2020版高考新创新一轮复习数学（理）通用版讲义：选修4－4第一节坐标系

选修4－4坐标系与参数方程

突破点一　平面直角坐标系下图形的伸缩变换

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．

一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)

(1)平面直角坐标系中点P(－2,3)在变换φ：的作用下得到的点为  P′(－1,1)．(　　)

(2)已知伸缩变换φ：经φ变换得到点A′(2,4)，则原来点的坐标为   A(4，－2)．(　　)

答案：(1)√　(2)×

二、填空题

1．直线l：x－2y＋3＝0经过φ：变换后得到的直线l′方程为____________．

解析：设l′上的任一点P(x′，y′)，由题得代入x－2y＋3＝0得x′－y′＋3＝0，即直线l′的方程为x－y＋3＝0.

答案：x－y＋3＝0

2．已知平面直角坐标系中点A(－2,4)经过φ变换后得A′的坐标为，则伸缩变换φ为____________．

解析：设伸缩变换φ：则有解得

∴φ：

答案：φ：

[典例]　(1)在同一平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：求点A经过φ变换所得的点A′的坐标．

(2)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：

得到由于点A的坐标为，

于是x′＝3×＝1，y′＝×(－2)＝－1，

∴A′(1，－1)为所求．

(2)设直线l′上任意一点P′(x′，y′)，

由上述可知，将代入y＝6x得

2y′＝6×，∴y′＝x′，即y＝x为所求．

[方法技巧]

伸缩变换的解题方法

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．　　

[针对训练]

1．求椭圆＋y2＝1，经过伸缩变换后的曲线方程．

解：由得①

将①代入＋y2＝1，得＋y′2＝1，即x′2＋y′2＝1.

因此椭圆＋y2＝1经伸缩变换后得到的曲线方程是x2＋y2＝1.

2．若函数y＝f(x)的图象在伸缩变换φ：的作用下得到曲线的方程为y′＝3sin，求函数y＝f(x)的最小正周期．

解：由题意，把变换公式代入曲线y′＝3sin得3y＝3sin，

整理得y＝sin，故f(x)＝sin.

所以y＝f(x)的最小正周期为＝π.

突破点二　极坐标系

1．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O，点O叫做极点，自极点O引一条射线Ox，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．

(2)极坐标

一般地，没有特殊说明时，我们认为ρ≥0，θ可取任意实数．

(3)点与极坐标的关系

一般地，极坐标(ρ，θ)与表示同一个点，特别地，极点O的坐标为(0，θ)(θ∈R)，和直角坐标不同，平面内一个点的极坐标有无数种表示．

如果规定ρ＞0,0≤θ＜2π，那么除极点外，平面内的点可用唯一的极坐标(ρ，θ)表示；同时，极坐标(ρ，θ)表示的点也是唯一确定的．

2．极坐标与直角坐标的互化

一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)

(1)圆心在极轴上的点(a,0)处，且过极点O的圆的极坐标方程为ρ＝2asin θ.(　　)

(2)tan θ＝1与θ＝表示同一条曲线．(　　)

(3)点P的直角坐标为(－，)，那么它的极坐标可表示为.(　　)

答案：(1)×　(2)×　(3)√

二、填空题

1．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.

答案：

2．在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ的垂直于极轴的两条切线方程分别为________________________．

解析：把圆ρ＝2cos θ的方程化为(x－1)2＋y2＝1知，圆的垂直于极轴的两条切线方程分别为x＝0和x＝2，从而得这两条切线的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)和ρcos θ＝2.

答案：θ＝(ρ∈R)和ρcos θ＝2

3．在极坐标系中A，B两点间的距离为________．

答案：2

考法一　极坐标与直角坐标的互化　

[例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ρcos＝1(0≤θ＜2π)，M，N分别为C与x轴，y轴的交点．

(1)写出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＝1，

得ρ＝1.

从而C的直角坐标方程为x＋y＝1，

即x＋y－2＝0.

当θ＝0时，ρ＝2，所以M(2,0)．

当θ＝时，ρ＝，所以N.

(2)M点的直角坐标为(2,0)，

N点的直角坐标为，

所以P点的直角坐标为，

则P点的极坐标为.

所以直线OP的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)．

[方法技巧]

直角坐标化为极坐标的注意点

(1)根据终边相同的角的意义，角θ的表示方法具有周期性，故点M的极坐标(ρ，θ)的形式不唯一，即一个点的极坐标有无穷多个．

当限定ρ≥0，θ∈[0,2π)时，除极点外，点M的极坐标是唯一的．

(2)当把点的直角坐标化为极坐标时，求极角θ应注意判断点M所在的象限(即角θ的终边的位置)，以便正确地求出角θ∈[0,2π)的值．　　

考法二　极坐标方程的应用　

[例2]　(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＋2ρcos 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＝ρcos 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.

由于点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，点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，点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.

[方法技巧]

1．求曲线的极坐标方程的一般思路

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．

2．解决极坐标交点问题的一般思路

(1)将极坐标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再将其转化为极坐标；

(2)将曲线的极坐标方程联立，根据限制条件求出交点的极坐标．

1．在极坐标系中求曲线ρ＝4cos与直线ρsin＝1的两个交点之间的距离．

解：由极坐标与直角坐标的互化关系可知曲线ρ＝4cos的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2y＝0，即(x－1)2＋(y－)2＝4，直线ρsin＝1的直角坐标方程为x＋y－2＝0，所以两交点间的距离即直线被圆截得的弦的长，由垂径定理可求得弦长为2，即两交点之间的距离为2.

2．(2019·洛阳模拟)已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－2ρcos＝2.

