2022版高考数学一轮复习-选修4-4-第一讲-坐标系学案新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 选修4-4 第一讲 坐标系学案新人教版

2022版高考数学一轮复习 选修4-4 第一讲 坐标系学案新人教版

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姓名：

选修4－4　坐标系与参数方程
第一讲　坐标系

知识梳理·双基自测

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．
知识点二　极坐标系与点的极坐标
(1)极坐标系：

在平面上取一个定点O，由O点出发的一条射线Ox，一个长度单位及计算角度的正方向(通常取逆时针方向)，合称为一个极坐标系，O点称为极点，Ox称为极轴，平面上任一点M的位置可以由线段OM的长度ρ和从Ox到OM的角度θ来刻画(如图)，这两个数组成的有序数对(ρ，θ)称为点M的极坐标，ρ称为__极径__，θ称为__极角__．
(2)极坐标与直角坐标的互相转化：
①互相转化的前提条件：
a．__极点__与坐标原点重合；b．__极轴__与x轴正半轴重合，θ＝的射线与y轴正半轴重合；c．取相同的单位长度．
②互相转化公式：
设点P的直角坐标为(x，y)，它的极坐标为(ρ，θ)，则互相转化公式为
知识点三　直线的极坐标方程
(1)特殊位置的直线的极坐标方程：
直线
极坐标方程
图形
过极点，倾斜角为α
θ＝__α__(ρ∈R)或θ＝__π＋α__(ρ∈R)
(θ＝__α__和θ＝__π＋α__(ρ≥0))

过点(a,0)，与极轴垂直
__ρcosθ__＝a

过点，与极轴平行
__ρsin_θ__＝a(0＜θ＜π)

(2)一般位置的直线的极坐标方程：若直线l经过点M(ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，直线l的极坐标方程为：ρsin(α－θ)＝__ρ0sin(α－θ0)__．

知识点四　半径为r的圆的极坐标方程
(1)特殊位置的圆的极坐标方程：
圆心的
极坐标
圆的极坐标方程
图形
(0,0)
ρ＝__r__(0≤θ＜2π)

(r,0)
ρ＝__2rcos_θ__

ρ＝__2rsin_θ__(0≤θ＜π)

(r，π)
ρ＝__－2rcos_θ__

ρ＝__－2rsin_θ__(π≤θ＜2π)

(2)一般位置的圆的极坐标方程：圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r的圆的极坐标方程为__ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ－r2＝0__．

题组一　走出误区
1．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，－)，则点P的一个极坐标是．(　√　)
(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)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．(　×　)
题组二　走进教材
2．(P15T47)在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是(　B　)
A． B．
C．(1,0) D．(1，π)
[解析]　由ρ＝－2sinθ，得ρ2＝－2ρsinθ，化为普通方程x2＋(y＋1)2＝1，其圆心坐标为(0，－1)，所以其极坐标为，故应选B．
题组三　走向高考
3．(2018·北京高考)在极坐标系中，直线ρcos θ＋ρsin θ＝a(a＞0)与圆ρ＝2cos θ相切，则a＝__1＋__．
[解析]　由可将直线ρcos θ＋ρsin θ＝a化为x＋y－a＝0，将ρ＝2cos θ，即ρ2＝2ρcos 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＝＝1，解得a＝1±，
∵a＞0，∴a＝1＋．
4．(2019·江苏)在极坐标系中，已知两点A，B，直线l的方程为ρsin＝3．
(1)求A、B两点间的距离；
(2)求点B到直线l的距离．
[解析]　解法一：(1)设极点为O，在△AOB中，由余弦定理得
|AB|＝＝．
(2)因为直线l的方程为ρsin＝3，
则直线l过点，倾斜角为．
又B，∴点B到直线l的距离为
(3－)sin＝2．
解法二：(1)A、B两点直角坐标为
A，B(0，)，
∴|AB|＝＝．
(2)由ρsin＝3得(ρsin θ＋ρcos θ)＝6，
又x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，
∴直线l的方程为x＋y－3＝0，
∴B到直线l的距离d＝＝2．
5．(2020·新课标Ⅱ卷)已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：(θ为参数)，C2：(t为参数)．
(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．
[解析]　(1)由cos2 θ＋sin2 θ＝1得C1的普通方程为：x＋y＝4；
由得：，两式作差可得C2的普通方程为：x2－y2＝4．
(2)由得即P；
设所求圆圆心的直角坐标为(a,0)，其中a＞0，
则2＋2＝a2，解得：a＝，
∴所求圆的半径r＝，
∴所求圆的直角坐标方程为：
2＋y2＝2，即x2＋y2＝x，
∴所求圆的极坐标方程为ρ＝cos θ．

