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2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档:选修4-4第一节 坐 标 系 学案
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选/ 考/ 部/ 分
选修4-4 坐标系与参数方程
第一节 坐 标 系
2019考纲考题考情
1.平面直角坐标系中的伸缩变换
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.极坐标的概念
(1)极坐标系:
如图所示,在平面内取一个定点O,叫做极点,从O点引一条射线Ox,叫做极轴,选定一个单位长度和角及其正方向(通常取逆时针方向),这样就确定了一个平面极坐标系,简称为极坐标系。
(2)极坐标:
对于平面内任意一点M,用ρ表示线段OM的长,θ表示以Ox为始边、OM为终边的角度,ρ叫做点M的极径,θ叫做点M的极角,有序实数对(ρ,θ)叫做点M的极坐标,记作M(ρ,θ)。
当点M在极点时,它的极径ρ=0,极角θ可以取任意值。
(3)点与极坐标的关系:
平面内一点的极坐标可以有无数对,当k∈Z时,(ρ,θ),(ρ,θ+2kπ),(-ρ,θ+(2k+1)π)表示同一个点,而用平面直角坐标表示点时,每一个点的坐标是唯一的。
如果规定ρ>0,0≤θ<2π,或者-π<θ≤π,那么,除极点外,平面内的点和极坐标就一一对应了。
3.极坐标和直角坐标的互化
(1)互化背景:把平面直角坐标系的原点作为极点,x轴的正半轴作为极轴,建立极坐标系,并在两种坐标系中取相同的单位长度,如图所示。
(2)互化公式:设M是坐标平面内任意一点,它的直角坐标是(x,y),极坐标是(ρ,θ)(ρ>0,θ∈[0,2π)),于是极坐标与直角坐标的互化公式如表:
在一般情况下,由tanθ确定角时,可根据点M所在的象限取最小正角。
4.常见曲线的极坐标方程
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。
一、走进教材
1.(选修4-4P15T4改编)在极坐标系中,圆ρ=-2sinθ的圆心的极坐标是( )
A. B.
C.(1,0) D.(1,π)
解析 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。故选B。
解析:由ρ=-2sinθ=2cos,知圆心的极坐标为。故选B。
答案 B
2.(选修4-4P15T3改编)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.ρ=,0≤θ≤
B.ρ=,0≤θ≤
C.ρ=cosθ+sinθ,0≤θ≤
D.ρ=cosθ+sinθ,0≤θ≤
解析 因为y=1-x(0≤x≤1),所以ρsinθ=1-ρcosθ(0≤ρcosθ≤1),所以ρ=。故选A。
答案 A
二、走出误区
微提醒: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。
3.将极坐标化为直角坐标为( )
A.(0,2) B.(0,-2)
C.(2,0) D.(-2,0)
解析 由可知直角坐标为(0,-2)。故选B。
答案 B
4.在极坐标系中,过点且与极轴平行的直线方程是( )
A.ρ=0 B.θ=
C.ρcosθ=2 D.ρsinθ=2
解析 极坐标为的点的直角坐标为(0,2),过该点且与极轴平行的直线的方程为y=2,其极坐标方程为ρsinθ=2。故选D。
答案 D
5.在极坐标系中,圆心在(,π)且过极点的圆的方程为________。
解析 如图,O为极点,OB为直径,A(ρ,θ),则∠ABO=θ-,OB=2=,化简得ρ=-2cosθ。
答案 ρ=-2cosθ
考点一 伸缩变换
【例1】 (1)曲线C:x2+y2=1经过伸缩变换得到曲线C′,则曲线C′的方程为________。
(2)曲线C经过伸缩变换后所得曲线的方程为x′2+y′2=1,则曲线C的方程为________。
解析 (1)因为所以代入曲线C的方程得C′:+y′2=1。
(2)根据题意,曲线C经过伸缩变换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。
答案 (1)+y′2=1 (2)4x2+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。
【变式训练】 (1)在同一平面直角坐标系中,已知伸缩变换φ:则点A经过变换后所得的点A′的坐标为________。
(2)双曲线C:x2-=1经过伸缩变换φ:后所得曲线C′的焦点坐标为________。
解析 (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,所以A′的坐标为(1,-1)。
(2)设曲线C′上任意一点P′(x′,y′),将代入x2-=1,得-=1,化简得-=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)。
