坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，233.所以P 点的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33， 则P 点的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫233，π6. 所以直线OP 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )．曲线极坐标方程的应用(师生共研)(2020·福州四校联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos α，y ＝2＋sin α(α为参数)，直线C 2的方程为y ＝3x .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和直线C 2的极坐标方程；(2)若直线C 2与曲线C 1交于A ，B 两点，求1|OA |＋1|OB |.【解】 (1)由曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos α，y ＝2＋sin α(α为参数)，得曲线C 1的普通方程为(x －2)2＋(y －2)2＝1，则C 1的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋7＝0，由于直线C 2过原点，且倾斜角为π3，故其极坐标方程为θ＝π3(ρ∈R )(tan θ＝3)．(2)由⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋7＝0，θ＝π3得ρ2－(23＋2)ρ＋7＝0，设A ，B 对应的极径分别为ρ1，ρ2，则ρ1＋ρ2＝23＋2，ρ1ρ2＝7，所以1|OA |＋1|OB |＝|OA |＋|OB ||OA |·|OB |＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2＝23＋27.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，如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决．1．(2020·昆明市诊断测试)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos t ，y ＝sin t (t 为参数)．以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )．(1)求曲线C 1的极坐标方程；(2)若曲线C 2的极坐标方程为ρ＋8cos θ＝0，直线l 与曲线C 1在第一象限的交点为A ，与曲线C 2的交点为B (异于原点)，求|AB |.解：(1)消去参数t 得曲线C 1的普通方程为x 2＋9y 2＝9，故曲线C 1的极坐标方程为ρ2＋8ρ2sin 2θ－9＝0.(2)因为A ，B 两点在直线l 上，所以可设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ1，π6，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，π6.把点A 的极坐标代入C 1的极坐标方程得，ρ21＋8ρ21sin 2π6－9＝0，解得ρ1＝± 3. 已知A 点在第一象限，所以ρ1＝ 3.因为B 异于原点，所以把点B 的极坐标代入C 2的极坐标方程得，ρ2＋8cos π6＝0，解得ρ2＝－4 3.所以|AB |＝|ρ1－ρ2|＝|3＋43|＝5 3.2．(2020·安徽五校联盟第二次质检)在直角坐标系xOy 中，直线l 1：x ＝0，圆C ：(x －1)2＋(y －1－2)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)求直线l 1和圆C 的极坐标方程；(2)若直线l 2的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，设l 1，l 2与圆C 的公共点分别为A ，B ，求△OAB 的面积．解：(1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，所以直线l 1的极坐标方程为ρcosθ＝0，即θ＝π2(ρ∈R )，圆C 的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－2(1＋2)ρsin θ＋3＋22＝0. (2)将θ＝π2代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋2)ρsin θ＋3＋22＝0，得ρ2－2(1＋2)ρ＋3＋22＝0，解得ρ1＝1＋ 2.将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋2)ρsin θ＋3＋22＝0，得ρ2－2(1＋2)ρ＋3＋22＝0， 解得ρ2＝1＋ 2.故△OAB 的面积为12×(1＋2)2×sin π4＝1＋324.[基础题组练]1．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝13y后，曲线C ：x 2＋y 2＝36变为何种曲线，并求曲线的焦点坐标．解：设圆x 2＋y 2＝36上任一点为P (x ，y )，伸缩变换后对应的点的坐标为P ′(x ′，y ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′，y ＝3y ′，所以4x ′2＋9y ′2＝36，即x ′29＋y ′24＝1.所以曲线C 在伸缩变换后得椭圆x 29＋y 24＝1，其焦点坐标为(±5，0)．2．在极坐标系中，圆C 是以点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，11π6为圆心，2为半径的圆．(1)求圆C 的极坐标方程；(2)求圆C 被直线l ：θ＝7π12(ρ∈R )所截得的弦长．解：(1)圆C 是将圆ρ＝4cos θ绕极点按顺时针方向旋转π6而得到的圆，所以圆C 的极坐标方程是ρ＝4cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6. (2)将θ＝－5π12代入圆C 的极坐标方程ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6，得ρ＝22，所以，圆C 被直线l ：θ＝7π12，即直线θ＝－5π12所截得的弦长为2 2. 3．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：ρ＝4cos θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ<π2，C 2：ρcos θ＝3. (1)求C 1与C 2的交点的极坐标；(2)设点Q 在C 1上，OQ →＝25OP →，求动点P 的极坐标方程．解：(1)联立⎩⎪⎨⎪⎧ρcos θ＝3，ρ＝4cos θ，得cos θ＝±32，因为0≤θ<π2，所以θ＝π6，ρ＝23，所以交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫23，π6. (2)设P (ρ，θ)，Q (ρ0，θ0)，则ρ0＝4cos θ0，θ0∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，由OQ →＝25OP →，得⎩⎪⎨⎪⎧ρ0＝25ρ，θ0＝θ，所以25ρ＝4cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，所以点P 的极坐标方程为ρ＝10cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2.4．(2020·黑龙江哈尔滨三中一模)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．(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)因为C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝6cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)，所以其普通方程为x 26＋y 22＝1，又C 1：x ＋3y ＝3，所以可得极坐标方程分别为C 1：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝32，C 2：ρ2＝61＋2sin 2θ. (2)易知M (3，0)，N (0，1)，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫32，12， 所以OP 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )，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，所以|PQ |＝|ρ2－ρ1|＝1， 即P ，Q 两点间的距离为1.5．直角坐标系xOy 中，倾斜角为α的直线l 过点M (－2，－4)，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＝2cos θ.(1)写出直线l 的参数方程(α为常数)和曲线C 的直角坐标方程； (2)若直线l 与C 交于A ，B 两点，且|MA |·|MB |＝40，求倾斜角α的值．解：(1)直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋t cos α，y ＝－4＋t sin α(t 为参数)，ρsin 2θ＝2cos θ，即ρ2sin 2θ＝2ρcos θ，将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入曲线C 的直角坐标方程得y 2＝2x .(2)把直线l 的参数方程代入y 2＝2x ，得t 2sin 2α－(2cos α＋8sin α)t ＋20＝0，设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2， 由一元二次方程根与系数的关系得，t 1t 2＝20sin 2α， 根据直线的参数方程中参数的几何意义，得|MA |·|MB |＝|t 1t 2|＝20sin 2α＝40，得α＝π4或α＝3π4.又Δ＝(2cos α＋8sin α)2－80sin 2α>0，所以α＝π4.6．(2020·江淮十校联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos α，y ＝2sin α(α为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系． (1)求曲线C 的极坐标方程；(2)已知A ，B 是曲线C 上任意两点，且∠AOB ＝π3，求△OAB 面积的最大值．解：(1)消去参数α，得到曲线C 的普通方程为 (x －2)2＋y 2＝4，故曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ.(2)在极坐标系中，不妨设A (ρ1，θ0)，B (ρ2，θ0＋π3)，其中ρ1>0，ρ2>0，－π2<θ0<π2，由(1)知，ρ1＝4cos θ0，ρ2＝4cos(θ0＋π3)．△OAB 面积S ＝12ρ1ρ2sin π3＝43cos θ0cos(θ0＋π3)，S ＝23cos 2θ0－6sin θ0cos θ0＝3(1＋cos 2θ0)－3sin 2θ0＝23cos ⎝⎛⎭⎪⎫2θ0＋π3＋3，当2θ0＋π3＝0时，即θ0＝－π6时，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ0＋π3有最大值1.此时S max ＝3 3. 故△OAB 面积的最大值为3 3.[综合题组练]1．(2020·长沙市统一模拟考试)在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线M 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋cos φy ＝1＋sin φ(φ为参数)， 过原点O 且倾斜角为α的直线l 交M 于A ，B 两点．以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求l 和M 的极坐标方程；(2)当α∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π4时，求|OA |＋|OB |的取值范围．解：(1)由题意可得，直线l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R )． 曲线M 的普通方程为()x －12＋(y －1)2＝1，因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，所以M 的极坐标方程为ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0. (2)设A (ρ1，α)，B (ρ2，α)，且ρ1，ρ2均为正数， 将θ＝α代入ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0， 得ρ2－2(cos α＋sin α)ρ＋1＝0， 当α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π4时，Δ＝4sin 2α>0， 所以ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)，根据极坐标的几何意义，|OA |，|OB |分别是点A ，B 的极径． 从而|OA |＋|OB |＝ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4.当α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π4时，α＋π4∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π4，π2，故|OA |＋|OB |的取值范围是(2，22]．2．在极坐标系中，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ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2距离的最大值． 解：(1)设P (ρ1，θ)，M (ρ2，θ)， 由|OP |·|OM |＝4，得ρ1ρ2＝4，即ρ2＝4ρ1.因为M 是C 1上任意一点，所以ρ2sin θ＝2， 即4ρ1sin θ＝2，ρ1＝2sin θ.所以曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ. (2)由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ， 即x 2＋y 2－2y ＝0，化为标准方程为x 2＋(y －1)2＝1，则曲线C 2的圆心坐标为(0，1)，半径为1， 由直线ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2，得ρcos θcos π4－ρsin θsin π4＝2，即x －y ＝2，圆心(0，1)到直线x －y ＝2的距离为d ＝|0－1－2|2＝322，所以曲线C 2上的点到直线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2距离的最大值为1＋322.。
第一节坐标系考纲要求：.理解坐标系的作用，了解平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化情况．．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．．理解在极坐标系和平面直角坐标系中表示点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化．．能在极坐标系中给出简单图形(如过极点的直线、过极点或圆心在极点的圆)的方程，通过比较这些图形在极坐标系中的方程，理解用方程表示平面图形时选择适当坐标系的意义．．平面直角坐标系中的坐标伸缩变换设点(，)是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：(\\(′＝λ·(λ＞(，′＝μ·(μ＞())的作用下，点(，)对应到点′(′，′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．．极坐标系()极坐标系的概念①极坐标系如图所示，在平面内取一个定点射线，叫做极轴；再选，点叫做极点，自极点引一条定一个长度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向)，这样就建立角度单位、一个了一个极坐标系．②极坐标一般地，没有特殊说明时，我们认为ρ≥，θ可取任意实数．③点与极坐标的关系一般地，极坐标(ρ，θ)与(ρ，θ＋π)(∈)表示同一个点，特别地，极点的坐标为(，θ)(θ)，和直角坐标不同，平面内一个点的极坐标有∈无数种表示．θ≤ρ＜π，那＞如果规定么除极点外，平面内的点可用唯一的极坐标)θ表示；同时，ρ(，极坐标(ρ，θ)表示的点也是唯一确定的．()极坐标与直角坐标的互化设是平面内任意一点，它的直角坐标是(，)，极坐标是(ρ，θ)，则它们之间的关系为：(\\(＝ρθ，＝ρθ；))(\\(ρ＝＋，θ＝()(≠(.))．常见曲线的极坐标方程．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)()在伸缩变换下，直线仍然变成直线，圆仍然变成圆．( )()在伸缩变换下，椭圆可变为圆，圆可变为椭圆．( ) ()过极点，倾斜角为α的直线的极坐标方程可表示为θ＝α或θ＝π＋α.( )()圆心在极轴上的点()处，且过极点的圆的极坐标方程为ρ＝θ.( )答案：()×()√()√()×．设平面上的伸缩变换的坐标表达式为(\\(′＝()，′＝，))则在这一坐标变换下正弦曲线＝的方程变为．解析：由(\\(′＝()，′＝，))知(\\(＝′，＝()′.))代入＝中得′＝′.答案：′＝′。
