2020高考数学理科大一轮复习导学案：第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入4-4.1

选修4－4　坐标系与参数方程　　　　

　

知识点一　　　　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：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．

1．(选修4－4P4例题改编)设平面内伸缩变换的坐标表达式为则在这一坐标变换下正弦曲线y＝sinx的方程变为 y＝3sin2x.
解析：由已知得代入y＝sinx，得y′＝sin2x′，即y′＝3sin2x′，所以y＝sinx的方程变为y＝3sin2x.
知识点二　　　　极坐标系
1．极坐标系的建立：在平面上取一个定点O，叫做极点，从O点引一条射线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)，这样就确定了一个极坐标系．
如图，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，记作M(ρ，θ)．

2．极坐标与直角坐标的关系：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，设M是平面内任意一点，它的直角坐标是(x，y)，极坐标为(ρ，θ)，则它们之间的关系为x＝　ρcosθ，y＝　ρsinθ.另一种关系为ρ2＝__x2＋y2，tanθ＝.

2．(选修4－4P11例4改编)点P的直角坐标为(1，－)，则点P的极坐标为.
解析：因为点P(1，－)在第四象限，与原点的距离为2，且OP与x轴所成的角为－，所以点P的极坐标为.
3．(选修4－4P15T3)若以直角坐标系的原点为极点，x轴的正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　)
A．ρ＝，0≤θ≤
B．ρ＝，0≤θ≤
C．ρ＝cosθ＋sinθ，0≤θ≤
D．ρ＝cosθ＋sinθ，0≤θ≤
解析：A　∵y＝1－x(0≤x≤1)，
∴ρsinθ＝1－ρcosθ(0≤ρcosθ≤1,0≤ρsinθ≤1)；
∴ρ＝.
知识点三,　　　　常见曲线的极坐标方程



4．(选修4－4P15T4)在极坐标系中，圆ρ＝－2sinθ的圆心的极坐标是(　B　)
A. B.
C．(1,0) D．(1，π)

解析：方法1：由ρ＝－2sinθ，得ρ2＝－2ρsinθ，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.
方法2：由ρ＝－2sinθ＝2cos，知圆心的极坐标为，故选B.
5．在极坐标系中，已知点P，则过点P且平行于极轴的直线方程是(　A　)
A．ρsinθ＝1 B．ρsinθ＝
C．ρcosθ＝1 D．ρcosθ＝
解析：先将极坐标化成直角坐标表示，P2，转化为直角坐标为x＝ρcosθ＝2cos＝，y＝ρsinθ＝2sin＝1，即(，1)，过点(，1)且平行于x轴的直线为y＝1，再化为极坐标为ρsinθ＝1.
6．在极坐标系中，圆ρ＝8sinθ上的点到直线θ＝(ρ∈R)距离的最大值是6.
解析：圆ρ＝8sinθ化为直角坐标方程为x2＋y2＝8y，即x2＋(y－4)2＝16，直线θ＝(ρ∈R)化为直角坐标方程为y＝x.圆心(0,4)到直线x－y＝0的距离d＝＝2.又圆的半径为4，故圆上的点到直线距离的最大值是2＋4＝6.

1．明辨两个坐标
伸缩变换关系式点(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＝ρcosθ及y＝ρsinθ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ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，进行整体代换．

　
考向一　　　　伸缩变换
【例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后的图形．
(1)5x＋2y＝0.(2)x2＋y2＝1.
【解】　伸缩变换则
(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．

经过伸缩变换后，曲线C变为本例(2)中变换前的曲线，求曲线C的方程．
解：把代入方程x′2＋y′2＝1，得25x2＋9y2＝1，
所以曲线C的方程为25x2＋9y2＝1.