答案 (1)(1,-1) (2)(-5,0),(5,0)
考点二 极坐标与直角坐标的互化
【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+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y=kx+2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y=-kx+2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。
1.极坐标与直角坐标的互化依据是x=ρcosθ,y=ρsinθ。
2.互化时要注意前后的等价性。
【变式训练】 (1)在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点O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ρ=4sin。求曲线C的直角坐标方程。
(2)在平面直角坐标系中,曲线C1:(α为参数)经过伸缩变换后的曲线为C2,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系。求C2的极坐标方程。
解 (1)把ρ=4sin展开得ρ=2sinθ+2cosθ,
两边同乘ρ,得ρ2=2ρsinθ+2ρcosθ ①。
将ρ2=x2+y2,ρcosθ=x,ρsinθ=y代入①即得曲线C的直角坐标方程为x2+y2-2x-2y=0。
(2)由题意得曲线C2的参数方程为(α为参数),
则曲线C2的直角坐标方程为(x′-1)2+y′2=1,
将x′=ρcosθ,y′=ρsinθ代入整理得ρ=2cosθ,所以曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ。
考点三 求曲线的极坐标方程
【例3】 在极坐标系中,直线C1的极坐标方程为ρsinθ=2,M是C1上任意一点,点P在射线OM上,且满足|OP|·|OM|=4,记点P的轨迹为C2。
(1)求曲线C2的极坐标方程;
(2)求曲线C2上的点到直线ρcos=距离的最大值。
解 (1)设P(ρ1,θ),M(ρ2,θ),
由|OP|·|OM|=4,得ρ1ρ2=4,即ρ2=。
因为M是C1上任意一点,所以ρ2sinθ=2,
即sinθ=2,ρ1=2sinθ。
所以曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ。
(2)由ρ=2sinθ,得ρ2=2ρsinθ,即x2+y2-2y=0,
化为标准方程为x2+(y-1)2=1,
则曲线C2的圆心坐标为(0,1),半径为1,
由直线ρcos=,
得:ρcosθcos-ρsinθsin=,即x-y=2,
圆心(0,1)到直线x-y=2的距离为
d==,
所以曲线C2上的点到直线ρcos=距离的最大值为1+。
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。
【变式训练】 (2019·广州五校联考)在极坐标系中,圆C是以点C为圆心,2为半径的圆。
(1)求圆C的极坐标方程;
(2)求圆C被直线l:θ=-(ρ∈R)所截得的弦长。
解 (1)设所求圆上任意一点M(ρ,θ),如图,
在Rt△OAM中,∠OMA=,
∠AOM=2π-θ-,|OA|=4。
因为cos∠AOM=,
所以|OM|=|OA|·cos∠AOM,
即ρ=4cos=4cos,
验证可知,极点O与A的极坐标也满足方程,故ρ=4cos为所求。
(2)设l:θ=-(ρ∈R)交圆C于点O,P,在Rt△OAP中,∠OPA=,易得∠AOP=,
所以|OP|=|OA|cos∠AOP=2。
解:(1)圆C是将圆ρ=4cosθ绕极点按顺时针方向旋转而得到的圆,
所以圆C的极坐标方程是ρ=4cos。
(2)将θ=-代入圆C的极坐标方程
ρ=4cos,得ρ=2,
所以圆C被直线l:θ=-(ρ∈R)所截得的弦长为2。
考点四 极坐标方程的应用
【例4】 在平面直角坐标系xOy中,直线l的方程是x=4。曲线C的参数方程是(φ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。
(1)求直线l和曲线C的极坐标方程;
(2)若射线θ=α与曲线C交于点O,A,与直线l交于点B,求的取值范围。
解 (1)由x=ρcosθ,得直线l的极坐标方程为ρcosθ=4。
曲线C的参数方程为(φ为参数),
消去参数φ得曲线C的普通方程为(x-1)2+(y-1)2=2,
即x2+y2-2x-2y=0,
将x2+y2=ρ2,x=ρcosθ,y=ρsinθ代入上式得ρ2=2ρcosθ+2ρsinθ,
所以曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ+2sinθ。
(2)设A(ρ1,α),B(ρ2,α),
则ρ1=2cosα+2sinα,ρ2=,
所以====(sin2α+cos2α)+=sin+,
因为0<α<,所以<2α+<,
所以
所以
故的取值范围是。
极坐标方程解决几何问题,一定要联系ρ与θ的几何意义。
