数学《学案导学与随堂笔记》人教A版4-4学案：第一讲　坐标系 复习课 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学习目标1.复习回顾坐标系的重要知识点.2。进一步熟练极坐标方程的求法，能熟练进行极坐标方程与直角坐标方程的互化.3.能应用极坐标解决相关问题，并体会极坐标在解决有关问题时的优越性．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:eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x′＝λxλ〉0，，y′＝μyμ〉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）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称为极径，θ称为极角．（2)极坐标与直角坐标的互化设M为平面上的一点，它的直角坐标为（x，y)，极坐标为(ρ，θ)．由图可知下面的关系式成立：eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝ρcosθ,，y＝ρsinθ)）或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（ρ2＝x2＋y2,,tanθ＝\f（y，x)x≠0，)）顺便指出,上式对ρ〈0也成立．这就是极坐标与直角坐标的互化公式．3．曲线极坐标方程的求法求曲线的极坐标的方法和步骤，和求直角坐标方程类似，就是把曲线看作适合某种条件的点的集合或轨迹，将已知条件用曲线上的极坐标（ρ,θ）的关系式f（ρ，θ)＝0表示出来,就得到曲线的极坐标方程．类型一求曲线的极坐标方程例1在极坐标系中,已知圆C的圆心Ceq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,3)））,半径r＝3.(1)求圆C的极坐标方程；（2)若点Q在圆C上运动，点P在OQ的延长线上，且eq\o(OQ,\s\up6(→))＝2eq\o（QP,\s\up6(→))，求动点P的轨迹方程．解（1）设M(ρ，θ）是圆C上除O(0,0)以外的任意一点,在△OCM中，∠COM＝|θ－eq\f（π,3）｜，由余弦定理，得｜CM|2＝|OM｜2＋|OC｜2－2|OM|·|OC｜·cos∠COM，∴32＝ρ2＋32－2×ρ×3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f（π,3）)）,即ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（θ－\f(π，3)）)。经检验，点O(0,0)也在此方程所表示的圆上．∴圆C的极坐标方程为ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π,3）)).(2）设点Q为（ρ1，θ1)，点P为（ρ0，θ0），由eq\o(OQ，\s\up6（→))＝2eq\o（QP,\s\up6(→）)，得eq\o（OQ,\s\up6(→))＝2(eq\o(OP，\s\up6(→）)－eq\o（OQ，\s\up6（→)）)，∴eq\o（OQ，\s\up6（→）)＝eq\f(2，3）eq\o(OP，\s\up6（→))，∴ρ1＝eq\f（2,3）ρ0，θ1＝θ0，将其代入圆ρ1＝6coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ1－\f(π，3)）），得eq\f（2，3)ρ0＝6coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0－\f（π,3)）），即ρ0＝9coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ0－\f(π，3)））.所以动点P的轨迹方程为ρ＝9coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3）））。反思与感悟求轨迹方程的方法有直接法、定义法、相关点代入法,在极坐标中仍然适用，注意求谁设谁,找出所设点的坐标ρ、θ的关系．跟踪训练1△ABC底边BC＝10，∠A＝eq\f(1，2）∠B，以B为极点,BC为极轴，建立极坐标系，求顶点A的轨迹的极坐标方程．解如图，设A（ρ，θ），在△ABC内，设∠B＝θ，∠A＝eq\f（θ，2）,又|BC｜＝10，｜AB｜＝ρ.由正弦定理，得eq\f（ρ,sinπ－\f（3θ,2))＝eq\f(10，sin\f（θ，2）),化简，得A点轨迹的极坐标方程为ρ＝10＋20cosθ.类型二极坐标与直角坐标的互化例2在极坐标系中，点M坐标是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2，\f(π,3)))，曲线C的方程为ρ＝2eq\r（2)sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π，4））)；以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l经过点M和极点．