考点突破·互动探究
考点一　平面直角坐标系下伸缩的变换
例1 (1)在同一平面直角坐标系中，直线2x－y＝4变成x′－y′＝2的伸缩变换是(　C　)
A． B．
C． D．
(2)求双曲线C：x2－＝1经过φ：变换后所得曲线C′的焦点坐标．
[解析]　(1)设其伸缩变换为φ：
则λx－μy＝2,2λx－2μy＝4，于是
解得所以φ：故选C．
(2)设曲线C′上任意一点P′(x′，y′)，
由条件可知，将代入x2－＝1中，
得－＝1，化简得－＝1，
即－＝1为曲线C′的方程，
可见仍是双曲线，且焦点为F1(－5,0)，F2(5,0)．

名师点拨
伸缩变换公式应用时的两个注意点
(1)曲线的伸缩变换是通过曲线上任意一点的坐标的伸缩变换实现的，解题时一定要区分变换前的点P的坐标(x，y)与变换后的点P′的坐标(X，Y)，再利用伸缩变换公式建立联系．
(2)已知变换后的曲线方程f(x，y)＝0，一般都要改写为方程f(X，Y)＝0，再利用换元法确定伸缩变换公式．
〔变式训练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)2x＋3y＝0；　　　　(2)x2＋y2＝1．
[解析]　由伸缩变换得到(*)
(1)将(*)代入2x＋3y＝0，得到经过伸缩变换后的图形方程是x′＋y′＝0．
因此，经过伸缩变换后，
直线2x＋3y＝0变成直线x′＋y′＝0．
(2)将(*)代入x2＋y2＝1，得到经过伸缩变换后的图形的方程是＋＝1．
因此，经过伸缩变换后，圆x2＋y2＝1变成椭圆＋＝1．
考点二　极坐标与直角坐标的互化
例2 (1)将直角坐标方程与极坐标方程互化
①y2＝4x；②x2＋y2－2x－1＝0；
③ρ2cos 2θ＝4；④ρ＝．
(2)(2018·课标卷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．
[解析]　(1)①将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入y2＝4x得
ρ2sin2 θ＝4ρcos θ，即ρsin2θ－4cos θ＝0．
②将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ
代入x2＋y2－2x－1＝0得ρ2－2ρcos θ－1＝0．
③由ρ2cos 2θ＝4得ρ2cos2θ－ρ2sin2θ＝4，
将ρcos θ＝x，ρsin θ＝y代入得x2－y2＝4．
④由ρ＝得2ρ－ρcos θ＝1，
∴4ρ2＝(ρcos θ)2＋2ρcos θ＋1，将ρ2＝x2＋y2，
ρcos θ＝x代入得3x2＋4y2－2x－1＝0．
(2)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，l1与C2没有公共点．
综上，所求C1的方程为y＝－|x|＋2．

名师点拨
(1)直角坐标方程化为极坐标方程时，将x＝ρcos 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ρcos 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．
〔变式训练2〕
(2021·河北唐山模拟)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|．
[解析]　(1)依题意可得，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＝ρcos θ，
所以C1：ρ＝2cos θ；C2＝ρ＝－4cos 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)，B，0＜θ＜．
依题意可得，ρA＝2cos θ，ρB＝－4cos．
从而2cos θ＝－4cos，
整理得，2cos θ＝sin θ，所以tan θ＝，
又因为0＜θ＜，所以cos θ＝，
|AB|＝|OA|＝ρA＝．
考点三,求曲线的极坐标方程
例3　(2019·课标全国Ⅱ，22)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＝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．
[解析]　(1)∵M(ρ0，θ0)在C上，
当θ0＝时，ρ0＝4sin ＝2．
由已知得|OP|＝|OA|cos ＝2．
设Q(ρ，θ)为l上除P外的任意一点，
在Rt△OPQ中，ρcos＝|OP|＝2．
经检验，点P在曲线ρcos＝2上．
∴l的极坐标方程为ρcos＝2．
(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，
|OP|＝|OA|cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ．
因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是．
∴P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈．
〔变式训练3〕
(2019·课标全国Ⅲ，22)如图，在极坐标系Ox中，A(2,0)，B，C，D(2，π)，弧，，所在圆的圆心分别是(1,0)，，(1，π)，曲线M1是弧，曲线M2是弧，曲线M3是弧．

