高中數(shù)學(xué)北師大版4第一章坐標(biāo)系 第1章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①極坐標(biāo)②柱坐標(biāo)③空間直角坐標(biāo)系④球坐標(biāo)平面直角坐標(biāo)系與曲線方程1.利用問題的幾何特征，建立適當(dāng)坐標(biāo)系，主要就是兼顧到它們的對稱性，盡量使圖形的對稱軸(對稱中心)正好是坐標(biāo)系中的x軸，y軸(坐標(biāo)原點).2.坐標(biāo)系的建立，要盡量使我們研究的曲線的方程簡單.設(shè)△ABC的周長為18，|AB|＝8，求頂點C的軌跡方程.【精彩點撥】建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，利用如周長為18，即AC＋BC＝10這個條件.【規(guī)范解答】以AB所在直線為x軸，以AB的垂直平分線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，則A(－4,0)，B(4,0)，設(shè)點坐標(biāo)為(x，y)，由此得：|CA|＋|CB|＝10，又10＞|AB|，所以C點軌跡是中心在原點，以A，B為焦點的橢圓，但應(yīng)扣除其與x軸的交點，設(shè)其方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，由此得：a＝5，c＝4，∴b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(52－42)＝3，故所求軌跡方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1(x≠±5).[再練一題]1.如圖1-1，圓O1和圓O2的半徑都是1，|O1O2|＝4，過動點P分別作圓O1和圓O2的切線PM，PN(M，N分別為切點)使得|PM|＝eq\r(2)|PN|，試建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，并求動點P的軌跡方程.圖1-1【解】如圖，以直線O1O2為x軸，線段O1O2的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則兩圓心的坐標(biāo)分別為O1(－2,0)，O2(2,0).設(shè)P(x，y)，則|PM|2＝|PO1|2－|MO1|2＝(x＋2)2＋y2－1.同理，|PN|2＝(x－2)2＋y2－1.∵|PM|＝eq\r(2)|PN|，即|PM|2＝2|PN|2，即(x＋2)2＋y2－1＝2[(x－2)2＋y2－1]，即x2－12x＋y2＋3＝0，即動點P的軌跡方程為(x－6)2＋y2＝33.簡單的極坐標(biāo)方程在給定的平面上的極坐標(biāo)系下，有一個二元方程φ(ρ，θ)＝0，如果曲線C是由極坐標(biāo)(ρ，θ)滿足方程的所有點組成的，則稱此二元方程φ(ρ，θ)＝0為曲線C的極坐標(biāo)方程.由于平面上點的極坐標(biāo)的表示形式不唯一，因此曲線的極坐標(biāo)方程和直角坐標(biāo)方程也有不同之處，一條曲線上的點的極坐標(biāo)有多組表示形式，有些表示形式可能不滿足方程，這里要求至少有一組能滿足極坐標(biāo)方程.求曲線的極坐標(biāo)的方法和步驟，和求直角坐標(biāo)方程類似，就是把曲線看作適合某種條件的點的集合或軌跡，將已知條件用曲線上的極坐標(biāo)ρ，θ的關(guān)系式f(ρ，θ)表示出來，就得到曲線的極坐標(biāo)方程.已知Rt△ABO的直角頂點A在直線ρcosθ＝9上移動(O為原點)，又∠AOB＝30°，求頂點B的軌跡的極坐標(biāo)方程.【精彩點撥】設(shè)B(ρ，θ)，利用直角三角形中的三角函數(shù)建立ρ與θ的關(guān)系，化簡即可求解.【規(guī)范解答】如圖①，設(shè)B(ρ，θ)，A(ρ1，θ1).則ρcos30°＝ρ1，即ρ1＝eq\f(\r(3),2)ρ.又∵ρ1cosθ1＝9，而θ1＝θ－30°，∴ρcos30°coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝9，即ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝6eq\r(3).若點B的位置如圖②所示，同理得點B的軌跡方程為ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝6eq\r(3).綜上所述，點B的軌跡方程為ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ±\f(π,6)))＝6eq\r(3).[再練一題]2.求圓心為Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,6)))，半徑為3的圓的極坐標(biāo)方程.【解】法一：設(shè)圓心C的直角坐標(biāo)為(x0，y0)，則x0＝3coseq\f(π,6)＝eq\f(3\r(3),2)，y0＝3sineq\f(π,6)＝eq\f(3,2).所以圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＝9，即x2＋y2－3eq\r(3)x－3y＝0，所以ρ2＝3eq\r(3)ρcosθ＋3ρsinθ，即ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6))).法二：如圖，設(shè)圓上任一點為P(ρ，θ)，則|OP|＝ρ，∠POA＝θ－eq\f(π,6)，|OA|＝2×3＝6.在Rt△POA中，|OP|＝|OA|cos∠POA，則ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))，即圓的極坐標(biāo)方程為ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6))).極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化直角坐標(biāo)方程化極坐標(biāo)方程可直接將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入即可，而極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程通常將極坐標(biāo)方程化為ρcosθ，ρsinθ的整體形式，然后用x，y代替較為方便，常常兩端同乘以ρ即可達到目的，但要注意變形的等價性.