(1)将圆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，由坐标变换公式，得x2＋y2＝4.

因为ρ2－2ρcos＝2，

所以ρ2－2ρ＝2.

由坐标变换公式，得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ρcos θ＋ρsin θ＝1，即ρsin＝.

[课时跟踪检测]                                                       

1．在极坐标系中，直线ρ(sin θ－cos θ)＝a与曲线ρ＝2cos θ－4sin θ相交于A，B两点，若|AB|＝2，求实数a的值．

解：直线的极坐标方程化为直角坐标方程为x－y＋a＝0，

曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝5，

所以圆心C的坐标为(1，－2)，半径r＝，

所以圆心C到直线的距离为

＝ ＝，

解得a＝－5或a＝－1.

故实数a的值为－5或－1.

2．在极坐标系中，已知圆C经过点P，圆心为直线ρsin＝－与极轴的交点，求圆C的极坐标方程．

解：在ρsin＝－中，令θ＝0，得ρ＝1，

所以圆C的圆心坐标为(1,0)．

因为圆C经过点P，

所以圆C的半径|PC|＝ ＝1，于是圆C过极点，

所以圆C的极坐标方程为ρ＝2cos θ.

3．(2018·江苏高考)在极坐标系中，直线l的方程为ρsin＝2，曲线C的方程为ρ＝4cos θ，求直线l被曲线C截得的弦长．

解：因为曲线C的极坐标方程为ρ＝4cos θ，

所以曲线C是圆心为(2,0)，直径为4的圆．

因为直线l的极坐标方程为ρsin＝2，

则直线l过A(4,0)，倾斜角为，

所以A为直线l与圆C的一个交点．

设另一个交点为B，则∠OAB＝.

如图，连接OB.

因为OA为直径，从而∠OBA＝，

所以AB＝4cos＝2.

所以直线l被曲线C截得的弦长为2.

4．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为＋y2＝1，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C2的极坐标方程为ρ＝4sin，射线OM的极坐标方程为θ＝α0(ρ≥0)．

(1)写出曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；

(2)若射线OM平分曲线C2，且与曲线C1交于点A，曲线C1上的点满足∠AOB＝，求|AB|.

解：(1)曲线C1的极坐标方程为ρ2＝，

曲线C2的直角坐标方程为(x－)2＋(y－1)2＝4.

(2)曲线C2是圆心为(，1)，半径为2的圆，

∴射线OM的极坐标方程为θ＝(ρ≥0)，

代入ρ2＝，可得ρ＝2.

又∠AOB＝，∴ρ＝，

∴|AB|＝＝＝.

5．(2019·北京模拟)已知直线l：ρsin＝4和圆C：ρ＝2kcos(k≠0)，若直线l上的点到圆C上的点的最小距离等于2.求实数k的值并求圆心C的直角坐标．

解：圆C的极坐标方程可化为ρ＝kcos θ－ksin θ，

即ρ2＝kρcos θ－kρsin θ，

所以圆C的直角坐标方程为x2＋y2－kx＋ky＝0，

即2＋2＝k2，

所以圆心C的直角坐标为.

直线l的极坐标方程可化为ρsin θ·－ρcos θ·＝4，

所以直线l的直角坐标方程为x－y＋4＝0，

所以－|k|＝2.

即|k＋4|＝2＋|k|，

两边平方，得|k|＝2k＋3，

所以或

解得k＝－1，故圆心C的直角坐标为.

6．(2019·福州五校联考)已知曲线C的极坐标方程为ρ2－2ρcos－2＝0.以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系xOy.

(1)若直线l过原点，且被曲线C截得的弦长最小，求直线l的直角坐标方程；

(2)若M是曲线C上的动点，且点M的直角坐标为(x，y)，求x＋y的最大值．

解：(1)ρ2－2ρcos－2＝0，即ρ2－2ρcos θ＋2ρsin θ－2＝0，

将代入得曲线C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝4，

圆心C(1，－1)，若直线l被曲线C截得的弦长最小，则直线l与OC垂直，

即kl·kOC＝－1，kOC＝－1，因而kl＝1，故直线l的直角坐标方程为y＝x.

(2)因为M是曲线C上的动点，因而利用圆的参数方程可设(φ为参数)，则x＋y＝2sin φ＋2cos φ＝2sin，当sin＝1时，x＋y取得最大值2.

7．(2017·全国卷Ⅱ)在直角坐标系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 θ＝4.

(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|·|OP|＝16，求点P的轨迹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△OAB面积的最大值．

解：(1)设P的极坐标为(ρ，θ)(ρ＞0)，M的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1＞0)．

由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝.

由|OM|·|OP|＝16，得C2的极坐标方程ρ＝4cos 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＝4cos α，于是△OAB的面积

S＝|OA|·ρB·sin∠AOB＝4cos α·

＝2≤2＋.

当α＝－时，S取得最大值2＋.

所以△OAB面积的最大值为2＋.

8．(2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(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C2：ρ＝4cos θ.

(1)说明C1是哪一种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；

(2)直线C3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tan α0＝2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a.

解：(1)消去参数t得到C1的普通方程为x2＋(y－1)2＝a2，

则C1是以(0,1)为圆心，a为半径的圆．

将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入C1的普通方程中，

得到C1的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＋1－a2＝0.

(2)曲线C1，C2的公共点的极坐标满足方程组

若ρ≠0，由方程组得16cos2θ－8sin θcos θ＋1－a2＝0，

由已知tan θ＝2，可得16cos2θ－8sin θcos θ＝0，

从而1－a2＝0，解得a＝－1(舍去)或a＝1.

当a＝1时，极点也为C1，C2的公共点，且在C3上．

所以a＝1.