选修4 - 4 坐标系与参数方程1.[2020湖南师大附中高三摸底考试]在平面直角坐标系xOy 中,已知曲线C 的参数方程为{x =cosθ,y =sinθ(θ为参数),直线l 的参数方程为{x = − 2+2413t,y =1013t(t 为参数),点P 的坐标为( - 2,0). (1)若点Q 在曲线C 上运动,点M 在线段PQ 上运动,且PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,求动点M 的轨迹方程. (2)设直线l 与曲线C 交于A ,B 两点,求|PA |·|PB |的值.2.[2020陕西省部分学校摸底检测]在平面直角坐标系xOy 中,直线l 的参数方程为{x =√22t,y =1+√22t(t 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,曲线C 的极坐标方程为ρ=2√2cos (θ - π4).(1)写出直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程.(2)设直线l 上的定点P 在曲线C 外,且到C 上的点的最短距离为√5−√2,试求点P 的坐标.3.[2020广州高三二测]在平面直角坐标系xOy 中,倾斜角为α的直线l 的参数方程为{x =2+tcosα,y =√3+tsinα(t 为参数).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 的极坐标方程为ρ2=2ρcos θ+8.(1)求直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程.(2)若直线l 与曲线C 交于A ,B 两点,且|AB |=4√2,求直线l 的倾斜角.4.[2019福建五校第二次联考]在平面直角坐标系xOy 中,直线l 的参数方程为{x =1 − √3t,y =1+t (t为参数).在以原点O 为极点,x 轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C 的极坐标方程为ρ=2cosθ.(1)求直线l 的极坐标方程和曲线C 的直角坐标方程. (2)若直线l 与曲线C 交于P ,Q 两点,求∠POQ.5.[2020湖北部分重点中学高三测试]在平面直角坐标系xOy 中,已知曲线C 1:x +y =1与曲线C 2:{x =2+2cosφ,y =2sinφ(φ为参数),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)写出曲线C 1,C 2的极坐标方程.(2)在极坐标系中,已知l :θ=α(ρ>0)与C 1,C 2的公共点分别为A ,B ,α∈(0,π2),当|OB||OA|=4时,求α的值.6.[2019广东六校第一次联考]在平面直角坐标系中,将曲线C 1向左平移2个单位长度,再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不变,纵坐标缩短为原来的12,得到曲线C 2,以坐标原点O 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ρ=4cos θ. (1)求曲线C 2的参数方程.(2)已知点M 在第一象限,四边形MNPQ 是曲线C 2的内接矩形,求内接矩形MNPQ 周长的最大值,并求周长最大时点M 的坐标.7.[2019唐山市高三摸底考试]在极坐标系中,曲线C 的方程为ρ2 - 2√2ρsin (θ+π4) - 4=0,以极点O 为原点,极轴为x 轴正半轴建立平面直角坐标系xOy ,直线l :{x =tcosα,y =tsinα(t 为参数,0≤α<π). (1)求曲线C 的直角坐标方程.(2)设直线l 与曲线C 相交于A ,B 两点,求||OA | - |OB ||的取值范围.8.[2019广东百校联考]在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 1的参数方程为{x =5cosα,y =5+5sinα (α为参数).M 是曲线C 1上异于点O 的动点,将线段OM 绕O 点顺时针旋转90°得到线段ON ,设点N 的轨迹为曲线C 2.以坐标原点O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. (1)求曲线C 1,C 2的极坐标方程.(2)在(1)的条件下,若射线θ=π3(ρ≥0)与曲线C 1,C 2分别交于A ,B 两点(除极点外),且有定点T (4,0),求△TAB 的面积.9.[2020四省名校高三第一次联考][新定义题]在极坐标系中,方程为ρ=2sin 2θ的曲线为如图1所示的“幸运四叶草”,该曲线又被称为玫瑰线.(1)当玫瑰线的θ∈[0,π2]时,求以极点为圆心的单位圆与玫瑰线的交点的极坐标. (2)求曲线ρ=2√2sin(θ+π4)上的点M 与玫瑰线上的点N 距离的最小值及取得最小值时的点M ,N 的极坐标(不必写详细解题过程).图110.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试][新角度题]已知曲线C 的参数方程为{x =cosθ,y =sinθ(θ为参数),A (2,0),P 为曲线C 上的一个动点.(1)求动点P 对应的参数从π3变动到2π3时,线段AP 所扫过的图形的面积.(2)若直线AP 与曲线C 的另一个交点为Q ,是否存在点P ,使得P 为线段AQ 的中点?若存在,求出点P 的直角坐标;若不存在,请说明理由.选修4 - 4 坐标系与参数方程1.(1)设Q (cos θ,sin θ),M (x ,y ),则由PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,得(x +2,y )=2(cos θ - x ,sin θ - y ), 即{3x +2=2cosθ ①,3y =2sinθ ②.由①和②得(3x +2)2+(3y )2=4,即(x +23)2+y 2=49,所以动点M 的轨迹方程为(x +23)2+y 2=49.(2)易知曲线C 的普通方程为x 2+y 2=1,直线l 的普通方程为y =512(x +2),设α为直线l 的倾斜角,则tan α=512,sin α=513,cos α=1213, 则直线l 的参数方程可设为{x = - 2+1213t',y =513t'(t'为参数),代入曲线C 的普通方程,得t'2 - 4813t'+3=0, Δ=( - 4813)2 - 12=276169>0,设点A ,B 对应的参数分别为t'1,t'2, 则|PA |·|PB |=|t'1|·|t'2|=|t'1t'2|=3. 2.(1)由{x =√22t,y =1+√22t消去参数t ,得y =x +1,即直线l 的普通方程为x - y +1=0.因为ρ=2√2cos (θ - π4),所以ρ2=2√2ρ(cos θ+sin θ)·√22=2ρ(cos θ+sin θ), 又x =ρcos θ,y =ρsin θ,x 2+y 2=ρ2,所以x 2+y 2=2x +2y , 所以曲线C 的直角坐标方程为(x - 1)2+(y - 1)2=2.(2)解法一 设Q (1,1),由(x - 1)2+(y - 1)2=2知,曲线C 是以Q 为圆心,√2为半径的圆. 设点P 的坐标为(√22t ,1+√22t ),则点P 到曲线C 上的点的最短距离为|PQ | - √2,又|PQ | - √2=√5 − √2,即|PQ |=√5,所以√2√2=√5,整理得t 2 - √2t - 4=0,解得t 1= - √2,t 2=2√2,所以点P 的坐标为( - 1,0)或(2,3).解法二 设Q (1,1),由(x - 1)2+(y - 1)2=2知,曲线C 是以Q 为圆心,√2为半径的圆. 设点P 的坐标为(x ,x +1),则点P 到曲线C 上的点的最短距离为|PQ | - √2,又|PQ | - √2=√5 − √2,即|PQ |=√5,所以√(x - 1)2+x 2=√5,整理得x 2 - x - 2=0,解得x 1= - 1,x 2=2,所以点P 的坐标为( - 1,0)或(2,3).3.(1)解法一 因为直线l 的参数方程为{x =2+tcosα,y =√3+tsinα(t 为参数),所以当α=π2时,直线l 的普通方程为x =2;当α≠π2时,直线l 的普通方程为y - √3=(x - 2)tan α.将ρ2=x 2+y 2,ρcos θ=x 代入ρ2=2ρcos θ+8,得x 2+y 2=2x +8. 所以曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2 - 2x - 8=0.解法二 直线l 的参数方程为{x =2+tcosα,y =√3+tsinα(t 为参数),则有{xsinα=2sinα+tsinαcosα,ycosα=√3cosα+tsinαcosα,所以直线l 的普通方程为x sin α - y cos α - (2sin α - √3cos α)=0. 将ρ2=x 2+y 2,ρcos θ=x 代入ρ2=2ρcos θ+8,得x 2+y 2=2x +8. 所以曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2 - 2x - 8=0.(2)解法一 曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2 - 2x - 8=0,将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程并整理,得t 2+(2√3sin α+2cos α)t - 5=0 ①. 因为Δ=(2√3sin α+2cos α)2+20>0,所以可设①的两个根分别为t 1,t 2,则t 1+t 2= - (2√3sin α+2cos α),t 1t 2= - 5. 所以|AB |=|t 1 - t 2| =√(t 1+t 2)2 - 4t 1t 2=√[ - (2√3sinα+2cosα)]2+20 =4√2,整理得(√3sin α+cos α)2=3, 故2sin (α+π6)=±√3.因为0≤α<π,所以π6≤α+π6<7π6,所以α+π6=π3或α+π6=2π3,解得α=π6或α=π2. 所以直线l 的倾斜角为π6或π2.解法二 由(1)得曲线C 是以C (1,0)为圆心,3为半径的圆.直线l 与圆C 交于A ,B 两点,且|AB |=4√2,故圆心C (1,0)到直线l 的距离d =√32 - (4√22)2=1.①当α=π2时,直线l 的方程为x =2,符合题意.②当α∈[0,π2)∪(π2,π)时,直线l 的方程为x tan α - y +√3 - 2tan α=0,所以d =√3 √2=1,整理得|√3 - tan α|=√1+tan 2α,解得α=π6. 综上所述,直线l 的倾斜角为π6或π2.4.(1)由{x =1 - √3t,y =1+t得直线l 的普通方程为x +√3y =1+√3,又{x =ρcosθ,y =ρsinθ,所以直线l 的极坐标方程为ρ(cos θ+√3sin θ)=1+√3(或2ρsin (θ+π6)=1+√3).由ρ=2cos θ得ρ2=2ρcos θ,即x 2+y 2=2x , 所以曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2 - 2x =0.(2)解法一 设P ,Q 的极坐标分别为(ρ1,θ1),(ρ2,θ2), 则∠POQ =|θ1 - θ2|,由{ρ(cosθ+√3sinθ)=1+√3,ρ=2cosθ消去ρ得2cos θ(cos θ+√3sin θ)=1+√3, 化简得cos 2θ+√3sin 2θ=√3,即sin (2θ+π6)=√32,因为θ∈( - π2,π2],所以2θ+π6∈( - 5π6,7π6],所以2θ+π6=π3或2θ+π6=2π3, 即{θ1=π12,θ2=π4或{θ1=π4,θ2=π12,所以∠POQ =|θ1 - θ2|=π6. 解法二 曲线C 的方程可化为(x - 1)2+y 2=1,表示圆心为C (1,0)且半径为1的圆.将直线l 的参数方程化成标准形式,为{x =1 - √32t',y =1+12t'(其中t'为参数),代入曲线C 的直角坐标方程x 2+y 2 - 2x =0得,(1 -√32t')2+(1+12t')2 - 2(1 -√32t')=0,整理得,t'2+t'=0,解得t'=0或t'= - 1.设P ,Q 对应的参数分别为t'1,t'2,则|PQ |=|t'1 - t'2|=1.所以△PCQ 是等边三角形,所以∠PCQ =π3,又O 是圆C 上的点,所以∠POQ =∠PCQ2=π6.解法三 曲线C 的方程可化为(x - 1)2+y 2=1,表示圆心为C (1,0)且半径为1的圆. 由(1)得直线l 的普通方程为x +√3y - (1+√3)=0,则圆心到直线l 的距离d =√32, 所以|PQ |=2√1 - d 2=1,所以△PCQ 是等边三角形,所以∠PCQ =π3, 又O 是圆C 上的点,所以∠POQ =∠PCQ2=π6.5.(1)因为x =ρcos θ,y =ρsin θ,所以曲线C 1的极坐标方程为ρcos θ+ρsin θ - 1=0. 曲线C 2化为普通方程为(x - 2)2+y 2=4,即x 2 - 4x +y 2=0,因为x =ρcos θ,x 2+y 2=ρ2,所以曲线C 2的极坐标方程为ρ=4cos θ. (2)设点A ,B 的极坐标分别为(ρ1,α)和(ρ2,α),ρ1>0,ρ2>0, 因为点A 在曲线C 1上,所以ρ1cos α+ρ1sin α - 1=0,则ρ1=1cosα+sinα. 因为点B 在曲线C 2上,所以ρ2=4cos α.由极坐标的几何意义知,|OB||OA|=ρ2ρ1=4cosα1cosα+sinα=4,所以cos α(cos α+sin α)=1,即cos 2α+cos αsin α=1,则cos αsin α=sin 2α, 又α∈(0,π2),所以sin α≠0,则cos α=sin α,所以α=π4.6.(1)由ρ=4cos θ得曲线C 1的直角坐标方程为(x - 2)2+y 2=4,经过变换后的曲线对应的方程为x 24+y 2=1,即曲线C 2的普通方程,则曲线C 2的参数方程为{x =2cosα,y =sinα(α为参数). (2)设四边形MNPQ 的周长为l ,点M (2cos α,sin α)(0<α<π2), 则l =8cos α+4sin α=4√5(√cos α+√sin α)=4√5sin (α+φ),其中cos φ=√=√55,sin φ=√=2√55.∵0<α<π2,∴φ<α+φ<π2+φ,∴sin (π2+φ)<sin (α+φ)≤1,∴当α+φ=π2+2k π(k ∈Z )时,l 取得最大值,此时α1=π2- φ+2k π(k ∈Z ),l max =4√5,∴2cos α1=2sin φ=4√55,sin α1=cos φ=√55,所以内接矩形MNPQ 的周长最大时M 的坐标为(4√55,√55).7.(1)由ρ2 - 2√2ρsin (θ+π4) - 4=0得,ρ2 - 2ρcos θ - 2ρsin θ - 4=0, 所以x 2+y 2 - 2x - 2y - 4=0,即曲线C 的直角坐标方程为(x - 1)2+(y - 1)2=6.(2)将直线l 的参数方程代入x 2+y 2 - 2x - 2y - 4=0并整理得, t 2 - 2(sin α+cos α)t - 4=0,设A ,B 两点对应的参数分别为t 1,t 2, 则t 1+t 2=2(sin α+cos α),t 1t 2= - 4<0.所以||OA | - |OB ||=||t 1| - |t 2||=|t 1+t 2|=|2(sin α+cos α)|=|2√2sin (α+π4)|.因为0≤α<π,所以π4≤α+π4<5π4, 从而有 - 2<2√2sin (α+π4)≤2√2.所以||OA | - |OB ||的取值范围是[0,2√2].8.(1)由题设,得C 1的直角坐标方程为x 2+(y - 5)2=25,即x 2+y 2 - 10y =0, 故C 1的极坐标方程为ρ2 - 10ρsin θ=0,即ρ=10sin θ.设点N (ρ,θ)(ρ≠0),则由已知得M (ρ,θ+π2),代入C 1的极坐标方程得ρ=10sin (θ+π2),即ρ=10cosθ(ρ≠0).故C 2的极坐标方程为ρ=10cos θ(ρ≠0).(2)将θ=π3代入C 1,C 2的极坐标方程得A (5√3,π3),B (5,π3), 又T (4,0),所以S △TOA =12|OA |·|OT |sin π3=15, S △TOB =12|OB |·|OT |sin π3=5√3,所以S △TAB =S △TOA - S △TOB =15 - 5√3.9.(1)由题意可得单位圆的极坐标方程为ρ=1. 由{ρ=1,ρ=2sin2θ,得sin 2θ=12.∵θ∈[0,π2], ∴θ=π12或θ=5π12,∴交点的极坐标为(1,π12),(1,5π12).(2)以极点为坐标原点,极轴为x 轴,建立平面直角坐标系xOy.曲线ρ=2√2sin(θ+π4)的直角坐标方程为x +y =4.玫瑰线关于原点中心对称,而原点O 到直线x +y =4的最小距离|OM |min =√2=2√2,原点到玫瑰线上的点的最大距离|ON |max =2,当且仅当θ=π4时,|OM |min 和|ON |max 同时取到,∴|MN |min =|OM |min - |ON |max =2√2 - 2,此时M (2√2,π4),N (2,π4).10.(1)设θ=π3时动点P 对应的点为M ,θ=2π3时动点P 对应的点为N ,O 为坐标原点,则线段AP 扫过的图形的面积=S △AMN +S 弓形=S △OMN +S 弓形=S 扇形OMN =12×12×π3=π6. (2)设P (cos θ,sin θ),∵P 为线段AQ 的中点,∴Q (2cos θ - 2,2sin θ). ∵Q 在曲线C 上,曲线C 的普通方程为x 2+y 2=1, ∴(2cos θ - 2)2+(2sin θ)2=1, ∴8cos θ=7,cos θ=78.此时点P 的直角坐标为(78,√158)或(78, -√158), 故存在满足条件的点P ,其直角坐标为(78,√158)或(78, -√158).快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
