2024高考数学一轮复习统考选修4-4坐标系与参数方程第1讲坐标系学案含解析北师大版选修4-4

PAGEPAGE9选修4－4坐标系与参数方程第1讲坐标系基础学问整合1．坐标变换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随意一点，在变换φ：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(01))x′＝λ·xλ>0，,\x(\s\up1(02))y′＝μ·yμ>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．极坐标与直角坐标(1)极坐标系：在平面内取一个定点O，叫做eq\x(\s\up1(03))极点，自极点O引一条射线Ox，叫做eq\x(\s\up1(04))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)，就建立了极坐标系．(2)点的极坐标：对于极坐标系所在平面内的任一点M，若设|OM|＝ρ(ρ≥0)，以极轴Ox为始边，射线OM为终边的角为θ，则点M可用有序数对eq\x(\s\up1(05))(ρ，θ)表示．(3)极坐标与直角坐标的互化公式：在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，射线Ox的正方向为极轴方向，取相同的长度单位，建立极坐标系．设点P的直角坐标为(x，y)，它的极坐标为(ρ，θ)，则相互转化公式为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\x(\s\up1(06))ρcosθ，,y＝\x(\s\up1(07))ρsinθ，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2＝\x(\s\up1(08))x2＋y2，,tanθ＝\x(\s\up1(09))\f(y,x)x≠0.))3．常用简洁曲线的极坐标方程曲线图形极坐标方程圆心在极点，半径为r的圆eq\x(\s\up1(10))ρ＝r(0≤θ<2π)圆心为(r,0)，半径为r的圆eq\x(\s\up1(11))ρ＝2rcosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤θ≤\f(π,2)))圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r，\f(π,2)))，半径为r的圆eq\x(\s\up1(12))ρ＝2rsinθ(0≤θ<π)过极点，倾斜角为α的直线(1)eq\x(\s\up1(13))θ＝α(ρ∈R)或eq\x(\s\up1(14))θ＝π＋α(ρ∈R)(2)eq\x(\s\up1(15))θ＝α和eq\x(\s\up1(16))θ＝π＋α过点(a,0)，与极轴垂直的直线eq\x(\s\up1(17))ρcosθ＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤θ≤\f(π,2)))过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,2)))，与极轴平行的直线eq\x(\s\up1(18))ρsinθ＝a(0≤θ≤π)1．由极坐标系上点的对称性可得到极坐标方程ρ＝ρ(θ)的图形的对称性：若ρ(θ)＝ρ(－θ)，则相应图形关于极轴对称；若ρ(θ)＝ρ(π－θ)，则图形关于射线θ＝eq\f(π,2)所在的直线对称；若ρ(θ)＝ρ(π＋θ)，则图形关于极点O对称．2．由极坐标的意义可知平面上点的极坐标不是唯一的，假如限定ρ取正值，θ∈[0,2π)，平面上的点(除去极点)与极坐标(ρ，θ)(ρ≠0)建立一一对应关系．1．极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是()A．两个圆 B．两条直线C．一个圆和一条射线 D．一条直线和一条射线答案C解析因为(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)，所以ρ＝1或θ＝π(ρ≥0)．ρ＝1⇒eq\r(x2＋y2)＝1，得x2＋y2＝1，表示圆心在原点的单位圆；θ＝π(ρ≥0)表示x轴的负半轴，是一条射线．2．在极坐标系中，极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))的点到极点和极轴的距离分别为()A．1,1 B．1,2C．2,1 D．2,2答案C解析点(ρ，θ)到极点和极轴的距离分别为ρ，ρ|sinθ|，所以点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))到极点和极轴的距离分别为2,2sineq\f(π,6)＝1.3．在极坐标系中，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(π,3)))到圆ρ＝－2cosθ的圆心的距离为()A．2 B．eq\r(4＋\f(π2,9))C．eq\r(9＋\f(π,9)) D．eq\r(7)答案D解析在直角坐标系中，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(π,3)))的直角坐标为(1，－eq\r(3))，圆ρ＝－2cosθ的直角坐标方程为x2＋y2＝－2x，即(x＋1)2＋y2＝1，圆心为(－1,0)，所以所求距离为eq\r(1＋12＋－\r(3)－02)＝eq\r(7).故选D.4．曲线ρ＝－2cosθ与ρ＋eq\f(4,ρ)＝4eq\r(2)sinθ的位置关系为()A．相离 B．外切C．相交 D．内切答案B解析曲线方程ρ＝－2cosθ化为直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝1，ρ＋eq\f(4,ρ)＝4eq\r(2)sinθ化为直角坐标方程为x2＋(y－2eq\r(2))2＝4，两圆圆心距为eq\r(－12＋2\r(2)2)＝3＝1＋2，所以两圆外切．5．在极坐标系中，直线ρ(eq\r(3)cosθ－sinθ)＝2与圆ρ＝4sinθ的交点的极坐标为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,6))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,3)))答案A解析ρ(eq\r(3)cosθ－sinθ)＝2化为直角坐标方程为eq\r(3)x－y＝2，即y＝eq\r(3)x－2.ρ＝4sinθ化为直角坐标方程为x2＋y2＝4y，把y＝eq\r(3)x－2代入x2＋y2＝4y，得4x2－8eq\r(3)x＋12＝0，即x2－2eq\r(3)x＋3＝0，所以x＝eq\r(3)，y＝1.所以直线与圆的交点坐标为(eq\r(3)，1)，化为极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6))).故选A.6．(2024·北京高考)在极坐标系中，直线ρcosθ＋ρsinθ＝a(a>0)与圆ρ＝2cosθ相切，则a＝________.答案1＋eq\r(2)解析因为ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，由ρcosθ＋ρsinθ＝a(a>0)，得x＋y＝a(a>0)，由ρ＝2cosθ，得ρ2＝2ρcosθ，即x2＋y2＝2x，即(x－1)2＋y2＝1，因为直线与圆相切，所以eq\f(|1－a|,\r(2))＝1，所以a＝1±eq\r(2)，又因为a>0，所以a＝1＋eq\r(2).核心考向突破考向一平面直角坐标系下的坐标变换例1将圆x2＋y2＝1上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设直线l：2x＋y－2＝0与C的交点为P1，P2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方程．解(1)设点(x1，y1)为圆上的点，经变换为C上的点(x，y)，依题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x1，,y＝2y1.))由xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝1，得x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2＝1，即曲线C的方程为x2＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(y2,4)＝1，,2x＋y－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2.))不妨设P1(1,0)，P2(0,2)，则线段P1P2的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所求直线的斜率k＝eq\f(1,2)，于是所求的直线方程为y－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，化为极坐标方程并整理，得2ρcosθ－4ρsinθ＋3＝0.平面直角坐标系下图形的变换技巧平面图形的伸缩变换可以用坐标伸缩变换来表示．在伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝λ·xλ>0，,y′＝μ·yμ>0))下，直线仍旧变成直线，抛物线仍旧变成抛物线，双曲线仍旧变成双曲线，圆可以变成椭圆，椭圆也可以变成圆．[即时训练]1.求椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(1,2)x，,y′＝y))后的曲线方程．解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(1,2)x，,y′＝y，))得到eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2x′，,y＝y′.))