把下列極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程.(1)ρ＝2acosθ(a>0)；(2)ρ＝9(sinθ＋cosθ)；(3)ρ＝4；(4)2ρcosθ－3ρsinθ＝5.【精彩點撥】利用轉(zhuǎn)化公式x＝ρcosθ，y＝ρsinθ.【規(guī)范解答】(1)ρ＝2acosθ，兩邊同時乘以ρ，得ρ2＝2aρcosθ，即x2＋y2＝2ax.整理得x2＋y2－2ax＝0，即(x－a)2＋y2＝a2，是以(a,0)為圓心，以a為半徑的圓.(2)兩邊同時乘以ρ得ρ2＝9ρ(sinθ＋cosθ)，即x2＋y2＝9x＋9y，又可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(9,2)))2＝eq\f(81,2)，是以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，\f(9,2)))為圓心，以eq\f(9\r(2),2)為半徑的圓.(3)將ρ＝4兩邊平方得ρ2＝16，即x2＋y2＝16，是以原點為圓心，以4為半徑的圓.(4)2ρcosθ－3ρsinθ＝5，即2x－3y＝5，是一條直線.[再練一題]3.已知曲線C1，C2的極坐標(biāo)方程分別為ρcosθ＝3，ρ＝4cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ≥0，0≤θ＜\f(π,2)))，則曲線C1與C2交點的直角坐標(biāo)為________.【導(dǎo)學(xué)號：12990018】【解析】∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρcosθ＝3，,ρ＝4cosθ，))∴4cos2θ＝3，∴cosθ＝±eq\f(\r(3),2).∵0≤θ<eq\f(π,2)，∴cosθ＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝eq\f(π,6).將θ＝eq\f(π,6)代入ρ＝4cosθ，得ρ＝2eq\r(3)，∴C1與C2交點的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)，\f(π,6))).化為直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)cos\f(π,6)，2\r(3)sin\f(π,6)))，即(3，eq\r(3)).【答案】(3，eq\r(3))數(shù)形結(jié)合思想運用坐標(biāo)方法研究曲線的形狀與性質(zhì)是典型的數(shù)形結(jié)合思想的體現(xiàn).坐標(biāo)系的建立，使直觀的幾何圖形用數(shù)量運算得以完美實現(xiàn).某海濱城市附近海面出現(xiàn)臺風(fēng).據(jù)監(jiān)測，當(dāng)前臺風(fēng)中心位于城市O(如圖1-2)的東偏南θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ＝\f(\r(2),10)))方向300km的海面P處，并以20km/h的速度向西偏北45°方向移動.臺風(fēng)侵襲的范圍為圓形區(qū)域，當(dāng)前半徑為60km，并以10km/h的速度不斷增大.問：幾小時后該城市開始受到臺風(fēng)的侵襲？受到侵襲持續(xù)多長時間？圖1-2【精彩點撥】建立平面直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法解決.【規(guī)范解答】法一(坐標(biāo)法)：以O(shè)為原點，正東方向為x軸正方向，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示.在時刻t(h)臺風(fēng)中心P′(eq\x\to(x)，eq\x\to(y))的坐標(biāo)為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x\to(x)＝300×\f(\r(2),10)－20×\f(\r(2),2)t，,\x\to(y)＝－300×\f(7\r(2),10)＋20×\f(\r(2),2)t，))此時臺風(fēng)侵襲的區(qū)域是(x－eq\x\to(x))2＋(y－eq\x\to(y))2≤[r(t)]2，其中r(t)＝10t＋60.若在t時刻城市O受到臺風(fēng)的侵襲，則有(0－eq\x\to(x))2＋(0－eq\x\to(y))2≤(10t＋60)2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(300×\f(\r(2),10)－20×\f(\r(2),2)t))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－300×\f(7\r(2),10)＋20×\f(\r(2),2)t))2≤(10t＋60)2.化簡整理得t2－36t＋288≤0，解得12≤t≤24.所以12小時后該城市開始受到臺風(fēng)的侵襲，持續(xù)時間為12小時.法二(解三角形法)：假設(shè)經(jīng)過t小時后，臺風(fēng)中心位置從P處轉(zhuǎn)移到P′處，由于∠OPB＝θ，且cosθ＝eq\f(\r(2),10)＜cos45°＝eq\f(\r(2),2)，所以θ＞45°，連結(jié)OP′，在△OPP′中，OP＝300，PP′＝20t，cos∠OPP′＝cos(θ－45°)＝cosθcos45°＋sinθsin45°＝eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(7\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(4,5).由余弦定理，得OP′2＝3002＋(20t)2－2×300×20t×eq\f(4,5).若在t時刻城市O受到臺風(fēng)的侵襲，則有OP′2≤(60＋10t)2，即3002＋(20t)2－2×300×20t×eq\f(4,5)≤(60＋10t)2.化簡，得t2－36t＋288≤0，即(t－12)(t－24)≤0，解得12≤t≤24.答：12小時后該城市開始受到臺風(fēng)的侵襲，持續(xù)時間為12小時.[再練一題]4.已知正三角形ABC的邊長為a，在平面上求一點P，使|PA|2＋|PB|2＋|PC|2最小，并求出此最小值.