第1讲绝对值不等式一、知识梳理1．绝对值三角不等式定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．2．绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集(2)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c．常用结论1．|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|，|a|＋|b|之间的关系：(1)|a＋b|≥|a|－|b|，当且仅当ab≤0且|a|≥|b|时，等号成立．(2)|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当|a|≥|b|且ab≥0时，左边等号成立，当且仅当ab≤0时，右边等号成立．2．解绝对值不等式的两个要点(1)解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号．(2)解含绝对值的不等式的基本思路可概括为十二字口诀“找零点，分区间，逐个解，并起来”．二、教材衍化1．求不等式3≤|5－2x |<9的解集．解：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧|2x －5|<9，|2x －5|≥3，即⎩⎪⎨⎪⎧－9<2x －5<9，2x －5≥3或2x －5≤－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <7，x ≥4或x ≤1，不等式的解集为(－2，1]∪[4，7)．2．求不等式|x ＋1|＋|x －2|≤5的解集．解：不等式|x ＋1|＋|x －2|≤5，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，－x －1－x ＋2≤5或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤2，x ＋1－x ＋2≤5或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，x ＋1＋x －2≤5，解得－2≤x ≤3，所以原不等式的解集为{x |－2≤x ≤3}．一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若|x |>c 的解集为R ，则c ≤0.( ) (2)不等式|x －1|＋|x ＋2|<2的解集为∅.( )(3)对|a －b |≤|a |＋|b |当且仅当ab ≤0时等号成立．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ 二、易错纠偏常见误区(1)解集中等号是否成立不注意；(2)含参数的绝对值不等式讨论不清． 1．不等式|x －4|＋|x －1|－3≤2的解集．解： 不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，2－2x ≤2或⎩⎪⎨⎪⎧1<x <4，0≤2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥4，2x －8≤2，解得0≤x ≤5，故不等式|x －4|＋|x －1|－3≤2的解集为[0，5]．2．若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，求实数k 的值．解：因为|kx －4|≤2，所以－2≤kx －4≤2，所以2≤kx ≤6.因为不等式的解集为{x |1≤x ≤3}，所以k ＝2.含绝对值不等式的解法(师生共研)(2020·安徽安庆质量检测)已知函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋|2x ＋1|的解集； (2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|＋3x ， 由f (x )≥3x ＋|2x ＋1|，得|x －1|－|2x ＋1|≥0， 当x >1时，x －1－(2x ＋1)≥0，得x ≤－2，无解； 当－12≤x ≤1时，1－x －(2x ＋1)≥0，得－12≤x ≤0；当x <－12时，1－x －(－2x －1)≥0，得－2≤x <－12.所以不等式的解集为{x |－2≤x ≤0}．(2)由|x －a |＋3x ≤0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，4x －a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，2x ＋a ≤0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，x ≤－a 2.当a >0时，不等式的解集为{x |x ≤－a 2}．由－a2＝－1，得a ＝2.当a ＝0时，不等式的解集为{x |x ≤0}，不合题意． 当a <0时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤a 4.由a4＝－1，得a＝－4.综上，a＝2或a＝－4.含绝对值不等式解法的常用方法设函数f (x )＝|x ＋4|.求不等式f (x )>1－12x 的解集． 解：f (x )＝|x ＋4|＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4，x >－4，0，x ＝－4，－4－x ，x <－4，所以不等式f (x )>1－12x 等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4>1－12x （x >－4），0>1－12x （x ＝－4），－4－x >1－12x （x <－4），解得x >－2或x <－10，故不等式f (x )>1－12x 的解集为{x |x >－2或x <－10}．绝对值不等式性质的应用(师生共研)(2020·昆明市质量检测)已知函数f (x )＝|2x －1|.(1)解不等式f (x )＋f (x ＋1)≥4；(2)当x ≠0，x ∈R 时，证明：f (－x )＋f (1x)≥4.【解】 (1)不等式f (x )＋f (x ＋1)≥4等价于|2x －1|＋|2x ＋1|≥4， 等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <－12，－4x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤12，2≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x >12，4x ≥4，解得x ≤－1或x ≥1，所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．(2)当x ≠0，x ∈R 时，f (－x )＋f (1x )＝|－2x －1|＋|2x －1|，因为|－2x －1|＋|2x －1|≥|2x ＋2x |＝2|x |＋2|x |≥4，当且仅当⎩⎨⎧（2x ＋1）（2x －1）≥02|x |＝2|x |，即x ＝±1时等号成立，所以f (－x )＋f (1x)≥4.两数和与差的绝对值不等式的性质(1)对绝对值三角不等式定理|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时．(2)该定理可强化为||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |，它经常用于证明含绝对值的不等式．(2020·陕西省五校联考)已知函数f (x )＝|2x －1|，x ∈R .(1)解不等式f (x )<|x |＋1；(2)若对x ，y ∈R ，有|x －y －1|≤13，|2y ＋1|≤16，求证：f (x )<1.解：(1)因为f (x )<|x |＋1，所以|2x －1|<|x |＋1， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，2x －1<x ＋1，或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <12，1－2x <x ＋1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，1－2x <－x ＋1，得12≤x <2或0<x <12或无解． 故不等式f (x )<|x |＋1的解集为{x |0<x <2}．(2)证明：f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤|2(x －y －1)|＋|2y ＋1|＝2|x －y －1|＋|2y ＋1|≤2×13＋16＝56<1.绝对值不等式的综合应用(师生共研)(2018·高考全国卷Ⅰ )已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )＞1的解集；(2)若x ∈(0，1)时不等式f (x )＞x 成立，求a 的取值范围．【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1<x <1，2，x ≥1.故不等式f (x )>1的解集为{x |x >12}．(2)当x ∈(0，1)时|x ＋1|－|ax －1|>x 成立等价于当x ∈(0，1)时|ax －1|<1成立． 若a ≤0，则当x ∈(0，1)时|ax －1|≥1；若a >0，|ax －1|<1的解集为0<x <2a ，所以2a ≥1，故0<a ≤2.综上，a 的取值范围为(0，2]．(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后数形结合解决，这是常用的思维方法．(2)对于求y ＝|x －a |＋|x －b |或y ＝|x －a |－|x －b |型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y ＝|x －a |＋|x －b |的函数只有最小值，形如y ＝|x －a |－|x －b |的函数既有最大值又有最小值．(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知f (x )＝|x |＋2|x －1|.(1)解不等式f (x )≥4；(2)若不等式f (x )≤|2a ＋1|有解，求实数a 的取值范围．解：(1)不等式f (x )≥4，即|x |＋2|x －1|≥4，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <0，2－3x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤1，2－x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x >1，3x －2≥4⇒x ≤－23或无解或x ≥2.故不等式的解集为(－∞，－23]∪[2，＋∞)．(2)f (x )≤|2a ＋1|有解等价于f (x )min ≤|2a ＋1|. f (x )＝|x |＋2|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3x （x <0）2－x （0≤x ≤1），3x －2（x >1）故f (x )的最小值为1，所以1≤|2a ＋1|，得2a ＋1≤－1或2a ＋1≥1， 解得a ≤－1或a ≥0，故实数a 的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)．[基础题组练]1．已知函数f (x )＝|x －2|－|x －5|. (1)证明：－3≤f (x )≤3；(2)求不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集． 解：(1)证明：f (x )＝|x －2|－|x －5| ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤2，2x －7，2<x <5，3，x ≥5.当2<x <5时，－3<2x －7<3， 所以－3≤f (x )≤3. (2)由(1)可知，当x ≤2时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为空集；当2<x <5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x <5}； 当x ≥5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5≤x ≤6}． 综上，不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ≤6}． 2．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知f (x )＝|x －a |x ＋|x －2|·(x －a )． (1)当a ＝1时，求不等式f (x )＜0的解集； (2)若x ∈(－∞，1)时，f (x )＜0，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|x ＋|x －2|(x －1)． 当x <1时，f (x )＝－2(x －1)2<0； 当x ≥1时，f (x )≥0.所以，不等式f (x )<0的解集为(－∞，1)． (2)因为f (a )＝0，所以a ≥1.当a ≥1，x ∈(－∞，1)时，f (x )＝(a －x )x ＋(2－x )(x －a )＝2(a －x )(x －1)<0. 所以，a 的取值范围是[1，＋∞)．3．(2020·陕西宝鸡中学二模)设函数f (x )＝x 2－x －1. (1)解不等式：|f (x )|<1；(2)若|x －a |<1，求证：|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)． 解：(1)由|f (x )|<1得－1<f (x )<1， 即－1<x 2－x －1<1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x >0，x 2－x －2<0，解得－1<x <0或1<x <2，所以原不等式的解集为(－1，0)∪(1，2)．(2)证明：因为|x －a |<1，所以|f (x )－f (a )|＝|x 2－a 2＋a －x | ＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x －a ||x ＋a －1|<|x ＋a －1|＝|(x －a )＋2a －1| ≤|x －a |＋|2a |＋1<|2a |＋2＝2(|a |＋1)．4．(2020·新疆第一次毕业诊断及模拟测试)已知函数f (x )＝|x －2|－|x ＋1|. (1)若f (x )>a 成立有解，求a 的取值范围； (2)解不等式f (x )<x 2－2x .解：(1)f (x )＝|x －2|－|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－1，－2x ＋1，－1<x <2，－3，x ≥2，故f (x )∈[－3，3]，所以若使f (x )>a 成立有解，应有a <f (x )max ，即a <3， 所以a 的取值范围是(－∞，3)． (2)当x ≤－1时，x 2－2x >3， 所以x <－1；当－1<x <2时，x 2－2x >－2x ＋1. 所以1<x <2；当x ≥2时，x 2－2x >－3，故x ≥2.综上所述，不等式的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．5．(2020·陕西汉中重点中学3月联考)已知函数f (x )＝|4x －1|－|x ＋2|. (1)解不等式f (x )<8；(2)若关于x 的不等式f (x )＋5|x ＋2|<a 2－8a 的解集不是空集，求a 的取值范围．解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3，x ≤－2，－5x －1，－2<x <14，3x －3，x ≥14， 当x ≤－2时，由－3x ＋3<8，得x >－53，无解；当－2<x <14时，由－5x －1<8，得x >－95，即－95<x <14；当x ≥14时，由3x －3<8，得x <113，即14≤x <113.所以不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－95<x <113. (2)f (x )＋5|x ＋2|＝|4x －1|＋|4x ＋8|≥9. 则由题可得a 2－8a >9. 解得a <－1或a >9.6．(2020·原创冲刺卷三)已知函数f (x )＝|x －2a |，a ∈R ，若∀x ∈R ，f (x )都满足f (x )＝f (4－x )．(1)求a 的值；(2)若∃x ∈R ，使得不等式f (2x －1)－f (x )≤4－2m 成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝f (4－x )，x ∈R ，所以f (x )的图象关于直线x ＝2对称，又f (x )＝|x －2a |的图象关于直线x ＝2a 对称，所以2a ＝2，a ＝1.(2)令h (x )＝f (2x －1)－f (x )＝|2x －3|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋1，x ≤32，3x －5，32<x <2，x －1，x ≥2，h (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，32上单调递减，在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递增，所以h (x )min ＝h (32)＝－12，故－12≤4－2m ，解得m ≤94，故实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，94. [综合题组练]1．