备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第十二章 选考部分 第1节 坐标系与参数方程 第一课时 坐标系

这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第十二章 选考部分 第1节 坐标系与参数方程 第一课时 坐标系，共16页。试卷主要包含了极坐标系与点的极坐标，极坐标与直角坐标的互化，常见曲线的极坐标方程等内容，欢迎下载使用。
第一课时 坐标系
考试要求 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.
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：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
①极径：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.
②极角：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.
③极坐标：有序数对(ρ，θ)叫做点M的极坐标，记作M(ρ，θ).
3.极坐标与直角坐标的互化
4.常见曲线的极坐标方程
1.极坐标的四要素：(1)极点；(2)极轴；(3)长度单位；(4)角度单位和它的正方向，四者缺一不可.
2.由极径的意义知ρ≥0，当极角θ的取值范围是[0，2π)时，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，约定极点的极坐标是极径ρ＝0，极角可取任意角.
3.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ρcs θ＝x，ρsin θ＝y，ρ2＝x2＋y2，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.
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，－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)×
解析 (1)一般认为ρ≥0，当θ∈[0，2π)时，平面上的点(除去极点)才与极坐标建立一一对应关系；(4)极坐标方程θ＝π(ρ≥0)表示的曲线是一条射线.
2.(易错题)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)
答案 A
解析 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.
3.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)
答案 A
解析 ∵y＝1－x(0≤x≤1)，
∴ρsin θ＝1－ρcs θ(0≤ρcs θ≤1)，
∴ρ＝eq \f(1,sin θ＋cs θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2))).
4.在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(π,2)))
C.(1，0) D.(1，π)
答案 B
解析 由ρ＝－2sin θ得ρ2＝－2ρsin θ，化成直角坐标方程为x2＋y2＝－2y，
即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))).
5.(易错题)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________.
答案 x2＋(y－1)2＝1
解析 由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ，
所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，即x2＋(y－1)2＝1.
6.(2018·北京卷)在极坐标系中，直线ρcs θ＋ρsin θ＝a(a>0)与圆ρ＝2cs θ相切，则a＝________.
答案 1＋eq \r(2)
解析 直线的方程为x＋y－a＝0，圆的方程为(x－1)2＋y2＝1，
所以圆心(1，0)，半径r＝1，
由于直线与圆相切，
故圆心到直线的距离等于半径，即eq \f(|1－a|,\r(2))＝1，
又a>0，所以a＝1＋eq \r(2).
考点一 平面直角坐标系中的伸缩变换
1.曲线C：x2＋y2＝1经过伸缩变换eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝2x，,y′＝y))得到曲线C′，则曲线C′的方程为________.
答案 eq \f(x′2,4)＋y′2＝1
解析 因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝2x，,y′＝y，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x′,2)，,y＝y′，))
代入曲线C的方程得C′：eq \f(x′2,4)＋y′2＝1.
2.曲线C经过伸缩变换eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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________.
答案 4x2＋9y2＝1
解析 根据题意，曲线C经过伸缩变换eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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4x2＋9y2＝1，所以曲线C的方程为4x2＋9y2＝1.
3.在同一平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝3x，,2y′＝y，))则点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－2))经过变换后所得的点A′的坐标为________.
答案 (1，－1)
解析 设A′(x′，y′)，由伸缩变换φ：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝3x，,2y′＝y))得到eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝3x，,y′＝\f(1,2)y.))
由于点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－2))，
于是x′＝3×eq \f(1,3)＝1，y′＝eq \f(1,2)×(－2)＝－1，
所以点A′的坐标为(1，－1).
4.双曲线C：x2－eq \f(y2,64)＝1经过伸缩变换φ：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝3x，,2y′＝y))后所得曲线C′的焦点坐标为________.
答案 (－5，0)，(5，0)
解析 设曲线C′上任意一点P′(x′，y′)，
将eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,3)x′，,y＝2y′))代入x2－eq \f(y2,64)＝1，得eq \f(x′2,9)－eq \f(4y′2,64)＝1，
化简得eq \f(x′2,9)－eq \f(y′2,16)＝1，即为曲线C′的方程，知C′仍是双曲线，其焦点坐标分别为
(－5，0)，(5，0).