【解】以BC所在直線為x軸，BC的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)a))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0)).設(shè)P(x，y)，則|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＝x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),2)a))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2＋y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2＋y2＝3x2＋3y2－eq\r(3)ay＋eq\f(5a2,4)＝3x2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),6)a))2＋a2≥a2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0，y＝eq\f(\r(3),6)a時，等號成立.∴所求的最小值為a2，此時P點的坐標(biāo)為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),6)a))，即為正三角形ABC的中心.轉(zhuǎn)化與化歸思想轉(zhuǎn)化與化歸具體體現(xiàn)為化未知為已知，化抽象為具體，化一般為特殊，如本章中直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)，直角坐標(biāo)方程與極坐標(biāo)方程，空間直角坐標(biāo)與柱坐標(biāo)、球坐標(biāo)的互化等都是這種思想的體現(xiàn).求經(jīng)過極點O(0,0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(π,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6\r(2)，\f(9π,4)))三點的圓的極坐標(biāo)方程.【精彩點撥】首先把三點的極坐標(biāo)轉(zhuǎn)化為直角坐標(biāo)，寫出圓的直角坐標(biāo)方程后，再轉(zhuǎn)化為極坐標(biāo)方程.【規(guī)范解答】將點O，A，B的極坐標(biāo)化為直角坐標(biāo)，分別為(0,0)，(0,6)，(6,6)，故△OAB是以O(shè)B為斜邊的等腰直角三角形，所以過這三點的圓的圓心為(3,3)，半徑為3eq\r(2)，所以圓的直角坐標(biāo)方程為(x－3)2＋(y－3)2＝18，即x2＋y2－6x－6y＝0.將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入上述方程，得ρ2－6ρ(cosθ＋sinθ)＝0，即ρ＝6eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))).[再練一題]5.已知極坐標(biāo)方程C1：ρ＝10，C2：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝6，(1)化C1，C2的極坐標(biāo)方程為直角坐標(biāo)方程，并分別判斷曲線形狀；(2)求C1，C2交點間的距離.【解】(1)由C1：ρ＝10，得ρ2＝100，∴x2＋y2＝100，所以C1為圓心在(0,0)，半徑等于10的圓.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.∴y－eq\r(3)x＝12，即eq\r(3)x－y＋12＝0.所以C2表示直線.(2)由于圓心(0,0)到直線eq\r(3)x－y＋12＝0的距離為d＝eq\f(12,\r(\r(3)2＋－12))＝6<r＝10，所以直線C2被圓截得的弦長為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(102－62)＝16.1.在直角坐標(biāo)系xOy中，以坐標(biāo)原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.若曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθ，則曲線C的直角坐標(biāo)方程為__________.【解析】∵ρ＝2sinθ，∴ρ2＝2ρsinθ，∴x2＋y2＝2y，即x2＋y2－2y＝0.【答案】x2＋y2－2y＝02.在極坐標(biāo)系中，直線ρcosθ－eq\r(3)ρsinθ－1＝0與圓ρ＝2cosθ交于A，B兩點，則|AB|＝________.【解析】∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴直線的直角坐標(biāo)方程為x－eq\r(3)y－1＝0.∵ρ＝2cosθ，∴ρ2(sin2θ＋cos2θ)＝2ρcosθ，∴x2＋y2＝2x.∴圓的直角坐標(biāo)方程為(x－1)2＋y2＝1.∵圓心(1,0)在直線x－eq\r(3)y－1＝0上，∴AB為圓的直徑，∴|AB|＝2.【答案】23.在極坐標(biāo)系中，曲線C1與C2的方程分別為2ρcos2θ＝sinθ與ρcosθ＝1，以極點為平面直角坐標(biāo)系的原點，極軸為x軸的正半軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則曲線C1與C2交點的直角坐標(biāo)為________.【解析】曲線C1普通方程2x2＝y(tǒng)；曲線C2普通方程x＝1.聯(lián)立曲線C1與曲線C2，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2＝y(tǒng)，,x＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))因此兩曲線的交點坐標(biāo)為(1,2).【答案】(1,2)4.在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝acost，,y＝1＋asint，))(t為參數(shù)，a>0).在以坐標(biāo)原點為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2：ρ＝4cosθ.(1)說明C1是哪一種曲線，并將C