2024高考數(shù)學一輪復習統(tǒng)考選修4-4坐標系與參數(shù)方程第1講坐標系學案含解析北師大版選修4-4

PAGEPAGE9選修4－4坐標系與參數(shù)方程第1講坐標系基礎學問整合1．坐標變換平面直角坐標系中的坐標伸縮變換設點P(x，y)是平面直角坐標系中的隨意一點，在變換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，點P(x，y)對應到點P′(x′，y′)，稱φ為平面直角坐標系中的坐標伸縮變換，簡稱伸縮變換．2．極坐標與直角坐標(1)極坐標系：在平面內取一個定點O，叫做eq\x(\s\up1(03))極點，自極點O引一條射線Ox，叫做eq\x(\s\up1(04))極軸；再選定一個長度單位、一個角度單位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆時針方向)，就建立了極坐標系．(2)點的極坐標：對于極坐標系所在平面內的任一點M，若設|OM|＝ρ(ρ≥0)，以極軸Ox為始邊，射線OM為終邊的角為θ，則點M可用有序數(shù)對eq\x(\s\up1(05))(ρ，θ)表示．(3)極坐標與直角坐標的互化公式：在平面直角坐標系xOy中，以O為極點，射線Ox的正方向為極軸方向，取相同的長度單位，建立極坐標系．設點P的直角坐標為(x，y)，它的極坐標為(ρ，θ)，則相互轉化公式為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．常用簡潔曲線的極坐標方程曲線圖形極坐標方程圓心在極點，半徑為r的圓eq\x(\s\up1(10))ρ＝r(0≤θ<2π)圓心為(r,0)，半徑為r的圓eq\x(\s\up1(11))ρ＝2rcosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤θ≤\f(π,2)))圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r，\f(π,2)))，半徑為r的圓eq\x(\s\up1(12))ρ＝2rsinθ(0≤θ<π)過極點，傾斜角為α的直線(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過點(a,0)，與極軸垂直的直線eq\x(\s\up1(17))ρcosθ＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤θ≤\f(π,2)))過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,2)))，與極軸平行的直線eq\x(\s\up1(18))ρsinθ＝a(0≤θ≤π)1．由極坐標系上點的對稱性可得到極坐標方程ρ＝ρ(θ)的圖形的對稱性：若ρ(θ)＝ρ(－θ)，則相應圖形關于極軸對稱；若ρ(θ)＝ρ(π－θ)，則圖形關于射線θ＝eq\f(π,2)所在的直線對稱；若ρ(θ)＝ρ(π＋θ)，則圖形關于極點O對稱．2．由極坐標的意義可知平面上點的極坐標不是唯一的，假如限定ρ取正值，θ∈[0,2π)，平面上的點(除去極點)與極坐標(ρ，θ)(ρ≠0)建立一一對應關系．1．極坐標方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的圖形是()A．兩個圓 B．兩條直線C．一個圓和一條射線 D．一條直線和一條射線答案C解析因為(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，表示圓心在原點的單位圓；θ＝π(ρ≥0)表示x軸的負半軸，是一條射線．2．在極坐標系中，極坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))的點到極點和極軸的距離分別為()A．1,1 B．1,2C．2,1 D．2,2答案C解析點(ρ，θ)到極點和極軸的距離分別為ρ，ρ|sinθ|，所以點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))到極點和極軸的距離分別為2,2sineq\f(π,6)＝1.3．在極坐標系中，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(π,3)))到圓ρ＝－2cosθ的圓心的距離為()A．2 B．eq\r(4＋\f(π2,9))C．eq\r(9＋\f(π,9)) D．eq\r(7)答案D解析在直角坐標系中，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(π,3)))的直角坐標為(1，－eq\r(3))，圓ρ＝－2cosθ的直角坐標方程為x2＋y2＝－2x，即(x＋1)2＋y2＝1，圓心為(－1,0)，所以所求距離為eq\r(1＋12＋－\r(3)－02)＝eq\r(7).故選D.4．曲線ρ＝－2cosθ與ρ＋eq\f(4,ρ)＝4eq\r(2)sinθ的位置關系為()A．相離 B．外切C．相交 D．內切答案B解析曲線方程ρ＝－2cosθ化為直角坐標方程為(x＋1)2＋y2＝1，ρ＋eq\f(4,ρ)＝4eq\r(2)sinθ化為直角坐標方程為x2＋(y－2eq\r(2))2＝4，兩圓圓心距為eq\r(－12＋2\r(2)2)＝3＝1＋2，所以兩圓外切．5．在極坐標系中，直線ρ(eq\r(3)cosθ－sinθ)＝2與圓ρ＝4sinθ的交點的極坐標為()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化為直角坐標方程為eq\r(3)x－y＝2，即y＝eq\r(3)x－2.ρ＝4sinθ化為直角坐標方程為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.所以直線與圓的交點坐標為(eq\r(3)，1)，化為極坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6))).