2023届高考一轮复习讲义（理科）选修4－4　坐标系与参数方程 第1讲　坐标系学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）选修4－4　坐标系与参数方程 第1讲　坐标系学案，共15页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。

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：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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为平面直角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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρ2＝x2＋y2，,tan θ＝\f(y,x)（x≠0）Ｗ.))
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)．
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：
ρ2－2ρ0ρcs(θ－θ0)＋ρeq \\al(2,0)－r2＝0.
常用结论
几种简单曲线的极坐标方程
二、习题改编
1．(选修4­4P15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＝eq \f(1,cs θ＋sin θ)，0≤θ≤eq \f(π,2)
B．ρ＝eq \f(1,cs θ＋sin θ)，0≤θ≤eq \f(π,4)
C．ρ＝cs θ＋sin θ，0≤θ≤eq \f(π,2)
D．ρ＝cs θ＋sin θ，0≤θ≤eq \f(π,4)
解析：选A.y＝1－x(0≤x≤1)的极坐标方程为ρsin θ＝1－ρcs θ，即ρ＝eq \f(1,sin θ＋cs θ)，由0≤x≤1，得0≤y≤1，所以θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).故选A.
2．(选修4­4P15习题T4改编)在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是________．
解析：法一：由ρ＝－2sin θ，得ρ2＝－2ρsin θ，化成直角坐标方程为x2＋y2＝－2y，化成标准方程为x2＋(y＋1)2＝1，圆心坐标为(0，－1)，其对应的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(π,2))).
法二：由ρ＝－2sin θ＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,2)))，知圆心的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(π,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(π,2)))
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)若点P的直角坐标为(1，－eq \r(3))，则点P的一个极坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(π,3))).( )
(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)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)极坐标与直角坐标的互化致误；
(2)求极坐标方程不会结合图形求解致误．
1．在极坐标系中，已知点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,6)))，则过点P且平行于极轴的直线方程是( )
A．ρsin θ＝1 B．ρsin θ＝eq \r(3)
C．ρcs θ＝1 D．ρcs θ＝eq \r(3)
解析：选A.先将极坐标化成直角坐标表示，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,6)))转化为直角坐标为x＝ρcs θ＝2cs eq \f(π,6)＝eq \r(3)，y＝ρsin θ＝2sin eq \f(π,6)＝1，即(eq \r(3)，1)，过点(eq \r(3)，1)且平行于x轴的直线为y＝1，再化为极坐标为ρsin θ＝1.
2．在极坐标系中Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(π,3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2π,3)))两点间的距离为________．
解析：
法一(数形结合)：在极坐标系中，A，B两点如图所示，|AB|＝|OA|＋|OB|＝6.
法二：因为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(π,3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2π,3)))的直角坐标为A(1，－eq \r(3))，B(－2，2eq \r(3))．
所以|AB|＝eq \r(（－2－1）2＋（2\r(3)＋\r(3)）2)＝6.
答案：6
平面直角坐标系中的伸缩变换(自主练透)
1．在平面直角坐标系中，求下列方程所对应的图形经过伸缩变换eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝\f(1,2)x，,y′＝\f(1,3)y))后的图形．
(1)5x＋2y＝0；
(2)x2＋y2＝1.
解：伸缩变换eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝\f(1,2)x，,y′＝\f(1,3)y，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2x′，,y＝3y′，))
(1)若5x＋2y＝0，则5(2x′)＋2(3y′)＝0，所以5x＋2y＝0经过伸缩变换后的方程为5x′＋3y′＝0，为一条直线．
(2)若x2＋y2＝1，则(2x′)2＋(3y′)2＝1，则x2＋y2＝1经过伸缩变换后的方程为4x′2＋9y′2＝1，为椭圆．
2．求双曲线C：x2－eq \f(y2,64)＝1经过φ：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝3x，,2y′＝y，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x′,3)，,y＝2y′，))
代入曲线C：x2－eq \f(y2,64)＝1，得eq \f(x′2,9)－eq \f(y′2,16)＝1，
即曲线C′的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，
因此曲线C′的焦点F1(－5，0)，F2(5，0)．
3．将圆x2＋y2＝1变换为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的一个伸缩变换公式为φ：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(X＝ax（a>0），,Y＝by（b>0），))求a，b的值．
解：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(X＝ax，,Y＝by))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,a)X，,y＝\f(1,b)Y，))代入x2＋y2＝1中得eq \f(X2,a2)＋eq \f(Y2,b2)＝1，所以a2＝9，b2＝4，
因为a>0，b>0，所以a＝3，b＝2.
eq \a\vs4\al()
(1)平面上的曲线y＝f(x)在变换φ：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝λx（λ>0），,y′＝μy（μ>0）))的作用下的变换方程的求法是将eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x′,λ)，,y＝\f(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．
极坐标与直角坐标的互化(师生共研)
在直角坐标系xOy中，曲线C1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C2的极坐标方程为ρ2＋2ρcs θ－3＝0.
(1)求C2的直角坐标方程；
(2)若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．
【解】 (1)由x＝ρcs θ，y＝ρsin θ得C2的直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝4.
(2)由(1)知C2是圆心为A(－1，0)，半径为2的圆．由题设知，C1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l1，y轴左边的射线为l2.由于B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点．
当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，所以eq \f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝－eq \f(4,3)或k＝0.
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－eq \f(4,3)时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点．
当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以eq \f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝0或k＝eq \f(4,3).
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝eq \f(4,3)时，l2与C2没有公共点．
综上，所求C1的方程为y＝－eq \f(4,3)|x|＋2.
eq \a\vs4\al()
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＝ρcs 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ρcs 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．在极坐标系中，已知圆O：ρ＝cs θ＋sin θ和直线l：ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(ρ≥0，0≤θ0)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＝eq \f(π,3)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C上，当θ0＝eq \f(π,3)时，ρ0＝4sin eq \f(π,3)＝2eq \r(3).
由已知得|OP|＝|OA|cs eq \f(π,3)＝2.
设Q(ρ，θ)为l上除P的任意一点．连接OQ，
在Rt△OPQ中，ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.
经检验，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,3)))在曲线ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝2上．
所以，l的极坐标方程为ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝2.
(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cs θ＝4cs θ，即ρ＝4cs θ.
因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))).
所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cs θ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))).
极坐标方程的应用(师生共研)
(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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋2cs 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＝eq \f(π,3)，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＋y2＝4，
故曲线C的极坐标方程为ρ＝4cs θ.
(2)在极坐标系中，不妨设A(ρ1，θ0)，B(ρ2，θ0＋eq \f(π,3))，其中ρ1>0，ρ2>0，－eq \f(π,2)