(1）写出直线l的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程；(2)直线l和曲线C相交于两点A、B,求线段AB的长．解（1）∵直线l过点Meq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2，\f(π,3))）和极点，∴直线l的直角坐标方程是θ＝eq\f（π,3）（ρ∈R)．ρ＝2eq\r(2）sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)）），即ρ＝2(sinθ＋cosθ），两边同乘以ρ，得ρ2＝2(ρsinθ＋ρcosθ），∴曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2y＝0.(2）点M的直角坐标为（1,eq\r(3））,直线l过点M和原点，∴直线l的直角坐标方程为y＝eq\r（3）x。曲线C的圆心坐标为（1，1），半径r＝eq\r（2）,圆心到直线l的距离为d＝eq\f(\r(3)－1,2），∴｜AB｜＝eq\r（3)＋1。反思与感悟(1）互化的前提依旧是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下取相同的单位长度．（2)极坐标方程化直角坐标方程时，要注意凑出：ρcosθ，ρsinθ，tanθ,以方便用ρcosθ＝x,ρsinθ＝y及tanθ＝eq\f(y,x)代入化简．跟踪训练2已知点A，B的直角坐标分别为（2,0），（3,eq\r（3)），求以A为圆心，过点B的圆的极坐标方程．解｜AB｜＝eq\r(2－32＋0－\r(3)2）＝2，故圆的标准方程为（x－2)2＋y2＝4，即x2＋y2＝4x。将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋y2＝4x，化简得ρ＝4cosθ，所以所求圆的极坐标方程为ρ＝4cosθ。类型三极坐标的综合应用例3已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f（y2，b2）＝1（a〉b〉0)，A,B分别为椭圆上的两点，且OA⊥OB.（1)求证：eq\f（1,|OA|2)＋eq\f(1,｜OB|2）为定值；（2)求△AOB面积的最大值和最小值．解以直角坐标系的原点为极点,以x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系．设A，B两点的极坐标分别为（ρ1，θ1），（ρ2，θ2）(不妨设θ2＝θ1＋eq\f(π，2)）,则A、B两点的直角坐标分别为(ρ1cosθ1，ρ1sinθ1）,（ρ2cosθ2,ρ2sinθ2）．（1）∵A在椭圆eq\f(x2，a2)＋eq\f（y2,b2）＝1上,∴eq\f（ρ1cosθ12，a2)＋eq\f（ρ1sinθ12，b2）＝1，∴ρeq\o\al（2,1)＝eq\f(a2b2,b2cos2θ1＋a2sin2θ1)，同理ρeq\o\al(2，2)＝eq\f（a2b2，b2cos2θ2＋a2sin2θ2）＝eq\f（a2b2，b2sin2θ1＋a2cos2θ1)∴eq\f(1，｜OA｜2)＋eq\f（1，｜OB|2)＝eq\f（1,ρ\o\al(2,1）)＋eq\f(1，ρ\o\al（2，2））＝eq\f（a2sin2θ1＋sin2θ2＋b2cos2θ1＋cos2θ2，a2b2）＝eq\f(a2＋b2，a2b2)为定值．(2)在△AOB中，OA⊥OB.S＝|OA｜·｜BO|×eq\f(1，2）＝eq\f(1，2)ρ1ρ2。∴S2＝eq\f(1,4）ρeq\o\al(2,1）ρeq\o\al(2，2).由（1）知ρeq\o\al(2，1）＝eq\f(a2b2，b2cos2θ1＋a2sin2θ1)，ρeq\o\al(2,2）＝eq\f(a2b2，b2sin2θ1＋a2cos2θ1）,∴ρeq\o\al（2，1)ρeq\o\al(2,2)＝eq\f(a4b4，b4sin2θ1cos2θ1＋a4sin2θ1cos2θ1＋a2b2sin4θ1＋cos4θ1）＝eq\f(a4b4,\f（1，4）a4＋b4sin22θ1＋a2b2\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f（1，2）sin22θ1））)＝eq\f(a4b4，\f（1,4)a2－b22sin22θ1＋a2b2)，当sin22θ1＝0时，(ρ1ρ2)2的最大值为a2b2，∴S最大＝eq\f(1,2）ab，当sin22θ1＝1时，(ρ1ρ2)2的最小值为eq\f（4a4b4，a2＋b22),∴S最小＝eq\f(a2b2，a2＋b2）。反思与感悟（1）用极坐标解决问题的关键是建立适当的极坐标系．建系的原则是有利用极径、极角表示问题中的量．（2）用极坐标解决问题，并不能忽视极坐标与直角坐标间的互化问题．跟踪训练3用极坐标法证明：过抛物线的焦点的弦被焦点分成的两部分的倒数和为常数．证明设F为抛物线的焦点，AB是过焦点F的弦，焦点到准线的距离为ρ.