2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)統(tǒng)考選修4-4坐標(biāo)系與參數(shù)方程第1講坐標(biāo)系學(xué)案含解析北師大版選修4-4

PAGEPAGE9選修4－4坐標(biāo)系與參數(shù)方程第1講坐標(biāo)系基礎(chǔ)學(xué)問整合1．坐標(biāo)變換平面直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)伸縮變換設(shè)點(diǎn)P(x，y)是平面直角坐標(biāo)系中的隨意一點(diǎn)，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(diǎn)P(x，y)對(duì)應(yīng)到點(diǎn)P′(x′，y′)，稱φ為平面直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)伸縮變換，簡稱伸縮變換．2．極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)(1)極坐標(biāo)系：在平面內(nèi)取一個(gè)定點(diǎn)O，叫做eq\x(\s\up1(03))極點(diǎn)，自極點(diǎn)O引一條射線Ox，叫做eq\x(\s\up1(04))極軸；再選定一個(gè)長度單位、一個(gè)角度單位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆時(shí)針方向)，就建立了極坐標(biāo)系．(2)點(diǎn)的極坐標(biāo)：對(duì)于極坐標(biāo)系所在平面內(nèi)的任一點(diǎn)M，若設(shè)|OM|＝ρ(ρ≥0)，以極軸Ox為始邊，射線OM為終邊的角為θ，則點(diǎn)M可用有序數(shù)對(duì)eq\x(\s\up1(05))(ρ，θ)表示．(3)極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為極點(diǎn)，射線Ox的正方向?yàn)闃O軸方向，取相同的長度單位，建立極坐標(biāo)系．設(shè)點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為(x，y)，它的極坐標(biāo)為(ρ，θ)，則相互轉(zhuǎn)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(biāo)方程曲線圖形極坐標(biāo)方程圓心在極點(diǎn)，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(diǎn)，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(diǎn)(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(diǎn)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(biāo)系上點(diǎn)的對(duì)稱性可得到極坐標(biāo)方程ρ＝ρ(θ)的圖形的對(duì)稱性：若ρ(θ)＝ρ(－θ)，則相應(yīng)圖形關(guān)于極軸對(duì)稱；若ρ(θ)＝ρ(π－θ)，則圖形關(guān)于射線θ＝eq\f(π,2)所在的直線對(duì)稱；若ρ(θ)＝ρ(π＋θ)，則圖形關(guān)于極點(diǎn)O對(duì)稱．2．由極坐標(biāo)的意義可知平面上點(diǎn)的極坐標(biāo)不是唯一的，假如限定ρ取正值，θ∈[0,2π)，平面上的點(diǎn)(除去極點(diǎn))與極坐標(biāo)(ρ，θ)(ρ≠0)建立一一對(duì)應(yīng)關(guān)系．1．極坐標(biāo)方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的圖形是()A．兩個(gè)圓 B．兩條直線C．一個(gè)圓和一條射線 D．一條直線和一條射線答案C解析因?yàn)?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(diǎn)的單位圓；θ＝π(ρ≥0)表示x軸的負(fù)半軸，是一條射線．2．在極坐標(biāo)系中，極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))的點(diǎn)到極點(diǎn)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(diǎn)(ρ，θ)到極點(diǎn)和極軸的距離分別為ρ，ρ|sinθ|，所以點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,6)))到極點(diǎn)和極軸的距離分別為2,2sineq\f(π,6)＝1.3．在極坐標(biāo)系中，點(diǎn)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(biāo)系中，點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(π,3)))的直角坐標(biāo)為(1，－eq\r(3))，圓ρ＝－2cosθ的直角坐標(biāo)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(guān)系為()A．相離 B．外切C．相交 D．內(nèi)切答案B解析曲線方程ρ＝－2cosθ化為直角坐標(biāo)方程為(x＋1)2＋y2＝1，ρ＋eq\f(4,ρ)＝4eq\r(2)sinθ化為直角坐標(biāo)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(biāo)系中，直線ρ(eq\r(3)cosθ－sinθ)＝2與圓ρ＝4sinθ的交點(diǎn)的極坐標(biāo)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(biāo)方程為eq\r(3)x－y＝2，即y＝eq\r(3)x－2.ρ＝4sinθ化為直角坐標(biāo)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(diǎn)坐標(biāo)為(eq\r(3)，1)，化為極坐標(biāo)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(biāo)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?yàn)棣?＝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?yàn)橹本€與圓相切，所以eq\f(|1－a|,\r(2))＝1，所以a＝1±eq\r(2)，又因?yàn)閍>0，所以a＝1＋eq\r(2).核心考向突破考向一平面直角坐標(biāo)系下的坐標(biāo)變換例1將圓x2＋y2＝1上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)保持不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍，得曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)直線l：2x＋y－2＝0與C的交點(diǎn)為P1，P2，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，求過線段P1P2的中點(diǎn)且與l垂直的直線的極坐標(biāo)方程．解(1)設(shè)點(diǎn)(x1，y1)為圓上的點(diǎn)，經(jīng)變換為C上的點(diǎn)(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(shè)P1(1,0)，P2(0,2)，則線段P1P2的中點(diǎn)坐標(biāo)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(biāo)方程并整理，得2ρcosθ－4ρsinθ＋3＝0.平面直角坐標(biāo)系下圖形的變換技巧平面圖形的伸縮變換可以用坐標(biāo)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(shí)訓(xùn)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(biāo)與直角坐標(biāo)的互化例2在極坐標(biāo)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(biāo)方程；(2)當(dāng)θ∈(0，π)時(shí)，求直線l與圓O的公共點(diǎn)的極坐標(biāo)．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(biāo)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?