感悟提升 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)，得eq \f(y′,μ)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x′,λ)))，整理之后得到y′＝h(x′)，即为所求变换之后的方程.
2.解答该类问题应明确两点：一是明确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.
考点二 极坐标与直角坐标的互化
例1 (1)极坐标方程ρ2cs θ－ρ＝0转化成直角坐标方程为( )
A.x2＋y2＝0或y＝1
B.x＝1
C.x2＋y2＝0或x＝1
D.y＝1
(2)点M的直角坐标是(－1，eq \r(3))，则点M的极坐标为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,3)))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(π,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2π,3)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，2kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)
答案 (1)C (2)C
解析 (1)ρ2cs θ－ρ＝0⇒ρ＝eq \r(x2＋y2)＝0，或ρcs θ＝1，x＝1.
(2)∵ρ＝eq \r(（－1）2＋（\r(3)）2)＝2，
tan θ＝eq \f(\r(3),－1)＝－eq \r(3).
又点M在第二象限，∴θ＝eq \f(2π,3)，
∴点M的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2π,3))).
感悟提升 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＝ρcs θ，y＝ρsin θ，ρ2＝x2＋y2，tan θ＝eq \f(y,x)(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1 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ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝1，M，N分别为C与x轴，y轴的交点.
(1)求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ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝1得，
ρeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs θ＋\f(\r(3),2)sin θ))＝1.
从而C的直角坐标方程为eq \f(1,2)x＋eq \f(\r(3),2)y＝1，
即x＋eq \r(3)y＝2.
当θ＝0时，ρ＝2，所以M(2，0).
当θ＝eq \f(π,2)时，ρ＝eq \f(2\r(3),3)，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2))).
(2)由(1)知M点的直角坐标为(2，0)，N点的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3))).
所以点P的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)))，
则点P的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(π,6)))，
所以直线OP的极坐标方程为θ＝eq \f(π,6)(ρ∈R).
考点三 求曲线的极坐标方程
例2 (2022·西安五校联考)在直角坐标系xOy中，曲线C1：(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，如图，将C1分别绕原点O逆时针旋转eq \f(π,2)，π，eq \f(3π,2)得到曲线C2，C3，C4，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)分别写出曲线C1，C2，C3，C4的极坐标方程；
(2)直线l：θ＝eq \f(π,3)(ρ∈R)交曲线C1，C3分别于A，C两点，直线l′：θ＝eq \f(2π,3)(ρ∈R)交曲线C2，C4分别于B，D两点，求四边形ABCD的面积.
解 (1)将x＝ρcs θ，y＝ρsin θ代入C1，得C1的极坐标方程为ρ＝2cs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，
设C1上的点(ρ0，θ0)旋转eq \f(π,2)得到曲线C2上的点(ρ，θ)，则ρ0＝ρ，θ0＝θ－eq \f(π,2)，
代入C1的方程得
ρ＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2)))＝2sin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ－\f(π,2)≤\f(π,2)))，
所以C2的极坐标方程为
ρ＝2sin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)≤θ≤π))，
同理，C3的极坐标方程为
ρ＝－2cs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π≤θ≤\f(3π,2)))，
C4的极坐标方程为ρ＝－2sin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)≤θ≤2π)).
(2)结合图形的对称性可知S四边形ABCD＝4S△AOB，
将θ＝eq \f(π,3)代入C1得|OA|＝ρA＝1，
将θ＝eq \f(2π,3)代入C2得|OB|＝ρB＝eq \r(3)，
所以S四边形ABCD＝4S△AOB
＝4×eq \f(1,2)·|OA|·|OB|·sin eq \f(π,3)＝3.
感悟提升 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.
训练2 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＝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)在曲线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外的任意一点.
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，
所以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))).
考点四 极坐标方程的应用
例3 已知曲线C：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2cs α，,y＝2sin α))(α为参数)，设曲线C经过伸缩变换eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝x，,y′＝\f(1,2)y))得到曲线C′，以直角坐标中的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线C′的极坐标方程；
(2)若A，B是曲线C′上的两个动点，且OA⊥OB，求|OA|2＋|OB|2的最小值.