①将①代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得eq\f(4x′2,4)＋y′2＝1，即x′2＋y′2＝1.因此椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1经伸缩变换后得到的曲线方程是x2＋y2＝1.考向二极坐标与直角坐标的互化例2在极坐标系中，已知圆O：ρ＝cosθ＋sinθ和直线l：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).(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)由ρ＝cosθ＋sinθ，得ρ2＝ρcosθ＋ρsinθ，把eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2＝x2＋y2，,ρcosθ＝x，,ρsinθ＝y))代入ρ2＝ρcosθ＋ρsinθ，得圆O的直角坐标方程为x2＋y2－x－y＝0.由l：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)，得ρsinθ－ρcosθ＝1，因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρcosθ＝x，,ρsinθ＝y，))所以直线l的直角坐标方程为x－y＋1＝0.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1＝0，,x2＋y2－x－y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，))进而，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ2＝x2＋y2，,tanθ＝\f(y,x)x≠0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ＝1，,tanθ不存在，))因为θ∈(0，π)，所以θ＝eq\f(π,2)，故公共点的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2))).直角坐标方程与极坐标方程互化的方法直角坐标方程化为极坐标方程，只需把公式x＝ρcosθ及y＝ρsinθ干脆代入并化简即可；而极坐标方程化为直角坐标方程要通过变形，构造形如ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，进行整体代换．其中方程的两边同乘以(或同除以)ρ及方程两边平方是常用的变形方法．但对方程进行变形时，方程必需保持同解，因此应留意对变形过程的检验．[即时训练]2.(2024·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，曲线C1的方程为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx＋2，x≥0，,－kx＋2，x<0.))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eq\f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝－eq\f(4,3)或k＝0.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－eq\f(4,3)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eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝0或k＝eq\f(4,3).经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝eq\f(4,3)时，l2与C2没有公共点．综上，所求C1的方程为y＝－eq\f(4,3)|x|＋2.考向三极坐标方程及其应用例3(1)(2024·全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ＝4sinθ上，直线l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为P.①当θ0＝eq\f(π,3)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①因为M(ρ0，θ0)在曲线C上，当θ0＝eq\f(π,3)时，ρ0＝4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由已知，得|OP|＝|OA|coseq\f(π,3)＝2.设Q(ρ，θ)为l上除P外的随意一点．在Rt△OPQ中，ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.经检验，点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))在曲线ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2上，所以l的极坐标方程为ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2.②设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因为P在线段OM上，且AP⊥OM，所以θ的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).所以P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).(2)(2024·南宁模拟)在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，⊙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的极坐标方程为θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)，设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面积．解①∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴C1的极坐标方程为ρcosθ＝－2，C2的极坐标方程为ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0.②将θ＝eq\f(π,4)代入ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0，得ρ2－3eq\r(2)ρ＋4＝0，解得ρ1＝2eq\r(2)，ρ2＝eq\r(2).故ρ1－ρ2＝eq\r(2)，即|MN|＝eq\r(2).由于⊙C2的半径为1，所以△C2MN的面积为eq\f(1,2).在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长、面积等几何问题时，用极坐标法使问题变得简洁、干脆，解题的关键是极坐标选取要得当，这样可以简化运算过程．假如不能干脆用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标转化为直角坐标来求解．[即时训练]3.(2024·全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox中，A(2,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(π,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3π,4)))，D(2，π)，弧eq\x\to(AB)，eq\x\to(BC)，eq\x\to(CD)所在圆的圆心分别是(1,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，(1，π)，曲线M1是弧eq\x\to(AB)，曲线M2是弧eq\x\to(BC)，曲线M3是弧eq\x\to(CD).(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|＝eq\r(3)，求P的极坐标．解(1)由题设可得，弧eq\x\to(AB)，eq\x\to(BC)，eq\x\to(CD)所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ，所以M1的极坐标方程为ρ＝2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4)))，M2的极坐标方程为ρ＝2sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤θ≤\f(3π,4)))，M3的极坐标方程为ρ＝－2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)≤θ≤π)).(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)，知若0≤θ≤eq\f(π,4)，则2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,6)；若eq\f(π,4)≤θ≤eq\f(3π,4)，则2sinθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,3)或θ＝eq\f(2π,3)；若eq\f(3π,4)≤θ≤π，则－2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