以F为极点,Fx为极轴，建立如图所示的极坐标系．设A的极坐标为(ρ1,θ)，则B的极坐标为(ρ2,θ＋π），由抛物线的定义知，eq\f（ρ1,ρ1cosθ＋ρ)＝1，ρ1＝ρ1cosθ＋ρ，∴ρ1＝eq\f（ρ，1－cosθ）.同理ρ2＝eq\f(ρ，1－cosθ＋π）＝eq\f（ρ,1＋cosθ)，∴eq\f(1,｜AF｜）＋eq\f(1，｜BF|）＝eq\f(1,ρ1)＋eq\f（1，ρ2)＝eq\f（1－cosθ,ρ）＋eq\f(1＋cosθ,ρ)＝eq\f(2，ρ)（常数)．1．已知曲线C1，C2的极坐标方程分别为ρcosθ＝1，ρ＝4cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（ρ≥0，0≤θ<\f(π,2）)）,则曲线C1与C2交点的极坐标为________．答案eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2，\f(π，3)））2．在以O为极点的极坐标系中，圆ρ＝4sinθ和直线ρsinθ＝a相交于A，B两点．若△AOB是等边三角形，则a的值为________．答案3解析由于圆和直线的直角坐标方程分别为x2＋y2＝4y和y＝a,它们相交于A，B两点,△AOB为等边三角形，所以不妨取直线OB的方程为y＝eq\r（3）x,联立eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4y，,y＝\r（3）x，）)消去y，得x2＝eq\r(3)x，解得x＝eq\r（3)或x＝0,所以y＝eq\r（3)x＝3，即a＝3。3．已知圆的极坐标方程为ρ＝4cosθ,圆心为C,点P的极坐标为eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(4,\f(π，3）))，则|CP|＝________。答案2eq\r(3)4．已知极坐标方程C1：ρ＝10，C2：ρsineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(θ－\f(π，3))）＝6，(1)化C1、C2的极坐标方程为直角坐标方程,并分别判断曲线形状；（2)求C1、C2交点间的距离．解（1）由C1：ρ＝10，得ρ2＝100，所以x2＋y2＝100，所以C1为圆心在(0，0），半径等于10的圆．由C2：ρsineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π，3）)）＝6，得ρeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）sinθ－\f(\r(3)，2）cosθ））＝6.所以y－eq\r（3）x＝12，即eq\r（3）x－y＋12＝0，所以C2表示直线．（2）由于圆心(0,0)到直线eq\r（3)x－y＋12＝0的距离为d＝eq\f（12，\r（\r（3）2＋－12)）＝6〈r＝10，故直线与圆相交，所以直线l被圆截得的弦长为2eq\r（r2－d2）＝2eq\r(102－62）＝16。1．对于极坐标问题，重点是极坐标与直角坐标的互化公式，充分体现转化与化归的思想．2．极坐标方程的求法，可以用直接法即直接去求极坐标方程,也可以先求曲线的直角坐标方程，再利用互化公式,将直角坐标方程化为极坐标方程．3．要充分体会极坐标的优势,有些问题，用极坐标解决就比较方便简洁．课时作业一、选择题1．极坐标方程ρ＝cosθ与ρcosθ＝eq\f(1,2）的图形是()答案B2．极坐标方程θ＝eq\f(π，3)，θ＝eq\f（2π，3)（ρ>0)和ρ＝4所表示的曲线围成的图形面积是（）A.eq\f（16π,3）B.eq\f（8π，3)C.eq\f（4π,3)D。eq\f（2π,3)答案B3．在极坐标系中，过点A(6，π)作圆ρ＝－4cosθ的切线，则切线长为(）A．2B．6C．2eq\r(3）D．2eq\r(15)答案C4．直线l1：ρsin（θ＋α)＝a和l2:θ＝eq\f(π,2）－α的位置关系是（)A．l1∥l2 B．l1⊥l2C．l1和l2重合 D．l1和l2斜交答案B解析由ρsin(θ＋α）＝a知，ρsinθcosα＋ρcosθsinα＝a,∴ycosα＋xsinα＝a，即xsinα＋ycosα＝a，∴斜率为－eq\f(sinα，cosα）＝－tanα＝k1.又k2＝taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,2）－α))＝eq\f（1,tanα），∴k1·k2＝－1，∴两直线垂直．5．下列极坐标方程中,对应的曲线为如图所示的图形的是(）A．ρ＝6＋5cosθ B．ρ＝6＋5sinθC．ρ＝6－5cosθ D．ρ＝6－5sinθ答案D解析由图可知，当θ＝－eq\f(π,2）时,ρ最大，所以应该是ρ＝6－5sinθ.6．在极坐标系中与圆ρ＝4sinθ相切的一条直线的方程为（)A．ρcosθ＝2 B．ρsinθ＝2C．ρ＝4sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（θ＋\f（π,3)）) D．