1.平面上的曲线y＝f(x)在变换φ：
的作用下的变换方程的求法是将代入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．

在平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：
(1)求点A(，－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：
得∴
∴点A′的坐标为(1，－1)．
(2)设P′(x′，y′)是直线l′上任意一点．
由伸缩变换φ：得
代入y＝6x，得2y′＝6·＝2x′，即y′＝x′，
∴y＝x为所求直线l′的方程．
考向二　　　极坐标方程与直角坐标方程的互化
【例2】　在极坐标系下，已知圆O：ρ＝cosθ＋sinθ和直线l：ρsin＝(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＝cosθ＋sinθ，
即ρ2＝ρcosθ＋ρsinθ，
故圆O的直角坐标方程为x2＋y2－x－y＝0，
直线l：ρsin＝，即ρsinθ－ρcosθ＝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)，将(0,1)转化为极坐标为即为所求．

　　
极坐标方程问题的处理思路
曲线的极坐标方程问题通常可利用互换公式转化为直角坐标系中的问题求解，然后再次利用互换公式即可转化为极坐标方程．熟练掌握互换公式是解决问题的关键．

已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－
2ρcos＝2.
(1)把圆O1和圆O2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，
所以圆O1的直角坐标方程为x2＋y2＝4.
因为ρ2－2ρcos＝2，
所以ρ2－2ρ＝2，
所以圆O2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－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ρcosθ＋ρsinθ＝1，即ρsin＝.
考向三　　　　极坐标方程的应用
方向1　转化为直角坐标方程解题
【例3】　(2018·全国卷Ⅰ)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＋2ρcosθ－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＝ρcosθ，y＝ρsinθ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＝2，故k＝－或k＝0.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－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＝2，故k＝0或k＝.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝时，l2与C2没有公共点．
综上，所求C1的方程为y＝－|x|＋2.
方向2　利用极坐标的几何意义解题
【例4】　(2019·山西八校联考)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是(α为参数)．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的极坐标方程；
(2)设l1：θ＝，l2：θ＝，若l1，l2与曲线C分别交于异于原点的A，B两点，求△AOB的面积．
【解】　(1)将曲线C的参数方程化为普通方程为(x－3)2＋(y－4)2＝25，
即x2＋y2－6x－8y＝0.
∴曲线C的极坐标方程为ρ＝6cosθ＋8sinθ.
(2)设A(ρ1，)，B(ρ2，)．
把θ＝代入ρ＝6cosθ＋8sinθ，
得ρ1＝4＋3，∴A(4＋3，)．
把θ＝代入ρ＝6cosθ＋8sinθ，
得ρ2＝3＋4，∴B(3＋4，)．
∴S△AOB＝ρ1ρ2sin∠AOB
＝(4＋3)(3＋4)sin(－)
＝12＋.
　,

1．(方向1)(2019·沈阳市教学质量监测)设过平面直角坐标系的原点O的直线与圆(x－4)2＋y2＝16的一个交点为P，M为线段OP的中点，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求点M的轨迹C的极坐标方程；
(2)设点A的极坐标为(3，)，点B在曲线C上，求△OAB面积的最大值．
解：(1)设M(ρ，θ)，则P(2ρ，θ)，则点P的直角坐标为(2ρcosθ，2ρsinθ)，代入(x－4)2＋y2＝16得ρ＝4cosθ，
∴点M的轨迹C的极坐标方程为ρ＝4cosθ.
(2)由题意得点A的直角坐标为(，)，
则直线OA的直角坐标方程为y＝x，|OA|＝3，由(1)易得轨迹C的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4，
则圆心(2,0)到直线OA的距离d＝，
∴点B到直线OA的最大距离为＋2，
∴△OAB面积的最大值为×(＋2)×|OA|＝×3＝3＋.
2．(方向2)(2019·福州四校联考)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α为参数)，直线C2的方程为y＝x.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C1和直线C2的极坐标方程；
(2)若直线C2与曲线C1交于A，B两点，求＋.
解：(1)由曲线C1的参数方程为(α为参数)，得曲线C1的普通方程为(x－2)2＋(y－2)2＝1，则C1的极坐标方程为ρ2－4ρcosθ－4ρsinθ＋7＝0，由于直线C2过原点，且倾斜角为，故其极坐标方程为θ＝(ρ∈R)(tanθ＝)．
(2)由得ρ2－(2＋2)ρ＋7＝0，设A，B对应的极径分别为ρ1，ρ2，则ρ1＋ρ2＝2＋2，ρ1ρ2＝7，∴＋＝＝＝.