解 (1)曲线C：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2cs α，,y＝2sin α))(α为参数)，转换为普通方程为x2＋y2＝4，曲线C经过伸缩变换eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝x，,y′＝\f(1,2)y))得到曲线C′：eq \f(x2,4)＋y2＝1，极坐标方程为ρ＝eq \f(2,\r(1＋3sin2θ)).
(2)设A(ρ1，θ)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ2，θ＋\f(π,2)))，
所以|OA|2＋|OB|2＝ρeq \\al(2,1)＋ρeq \\al(2,2)
＝eq \f(4,1＋3sin2θ)＋eq \f(4,1＋3cs2θ)
＝eq \f(8＋12（sin2θ＋cs2θ）,（1＋3sin2θ）（1＋3cs2θ）)
＝eq \f(20,（1＋3sin2θ）（1＋3cs2θ）)
＝eq \f(20,1＋3（sin2θ＋cs2θ）＋\f(9,4)sin22θ)
＝eq \f(20,4＋\f(9,4)sin22θ)≥eq \f(16,5).
当sin 2θ＝±1时，|OA|2＋|OB|2取得最小值eq \f(16,5).
感悟提升 1.若把直角坐标化为极坐标求极角θ时，应注意判断点P所在的象限(即角θ的终边的位置)，以便正确地求出角θ.利用两种坐标的互化，可以把不熟悉的问题转化为熟悉的问题.
2.在极坐标系中，如果P1(ρ1，θ1)，P2(ρ2，θ2)，那么两点间的距离公式
|P1P2|＝eq \r(ρeq \\al(2,1)＋ρeq \\al(2,2)－2ρ1ρ2cs（θ1－θ2）).
两种特殊情况：(1)当θ1＝θ2＋2kπ，k∈Z时，|P1P2|＝|ρ1－ρ2|；
(2)当θ1＝θ2＋π＋2kπ，k∈Z，|P1P2|＝|ρ1＋ρ2|.
3.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 (2021·昆明诊断)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝9＋\r(3)t，,y＝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ρ2＝eq \f(16,1＋3sin2θ).
(1)求C和l的直角坐标方程；
(2)已知P为曲线C上的一个动点，求线段OP的中点M到直线l的最大距离.
解 (1)由ρ2＝eq \f(16,1＋3sin2θ)，
得ρ2＋3ρ2sin2θ＝16，
则曲线C的直角坐标方程为x2＋4y2＝16，
即eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1.
直线l的直角坐标方程为x－eq \r(3)y－9＝0.
(2)可知曲线C的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4cs α，,y＝2sin α))(α为参数)，
设P(4cs α，2sin α)，α∈[0，2π)，
则M(2cs α，sin α)到直线l：x－eq \r(3)y－9＝0的距离为
d＝eq \f(|2cs α－\r(3)sin α－9|,2)
＝eq \f(|\r(7)sin（θ－α）－9|,2)≤eq \f(9＋\r(7),2)，
所以线段OP的中点M到直线l的最大距离为eq \f(9＋\r(7),2).
1.将直角坐标方程与极坐标方程互化：
(1)y2＝4x；
(2)y2＋x2－2x－1＝0；
(3)θ＝eq \f(π,3)(ρ∈R)；
(4)ρcs2 eq \f(θ,2)＝1；
(5)ρ2cs 2θ＝4；
(6)ρ＝eq \f(1,2－cs θ).
解 (1)将x＝ρcs θ，y＝ρsin θ代入y2＝4x，得(ρsin θ)2＝4ρcs θ.化简得ρsin2θ＝4cs θ.
(2)将x＝ρcs θ，y＝ρsin θ代入y2＋x2－2x－1＝0，得(ρsin θ)2＋(ρcs θ)2－2ρcs θ－1＝0，化简得ρ2－2ρcs θ－1＝0.
(3)当x≠0时，由于tan θ＝eq \f(y,x)，故tan eq \f(π,3)＝eq \f(y,x)＝eq \r(3)，化简得y＝eq \r(3)x(x≠0)；
当x＝0时，y＝0.显然(0，0)在y＝eq \r(3)x上，故θ＝eq \f(π,3)(ρ∈R)的直角坐标方程为y＝eq \r(3)x.
