2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：选修4-4第一节　坐　标　系 学案




选/　　　考/　　　部/　　　分
选修4－4 坐标系与参数方程
第一节　坐　标　系
2019考纲考题考情





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：的作用下，点P(x，y)对应点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．极坐标的概念
(1)极坐标系：

如图所示，在平面内取一个定点O，叫做极点，从O点引一条射线Ox，叫做极轴，选定一个单位长度和角及其正方向(通常取逆时针方向)，这样就确定了一个平面极坐标系，简称为极坐标系。
(2)极坐标：
对于平面内任意一点M，用ρ表示线段OM的长，θ表示以Ox为始边、OM为终边的角度，ρ叫做点M的极径，θ叫做点M的极角，有序实数对(ρ，θ)叫做点M的极坐标，记作M(ρ，θ)。
当点M在极点时，它的极径ρ＝0，极角θ可以取任意值。
(3)点与极坐标的关系：
平面内一点的极坐标可以有无数对，当k∈Z时，(ρ，θ)，(ρ，θ＋2kπ)，(－ρ，θ＋(2k＋1)π)表示同一个点，而用平面直角坐标表示点时，每一个点的坐标是唯一的。
如果规定ρ＞0,0≤θ＜2π，或者－π＜θ≤π，那么，除极点外，平面内的点和极坐标就一一对应了。
3．极坐标和直角坐标的互化

(1)互化背景：把平面直角坐标系的原点作为极点，x轴的正半轴作为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的单位长度，如图所示。
(2)互化公式：设M是坐标平面内任意一点，它的直角坐标是(x，y)，极坐标是(ρ，θ)(ρ＞0，θ∈[0,2π))，于是极坐标与直角坐标的互化公式如表：

在一般情况下，由tanθ确定角时，可根据点M所在的象限取最小正角。
4．常见曲线的极坐标方程





1．明辨两个坐标
伸缩变换关系式点(x，y)在原曲线上，点(x′，y′)在变换后的曲线上，因此点(x，y)的坐标满足原来的曲线方程，点(x′，y′)的坐标满足变换后的曲线方程。
2．极坐标方程与直角坐标方程互化
(1)公式代入：直角坐标方程化为极坐标方程公式x＝ρcosθ及y＝ρsinθ直接代入并化简。
(2)整体代换：极坐标方程化为直角坐标方程，变形构造形如ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，进行整体代换。

一、走进教材
1．(选修4－4P15T4改编)在极坐标系中，圆ρ＝－2sinθ的圆心的极坐标是(　　)
A． B．
C．(1,0) D．(1，π)
解析　由ρ＝－2sinθ，得ρ2＝－2ρsinθ，化成直角坐标方程为x2＋y2＝－2y，化成标准方程为x2＋(y＋1)2＝1，圆心坐标为(0，－1)，其对应的极坐标为。故选B。

解析：由ρ＝－2sinθ＝2cos，知圆心的极坐标为。故选B。

答案　B
2．(选修4－4P15T3改编)若以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则线段y＝1－x(0≤x≤1)的极坐标方程为(　　)
A．ρ＝，0≤θ≤
B．ρ＝，0≤θ≤
C．ρ＝cosθ＋sinθ，0≤θ≤
D．ρ＝cosθ＋sinθ，0≤θ≤
解析　因为y＝1－x(0≤x≤1)，所以ρsinθ＝1－ρcosθ(0≤ρcosθ≤1)，所以ρ＝。故选A。
答案　A


二、走出误区
微提醒：①极坐标与直角坐标的互化致误；②求极坐标方程不会结合图形求解致误。
3．将极坐标化为直角坐标为(　　)
A．(0,2) B．(0，－2)
C．(2,0) D．(－2,0)
解析　由可知直角坐标为(0，－2)。故选B。
答案　B
4．在极坐标系中，过点且与极轴平行的直线方程是(　　)
A．ρ＝0 B．θ＝
C．ρcosθ＝2 D．ρsinθ＝2
解析　极坐标为的点的直角坐标为(0,2)，过该点且与极轴平行的直线的方程为y＝2，其极坐标方程为ρsinθ＝2。故选D。
答案　D
5．在极坐标系中，圆心在(，π)且过极点的圆的方程为________。
解析　如图，O为极点，OB为直径，A(ρ，θ)，则∠ABO＝θ－，OB＝2＝，化简得ρ＝－2cosθ。