选修4－4　坐标系与参数方程　　　　

　

知识点一　　　　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：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．

1．(选修4－4P4例题改编)设平面内伸缩变换的坐标表达式为则在这一坐标变换下正弦曲线y＝sinx的方程变为 y＝3sin2x.
解析：由已知得代入y＝sinx，得y′＝sin2x′，即y′＝3sin2x′，所以y＝sinx的方程变为y＝3sin2x.
知识点二　　　　极坐标系
1．极坐标系的建立：在平面上取一个定点O，叫做极点，从O点引一条射线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)，这样就确定了一个极坐标系．
如图，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，记作M(ρ，θ)．

2．极坐标与直角坐标的关系：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，设M是平面内任意一点，它的直角坐标是(x，y)，极坐标为(ρ，θ)，则它们之间的关系为x＝　ρcosθ，y＝　ρsinθ.另一种关系为ρ2＝__x2＋y2，tanθ＝.

2．(选修4－4P11例4改编)点P的直角坐标为(1，－)，则点P的极坐标为.
解析：因为点P(1，－)在第四象限，与原点的距离为2，且OP与x轴所成的角为－，所以点P的极坐标为.
3．(选修4－4P15T3)若以直角坐标系的原点为极点，x轴的正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　)
A．ρ＝，0≤θ≤
B．ρ＝，0≤θ≤
C．ρ＝cosθ＋sinθ，0≤θ≤
D．ρ＝cosθ＋sinθ，0≤θ≤
解析：A　∵y＝1－x(0≤x≤1)，
∴ρsinθ＝1－ρcosθ(0≤ρcosθ≤1,0≤ρsinθ≤1)；
∴ρ＝.
知识点三,　　　　常见曲线的极坐标方程



4．(选修4－4P15T4)在极坐标系中，圆ρ＝－2sinθ的圆心的极坐标是(　B　)
A. B.
C．(1,0) D．(1，π)

解析：方法1：由ρ＝－2sinθ，得ρ2＝－2ρsinθ，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.
方法2：由ρ＝－2sinθ＝2cos，知圆心的极坐标为，故选B.
5．在极坐标系中，已知点P，则过点P且平行于极轴的直线方程是(　A　)
A．ρsinθ＝1 B．ρsinθ＝
C．ρcosθ＝1 D．ρcosθ＝
解析：先将极坐标化成直角坐标表示，P2，转化为直角坐标为x＝ρcosθ＝2cos＝，y＝ρsinθ＝2sin＝1，即(，1)，过点(，1)且平行于x轴的直线为y＝1，再化为极坐标为ρsinθ＝1.
6．在极坐标系中，圆ρ＝8sinθ上的点到直线θ＝(ρ∈R)距离的最大值是6.
解析：圆ρ＝8sinθ化为直角坐标方程为x2＋y2＝8y，即x2＋(y－4)2＝16，直线θ＝(ρ∈R)化为直角坐标方程为y＝x.圆心(0,4)到直线x－y＝0的距离d＝＝2.又圆的半径为4，故圆上的点到直线距离的最大值是2＋4＝6.

1．明辨两个坐标
伸缩变换关系式点(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＝ρcosθ及y＝ρsinθ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ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，进行整体代换．

　
考向一　　　　伸缩变换
【例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后的图形．
(1)5x＋2y＝0.(2)x2＋y2＝1.
【解】　伸缩变换则
(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．

经过伸缩变换后，曲线C变为本例(2)中变换前的曲线，求曲线C的方程．
解：把代入方程x′2＋y′2＝1，得25x2＋9y2＝1，
所以曲线C的方程为25x2＋9y2＝1.