(2020·河北省九校第二次联考)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )>2；(2)记函数g (x )＝f (x )＋f (－x )，若对任意的x ∈R ，不等式|k －1|<g (x )恒成立，求实数k 的取值范围．解：(1)依题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－12x ＋2，－12<x <1，3x ，x ≥1于是得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－3x >2或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <1，x ＋2>2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥13x >2，解得x <－23或0<x <1或x ≥1.故不等式f (x )>2的解集为{x |x <－23或x >0}．(2)g (x )＝f (x )＋f (－x )＝|x －1|＋|x ＋1|＋(|2x ＋1|＋|2x －1|)≥|(x －1)－(x ＋1)|＋|(2x ＋1)－(2x －1)|＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧（x －1）（x ＋1）≤0（2x －1）（2x ＋1）≤0，即x ∈[－12，12]时取等号，若对任意的x ∈R ，不等式|k －1|<g (x )恒成立，则|k －1|<g (x )min ＝4， 所以－4<k －1<4，解得－3<k <5，即实数k 的取值范围为(－3，5)． 2．已知函数f (x )＝13|x －a |(a ∈R )．(1)当a ＝2时，解不等式|x －13|＋f (x )≥1；(2)设不等式|x －13|＋f (x )≤x 的解集为M ，若[13，12]⊆M ，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝2时，原不等式可化为|3x －1|＋|x －2|≥3， ①当x ≤13时，1－3x ＋2－x ≥3，解得x ≤0，所以x ≤0；②当13<x <2时，3x －1＋2－x ≥3，解得x ≥1，所以1≤x <2；③当x ≥2时，3x －1＋x －2≥3，解得x ≥32，所以x ≥2.综上所述，当a ＝2时，不等式的解集为{x |x ≤0或x ≥1}． (2)不等式|x －13|＋f (x )≤x 可化为|3x －1|＋|x －a |≤3x ，依题意不等式|3x －1|＋|x －a |≤3x 在x ∈[13，12]上恒成立，所以3x －1＋|x －a |≤3x ，即|x －a |≤1， 即a －1≤x ≤a ＋1，所以⎩⎨⎧a －1≤13a ＋1≥12，解得－12≤a ≤43，故实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－12，43.。
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
核心考点·精准研析考点一伸缩变换1.曲线C:x2+y2=1经过伸缩变换得到曲线C',求曲线C'的方程.2.曲线C经过伸缩变换后所得曲线的方程为x'2+y'2=1,求曲线C的方程.3.将圆x2+y2=1变换为椭圆+=1的一个伸缩变换公式φ:(λ,μ>0),求λ和μ的值. 世纪金榜导学号【解析】1.因为所以代入曲线C的方程得C':+y'2=1.2.根据题意,曲线C经过伸缩变换后所得曲线的方程为x'2+y'2=1,则(2x)2+(3y)2=1,即4x2+9y2=1,所以曲线C的方程为4x2+9y2=1.3.将变换后的椭圆+=1改写为+=1,把伸缩变换公式φ:(λ,μ>0)代入上式,得+=1,即x2+y2=1,与x2+y2=1比较系数,得所以1.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').2.平面上的曲线y=f(x)在变换φ:的作用下得到的方程的求法是将代入y=f(x),得=f,整理之后得到y'=h(x'),即为变换之后的方程.考点二极坐标与直角坐标的互化【典例】(2020·乌鲁木齐模拟)已知曲线C1的方程为(x-1)2+y2=1,C2的方程为x+y=3,C3是一条经过原点且斜率大于0的直线.(1)以直角坐标系原点O为极点,x轴正方向为极轴建立极坐标系,求C1与C2的极坐标方程.(2)若C1与C3的一个公共点为A(异于点O),C2与C3的一个公共点为B,当|OA|+=时,求C3的直角坐标方程.【解析】(1)曲线C1的方程为(x-1)2+y2=1,整理得x2+y2-2x=0,转换为极坐标方程为ρ=2cosθ.曲线C2的方程为x+y=3,转换为极坐标方程为ρcosθ+ρsinθ-3=0, (2)设曲线C3是一条经过原点且斜率大于0的直线,则极坐标方程为θ=α,由于C1与C3的一个公共点A(异于点O),故,所以|OA|=2cosα,C2与C3的一个公共点为B,所以所以|OB|=.由于|OA|+=,所以2cosα+cosα+sinα=,即3cosα+sinα=sin(α+β)=,当sinα=,cosα=时,tan α=,故曲线C3的直角坐标方程为y=x.1.极坐标与直角坐标的互化依据是x=ρcos θ,y=ρsin θ.2.互化时要注意前后的等价性.在极坐标系下,已知圆O:ρ=cos θ+sin θ和直线l:ρsinθ-=(ρ≥0,0≤θ<2π).(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.【解析】(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x2+y2-x-y=0,直线l:ρsin =,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,将两方程联立得解得即圆O与直线l在直角坐标系下的公共点为(0,1),转化为极坐标为,故直线l与圆O 的公共点的极坐标为.考点三极坐标方程的应用命题精解读考什么:(1)考查直线与曲线的位置关系、距离及取值范围的问题.(2)考查学生数学运算、逻辑推理等核心素养及数形结合、转化化归等数学方法.怎么考:极坐标与直线、圆、三角函数等数学知识相结合,考查学生的综合运用能力.新趋势:以极坐标为载体,与其他数学知识交汇考查.学霸好方法求取值范围的解题思路:(1)将极坐标方程与普通方程互化,弄清题目考查知识点;(2)与三角函数结合,根据三角函数的取值范围求题目所要求的问题的取值范围.位置关系问题【典例】在极坐标系中,直线ρcos =1与曲线ρ=r(r>0)相切,求r的值.【解析】直线ρcos =1转化为x-y-2=0,曲线ρ=r(r>0)转化为x2+y2=r2,由于直线和圆相切,则圆心到直线的距离d==1=r.距离问题【典例】(2019·江苏高考)在极坐标系中,已知两点A,B,直线l的方程为ρsin=3.世纪金榜导学号(1)求A,B两点间的距离.(2)求点B到直线l的距离.【解析】(1)设极点为O.在△OAB中,A,B,由余弦定理,得AB==.(2)因为直线l的方程为ρsin=3,则直线l过点,倾斜角为.又B,所以点B到直线l的距离为(3-)×sin=2.取值范围问题【典例】(2020·黄冈模拟)在平面直角坐标系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C1的极坐标方程为ρcos=2.已知点Q为曲线C1上的动点,点P在线段OQ上,且满足|OQ|·|OP|=4,动点P的轨迹为C2.(1)求C2的直角坐标方程.(2)设点A的极坐标为,点B在曲线C2上,求△AOB面积的最大值. 【解析】(1)设P的极坐标为(ρ,θ)(ρ>0),Q的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0),由题意知|OP|=ρ,|OQ|=ρ1=.由|OQ|·|OP|=4得C2的极坐标方程为ρ=2cos(ρ>0),化简得ρ=cos θ+sin θ,因此C2的直角坐标方程为+=1,但不包括点(0,0).(2)设点B的极坐标为(ρB,α)(ρB>0),由题意知,|OA|=2,ρB=2cos,于是△AOB的面积S=|OA|·ρB·sin∠AOB=2cos·=2≤.当α=0时,S取得最大值.所以△AOB面积的最大值为.关闭Word文档返回原板块莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。
第1讲 坐标系1．坐标系(1)坐标变换设点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(λx ，μy )，称φ为坐标系中的伸缩变换． (2)极坐标系在平面内取一个定点O ，叫做极点；自极点O 引一条射线Ox ，叫做极轴；再选一个长度单位，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．设M 是平面内任意一点，极点O 与点M 的距离|OM |叫做点M 的极径，记为ρ；以极轴Ox 为始边，射线OM 为终边的角xOM 叫做点M 的极角，记为θ，有序数对(ρ，θ)叫做点M 的极坐标，记为M (ρ，θ)． 2．直角坐标与极坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，x 轴正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．设M 是平面内的任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x ，y )和(ρ，θ)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θy ＝ρsin θ，⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2tan θ＝yx（x ≠0）. 3．直线的极坐标方程若直线过点M (ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)． 几个特殊位置的直线的极坐标方程： (1)直线过极点：θ＝θ0和θ＝π＋θ0；(2)直线过点M (a ，0)且垂直于极轴：ρcos_θ＝a ； (3)直线过M (b ，π2)且平行于极轴：ρsin_θ＝b ．4．圆的极坐标方程若圆心为M (ρ0，θ0)，半径为r ，则该圆的方程为：ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ20－r 2＝0.几个特殊位置的圆的极坐标方程：(1)当圆心位于极点，半径为r ：ρ＝r ；(2)当圆心位于M (a ，0)，半径为a ：ρ＝2a cos_θ； (3)当圆心位于M (a ，π2)，半径为a ：ρ＝2a sin_θ．考点一__平面直角坐标系中的伸缩变换__________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 ′)，由上述可知，将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13x ′，y ＝2y ′，代入x 2－y 264＝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)为所求． [规律方法] 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．1.在同一平面直角坐标系中，将直线x －2y ＝2变成直线2x ′－y ′＝4，求满足图象变换的伸缩变换．解：设变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ>0），y ′＝μy （μ>0），代入第二个方程，得2λx －μy ＝4，与x －2y ＝2比较系数得λ＝1，μ＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x ，y ′＝4y .因此，经过变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x ，y ′＝4y后，直线x －2y ＝2变成直线2x ′－y ′＝4. 考点二__极坐标与直角坐标的互化______________在以O 为极点的极坐标系中，圆ρ＝4sin θ和直线ρsin θ＝a 相交于A ，B 两点．若△AOB 是等边三角形，求a 的值．[解] 由ρ＝4sin θ，可得x 2＋y 2＝4y ，即x 2＋(y －2)2＝4.由ρsin θ＝a ，可得y ＝a . 设圆的圆心为O ′，y ＝a 与x 2＋(y －2)2＝4的两交点A ，B 与O 构成等边三角形， 如图所示．由对称性知∠O ′OB ＝30°，OD ＝a .在Rt △DOB 中，易求DB ＝33a ， ∴B 点的坐标为⎝⎛⎭⎫33a ，a .又∵B 在x 2＋y 2－4y ＝0上，∴⎝⎛⎭⎫33a 2＋a 2－4a ＝0，即43a 2－4a ＝0，解得a ＝0(舍去)或a ＝3.[规律方法] 极坐标与直角坐标互化的注意点：(1)在由点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象限和极角的范围，否则点的极坐标将不唯一． (2)在曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的范围．要注意转化的等价性．2.在极坐标系下，已知圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l ：ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝22.(ρ≥0，0≤θ<2π) (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)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 ＝0x －y ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝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，即为所求． 考点三__曲线极坐标方程的应用______________在直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)．以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求圆C 的极坐标方程；(2)直线l 的极坐标方程是ρ(sin θ＋3cos θ)＝33，射线OM ：θ＝π3与圆C 的交点为O ，P ，与直线l 的交点为Q ，求线段PQ 的长．[解] (1)圆C 的普通方程是(x －1)2＋y 2＝1，又x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以圆C 的极坐标方程是ρ＝2cos θ. (2)设(ρ1，θ1)为点P 的极坐标，则有⎩⎪⎨⎪⎧ρ1＝2cos θ1，θ1＝π3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ρ1＝1，θ1＝π3.设(ρ2，θ2)为点Q 的极坐标，则有⎩⎪⎨⎪⎧ρ2（sin θ2＋3cos θ2）＝33，θ2＝π3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝3，θ2＝π3.由于θ1＝θ2，所以|PQ |＝|ρ1－ρ2|＝2，所以线段PQ 的长为2.[规律方法] 在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决．3.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：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 ·OB ·sin ∠AOB ＝12×3×4×sin π6＝3.1．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝12xy ′＝13y后，曲线C ：x 2＋y 2＝36变为何种曲线，并求曲线的焦点坐标．解：设圆x 2＋y 2＝36上任一点为P (x ，y )，伸缩变换后对应的点的坐标为P ′(x ′，y ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′y ＝3y ′，∴4x ′2＋9y ′2＝36，即x ′29＋y ′24＝1.∴曲线C 在伸缩变换后得椭圆x 29＋y 24＝1，其焦点坐标为(±5，0)．2．求经过极点O (0，0)，A ⎝⎛⎭⎫6，π2，B ⎝⎛⎭⎫62，9π4三点的圆的极坐标方程． 解：将点的极坐标化为直角坐标，点O ，A ，B 的直角坐标分别为(0，0)，(0，6)，(6，6)，故△OAB 是以OB 为斜边的等腰直角三角形，圆心为(3，3)，半径为32， 圆的直角坐标方程为(x －3)2＋(y －3)2＝18，即x 2＋y 2－6x －6y ＝0， 将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入上述方程，得ρ2－6ρ(cos θ＋sin θ)＝0， 即ρ＝62cos ⎝⎛⎭⎫θ－π4. 3．已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝3＋t (t 为参数)，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 的极坐标方程为ρsin 2θ－4cos θ＝0(ρ≥0，0≤θ<2π)，求直线l 与曲线C 的公共点的极径ρ.解：参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝3＋t 化为普通方程为y ＝x ＋1.