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρcosθ＝x，,ρsinθ＝y(tǒng)，))所以直線l的直角坐標(biāo)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(jìn)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?yàn)棣取?0，π)，所以θ＝eq\f(π,2)，故公共點(diǎn)的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2))).直角坐標(biāo)方程與極坐標(biāo)方程互化的方法直角坐標(biāo)方程化為極坐標(biāo)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(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程要通過變形，構(gòu)造形如ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，進(jìn)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(duì)方程進(jìn)行變形時(shí)，方程必需保持同解，因此應(yīng)留意對(duì)變形過程的檢驗(yàn)．[即時(shí)訓(xùn)練]2.(2024·全國卷Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的方程為y＝k|x|＋2.以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ2＋2ρcosθ－3＝0.(1)求C2的直角坐標(biāo)方程；(2)若C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)，求C1的方程．解(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得C2的直角坐標(biāo)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(shè)，知C1是過點(diǎn)B(0,2)且關(guān)于y軸對(duì)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(gè)公共點(diǎn)等價(jià)于l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且l2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)，或l2與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且l1與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)．當(dāng)l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，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(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1與C2沒有公共點(diǎn)；當(dāng)k＝－eq\f(4,3)時(shí)，l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，l2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)．當(dāng)l2與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，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(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1與C2沒有公共點(diǎn)；當(dāng)k＝eq\f(4,3)時(shí)，l2與C2沒有公共點(diǎn)．綜上，所求C1的方程為y＝－eq\f(4,3)|x|＋2.考向三極坐標(biāo)方程及其應(yīng)用例3(1)(2024·全國卷Ⅱ)在極坐標(biāo)系中，O為極點(diǎn)，點(diǎn)M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲線C：ρ＝4sinθ上，直線l過點(diǎn)A(4,0)且與OM垂直，垂足為P.①當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時(shí)，求ρ0及l(fā)的極坐標(biāo)方程；②當(dāng)M在C上運(yùn)動(dòng)且P在線段OM上時(shí)，求P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程．解①因?yàn)镸(ρ0，θ0)在曲線C上，當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時(shí)，ρ0＝4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由已知，得|OP|＝|OA|coseq\f(π,3)＝2.設(shè)Q(ρ，θ)為l上除P外的隨意一點(diǎn)．在Rt△OPQ中，ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)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(biāo)方程為ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2.②設(shè)P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因?yàn)镻在線段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(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)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(biāo)系xOy中，直線C1：x＝－2，⊙C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)、x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．①求C1，C2的極坐標(biāo)方程；②若直線C3的極坐標(biāo)方程為θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)，設(shè)C2與C3的交點(diǎn)為M，N，求△C2MN的面積．解①∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴C1的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＝－2，C2的極坐標(biāo)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(biāo)方程求曲線交點(diǎn)、距離、線段長、面積等幾何問題時(shí)，用極坐標(biāo)法使問題變得簡潔、干脆，解題的關(guān)鍵是極坐標(biāo)選取要得當(dāng)，這樣可以簡化運(yùn)算過程．假如不能干脆用極坐標(biāo)解決，或用極坐標(biāo)解決較麻煩，可將極坐標(biāo)轉(zhuǎn)化為直角坐標(biāo)來求解．[即時(shí)訓(xùn)練]3.(2024·全國卷Ⅲ)如圖，在極坐標(biāo)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(biāo)方程；(2)曲線M由M1，M2，M3構(gòu)成，若點(diǎn)P在M上，且|OP|＝eq\r(3)，求P的極坐標(biāo)．解(1)由題設(shè)可得，弧eq\x\to(AB)，eq\x\to(BC)，eq\x\to(CD)所在圓的極坐標(biāo)方程分別為ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ，所以M1的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,4)))，M2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤θ≤\f(3π,4)))，M3的極坐標(biāo)方程為ρ＝－2cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)≤θ≤π)).(2)設(shè)P(ρ，θ)，由題設(shè)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＝