【变式训练】 (1)(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=4cosθ,求直线l被曲线C截得的弦长。
(2)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O为极点,以x轴的非负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P,Q两点,求|OP|·|OQ|的值。
解 (1)因为曲线C的极坐标方程为ρ=4cosθ,
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∠AOB=。连接OB。
因为OA为直径,从而∠OBA=,
所以AB=4cos=2。
因此,直线l被曲线C截得的弦长为2。
(2)①曲线C1的普通方程为(x-)2+(y-2)2=4,
即x2+y2-2x-4y+3=0,
则曲线C1的极坐标方程为ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+3=0。
因为直线C2的方程为y=x,
所以直线C2的极坐标方程为θ=(ρ∈R)。
②设P(ρ1,θ1),Q(ρ2,θ2),
将θ=(ρ∈R)代入ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+3=0得,
ρ2-5ρ+3=0,所以ρ1ρ2=3,
所以|OP|·|OQ|=ρ1ρ2=3。
1.(配合例4使用)在直角坐标系xOy中,圆C1的参数方程为(α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,直线C2的极坐标方程为θ=(ρ∈R)。
(1)求圆C1的极坐标方程和直线C2的直角坐标方程;
(2)设C1与C2的交点为P,Q,求△C1PQ的面积。
解 (1)直线C2的直角坐标方程为x+y=0。
圆C1的普通方程为(x+2)2+(y-4)2=4,
因为x=ρcosθ,y=ρsinθ,
所以C1的极坐标方程为ρ2+4ρcosθ-8ρsinθ+16=0。
(2)将θ=代入ρ2+4ρcosθ-8ρsinθ+16=0,
得ρ2-6ρ+16=0,
解得ρ1=4,ρ2=2,
故|ρ1-ρ2|=2,即|PQ|=2。
由于圆C1的半径为2,所以△C1PQ的面积为2。
2.(配合例4使用)在直角坐标系xOy中,直线l的方程是y=6,圆C的参数方程是(φ为参数),以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系。
(1)分别求直线l与圆C的极坐标方程;
(2)射线OM:θ=α与圆C的交点为O,P两点,与直线l交于点M,射线ON:θ=α+与圆C交于O,Q两点,与直线l交于点N,求·的最大值。
解 (1)直线l的方程是y=6,可得极坐标方程:ρsinθ=6,圆C的参数方程是(φ为参数),
可得普通方程:x2+(y-1)2=1,
展开为x2+y2-2y=0。
化为极坐标方程:ρ2-2ρsinθ=0,即ρ=2sinθ。
(2)由题意可得:点P,M的极坐标为(2sinα,α),。
所以|OP|=2sinα,|OM|=,可得=。
同理可得==。
所以·=≤。
当α=时,取等号。
所以·的最大值为。
选/ 考/ 部/ 分
选修4-4 坐标系与参数方程
第一节 坐 标 系
2019考纲考题考情
1.平面直角坐标系中的伸缩变换
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.极坐标的概念
(1)极坐标系:
如图所示,在平面内取一个定点O,叫做极点,从O点引一条射线Ox,叫做极轴,选定一个单位长度和角及其正方向(通常取逆时针方向),这样就确定了一个平面极坐标系,简称为极坐标系。
(2)极坐标:
对于平面内任意一点M,用ρ表示线段OM的长,θ表示以Ox为始边、OM为终边的角度,ρ叫做点M的极径,θ叫做点M的极角,有序实数对(ρ,θ)叫做点M的极坐标,记作M(ρ,θ)。
当点M在极点时,它的极径ρ=0,极角θ可以取任意值。
(3)点与极坐标的关系:
平面内一点的极坐标可以有无数对,当k∈Z时,(ρ,θ),(ρ,θ+2kπ),(-ρ,θ+(2k+1)π)表示同一个点,而用平面直角坐标表示点时,每一个点的坐标是唯一的。
如果规定ρ>0,0≤θ<2π,或者-π<θ≤π,那么,除极点外,平面内的点和极坐标就一一对应了。
3.极坐标和直角坐标的互化
(1)互化背景:把平面直角坐标系的原点作为极点,x轴的正半轴作为极轴,建立极坐标系,并在两种坐标系中取相同的单位长度,如图所示。
(2)互化公式:设M是坐标平面内任意一点,它的直角坐标是(x,y),极坐标是(ρ,θ)(ρ>0,θ∈[0,2π)),于是极坐标与直角坐标的互化公式如表:
在一般情况下,由tanθ确定角时,可根据点M所在的象限取最小正角。
4.常见曲线的极坐标方程
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。
一、走进教材
1.(选修4-4P15T4改编)在极坐标系中,圆ρ=-2sinθ的圆心的极坐标是( )