由ρsin 2θ－4cos θ＝0，得ρ2sin 2θ－4ρcos θ＝0，其对应的直角坐标方程为y 2－4x ＝0，即y 2＝4x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋1，y 2＝4x 可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，故直线和抛物线的交点坐标为(1，2)，故交点的极径为12＋22＝ 5.4．在同一平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y .(1)求点A ⎝⎛⎭⎫13，－2经过φ变换所得的点A ′的坐标； (2)点B 经过φ变换得到点B ′⎝⎛⎭⎫－3，12，求点B 的坐标； (3)求直线l ：y ＝6x 经过φ变换后所得到的直线l ′的方程．解：(1)设A ′(x ′，y ′)，由伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y 得到⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝12y ，由于点A 的坐标为⎝⎛⎭⎫13，－2， 于是x ′＝3×13＝1，y ′＝12×(－2)＝－1，∴A ′(1，－1)即为所求．(2)设B (x ，y )，由伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y 得到⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13x ′，y ＝2y ′.由于点B ′的坐标为⎝⎛⎭⎫－3，12，于是x ＝13×(－3)＝－1，y ＝2×12＝1， ∴B (－1，1)即为所求．(3)由伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′3，y ＝2y ′.代入直线l ：y ＝6x ，得到经过伸缩变换后的方程y ′＝x ′，因此直线l ′的方程为y ＝x . 5．已知圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝2. (1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程． 解：(1)由ρ＝2知ρ2＝4，所以x 2＋y 2＝4； 因为ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝2， 所以ρ2－22ρ⎝⎛⎭⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＝2，所以x 2＋y 2－2x －2y －2＝0. (2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x ＋y ＝1. 化为极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝1，即ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝22.6．求证：过抛物线的焦点的弦被焦点分成的两部分的倒数和为常数．证明：建立如图所示的极坐标系，设抛物线的极坐标方程为ρ＝p1－cos θ(p >0)．PQ 是抛物线的弦，若点P 的极角为θ， 则点Q 的极角为π＋θ， 因此有|FP |＝p1－cos θ，|FQ |＝p 1－cos （π＋θ）＝p1＋cos θ.所以1|FP |＋1|FQ |＝1－cos θp ＋1＋cos θp ＝2p(常数)．原命题得证．1．已知圆C ：x 2＋y 2＝4，直线l ：x ＋y ＝2.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．(1)将圆C 和直线l 的方程化为极坐标方程；(2)P 是l 上的点，射线OP 交圆C 于点R ，又点Q 在OP 上且满足|OQ |·|OP |＝|OR |2，当点P 在l 上移动时，求点Q 轨迹的极坐标方程．解：(1)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入圆C 和直线l 的直角坐标方程得其极坐标方程为 C ：ρ＝2，l ：ρ(cos θ＋sin θ)＝2.(2)设P ，Q ，R 的极坐标分别为(ρ1，θ)，(ρ，θ)，(ρ2，θ)，则由|OQ |·|OP |＝|OR |2，得ρρ1＝ρ22. 又ρ2＝2，ρ1＝2cos θ＋sin θ，所以2ρcos θ＋sin θ＝4，故点Q 轨迹的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)(ρ≠0)．2．已知曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋5cos t ，y ＝5＋5sin t (t 为参数)，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 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(1)把C 1的参数方程化为极坐标方程；(2)求C 1与C 2交点的极坐标(ρ≥0，0≤θ<2π)．解：(1)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋5cos t ，y ＝5＋5sin t消去参数t ，化为普通方程(x －4)2＋(y －5)2＝25，即C 1：x 2＋y 2－8x －10y ＋16＝0.将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θy ＝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.(2)C 2的普通方程为x 2＋y 2－2y ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－8x －10y ＋16＝0，x 2＋y 2－2y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝2. 所以C 1与C 2交点的极坐标分别为(2，π4)，(2，π2)．3．在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝1，M ，N 分别为曲线C 与x 轴，y 轴的交点．(1)写出曲线C 的直角坐标方程，并求点M ，N 的极坐标； (2)设MN 的中点为P ，求直线OP 的极坐标方程． 解：(1)由ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝1，得ρ⎝⎛⎭⎫12cos θ＋32sin θ＝1， 从而曲线C 的直角坐标方程为12x ＋32y ＝1，即x ＋3y ＝2.θ＝0时，ρ＝2，所以M (2，0)． θ＝π2时，ρ＝233，所以N ⎝⎛⎭⎫233，π2.(2)由(1)得点M 的直角坐标为(2，0)，点N 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫0，233.所以点P 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫1，33， 则点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫233，π6， 所以直线OP 的极坐标方程为θ＝π6，ρ∈(－∞，＋∞)．4．在平面直角坐标系中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φy ＝b sin φ(a >b >0，φ为参数)，且曲线C 1上的点M (2，3)对应的参数φ＝π3.以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2是圆心在极轴上且经过极点的圆，射线θ＝π4与曲线C 2交于点D (2，π4)．(1)求曲线C 1的普通方程，C 2的极坐标方程；(2)若A (ρ1，θ)，B (ρ2，θ＋π2)是曲线C 1上的两点，求1ρ21＋1ρ22的值．解：(1)将M (2，3)及对应的参数φ＝π3代入⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φy ＝b sin φ(a >b >0，φ为参数)，得⎩⎨⎧2＝a cosπ33＝b sinπ3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝2， ∴曲线C 1的普通方程为x 216＋y 24＝1，设圆C 2的半径为R ，则圆C 2的方程为ρ＝2R cos θ，将点D (2，π4)代入得2＝2R ·22，解得R ＝1，∴圆C 2的极坐标方程为ρ＝2cos θ.(2)曲线C 1的极坐标方程为ρ2cos 2θ16＋ρ2sin 2θ4＝1，将A (ρ1，θ)，B (ρ2，θ＋π2)代入得ρ21cos 2 θ16＋ρ21sin 2 θ4＝1，ρ22sin 2 θ16＋ρ22cos 2θ4＝1，∴1ρ21＋1ρ22＝⎝⎛⎭⎫cos 2θ16＋sin 2θ4＋⎝⎛⎭⎫sin 2θ16＋cos 2θ4＝516.。
选修4 - 4 坐标系与参数方程1.[改编题]下面结论正确的个数是 ( )(1)t a n θ=1与θ=π4表示同一条曲线.(2)点P 的直角坐标为( - √2,√2),那么它的极坐标为(2,3π4).(3)过极点的倾斜角为α的直线的极坐标方程可表示为θ=α和θ=π+α. (4)圆心在极轴上的点(a ,0)(a>0)处,且过极点O 的圆的极坐标方程为ρ=2a sin θ. A .1 B.2 C.3 D.42.若曲线C 的参数方程为{x =1+cos2θ,y =sin 2θ(θ为参数),则曲线C 上的点的轨迹是( )A .直线x +2y - 2=0 B.以(2,0)为端点的射线 C.圆(x - 1)2+y 2=1D.以(2,0)和(0,1)为端点的线段3.[2019天津,12,5分]设a ∈R ,直线ax - y +2=0和圆{x =2+2cosθ,y =1+2sinθ(θ为参数)相切,则a 的值为 . 4.[2019全国卷Ⅰ,22,10分][文]在直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为{x =1 - t 21+t ,y =4t1+t2(t 为参数).以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的极坐标方程为2ρcos θ+√3ρsin θ+11=0.(1)求C 的普通方程和l 的直角坐标方程; (2)求C 上的点到l 距离的最小值.考法1 极坐标(方程)与直角坐标(方程)的互化1 (1)化圆的直角坐标方程x 2+y 2=r 2(r>0)为极坐标方程; (2)化曲线的极坐标方程ρ=8sin θ为直角坐标方程.利用极坐标、直角坐标转换公式可以把直角坐标方程转化为极坐标方程,也可将极坐标方程转化成直角坐标方程.(1)将x =ρcos θ,y =ρsin θ代入x 2+y 2=r 2(r>0),得ρ2cos 2θ+ρ2sin 2θ=r 2,即ρ=r.所以,以极点为圆心、r 为半径的圆的极坐标方程为ρ=r (0≤θ<2π). (2)解法一 把ρ=√x 2+y 2,sin θ=yρ代入ρ=8sin θ, 得√x 2+y 2=8·y√x 2+y 2,化简得x 2+y 2 - 8y =0,即x 2+(y - 4)2=16.解法二 方程ρ=8sin θ两边同时乘以ρ,得ρ2=8ρsin θ,因为ρ2=x 2+y 2,ρsin θ=y ,所以x 2+y 2 - 8y =0,即x 2+(y - 4)2=16.极坐标方程与直角坐标方程的互化,常用方法有代入法、平方法等,还经常用到方程两边同乘以(除以)ρ等技巧.解题时要注意两个方面:一是准确应用公式,二是注意方程中的限制条件.1.[2018全国卷Ⅰ,22,10分][文]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.考法2 极坐标(方程)的求解及应用2[2019全国Ⅲ,22,10 分][文]如图3,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.(1)分别求出三段弧所在圆的极坐标方程,再确定极角的取值范围;(2)根据(1)中得到的三段曲线的极坐标方程,求出每段曲线上到极点的距离为√3的所有点对应的极角即可.(1)由题意可得,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).本题背景新颖,表面上看似与以往考题不同,考生无从下手,但实质上是考查极坐标方程.解题的关键是利用数形结合思想,难点在于极角的取值范围的确定,需要考生准确理解极角的含义.2. [2019山西第三次五校联考]已知在平面直角坐标系xOy 中,点P 是曲线C 1:(x -2)2+y 2=4上任意一点,动点M (x ,y )(y ≥0)满足OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,且|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,动点M 的轨迹为曲线C 2,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)分别求出曲线C 1和C 2的极坐标方程;(2)设曲线C 1和C 2交于点C (异于点O ),直线θ=α(π2<α<π,ρ∈R )与曲线C 1交于点O 和点A ,与曲线C 2交于点O 和点B ,求△ABC 面积的最大值.考法3 参数方程与普通方程的互化3[2018全国卷Ⅱ,22,10分][文]在直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为{x =2cosθ,y =4sinθ(θ为参数),直线l 的参数方程为{x =1+tcosα,y =2+tsinα(t 为参数).(1)求C 和l 的普通方程;(2)若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为(1,2),求l 的斜率.(1)对于曲线C ,由x =2cos θ得cos θ=x2,由y =4sin θ得sin θ=y4,由cos 2 θ+sin 2 θ=1得x 24+y 216=1,即曲线C 的普通方程为x 24+y 216=1.对于直线l ,当cos α≠0时,由x =1+cos α得t cos α=x - 1 ①, 由y =2+t sin α得t sin α=y - 2 ②,由②①得t a n α=y - 2x - 1,化简得l 的普通方程为y =t a n α·x +2 - t a n α,当cos α=0时,l 的普通方程为x =1.(2)解法一 (参数法)将l 的参数方程代入C 的普通方程,整理得关于t 的方程 (1+3cos 2α)t 2+4(2cos α+sin α)t - 8=0 ③.因为曲线C 截直线l 所得线段的中点(1,2)在C 内,所以③有两个解,设为t 1,t 2,则t 1+t 2=0. 又由③得t 1+t 2= -4(2cosα+sinα)1+3cos 2α,故2cos α+sin α=0,于是直线l 的斜率k =t a n α= - 2.解法二 (点差法)设直线l 与椭圆C 的交点为A (x 1,y 1),B (x 2,y 2). 则{x 124+y 1216=1,x 224+y 2216=1,作差可得(x 1+x 2)(x 1 - x 2)4+(y 1+y 2)(y 1 - y 2)16=0 ④,由线段AB 的中点坐标为(1,2)得x 1+x 2=2,y 1+y 2=4,将其代入④得y 2 - y 1x 2- x 1= - 2,所以k AB =y 2 - y1x 2- x 1= - 2.解法三 (直角坐标法)设直线l 与椭圆C 的交点为A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).由{x 24+y 216=1,y =tanα·x +2 - tanα,得(4+t a n 2α)x 2+2t a n α· - (2 - t a n α)x +(2 - t a n α)2 - 16=0, 所以x 1+x 2= - 2tanα·(2 - tanα)4+tan 2α⑤,由线段AB 的中点坐标为(1,2)可得x 1+x 2=2 ⑥,联立⑤⑥解得t a n α= - 2.3.[2018全国卷Ⅲ,22,10分][文]在平面直角坐标系xOy 中,☉O 的参数方程为{x =cosθ,y =sinθ(θ为参数),过点(0, - √2)且倾斜角为α的直线l 与☉O 交于A ,B 两点. (1)求α的取值范围;(2)求AB 中点P 的轨迹的参数方程.考法4 参数方程的应用4[2020大同市高三调研]在平面直角坐标系中,以原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,两种坐标系取相同的长度单位.已知曲线C :ρsin 2θ=2a cos θ(a>0),过点P ( - 2, - 4)的直线l 的参数方程为{x = - 2+√22t,y = - 4+√22t (t 为参数).直线l 与曲线C 分别交于M ,N 两点.(1)求a 的取值范围;(2)若|PM |,|MN |,|PN |成等比数列,求实数a 的值.(1)由题意知曲线C 的直角坐标方程为y 2=2ax (a>0),将直线l 的参数方程代入曲线C的直角坐标方程,令Δ>0即可求得结果.(2)设交点M ,N 对应的参数分别为t 1,t 2,由参数方程中t 1,t 2的几何意义可得t 1+t 2=2(4√2+√2a ),t 1t 2=2(16+4a ),然后由|PM |,|MN |,|PN |成等比数列,可得|t 1 - t 2|2=|t 1t 2|,代入求解即可.(1)由题意可得曲线C 的直角坐标方程为y 2=2ax (a>0),将直线l 的参数方程{x = - 2+√22t,y = - 4+√22t (t 为参数)代入曲线C 的直角坐标方程,得12t 2 - (4√2+√2a )t +16+4a =0,因为直线l 与曲线C 交于M ,N 两点,所以Δ>0,即a>0或a< - 4.又a>0,所以a 的取值范围为(0,+∞).(2)设交点M ,N 对应的参数分别为t 1,t 2.