(4)因为ρcs2eq \f(θ,2)＝1，所以ρ·eq \f(1＋cs θ,2)＝1，而ρ＋ρcs θ＝2，所以eq \r(x2＋y2)＋x＝2.化简得y2＝－4(x－1).
(5)因为ρ2cs 2θ＝4，
所以ρ2cs2θ－ρ2sin2θ＝4，即x2－y2＝4.
(6)因为ρ＝eq \f(1,2－cs θ)，所以2ρ－ρcs θ＝1，
因此2eq \r(x2＋y2)－x＝1，化简得3x2＋4y2－2x－1＝0.
2.在极坐标系中，已知两点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(π,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(π,2)))，直线l的方程为ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝3.
(1)求A，B两点间的距离；
(2)求点B到直线l的距离.
解 (1)设极点为O.在△OAB中，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(π,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(π,2)))，
由余弦定理，得
|AB|＝eq \r(32＋（\r(2)）2－2×3×\r(2)×cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,4))))
＝eq \r(5).
(2)因为直线l的方程为ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝3，
所以直线l过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(2)，\f(π,2)))，倾斜角为eq \f(3π,4).
又Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(π,2)))，
所以点B到直线l的距离为(3eq \r(2)－eq \r(2))×sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－\f(π,2)))＝2.
3.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＝eq \f(2,1－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)因为ρ＝eq \r(x2＋y2)，ρsin θ＝y，
所以ρ＝eq \f(2,1－sin θ)化为ρ－ρsin θ＝2，
所以曲线的直角坐标方程为x2＝4y＋4.
(2)设直线l的极坐标方程为θ＝θ0(ρ∈R)，
根据题意eq \f(2,1－sin θ0)＝3·eq \f(2,1－sin（θ0＋π）)，
解得θ0＝eq \f(π,6)或θ0＝eq \f(5π,6)，
所以直线l的极坐标方程为θ＝eq \f(π,6)(ρ∈R)或θ＝eq \f(5π,6)(ρ∈R).
4.(2020·唐山调研)在直角坐标系xOy中，圆C1：(x－1)2＋y2＝1，圆C2：(x＋2)2＋y2＝4.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)求圆C1，C2的极坐标方程；
(2)设A，B分别为C1，C2上的点，若△OAB为等边三角形，求|AB|.
解 (1)因为圆C1：(x－1)2＋y2＝1，
圆C2：(x＋2)2＋y2＝4，
所以C1：x2＋y2＝2x，C2：x2＋y2＝－4x，
因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcs θ，
所以C1：ρ＝2cs θ，C2：ρ＝－4cs θ.
(2)因为C1，C2都关于x轴对称，△OAB为等边三角形，
所以不妨设A(ρA，θ)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρB，θ＋\f(π,3)))，0＜θ＜eq \f(π,2).
依题意可得，ρA＝2cs θ，ρB＝－4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3))).
从而2cs θ＝－4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))，
整理得，2cs θ＝eq \r(3)sin θ，所以tan θ＝eq \f(2\r(3),3)，
又因为0＜θ＜eq \f(π,2)，所以cs θ＝eq \f(\r(21),7)，
|AB|＝|OA|＝ρA＝eq \f(2\r(21),7).
5.(2021·成都诊断)在直角坐标系xOy中，已知曲线C的方程为(x－1)2＋y2＝1，直线l的方程为x＋eq \r(3)y－6＝0.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和直线l的极坐标方程；
(2)若点P(x，y)在直线l上且y>0，射线OP与曲线C相交于异于点O的点Q，求eq \f(|OP|,|OQ|)的最小值.
解 (1)由极坐标与直角坐标的互化公式x＝ρcs θ，y＝ρsin θ得
曲线C的极坐标方程为ρ＝2cs θ.
由题意得直线l的极坐标方程为
ρcs θ＋eq \r(3)ρsin θ－6＝0，即ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝3.
(2)设点P的极坐标为(ρ1，θ)，点Q的极坐标为(ρ2，θ)，其中0