(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；
(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝，求P的极坐标．
[解析]　(1)由题设可得，弧，，所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ．
∴M1的极坐标方程为ρ＝2cos θ，
M2的极坐标方程为ρ＝2sin θ，
M3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ．
(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知：
若0≤θ≤，则2cos θ＝，解得θ＝；
若≤θ≤，则2sin θ＝，解得θ＝或θ＝；
若≤θ≤π，则－2cos θ＝，解得θ＝．
综上，P的极坐标为或或或．

名师点拨
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．
注：也可先求曲线的直角坐标方程再化成极坐标方程．
考点四,简单曲线的极坐标方程及应用
例4　(2020·广东化州模拟)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(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，曲线C2的极坐标方程为ρsin(θ＋)＝3，且曲线C1与C2恰有一个公共点．
(1)求曲线C1的极坐标方程；
(2)已知曲线C1上两点A，B满足∠AOB＝，求△AOB面积的最大值．
[解析]　(1)曲线C2的极坐标方程为
ρsin＝3，即ρsin θ＋ρcos θ＝3，
将ρsin θ＝y，ρcos θ＝x代入上式可得C2直角坐标方程为y＋x＝3，
即x＋y－6＝0，所以曲线C2为直线．
又曲线C1是圆心为(2,0)，半径为|r|的圆，
因为圆C1与直线C1恰有一个公共点，
所以|r|＝＝2，
所以圆C1的普通方程为x2＋y2－4x＝0，
把x2＋y2＝ρ2，x＝ρcos θ代入上式可得C1的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ＝0，即ρ＝4cos θ．
(2)由题意可设A(ρ1，θ)，B，(ρ1＞0，ρ2＞0)，
S△MON＝||||sin ＝ρ1ρ2
＝4cos θcos
＝4(cos2θ－sin θcos θ)
＝4
＝2＋2cos
所以当cos＝1时，△AOB的面积最大，且最大值为2＋2．
例5　(2020·山西省晋中市一模)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(φ为参数)．以原点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θ＝．
(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
(2)已知曲线C3的极坐标方程为ρ＝4cos θ，点A是曲线C2与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于极点O，求|AB|的值．
[解析]　(1)曲线C1的参数方程为(φ为参数)．
转换为普通方程为x2＋(y－2)2＝4．
曲线C2的极坐标方程为θ＝．
转换为直角坐标方程为：y＝x(x≥0)．
(2)曲线C1的参数方程为(φ为参数)．
转换为极坐标方程为：ρ＝4sin θ．
所以解得：ρ1＝2，ρ2＝2．
整理得|AB|＝|ρ1－ρ2|＝2－2．

名师点拨
1．解决极坐标问题的一般思路：
(1)如果对极坐标的意义和应用不太熟悉，可将极坐标方程化为直角坐标方程，求出曲线方程或交点坐标，再将其化为极坐标的形式；
(2)直接建立或求解极坐标方程，再结合题意求解．
2．利用ρ的几何意义解题
已知直线l与曲线C的极坐标方程，且直线l与曲线C交于A，B两点，则利用极坐标方程中的极径ρ解题时，一般将直线l的极坐标方程与曲线C的极坐标方程联立，消去极角θ，得到关于ρ的一元二次方程，即可利用根与系数的关系求弦长(弦AB的长|AB|＝|ρ1－ρ2|，其中ρ1，ρ2为一元二次方程的解)或者求弦长的取值范围等．
〔变式训练4〕
(2017·全国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．
[解析]　(1)设点P的极坐标为(ρ，θ)(ρ＞0)，
点M的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1＞0)．
由题意知|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＋．