则由(1)知t 1+t 2=2(4√2+√2a ),t 1t 2=2(16+4a ),|PM |=|t 1|,|PN |=|t 2|,|MN |=|t 1 - t 2|. .................................................................................................. (参数t 的几何意义的应用) 若|PM |,|MN |,|PN |成等比数列,则|t 1 - t 2|2=|t 1t 2|, 解得a =1或a = - 4(舍去),所以实数a 的值为1.5[2017全国卷Ⅰ,22,10分][文]在直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为{x =3cosθ,y =sinθ(θ为参数),直线l 的参数方程为{x =a +4t,y =1 - t (t 为参数).(1)若a = - 1,求C 与l 的交点坐标;(2)若C 上的点到l 距离的最大值为√17,求a.(1)将曲线C 和直线l 的参数方程均化为普通方程,联立得方程组求出交点坐标;(2)利用点到直线的距离公式得到关于a 的方程,进而求出a 的值.(1)曲线C 的普通方程为x 29+y 2=1.当a = - 1时,直线l 的普通方程为x +4y - 3=0.由{x +4y - 3=0,x 29+y 2=1,解得{x =3,y =0或{x = - 2125,y =2425.从而C 与l 的交点坐标为(3,0),( - 2125,2425).(2)直线l 的普通方程为x +4y - a - 4=0,故C 上的点(3cos θ,sin θ)到l 的距离为d =√17=√17(其中φ满足sin φ=35,cos φ=45). 当a ≥ - 4时,d 的最大值为√. ……(借助辅助角公式并讨论 - a - 4的符号,从而得出d 的最大值,这是求解的关键)由题设得√17=√17,所以a =8.当a< - 4时,d 的最大值为√17.由题设得√17=√17,所以a = - 16.综上,a =8或a = - 16.4.在极坐标系中,曲线C 1的极坐标方程为ρ=4sin θ.现以极点O 为原点,极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系,并在两坐标系中取相同的长度单位.曲线C 2的参数方程为{x =1+7t,y =3+t(t 为参数). (1)求曲线C 1的参数方程和曲线C 2被曲线C 1截得的弦长;(2)若A (0,3),B (2,5),直线AB 与C 1交于R ,S 两点,求||AR | - |AS ||的值.考法5 极坐标方程与参数方程的综合应用6[2019河北六校联考]在平面直角坐标系xOy 中,点P (0, - 1),曲线C 1:{x =tcosα,y = - 1+tsinα(t 为参数),其中0≤α<π,在以O 为极点,x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C 2:ρ+ρcos 2θ=8sin θ.(1)若α=π4,求C 1与C 2公共点的直角坐标;(2)若C 1与C 2相交于不同的两点A ,B ,M 是线段AB 的中点,当|PM |=409时,求sin α的值.(1)先将曲线C 1化为普通方程,C 2化为直角坐标方程,然后联立方程求出交点坐标;(2)将直线的参数方程代入曲线C 2的直角坐标方程,得到关于t 的一元二次方程,表示出|PM |,利用条件即可求出sin α的值.(1)若α=π4,则曲线C 1的普通方程为y =x - 1,曲线C 2的直角坐标方程为x 2=4y ,由{y =x - 1,x 2=4y,解得{y =1,x =2.所以C 1与C 2公共点的直角坐标为(2,1).(2)将C 1:{x =tcosα,y = - 1+tsinα代入x 2=4y 得, (cos 2α)t 2 - 4(sin α)t +4=0,由Δ=16sin 2α - 16cos 2α>0,得sin α>√22. 设A ,B 对应的参数分别为t 1,t 2,则t 1+t 2=4sinαcos 2α,由|PM |=|t 1+t 22|=2sinαcos 2α=409,得20sin 2α+9sin α - 20=0,解得sin α=45.5.[2019山东济南模拟]在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为{x =√3cosα,y =1+√3sinα(α为参数),以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρsin(θ+π6)=2√3.(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程.(2)射线OP的极坐标方程为θ=π6(ρ≥0),若射线OP与曲线C的交点为A,与直线l的交点为B,求线段AB的长.1.A对于(1),tan θ=1与θ=π4或θ=5π4表示同一条曲线,故(1)错误;对于(2),极坐标的表示方法不唯一,故(2)错误;对于(3),由直线的极坐标方程概念可知正确;对于(4),设M为圆上任意一点,由圆的性质可得,cos θ=|OM|2a =ρ2a,所以ρ=2a cos θ,故(4)错误.故正确结论的个数为1,选A.2.D将曲线的参数方程化为普通方程,得x+2y- 2=0(0≤x≤2,0≤y≤1).故曲线C上的点的轨迹是一条以(2,0)和(0,1)为端点的线段.3.34由已知条件可得圆的普通方程为(x - 2)2+(y - 1)2=4,其圆心为(2,1),半径为2,由直线和圆相切可得=2,解得a=34.4.(1)因为- 1<1 - t21+t2≤1,且x2+(y2)2=(1 - t21+t2)2+4t2(1+t2)2=1,所以C的普通方程为x2+y24=1(x≠ - 1).l 的直角坐标方程为2x +√3y +11=0.(2)由(1)可设C 的参数方程为{x =cosα,y =2sinα(α为参数, - π<α<π). C 上的点到l 的距离为√3sinα +11|√=4cos(α - π3)+11√.当α= - 2π3时,4cos (α - π3)+11取得最小值7,故C 上的点到l 距离的最小值为√7.1.(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) 解法一 (几何法)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.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=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=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.解法二 (代数法)因为{y =k|x|+2,(x +1)2+y 2=4,所以(x +1)2+(k |x |+2)2=4, 所以(1+k 2)x 2+(2x +4k |x |)+1=0,所以{x ≥0,(1+k 2)x 2+(2+4k)x +1=0或{x <0,(1+k 2)x 2+(2 - 4k)x +1=0.交点个数等于方程组解的个数和,显然每个方程组最多有两个解,所以只能一个方程组有一个解,一个方程组有两个解.所以Δ1=(2+4k )2 - 4(1+k 2)=0或Δ2=(2 - 4k )2 - 4(1+k 2)=0, 所以k =0或k =43或k = - 43.经检验可知:当k =0时,曲线C 1的方程为y =2,曲线C 1与圆只有一个交点,故舍去; 当k =43时,曲线C 1的方程为y =43|x |+2,曲线C 1与圆没有交点;当k = - 43时,曲线C 1的方程为y = - 43|x |+2,曲线C 1与圆有且只有三个交点.所以曲线C 1的方程为y = - 43|x |+2.2. (1)(x - 2)2+y 2=4可化为x 2+y 2 - 4x =0,把x =ρcos θ,y =ρsin θ代入,得曲线C 1的极坐标方程为ρ=4cos θ.设点M (ρ',θ'),由|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,得|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2ρ'. 又y ≥0,OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,P (2ρ',θ' - π2). 将点P 的极坐标代入曲线C 1的方程ρ=4cos θ,得2ρ'=4cos (θ' - π2),化简得ρ'=2sin θ',故曲线C 2的极坐标方程为ρ=2sin θ.(2)设点C (ρ1,θ1),则2sin θ1=4cos θ1,所以tan θ1=2,sin θ1=2√55,cos θ1=√55.连接OC ,则|OC |=ρ1=4√55.直线θ=α(π2<α<π,ρ∈R )与曲线C 2:ρ=2sin θ交于点O 和点B ,则B (2sin α,α),直线θ=α(π2<α<π,ρ∈R )与曲线C 1:ρ=4cos θ交于点O 和点A ,则A (4cos (α+π),α+π). △ABC的面积S =S △AOC +S △BOC =12×|OA |×|OC |×sin ∠AOC +12×|OB |×|OC |×sin ∠BOC =12×4cos (α+π)×4√55sin (π -α+θ1)+12×2sin α×4√55sin (α - θ1)=4√55sin αsin (α - θ1) -8√55cos αsin (α - θ1)=4√55sin (α - θ1)(sin α - 2cosα)=4sin (α - θ1)(√55sin α -2√55cos α)=4sin (α - θ1)(sin αcos θ1 –cos αsin θ1)=4sin 2(α - θ1).易知当α - θ1=π2+2k π(k ∈Z ,π2<α<π),即α=θ1+π2+2k π(k ∈Z ,π2<α<π)时,△ABC 的面积最大,最大值为当α=π2时,l 与☉O 交于两点.当α≠π2时,记tan α=k ,则l 的方程为y =kx - √2.因为l 与☉O 交于两点,所以√2|√<1,解得k < - 1或k >1,即α∈(π4,π2)或α∈(π2,3π4). 综上,α的取值范围是(π4,3π4).(2)l 的参数方程为{x =tcosα,y = - √2+tsinα(t 为参数,π4<α<3π4).设A ,B ,P 对应的参数分别为t A ,t B ,t P ,则t P =t A +t B 2,且t A ,t B 满足t 2 - 2√2t sin α+1=0.于是t A +t B =2√2sin α,t P =√2sin α.又点P 的坐标(x ,y )满足{x =t P cosα,y = - √2+t P sinα,所以点P 的轨迹的参数方程是{x =√22sin2α,y = - √22 - √22cos2α(α为参数,π4<α<3π4).4.(1)因为ρ=4sin θ,所以ρ2=4ρsin θ,即x 2+(y - 2)2=4.故曲线C 1的参数方程为{x =2cosφ,y =2+2sinφ(φ为参数).由{x =1+7t,y =3+t 消去参数t ,得到曲线C 2的普通方程为x - 7y +20=0. 易知在平面直角坐标系中,曲线C 1的圆心(0,2)到曲线C 2的距离d =√=3√25.故曲线C 2被曲线C 1截得的弦长是2×√4 - 1825=2√825.(2)由题意知k AB =1,即直线AB 的倾斜角为π4,所以直线AB 的参数方程为{x =√22m,y =3+√22m (m 为参数).将其代入曲线C 1的直角坐标方程x 2+(y - 2)2=4,整理得m 2+√2m - 3=0.易知Δ=(√2)2 - 4×( - 3)=14>0,设m 1,m 2为方程m 2+√2m - 3=0的两根,则m 1+m 2= - √2,m 1m 2= - 3<0,所以||AR | - |AS ||=|m 1+m 2|=√2. 5.(1)由{x =√3cosα,y =1+√3sinα,可得{x =√3cosα,y - 1=√3sinα,所以x 2+(y - 1)2=3cos 2α+3sin 2α=3,所以曲线C 的普通方程为x 2+(y - 1)2=3. 由ρsin (θ+π6)=2√3,可得ρ(√32sin θ+12cos θ)=2√3,即√32ρsin θ+12ρcos θ - 2√3=0,所以直线l 的直角坐标方程为x +√3y - 4√3=0.(2)解法一 曲线C 的普通方程可化为x 2+y 2 - 2y - 2=0,所以曲线C 的极坐标方程为ρ2 - 2ρsin θ - 2=0.由题意设A (ρ1,π6),B (ρ2,π6),将θ=π6代入ρ2 - 2ρsin θ - 2=0,可得ρ2 - ρ - 2=0,所以ρ=2,即ρ1=2.将θ=π6代入ρsin (θ+π6)=2√3,可得ρ=4,即ρ2=4,所以|AB |=|ρ1 - ρ2|=2.解法二 因为射线OP 的极坐标方程为θ=π6(ρ≥0),所以射线OP 的直角坐标方程为y =√33x (x ≥0),由{x 2+(y - 1)2=3,y =√33x(x ≥0),解得{x =√3,y =1,即A (√3,1). 由{x +√3y - 4√3=0,y =√33x(x ≥0),解得{x =2√3,y =2,即B (2√3,2). 所以|AB |=√(2√3 - √3)2+(2 - 1)2=2.。
选修4－4 坐标系与参数方程第一节 坐标系———————————————————————————————— [考纲 ] 1.理解坐标系的作用，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.了解极坐标的根本概念，会在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，能进展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．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1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．图1(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点M 直角坐标(x ，y ) 极坐标(ρ，θ) 互化公式 ⎩⎨⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θρ2＝x 2＋y 2 tan θ＝yx (x ≠0)4.圆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ρ＝r (0≤θ＜2π)圆心为(r,0)，半径为r 的圆ρ＝2r cos_θ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2≤θ≤π2圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫r ，π2，半径为r 的圆ρ＝2r sin_θ(0≤0＜π) 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，那么直线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，那么直线l 的极坐标方程为ρcos θ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＜θ＜π2. (3)直线过M ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ，π2且平行于极轴，那么直线l 的极坐标方程为ρsin_θ＝b (0＜θ＜π)．1．(思考辨析)判断以下结论的正误．(正确的打“√〞，错误的打“×〞) (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)假设点P 的直角坐标为(1，－3)，那么点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．(教材改编)假设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，那么线段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 A [∵y ＝1－x (0≤x ≤1)，∴ρsin θ＝1－ρcos θ(0≤ρcos θ≤1)， ∴ρ＝1sin θ＋cos θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2.]3．(教材改编)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．假设曲线C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ，那么曲线C 的直角坐标方程为________．x 2＋y 2－2y ＝0 [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.]4．直线l 的极坐标方程为2ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，点A 的极坐标为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，7π4，那么点A 到直线l 的距离为________．522 [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.] 5．(2021 ·江苏高考)圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4－4＝0，求圆C的半径．