故選A.6．(2024·北京高考)在極坐標系中，直線ρcosθ＋ρsinθ＝a(a>0)與圓ρ＝2cosθ相切，則a＝________.答案1＋eq\r(2)解析因為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，因為直線與圓相切，所以eq\f(|1－a|,\r(2))＝1，所以a＝1±eq\r(2)，又因為a>0，所以a＝1＋eq\r(2).核心考向突破考向一平面直角坐標系下的坐標變換例1將圓x2＋y2＝1上每一點的橫坐標保持不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼?倍，得曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設直線l：2x＋y－2＝0與C的交點為P1，P2，以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，求過線段P1P2的中點且與l垂直的直線的極坐標方程．解(1)設點(x1，y1)為圓上的點，經(jīng)變換為C上的點(x，y)，依題意，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，即曲線C的方程為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.))不妨設P1(1,0)，P2(0,2)，則線段P1P2的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所求直線的斜率k＝eq\f(1,2)，于是所求的直線方程為y－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，化為極坐標方程并整理，得2ρcosθ－4ρsinθ＋3＝0.平面直角坐標系下圖形的變換技巧平面圖形的伸縮變換可以用坐標伸縮變換來表示．在伸縮變換eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝λ·xλ>0，,y′＝μ·yμ>0))下，直線仍舊變成直線，拋物線仍舊變成拋物線，雙曲線仍舊變成雙曲線，圓可以變成橢圓，橢圓也可以變成圓．[即時訓練]1.求橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1經(jīng)過伸縮變換eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(1,2)x，,y′＝y(tǒng)))后的曲線方程．解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(1,2)x，,y′＝y(tǒng)，))得到eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2x′，,y＝y(tǒng)′.))①將①代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得eq\f(4x′2,4)＋y′2＝1，即x′2＋y′2＝1.因此橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1經(jīng)伸縮變換后得到的曲線方程是x2＋y2＝1.考向二極坐標與直角坐標的互化例2在極坐標系中，已知圓O：ρ＝cosθ＋sinθ和直線l：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).(1)求圓O和直線l的直角坐標方程；(2)當θ∈(0，π)時，求直線l與圓O的公共點的極坐標．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(tǒng)))代入ρ2＝ρcosθ＋ρsinθ，得圓O的直角坐標方程為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，因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρcosθ＝x，,ρsinθ＝y(tǒng)，))所以直線l的直角坐標方程為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，))進而，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，))因為θ∈(0，π)，所以θ＝eq\f(π,2)，故公共點的極坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2))).直角坐標方程與極坐標方程互化的方法直角坐標方程化為極坐標方程，只需把公式x＝ρcosθ及y＝ρsinθ干脆代入并化簡即可；而極坐標方程化為直角坐標方程要通過變形，構造形如ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，進行整體代換．其中方程的兩邊同乘以(或同除以)ρ及方程兩邊平方是常用的變形方法．但對方程進行變形時，方程必需保持同解，因此應留意對變形過程的檢驗．[即時訓練]2.(2024·全國卷Ⅰ)在直角坐標系xOy中，曲線C1的方程為y＝k|x|＋2.以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2的極坐標方程為ρ2＋2ρcosθ－3＝0.(1)求C2的直角坐標方程；(2)若C1與C2有且僅有三個公共點，求C1的方程．解(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得C2的直角坐標方程為(x＋1)2＋y2＝4.(2)由(1)，知C2是圓心為A(－1,0)，半徑為2的圓．由題設，知C1是過點B(0,2)且關于y軸對稱的兩條射線，曲線C1的方程為y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx＋2，x≥0，,－kx＋2，x<0.))