A. B.
C.(1,0) D.(1,π)
解析 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。故选B。
解析:由ρ=-2sinθ=2cos,知圆心的极坐标为。故选B。
答案 B
2.(选修4-4P15T3改编)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.ρ=,0≤θ≤
B.ρ=,0≤θ≤
C.ρ=cosθ+sinθ,0≤θ≤
D.ρ=cosθ+sinθ,0≤θ≤
解析 因为y=1-x(0≤x≤1),所以ρsinθ=1-ρcosθ(0≤ρcosθ≤1),所以ρ=。故选A。
答案 A
二、走出误区
微提醒: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。
3.将极坐标化为直角坐标为( )
A.(0,2) B.(0,-2)
C.(2,0) D.(-2,0)
解析 由可知直角坐标为(0,-2)。故选B。
答案 B
4.在极坐标系中,过点且与极轴平行的直线方程是( )
A.ρ=0 B.θ=
C.ρcosθ=2 D.ρsinθ=2
解析 极坐标为的点的直角坐标为(0,2),过该点且与极轴平行的直线的方程为y=2,其极坐标方程为ρsinθ=2。故选D。
答案 D
5.在极坐标系中,圆心在(,π)且过极点的圆的方程为________。
解析 如图,O为极点,OB为直径,A(ρ,θ),则∠ABO=θ-,OB=2=,化简得ρ=-2cosθ。
答案 ρ=-2cosθ
考点一 伸缩变换
【例1】 (1)曲线C:x2+y2=1经过伸缩变换得到曲线C′,则曲线C′的方程为________。
(2)曲线C经过伸缩变换后所得曲线的方程为x′2+y′2=1,则曲线C的方程为________。
解析 (1)因为所以代入曲线C的方程得C′:+y′2=1。
(2)根据题意,曲线C经过伸缩变换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。
答案 (1)+y′2=1 (2)4x2+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。
【变式训练】 (1)在同一平面直角坐标系中,已知伸缩变换φ:则点A经过变换后所得的点A′的坐标为________。
(2)双曲线C:x2-=1经过伸缩变换φ:后所得曲线C′的焦点坐标为________。
解析 (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,所以A′的坐标为(1,-1)。
(2)设曲线C′上任意一点P′(x′,y′),将代入x2-=1,得-=1,化简得-=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)。
答案 (1)(1,-1) (2)(-5,0),(5,0)
考点二 极坐标与直角坐标的互化
【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+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y=kx+2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y=-kx+2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。
1.极坐标与直角坐标的互化依据是x=ρcosθ,y=ρsinθ。
2.互化时要注意前后的等价性。
【变式训练】 (1)在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点O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ρ=4sin。求曲线C的直角坐标方程。
(2)在平面直角坐标系中,曲线C1:(α为参数)经过伸缩变换后的曲线为C2,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系。求C2的极坐标方程。
解 (1)把ρ=4sin展开得ρ=2sinθ+2cosθ,
两边同乘ρ,得ρ2=2ρsinθ+2ρcosθ ①。
将ρ2=x2+y2,ρcosθ=x,ρsinθ=y代入①即得曲线C的直角坐标方程为x2+y2-2x-2y=0。
(2)由题意得曲线C2的参数方程为(α为参数),
则曲线C2的直角坐标方程为(x′-1)2+y′2=1,
将x′=ρcosθ,y′=ρsinθ代入整理得ρ=2cosθ,所以曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ。
考点三 求曲线的极坐标方程
【例3】 在极坐标系中,直线C1的极坐标方程为ρsinθ=2,M是C1上任意一点,点P在射线OM上,且满足|OP|·|OM|=4,记点P的轨迹为C2。
(1)求曲线C2的极坐标方程;
(2)求曲线C2上的点到直线ρcos=距离的最大值。
解 (1)设P(ρ1,θ),M(ρ2,θ),
由|OP|·|OM|=4,得ρ1ρ2=4,即ρ2=。
因为M是C1上任意一点,所以ρ2sinθ=2,
即sinθ=2,ρ1=2sinθ。
所以曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ。
(2)由ρ=2sinθ,得ρ2=2ρsinθ,即x2+y2-2y=0,
化为标准方程为x2+(y-1)2=1,
则曲线C2的圆心坐标为(0,1),半径为1,
由直线ρcos=,
得:ρcosθcos-ρsinθsin=,即x-y=2,