[解] 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 .2分圆C 的极坐标方程可化为ρ2＋22ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin θ－22cos θ－4＝0，4分化简，得ρ2＋2ρsin θ－2ρcos θ那么圆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， 所以圆C 的半径为 6.10分平面直角坐标系中的伸缩变换将圆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(x 1，y 1)为圆上的点，在变换下变为曲线C 上的点(x ，y )，依题意，得⎩⎨⎧x ＝x 1，y ＝2y 1.2分 由x 21＋y 21＝1得x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22＝1， 故曲线C 的方程为x 2＋y 24(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 24＝1，2x ＋y －2＝0，解得⎩⎨⎧ x ＝1，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝2.6分不妨设P 1(1,0)，P 2(0,2)，那么线段P 1P 2的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，所求直线斜率为k ＝12，8分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.10分[规律方法] 1.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，利用方程思想求解．2．求交点坐标，得直线方程，最后化为极坐标方程，其实质是将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入转化．[变式训练1] 在平面直角坐标系中，伸缩变换φ：⎩⎨⎧x ′＝3x ，2y ′＝y .【导学号：31222437】(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 ′＝y2，2分∴x ′＝13×3＝1，y ′＝－22＝－1.∴点A ′的坐标为(1，－1).5分 (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 ′，8分代入y ＝6x ，得2y ′＝6·x ′3＝2x ′， ∴y ′＝x ′为所求直线l ′极坐标与直角坐标的互化(2021 ·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)假设直线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(2)将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得 ρ2－32ρ＋4＝0，解得ρ1＝22，ρ2＝ 2.8分 故ρ1－ρ2＝2，即|MN |＝ 2.由于C 2的半径为1，所以△C 2MN 的面积为12.10分[迁移探究1] 假设本例条件不变，求直线C 1与C 2的交点的极坐标． [解] 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧ρcos θ＝－2，θ＝π4，解得θ＝π4且ρ＝－2 2.6分所以交点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，π4.10分[迁移探究2] 本例条件不变，求圆C 2关于极点的对称圆的方程． [解] 因为点(ρ，θ)与点(－ρ，θ)关于极点对称，设点(ρ，θ)为对称圆上任意一点，那么(－ρ，θ)在圆C 2上， 所以(－ρ)2＋2ρcos θ＋4ρsin θ故所求圆C 2关于极点的对称圆的方程为x 2＋y 2＋2x ＋4y[规律方法] 1.进展极坐标方程与直角坐标方程互化的关键是灵活应用互化公式：x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx(x ≠0)．2．进展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；要善于对方程进展合理变形，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方法．[变式训练2] (2021·北京高考改编)在极坐标系中，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)假设曲线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由C 2：ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ， ∴x 2＋y 2＝2x ，那么(x －1)2＋y 2＝1. ∴C 2是圆心为(1,0)，半径r(2)由(1)知点(1,0)在直线x －3y －1＝0上， 因此直线C 1过圆C 2∴两交点A ，B 的连线段是圆C 2的直径． 因此两交点A ，B 间的距离|AB |＝2r直线与圆的极坐标方程的应用(2021·全国卷Ⅰ)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，假设曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a .[解] (1)消去参数t 得到C 1的普通方程为x 2＋(y －1)2＝a 2，那么C 1是以(0,1)为圆心，a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(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. 假设ρ≠0，由方程组得16cos 2θ－8sin θcos θ＋1－a 2＝0， 由tan θ＝2，得16cos 2θ－8sin θcos θ＝0，8分 从而1－a 2＝0，解得a ＝－1(舍去)或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[规律方法] 1.第(1)问将曲线C 1的参数方程先化为普通方程，再化为极坐标方程，考察学生的化归与转化能力．第(2)问中关键是理解极坐标方程，有意识地将问题简单化，进而求解．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方程解决，可先转化为直角坐标方程，然后求解．[变式训练3] (2021·太原市质检)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，且两种坐标系中取一样的长度单位．(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 .假设射线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＝32.2分曲线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.4分(2)∵M (3，0)，N (0,1)，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，∴OP 的极坐标方程为θ＝π6，6分把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，π6.8分 ∴|PQ |＝|ρ2－ρ1|＝1，即P ，Q[思想与方法]1．曲线的极坐标方程与直角坐标方程互化：对于简单的可以直接代入公式ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，ρ2＝x 2＋y 2，但有时需要作适当的变化，如将式子的两边同时平方，两边同乘以ρ等．2．确定极坐标方程的四要素：极点、极轴、长度单位、角度单位及其正方向，四者缺一不可． [易错与防范]1．平面上点的直角坐标的表示形式是唯一的，但点的极坐标的表示形式不唯一．极坐标与P 点之间不是一一对应的，所以我们又规定ρ≥0,0≤θ＜2π，来使平面上的点与它的极坐标之间是一一对应的，但仍然不包括极点．2．进展极坐标方程与直角坐标方程互化时，应注意两点： (1)注意ρ，θ的取值范围及其影响．(2)重视方程的变形及公式的正用、逆用、变形使用．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＋(－3)22．在极坐标系下，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，那么直线l 的直角坐标方程为y －x ＝1，即x －y (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．(2021·邯郸调研)在极坐标系中，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，那么∠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4．(2021·南京调研)在极坐标系中，圆C 的圆心C ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π3，半径r ＝3. (1)求圆C 的极坐标方程；(2)假设点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．(2021 ·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≤αO 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)假设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，|AB6．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)，那么ρρ0 ∵ρ0cos θ＝4，∴ρ＝3cos θ(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。
第1讲坐标系一、知识梳理 1．坐标系 (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 ′(λx ，μy )，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换．(2)极坐标系在平面内取一个定点O ，叫做极点；自极点O 引一条射线Ox ，叫做极轴；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．设M 是平面内一点，极点O 与点M 的距离|OM |叫做点M 的极径，记为ρ；以极轴Ox为始边，射线OM 为终边的角xOM 叫做点M 的极角，记为θ，有序数对(ρ，θ)叫做点M 的极坐标，记为M (ρ，θ)．2．直角坐标与极坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，x 轴的正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．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 ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝y x （x ≠0）.3．直线的极坐标方程若直线过点M (ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．几个特殊位置的直线的极坐标方程： (1)直线过极点：θ＝θ0和θ＝π＋θ0.(2)直线过点M (a ，0)且垂直于极轴：ρcos θ＝a ． (3)直线过点M ⎝⎛⎭⎫b ，π2且平行于极轴：ρsin θ＝b ． 4．圆的极坐标方程若圆心为M (ρ0，θ0)，半径为r ，则该圆的方程为：ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ20－r 2＝0.几个特殊位置的圆的极坐标方程： (1)当圆心位于极点，半径为r ：ρ＝r .(2)当圆心位于M (a ，0)，半径为a ：ρ＝2a cos θ． (3)当圆心位于M ⎝⎛⎭⎫a ，π2，半径为a ：ρ＝2a sin θ． 常用结论 1．明辨两个坐标伸缩变换关系式⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ>0），y ′＝μy （μ>0），点(x ，y )在原曲线上，点(x ′，y ′)在变换后的曲线上，因此点(x ，y )的坐标满足原来的曲线方程，点(x ′，y ′)的坐标满足变换后的曲线方程．2．极坐标方程与直角坐标方程互化(1)公式代入：直角坐标方程化为极坐标方程公式x ＝ρcos θ及y ＝ρsin θ直接代入并化简． (2)整体代换：极坐标方程化为直角坐标方程，变形构造形如ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，进行整体代换．二、习题改编1．(选修4-4P15T2改编)在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( ) A.⎝⎛⎭⎫1，π2 B.⎝⎛⎭⎫1，－π2 C ．(1，0)D ．(1，π)解析：选B.由ρ＝－2sin θ，得ρ2＝－2ρsin θ，化为直角坐标方程为x 2＋y 2＝－2y ，化成标准方程为x 2＋(y ＋1)2＝1，圆心坐标为(0，－1)，其对应的极坐标为⎝⎛⎭⎫1，－π2.故选B. 2．(选修4-4P15T2改编)圆心C 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，π4，且圆C 经过极点．求圆C 的极坐标方程．解：圆心C 的直角坐标为(2，2)，则设圆C 的直角坐标方程为(x －2)2＋(y －2)2＝r 2，依题意可知r 2＝(0－2)2＋(0－2)2＝4，故圆C 的直角坐标方程为(x －2)2＋(y －2)2＝4，化为极坐标方程为ρ2－22ρ(sin θ＋cos θ)＝0，即ρ＝22(sin θ＋cos θ)．一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)在极坐标系中，曲线的极坐标方程不是唯一的．( ) (3)极坐标方程θ＝π(ρ≥0)表示的曲线是一条直线．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 二、易错纠偏常见误区(1)对极坐标几何意义不理解； (2)极坐标与直角坐标的互化致误．1．在极坐标系中，已知两点A ⎝⎛⎭⎫3，π4，B ⎝⎛⎭⎫2，π2，则|AB |＝ ． 解析：设极点为O .在△OAB 中，A ⎝⎛⎭⎫3，π4，B ⎝⎛⎭⎫2，π2，由余弦定理，得AB ＝32＋（2）2－2×3×2×cos ⎝⎛⎭⎫π2－π4＝ 5. 答案： 52．确定极坐标方程ρ2cos 2θ－2ρcos θ＝1表示的曲线． 解：由极坐标方程ρ2cos 2θ－2ρcos θ＝1，得 ρ2(cos 2θ－sin 2θ)－2ρcos θ＝1. 由互化公式⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，得x2－y2－2x＝1，即(x－1)2－y2＝2.故此方程表示以(1，0)为中心，F1(－1，0)，F2(3，0)为焦点的等轴双曲线．平面直角坐标系中的伸缩变换(师生共研)(1)曲线C ：x 2＋y 2＝1经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝y 得到曲线C ′，则曲线C ′的方程为 ． (2)曲线C 经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y后所得曲线的方程为x ′2＋y ′2＝1，则曲线C 的方程为 ．【解析】 (1)因为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝y ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′2，y ＝y ′，代入曲线C 的方程得C ′：x ′24＋y ′2＝1.(2)根据题意，曲线C 经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y 后所得曲线的方程为x ′2＋y ′2＝1，则(2x )2＋(3y )2＝1， 即4x 2＋9y 2＝1，所以曲线C 的方程为4x 2＋9y 2＝1. 【答案】 (1)x ′24＋y ′2＝1 (2)4x 2＋9y 2＝11．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 ′)即为所求．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．1．在同一平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y ，则点A ⎝⎛⎭⎫13，－2经过变换后所得的点A ′的坐标为 ．解析：设A ′(x ′，y ′)，由伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y ，得到⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝12y .由于点A 的坐标为⎝⎛⎭⎫13，－2，于是x ′＝3×13＝1，y ′＝12×(－2)＝－1，所以A ′的坐标为(1，－1)． 答案：(1，－1) 2．将圆x 2＋y 2＝1变换为椭圆x 29＋y 24＝1的一个伸缩变换公式为φ：⎩⎪⎨⎪⎧X ＝ax （a >0），Y ＝by （b >0），求a ，b 的值．解：由⎩⎪⎨⎪⎧X ＝ax ，Y ＝by 得⎩⎨⎧x ＝1a X ，y ＝1b Y ，代入x 2＋y 2＝1中得X 2a 2＋Y2b 2＝1，所以a 2＝9，b 2＝4，因为a >0，b >0，所以a ＝3，b ＝2.极坐标与直角坐标的互化(师生共研)(1)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，求点A 到直线l 的距离． (2)把曲线C 1：x 2＋y 2－8x －10y ＋16＝0化为极坐标方程．