1.平面上的曲线y＝f(x)在变换φ：
的作用下的变换方程的求法是将代入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．

在平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：
(1)求点A(，－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：
得∴
∴点A′的坐标为(1，－1)．
(2)设P′(x′，y′)是直线l′上任意一点．
由伸缩变换φ：得
代入y＝6x，得2y′＝6·＝2x′，即y′＝x′，
∴y＝x为所求直线l′的方程．
考向二　　　极坐标方程与直角坐标方程的互化
【例2】　在极坐标系下，已知圆O：ρ＝cosθ＋sinθ和直线l：ρsin＝(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＝cosθ＋sinθ，
即ρ2＝ρcosθ＋ρsinθ，
故圆O的直角坐标方程为x2＋y2－x－y＝0，
直线l：ρsin＝，即ρsinθ－ρcosθ＝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)，将(0,1)转化为极坐标为即为所求．

　　
极坐标方程问题的处理思路
曲线的极坐标方程问题通常可利用互换公式转化为直角坐标系中的问题求解，然后再次利用互换公式即可转化为极坐标方程．熟练掌握互换公式是解决问题的关键．

已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－
2ρcos＝2.
(1)把圆O1和圆O2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，
所以圆O1的直角坐标方程为x2＋y2＝4.
因为ρ2－2ρcos＝2，
所以ρ2－2ρ＝2，
所以圆O2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－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ρcosθ＋ρsinθ＝1，即ρsin＝.
考向三　　　　极坐标方程的应用
方向1　转化为直角坐标方程解题
【例3】　(2018·全国卷Ⅰ)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＋2ρcosθ－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＝ρcosθ，y＝ρsinθ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＝2，故k＝－或k＝0.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－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＝2，故k＝0或k＝.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝时，l2与C2没有公共点．
综上，所求C1的方程为y＝－|x|＋2.
方向2　利用极坐标的几何意义解题
【例4】　(2019·山西八校联考)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是(α为参数)．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的极坐标方程；
(2)设l1：θ＝，l2：θ＝，若l1，l2与曲线C分别交于异于原点的A，B两点，求△AOB的面积．
【解】　(1)将曲线C的参数方程化为普通方程为(x－3)2＋(y－4)2＝25，
即x2＋y2－6x－8y＝0.
∴曲线C的极坐标方程为ρ＝6cosθ＋8sinθ.
(2)设A(ρ1，)，B(ρ2，)．
把θ＝代入ρ＝6cosθ＋8sinθ，
得ρ1＝4＋3，∴A(4＋3，)．
把θ＝代入ρ＝6cosθ＋8sinθ，
得ρ2＝3＋4，∴B(3＋4，)．
∴S△AOB＝ρ1ρ2sin∠AOB
＝(4＋3)(3＋4)sin(－)
＝12＋.
　,

1．(方向1)(2019·沈阳市教学质量监测)设过平面直角坐标系的原点O的直线与圆(x－4)2＋y2＝16的一个交点为P，M为线段OP的中点，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求点M的轨迹C的极坐标方程；
(2)设点A的极坐标为(3，)，点B在曲线C上，求△OAB面积的最大值．
解：(1)设M(ρ，θ)，则P(2ρ，θ)，则点P的直角坐标为(2ρcosθ，2ρsinθ)，代入(x－4)2＋y2＝16得ρ＝4cosθ，
∴点M的轨迹C的极坐标方程为ρ＝4cosθ.
(2)由题意得点A的直角坐标为(，)，
则直线OA的直角坐标方程为y＝x，|OA|＝3，由(1)易得轨迹C的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4，
则圆心(2,0)到直线OA的距离d＝，
∴点B到直线OA的最大距离为＋2，
∴△OAB面积的最大值为×(＋2)×|OA|＝×3＝3＋.
2．(方向2)(2019·福州四校联考)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α为参数)，直线C2的方程为y＝x.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C1和直线C2的极坐标方程；
(2)若直线C2与曲线C1交于A，B两点，求＋.
解：(1)由曲线C1的参数方程为(α为参数)，得曲线C1的普通方程为(x－2)2＋(y－2)2＝1，则C1的极坐标方程为ρ2－4ρcosθ－4ρsinθ＋7＝0，由于直线C2过原点，且倾斜角为，故其极坐标方程为θ＝(ρ∈R)(tanθ＝)．
(2)由得ρ2－(2＋2)ρ＋7＝0，设A，B对应的极径分别为ρ1，ρ2，则ρ1＋ρ2＝2＋2，ρ1ρ2＝7，∴＋＝＝＝.