圆心(0,1)到直线x-y=2的距离为
d==,
所以曲线C2上的点到直线ρcos=距离的最大值为1+。
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。
【变式训练】 (2019·广州五校联考)在极坐标系中,圆C是以点C为圆心,2为半径的圆。
(1)求圆C的极坐标方程;
(2)求圆C被直线l:θ=-(ρ∈R)所截得的弦长。
解 (1)设所求圆上任意一点M(ρ,θ),如图,
在Rt△OAM中,∠OMA=,
∠AOM=2π-θ-,|OA|=4。
因为cos∠AOM=,
所以|OM|=|OA|·cos∠AOM,
即ρ=4cos=4cos,
验证可知,极点O与A的极坐标也满足方程,故ρ=4cos为所求。
(2)设l:θ=-(ρ∈R)交圆C于点O,P,在Rt△OAP中,∠OPA=,易得∠AOP=,
所以|OP|=|OA|cos∠AOP=2。
解:(1)圆C是将圆ρ=4cosθ绕极点按顺时针方向旋转而得到的圆,
所以圆C的极坐标方程是ρ=4cos。
(2)将θ=-代入圆C的极坐标方程
ρ=4cos,得ρ=2,
所以圆C被直线l:θ=-(ρ∈R)所截得的弦长为2。
考点四 极坐标方程的应用
【例4】 在平面直角坐标系xOy中,直线l的方程是x=4。曲线C的参数方程是(φ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。
(1)求直线l和曲线C的极坐标方程;
(2)若射线θ=α与曲线C交于点O,A,与直线l交于点B,求的取值范围。
解 (1)由x=ρcosθ,得直线l的极坐标方程为ρcosθ=4。
曲线C的参数方程为(φ为参数),
消去参数φ得曲线C的普通方程为(x-1)2+(y-1)2=2,
即x2+y2-2x-2y=0,
将x2+y2=ρ2,x=ρcosθ,y=ρsinθ代入上式得ρ2=2ρcosθ+2ρsinθ,
所以曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ+2sinθ。
(2)设A(ρ1,α),B(ρ2,α),
则ρ1=2cosα+2sinα,ρ2=,
所以====(sin2α+cos2α)+=sin+,
因为0<α<,所以<2α+<,
所以
极坐标方程解决几何问题,一定要联系ρ与θ的几何意义。
【变式训练】 (1)(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=4cosθ,求直线l被曲线C截得的弦长。
(2)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O为极点,以x轴的非负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P,Q两点,求|OP|·|OQ|的值。
解 (1)因为曲线C的极坐标方程为ρ=4cosθ,
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∠AOB=。连接OB。
因为OA为直径,从而∠OBA=,
所以AB=4cos=2。
因此,直线l被曲线C截得的弦长为2。
(2)①曲线C1的普通方程为(x-)2+(y-2)2=4,
即x2+y2-2x-4y+3=0,
则曲线C1的极坐标方程为ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+3=0。
因为直线C2的方程为y=x,
所以直线C2的极坐标方程为θ=(ρ∈R)。
②设P(ρ1,θ1),Q(ρ2,θ2),
将θ=(ρ∈R)代入ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ+3=0得,
ρ2-5ρ+3=0,所以ρ1ρ2=3,
所以|OP|·|OQ|=ρ1ρ2=3。
1.(配合例4使用)在直角坐标系xOy中,圆C1的参数方程为(α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,直线C2的极坐标方程为θ=(ρ∈R)。
(1)求圆C1的极坐标方程和直线C2的直角坐标方程;
(2)设C1与C2的交点为P,Q,求△C1PQ的面积。
解 (1)直线C2的直角坐标方程为x+y=0。
圆C1的普通方程为(x+2)2+(y-4)2=4,
因为x=ρcosθ,y=ρsinθ,
所以C1的极坐标方程为ρ2+4ρcosθ-8ρsinθ+16=0。
(2)将θ=代入ρ2+4ρcosθ-8ρsinθ+16=0,
得ρ2-6ρ+16=0,
解得ρ1=4,ρ2=2,
故|ρ1-ρ2|=2,即|PQ|=2。
由于圆C1的半径为2,所以△C1PQ的面积为2。
2.(配合例4使用)在直角坐标系xOy中,直线l的方程是y=6,圆C的参数方程是(φ为参数),以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系。
(1)分别求直线l与圆C的极坐标方程;
(2)射线OM:θ=α与圆C的交点为O,P两点,与直线l交于点M,射线ON:θ=α+与圆C交于O,Q两点,与直线l交于点N,求·的最大值。
解 (1)直线l的方程是y=6,可得极坐标方程:ρsinθ=6,圆C的参数方程是(φ为参数),
可得普通方程:x2+(y-1)2=1,
展开为x2+y2-2y=0。
化为极坐标方程:ρ2-2ρsinθ=0,即ρ=2sinθ。
(2)由题意可得:点P,M的极坐标为(2sinα,α),。
所以|OP|=2sinα,|OM|=,可得=。
同理可得==。
所以·=≤。
当α=时,取等号。
所以·的最大值为。
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