記y軸右邊的射線為l1，y軸左邊的射線為l2.由于B在圓C2的外面，故C1與C2有且僅有三個公共點等價于l1與C2只有一個公共點且l2與C2有兩個公共點，或l2與C2只有一個公共點且l1與C2有兩個公共點．當l1與C2只有一個公共點時，A到l1所在直線的距離為2，所以eq\f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝－eq\f(4,3)或k＝0.經(jīng)檢驗，當k＝0時，l1與C2沒有公共點；當k＝－eq\f(4,3)時，l1與C2只有一個公共點，l2與C2有兩個公共點．當l2與C2只有一個公共點時，A到l2所在直線的距離為2，所以eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝0或k＝eq\f(4,3).經(jīng)檢驗，當k＝0時，l1與C2沒有公共點；當k＝eq\f(4,3)時，l2與C2沒有公共點．綜上，所求C1的方程為y＝－eq\f(4,3)|x|＋2.考向三極坐標方程及其應用例3(1)(2024·全國卷Ⅱ)在極坐標系中，O為極點，點M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲線C：ρ＝4sinθ上，直線l過點A(4,0)且與OM垂直，垂足為P.①當θ0＝eq\f(π,3)時，求ρ0及l(fā)的極坐標方程；②當M在C上運動且P在線段OM上時，求P點軌跡的極坐標方程．解①因為M(ρ0，θ0)在曲線C上，當θ0＝eq\f(π,3)時，ρ0＝4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由已知，得|OP|＝|OA|coseq\f(π,3)＝2.設Q(ρ，θ)為l上除P外的隨意一點．在Rt△OPQ中，ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.經(jīng)檢驗，點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))在曲線ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2上，所以l的極坐標方程為ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2.②設P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因為P在線段OM上，且AP⊥OM，所以θ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).所以P點軌跡的極坐標方程為ρ＝4cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).(2)(2024·南寧模擬)在直角坐標系xOy中，直線C1：x＝－2，⊙C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐標原點為極點、x軸的正半軸為極軸建立極坐標系．①求C1，C2的極坐標方程；②若直線C3的極坐標方程為θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)，設C2與C3的交點為M，N，求△C2MN的面積．解①∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴C1的極坐標方程為ρcosθ＝－2，C2的極坐標方程為ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋4＝0.②將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的半徑為1，所以△C2MN的面積為eq\f(1,2).在已知極坐標方程求曲線交點、距離、線段長、面積等幾何問題時，用極坐標法使問題變得簡潔、干脆，解題的關鍵是極坐標選取要得當，這樣可以簡化運算過程．假如不能干脆用極坐標解決，或用極坐標解決較麻煩，可將極坐標轉化為直角坐標來求解．[即時訓練]3.(2024·全國卷Ⅲ)如圖，在極坐標系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)所在圓的圓心分別是(1,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))，(1，π)，曲線M1是弧eq\x\to(AB)，曲線M2是弧eq\x\to(BC)，曲線M3是弧eq\x\to(CD).(1)分別寫出M1，M2，M3的極坐標方程；(2)曲線M由M1，M2，M3構成，若點P在M上，且|OP|＝eq\r(3)，求P的極坐標．解(1)由題設可得，弧eq\x\to(AB)，eq\x\to(BC)，eq\x\to(CD)所在圓的極坐標方程分別為ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ，所以M1的極坐標方程為ρ＝2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4)))，M2的極坐標方程為ρ＝2sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤θ≤\f(3π,4)))，M3的極坐標方程為ρ＝－2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)≤θ≤π)).(2)設P(ρ，θ)，由題設及(1)，知若0≤θ≤eq\f(π,4)，則2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,6)；若eq\f(π,4)≤θ≤eq\f(3π,4)，則2sinθ＝eq\r(3)，解得θ＝eq\f(π,3)或θ＝eq\f(2π,3)；若eq\f(3π,4)≤θ≤π，則－2cosθ＝eq\r(3)，解得θ＝