【解】 (1)由2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝2，得2ρ⎝⎛⎭⎫22sin θ－22cos θ＝2，所以y －x ＝1. 由点A 的极坐标为⎝⎛⎭⎫22，7π4得点A 的直角坐标为(2，－2)，所以d ＝|2＋2＋1|2＝522. 即点A 到直线l 的距离为522.(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.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．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．解：因为点A (2，π4)在直线ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝a 上，所以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．在极坐标系下，已知圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l ：ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝22(ρ≥0，0≤θ<2π)． (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)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，故直线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即为所求．求曲线的极坐标方程(师生共研)(2019·高考全国卷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)当点M 在C 上运动且点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 上除点P 外的任意一点．连接OQ ， 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 ， 故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.求曲线的极坐标方程的步骤(1)建立适当的极坐标系，设P (ρ，θ)是曲线上任意一点．(2)由曲线上的点所适合的条件，列出曲线上任意一点的极径ρ和极角θ之间的关系式． (3)将列出的关系式进行整理、化简，得出曲线的极坐标方程．1．在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，过极点O 作圆C ：ρ＝8cos θ的弦ON ，交圆C 于点N .求ON 的中点M 的轨迹的极坐标方程． 解：设M (ρ，θ)，N (ρ1，θ1)．因为N 点在圆ρ＝8cos θ上，所以ρ1＝8cos θ1.①因为M 是ON 的中点，所以⎩⎪⎨⎪⎧ρ1＝2ρ，θ1＝θ，代入①式得2ρ＝8cos θ，故点M 的轨迹的极坐标方程是ρ＝4cos θ.2．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．曲线C 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝1(0≤θ＜2π)，M ，N 分别为曲线C 与x 轴，y 轴的交点． (1)写出曲线C 的直角坐标方程，并求M ，N 的极坐标； (2)设MN 的中点为P ，求直线OP 的极坐标方程． 解：(1)由ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝1得 ρ⎝⎛⎭⎫12cos θ＋32sin θ＝1.从而曲线C 的直角坐标方程为12x ＋32y ＝1，即x ＋3y －2＝0.当θ＝0时，ρ＝2，所以M (2，0)．当θ＝π2时，ρ＝233，所以N ⎝⎛⎭⎫233，π2.(2)由(1)知，M 点的直角坐标为(2，0)，N 点的直角坐标为⎝⎛⎭⎫0，233.所以P 点的直角坐标为⎝⎛⎭⎫1，33， 则P 点的极坐标为⎝⎛⎭⎫233，π6.所以直线OP 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )．曲线极坐标方程的应用(师生共研)(2020·福州四校联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos α，y ＝2＋sin α(α为参数)，直线C 2的方程为y ＝3x .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和直线C 2的极坐标方程；(2)若直线C 2与曲线C 1交于A ，B 两点，求1|OA |＋1|OB |.【解】 (1)由曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos α，y ＝2＋sin α(α为参数)，得曲线C 1的普通方程为(x －2)2＋(y －2)2＝1，则C 1的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋7＝0，由于直线C 2过原点，且倾斜角为π3，故其极坐标方程为θ＝π3(ρ∈R )(tan θ＝3)．(2)由⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋7＝0，θ＝π3得ρ2－(23＋2)ρ＋7＝0，设A ，B 对应的极径分别为ρ1，ρ2，则ρ1＋ρ2＝23＋2，ρ1ρ2＝7，所以1|OA |＋1|OB |＝|OA |＋|OB ||OA |·|OB |＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2＝23＋27.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，如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决．1．(2020·昆明市诊断测试)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos t ，y ＝sin t (t 为参数)．以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )．(1)求曲线C 1的极坐标方程；(2)若曲线C 2的极坐标方程为ρ＋8cos θ＝0，直线l 与曲线C 1在第一象限的交点为A ，与曲线C 2的交点为B (异于原点)，求|AB |.解：(1)消去参数t 得曲线C 1的普通方程为x 2＋9y 2＝9，故曲线C 1的极坐标方程为ρ2＋8ρ2sin 2θ－9＝0.(2)因为A ，B 两点在直线l 上，所以可设A ⎝⎛⎭⎫ρ1，π6，B ⎝⎛⎭⎫ρ2，π6. 把点A 的极坐标代入C 1的极坐标方程得，ρ21＋8ρ21sin 2π6－9＝0，解得ρ1＝±3. 已知A 点在第一象限，所以ρ1＝ 3.因为B 异于原点，所以把点B 的极坐标代入C 2的极坐标方程得， ρ2＋8cos π6＝0，解得ρ2＝－4 3.所以|AB |＝|ρ1－ρ2|＝|3＋43|＝5 3.2．(2020·安徽五校联盟第二次质检)在直角坐标系xOy 中，直线l 1：x ＝0，圆C ：(x －1)2＋(y －1－2)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)求直线l 1和圆C 的极坐标方程；(2)若直线l 2的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，设l 1，l 2与圆C 的公共点分别为A ，B ，求△OAB的面积．解：(1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，所以直线l 1的极坐标方程为ρcos θ＝0，即θ＝π2(ρ∈R )，圆C 的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－2(1＋2)ρsin θ＋3＋22＝0. (2)将θ＝π2代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋2)ρsin θ＋3＋22＝0，得ρ2－2(1＋2)ρ＋3＋22＝0，解得ρ1＝1＋ 2.将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋2)ρsinθ＋3＋22＝0，得ρ2－2(1＋2)ρ＋3＋22＝0， 解得ρ2＝1＋ 2.故△OAB 的面积为12×(1＋2)2×sin π4＝1＋324.[基础题组练]1．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝12x ，y ′＝13y后，曲线C ：x 2＋y 2＝36变为何种曲线，并求曲线的焦点坐标．解：设圆x 2＋y 2＝36上任一点为P (x ，y )，伸缩变换后对应的点的坐标为P ′(x ′，y ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′，y ＝3y ′，所以4x ′2＋9y ′2＝36，即x ′29＋y ′24＝1.所以曲线C 在伸缩变换后得椭圆x 29＋y 24＝1，其焦点坐标为(±5，0)．2．在极坐标系中，圆C 是以点C ⎝⎛⎭⎫2，11π6为圆心，2为半径的圆． (1)求圆C 的极坐标方程；(2)求圆C 被直线l ：θ＝7π12(ρ∈R )所截得的弦长．解：(1)圆C 是将圆ρ＝4cos θ绕极点按顺时针方向旋转π6而得到的圆，所以圆C 的极坐标方程是ρ＝4cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π6. (2)将θ＝－5π12代入圆C 的极坐标方程ρ＝4cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π6，得ρ＝22， 所以，圆C 被直线l ：θ＝7π12，即直线θ＝－5π12所截得的弦长为2 2.3．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：ρ＝4cos θ⎝⎛⎭⎫0≤θ<π2，C 2：ρcos θ＝3. (1)求C 1与C 2的交点的极坐标；(2)设点Q 在C 1上，OQ →＝25OP →，求动点P 的极坐标方程．解：(1)联立⎩⎪⎨⎪⎧ρcos θ＝3，ρ＝4cos θ，得cos θ＝±32，因为0≤θ<π2，所以θ＝π6，ρ＝23，所以交点坐标为⎝⎛⎭⎫23，π6. (2)设P (ρ，θ)，Q (ρ0，θ0)，则ρ0＝4cos θ0，θ0∈⎣⎡⎭⎫0，π2， 由OQ →＝25OP →，得⎩⎪⎨⎪⎧ρ0＝25ρ，θ0＝θ，所以25ρ＝4cos θ，θ∈⎣⎡⎭⎫0，π2， 所以点P 的极坐标方程为ρ＝10cos θ，θ∈⎣⎡⎭⎫0，π2. 4．(2020·黑龙江哈尔滨三中一模)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．(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)因为C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝6cos φ，y ＝2sin φ(φ为参数)，所以其普通方程为x 26＋y 22＝1，又C 1：x ＋3y ＝3，所以可得极坐标方程分别为C 1：ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π6＝32，C 2：ρ2＝61＋2sin 2θ. (2)易知M (3，0)，N (0，1)，所以P ⎝⎛⎭⎫32，12，所以OP 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R )，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， 所以|PQ |＝|ρ2－ρ1|＝1， 即P ，Q 两点间的距离为1.5．直角坐标系xOy 中，倾斜角为α的直线l 过点M (－2，－4)，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＝2cos θ.(1)写出直线l 的参数方程(α为常数)和曲线C 的直角坐标方程； (2)若直线l 与C 交于A ，B 两点，且|MA |·|MB |＝40，求倾斜角α的值．解：(1)直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋t cos α，y ＝－4＋t sin α(t 为参数)，ρsin 2θ＝2cos θ，即ρ2sin 2θ＝2ρcos θ，将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入曲线C 的直角坐标方程得y 2＝2x .(2)把直线l 的参数方程代入y 2＝2x ，得 t 2sin 2α－(2cos α＋8sin α)t ＋20＝0， 设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，由一元二次方程根与系数的关系得，t 1t 2＝20sin 2α，根据直线的参数方程中参数的几何意义，得|MA |·|MB |＝|t 1t 2|＝20sin 2α＝40，得α＝π4或α＝3π4. 又Δ＝(2cos α＋8sin α)2－80sin 2α>0，所以α＝π4.6．(2020·江淮十校联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos α，y ＝2sin α(α为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)已知A ，B 是曲线C 上任意两点，且∠AOB ＝π3，求△OAB 面积的最大值．解：(1)消去参数α，得到曲线C 的普通方程为 (x －2)2＋y 2＝4，故曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ.(2)在极坐标系中，不妨设A (ρ1，θ0)，B (ρ2，θ0＋π3)，其中ρ1>0，ρ2>0，－π2<θ0<π2，由(1)知，ρ1＝4cos θ0，ρ2＝4cos(θ0＋π3)．△OAB 面积S ＝12ρ1ρ2sin π3＝43cos θ0cos(θ0＋π3)，S ＝23cos 2θ0－6sin θ0cos θ0＝3(1＋cos 2θ0)－3sin 2θ0＝23cos ⎝⎛⎭⎫2θ0＋π3＋3， 当2θ0＋π3＝0时，即θ0＝－π6时，cos ⎝⎛⎭⎫2θ0＋π3有最大值1.此时S max ＝3 3. 故△OAB 面积的最大值为3 3.[综合题组练]1．(2020·长沙市统一模拟考试)在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线M 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋cos φy ＝1＋sin φ(φ为参数)， 过原点O 且倾斜角为α的直线l 交M 于A ，B 两点．以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求l 和M 的极坐标方程；(2)当α∈⎝⎛⎦⎤0，π4时，求|OA |＋|OB |的取值范围．解：(1)由题意可得，直线l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R )． 曲线M 的普通方程为()x －12＋(y －1)2＝1， 因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，所以M 的极坐标方程为ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0. (2)设A (ρ1，α)，B (ρ2，α)，且ρ1，ρ2均为正数， 将θ＝α代入ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0， 得ρ2－2(cos α＋sin α)ρ＋1＝0， 当α∈⎝⎛⎦⎤0，π4时，Δ＝4sin 2α>0， 所以ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)，根据极坐标的几何意义，|OA |，|OB |分别是点A ，B 的极径． 从而|OA |＋|OB |＝ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)＝22sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4. 当α∈⎝⎛⎦⎤0，π4时，α＋π4∈⎝⎛⎦⎤π4，π2， 故|OA |＋|OB |的取值范围是(2，22]．2．在极坐标系中，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ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝2距离的最大值． 解：(1)设P (ρ1，θ)，M (ρ2，θ)， 由|OP |·|OM |＝4，得ρ1ρ2＝4，即ρ2＝4ρ1.因为M 是C 1上任意一点，所以ρ2sin θ＝2， 即4ρ1sin θ＝2，ρ1＝2sin θ. 所以曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ. (2)由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ， 即x 2＋y 2－2y ＝0，化为标准方程为x 2＋(y －1)2＝1，则曲线C 2的圆心坐标为(0，1)，半径为1， 由直线ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝2，得ρcos θcos π4－ρsin θsin π4＝2，即x －y ＝2，圆心(0，1)到直线x －y ＝2的距离为 d ＝|0－1－2|2＝322，所以曲线C 2上的点到直线ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝2距离的最大值为1＋322.。
