高考数学第一轮复习第十二章 §12.1　坐标系

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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．
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：eq \b\lc\{\rc\ (\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，简称伸缩变换．
2．极坐标系
(1)极坐标与极坐标系的概念
在平面内取一个定点O，自点O引一条射线Ox，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．点O称为极点，射线Ox称为极轴．平面内任一点M的位置可以由线段OM的长度ρ和从射线Ox到射线OM的角度θ来刻画(如图所示)．这两个数组成的有序数对(ρ，θ)称为点M的极坐标．ρ称为点M的极径，θ称为点M的极角．一般认为ρ≥0.当极角θ的取值范围是[0,2π)时，平面上的点(除去极点)就与极坐标(ρ，θ)(ρ≠0)建立一一对应的关系．特别地，极点O的坐标为(0，θ)(θ∈R)．
(2)极坐标与直角坐标的互化
设M为平面内任意一点，它的直角坐标为(x，y)，极坐标为(ρ，θ)．由图可知下面关系式成立：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ρ2＝x2＋y2，,tan θ＝\f(y,x)x≠0，))这就是极坐标与直角坐标的互化公式．
3．常见曲线的极坐标方程
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)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))).( √ )
(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．( × )
(4)tan θ＝1与θ＝eq \f(π,4)表示同一条曲线．( × )
教材改编题
1．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 方法一 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))).
方法二 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)))，故选B.
2．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．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 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ρcs θ＝x，,ρsin θ＝y，,ρ2＝x2＋y2))可将直线ρcs θ＋ρsin θ＝a化为x＋y－a＝0，
将ρ＝2cs θ，
即ρ2＝2ρcs θ化为x2＋y2＝2x，
整理成标准方程为(x－1)2＋y2＝1.
又∵直线与圆相切，
∴圆心(1,0)到直线x＋y－a＝0的距离d＝eq \f(|1－a|,\r(2))＝1，
解得a＝1±eq \r(2)，
∵a>0，∴a＝1＋eq \r(2).
题型一 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
答案 C
解析 ρ2cs θ－ρ＝0⇒ρ＝eq \r(x2＋y2)＝0或ρcs θ＝1，即x2＋y2＝0或x＝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 C
解析 ∵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))).
教师备选
在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1：ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，C2：ρ2＝eq \f(1,3－4sin2θ).
(1)求曲线C1，C2的直角坐标方程；
(2)曲线C1，C2的交点为M，N，求以MN为直径的圆与y轴的交点坐标．
解 (1)由ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，得
ρeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θcs \f(π,4)＋cs θsin \f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，
将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ρsin θ＝y，,ρcs θ＝x))代入上式得x＋y＝1，
即C1的直角坐标方程为x＋y－1＝0，
同理，由ρ2＝eq \f(1,3－4sin2θ)，可得3x2－y2＝1，
∴C2的直角坐标方程为3x2－y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2－y2＝1，,x＋y＝1))得3x2－(1－x)2＝1，
即x2＋x－1＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－1，,x1x2＝－1，))
则MN的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，
由弦长公式，可得|MN|＝eq \r(1＋－12)|x1－x2|＝eq \r(2)×eq \r(1－4×－1)＝eq \r(10).
∴以MN为直径的圆为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),2)))2＝eq \f(5,2).
令x＝0，得eq \f(1,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2＝eq \f(5,2)，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2＝eq \f(9,4)，
∴y＝0或y＝3，
∴以MN为直径的圆与y轴的交点坐标为
(0,0)或(0,3)．
思维升华 (1)直角坐标方程化为极坐标方程时，将x＝ρcs θ及y＝ρsin θ直接代入并化简即可．
(2)极坐标方程化为直角坐标方程时常先通过变形，构造形如ρcs θ，ρsin θ，ρ2的形式，再进行整体代换．其中方程的两边同乘(或同除以)ρ及方程两边同时平方是常用的变形方法．但对方程进行变形时，方程必须同解，因此应注意对变形过程的检验．
跟踪训练1 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|＋eq \f(3,|OB|)＝eq \r(10)时，求C3的直角坐标方程．
解 (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＝2cs θ.
曲线C2的方程为x＋y＝3，转换为极坐标方程为ρcs θ＋ρsin θ－3＝0.
(2)因为曲线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＝αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(00)．
由题意知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝eq \f(4,cs θ).
由|OM|·|OP|＝16，得C2的极坐标方程为ρ＝4cs θ(ρ>0)．
因此C2的直角坐标方程为
(x－2)2＋y2＝4(x≠0)．
(2)设点B的极坐标为(ρB，α)(ρB>0)．
由题设知|OA|＝2，ρB＝4cs α，
于是△OAB的面积S＝eq \f(1,2)|OA|·ρB·sin∠AOB
＝4cs α·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))))
＝2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))－\f(\r(3),2)))≤2＋eq \r(3).
当α＝－eq \f(π,12)时，S取得最大值2＋eq \r(3)，
所以△OAB面积的最大值为2＋eq \r(3).
思维升华 极坐标方程及其应用的解题策略
(1)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．
(2)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．
跟踪训练3 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\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).
课时精练
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(0≤θ