ρ＝4sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(θ－\f（π，3））)答案A解析圆ρ＝4sinθ的直角坐标方程为x2＋y2－4y＝0，即x2＋（y－2）2＝4，直线ρcosθ＝2的直角坐标方程为x＝2与圆相切，直线ρsinθ＝2的直角坐标方程为y＝2经过圆心，选项C、D表示圆，不满足题意．二、填空题7．直线2ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ相交的弦长为________．答案eq\r（3)解析直线2ρcosθ＝1可化为2x＝1，即x＝eq\f(1，2)，圆ρ＝2cosθ，两边同乘以ρ得ρ2＝2ρcosθ,化为直角坐标方程是x2＋y2＝2x，即(x－1)2＋y2＝1,其圆心为(1，0)，半径为1，∴弦长为2eq\r(12－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2))）2）＝eq\r(3).8．在极坐标系中，P是曲线ρ＝12sinθ上的动点，Q是曲线ρ＝12coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f（π,6）)）上的动点，则|PQ|的最大值为________．答案18解析∵ρ＝12sinθ，∴ρ2＝12ρsinθ，∴x2＋y2－12y＝0,即x2＋(y－6）2＝36.又ρ＝12coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π，6)）)，∴ρ2＝12ρeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（cosθcos\f(π，6)＋sinθsin\f(π，6))），∴x2＋y2－6eq\r(3）x－6y＝0。∴（x－3eq\r(3))2＋（y－3)2＝36,∴|PQ｜max＝6＋6＋eq\r(3\r（3)2＋32）＝18。9．在极坐标系中，曲线ρ＝2sinθ与ρcosθ＝－1的交点的极坐标为________．答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r（2)，\f（3π,4）))解析∵eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(ρ＝2sinθ，，ρcosθ＝－1，))∴2sinθ·cosθ＝－1，即sin2θ＝－1。∴2θ＝eq\f（3π,2）,即θ＝eq\f(3π，4)，∴ρ＝2sineq\f(3π,4）＝eq\r（2)。10．在极坐标系中,直线ρcosθ－eq\r(3)ρsinθ－1＝0与圆ρ－2cosθ＝0交于A，B两点,则|AB|＝________.答案2解析∵x＝ρcosθ,y＝ρsinθ，∴直线的直角坐标方程为x－eq\r(3）y－1＝0,由ρ－2cosθ＝0，得ρ＝2cosθ，ρ2＝2ρcosθ,又ρ2＝x2＋y2,∴x2＋y2＝2x，∴圆的直角坐标方程为（x－1)2＋y2＝1，又圆心（1，0）在直线上，∴AB为圆的直径，∴|AB｜＝2.三、解答题11．已知定点A(a,0），动点P对极点O和点A的张角∠OPA＝eq\f(π，3）。在OP的延长线上取点Q，使|PQ｜＝｜PA|.当P在极轴上方运动时，求点Q的轨迹的极坐标方程．解设Q，P的坐标分别是（ρ，θ）,（ρ1，θ1)，则θ＝θ1,在△POA中，ρ1＝eq\f（a，sin\f（π，3））·sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2π，3)－θ）），|PA｜＝eq\f(asinθ，sin\f(π,3）),又｜OQ|＝｜OP|＋｜PA｜，∴ρ＝2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6）＋θ)）.12．从极点O作直线与另一直线l：ρcosθ＝4相交于点M,在OM上取一点P,使｜OM|·｜OP|＝12.（1）求点P的轨迹方程；(2）设R为l上的任意一点,试求|RP|的最小值．解(1）由题意可设动点P的坐标为(ρ,θ),M的坐标为（ρ0，θ)，由|OM|·|OP|＝12，得ρρ0＝12.∵点M在直线l上,∴ρ0cosθ＝4，∴ρ＝3cosθ,即点P的轨迹方程为ρ＝3cosθ.（2)将ρ＝3cosθ化为直角坐标方程，得x2＋y2＝3x,即eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f(3，2）））2＋y2＝eq\f(9,4)。易知点P的轨迹是以eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3,2)，0)）为圆心,eq\f(3，2)为半径的圆．直线l的直角坐标方程是x＝4。结合图形易知｜RP|的最小值为1.13．在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，圆C2：（x－1)2＋(y－2)2＝1，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C1，C2的极坐标方程；（2）若直线C3的极