答案　ρ＝－2cosθ

考点一 伸缩变换
【例1】　(1)曲线C：x2＋y2＝1经过伸缩变换得到曲线C′，则曲线C′的方程为________。
(2)曲线C经过伸缩变换后所得曲线的方程为x′2＋y′2＝1，则曲线C的方程为________。
解析　(1)因为所以代入曲线C的方程得C′：＋y′2＝1。
(2)根据题意，曲线C经过伸缩变换后所得曲线的方程为x′2＋y′2＝1，则(2x)2＋(3y)2＝1，即4x2＋9y2＝1，所以曲线C的方程为4x2＋9y2＝1。
答案　(1)＋y′2＝1　(2)4x2＋9y2＝1

1．平面上的曲线y＝f(x)在变换φ：的作用下的变换方程的求法是将代入y＝f(x)，整理得y′＝h(x′)为所求。
2．解答该类问题应明确两点：一是根据平面直角坐标系中的伸缩变换公式的意义与作用；二是明确变换前的点P(x，y)与变换后的点P′(x′，y′)的坐标关系，用方程思想求解。
【变式训练】　(1)在同一平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：则点A经过变换后所得的点A′的坐标为________。
(2)双曲线C：x2－＝1经过伸缩变换φ：后所得曲线C′的焦点坐标为________。
解析　(1)设A′(x′，y′)，由伸缩变换φ：得到由于点A的坐标为，于是x′＝3×＝1，y′＝×(－2)＝－1，所以A′的坐标为(1，－1)。
(2)设曲线C′上任意一点P′(x′，y′)，将代入x2－＝1，得－＝1，化简得－＝1，即为曲线C′的方程，知C′仍是双曲线，其焦点坐标分别为(－5,0)，(5,0)。
答案　(1)(1，－1)　(2)(－5,0)，(5,0)
考点二 极坐标与直角坐标的互化
【例2】　(2018·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。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y＝kx＋2的距离为2，所以＝2，故k＝－或k＝0。
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－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y＝－kx＋2的距离为2，所以＝2，故k＝0或k＝。
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝时，l2与C2没有公共点。
综上，所求C1的方程为y＝－|x|＋2。

1．极坐标与直角坐标的互化依据是x＝ρcosθ，y＝ρsinθ。
2．互化时要注意前后的等价性。
【变式训练】　(1)在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝4sin。求曲线C的直角坐标方程。
(2)在平面直角坐标系中，曲线C1：(α为参数)经过伸缩变换后的曲线为C2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系。求C2的极坐标方程。
解　(1)把ρ＝4sin展开得ρ＝2sinθ＋2cosθ，
两边同乘ρ，得ρ2＝2ρsinθ＋2ρcosθ　①。
将ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，ρsinθ＝y代入①即得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2y＝0。
(2)由题意得曲线C2的参数方程为(α为参数)，
则曲线C2的直角坐标方程为(x′－1)2＋y′2＝1，
将x′＝ρcosθ，y′＝ρsinθ代入整理得ρ＝2cosθ，所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝2cosθ。
考点三 求曲线的极坐标方程
【例3】　在极坐标系中，直线C1的极坐标方程为ρsinθ＝2，M是C1上任意一点，点P在射线OM上，且满足|OP|·|OM|＝4，记点P的轨迹为C2。
(1)求曲线C2的极坐标方程；
(2)求曲线C2上的点到直线ρcos＝距离的最大值。
解　(1)设P(ρ1，θ)，M(ρ2，θ)，
由|OP|·|OM|＝4，得ρ1ρ2＝4，即ρ2＝。
因为M是C1上任意一点，所以ρ2sinθ＝2，
即sinθ＝2，ρ1＝2sinθ。
所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ。
(2)由ρ＝2sinθ，得ρ2＝2ρsinθ，即x2＋y2－2y＝0，
化为标准方程为x2＋(y－1)2＝1，
则曲线C2的圆心坐标为(0,1)，半径为1，
由直线ρcos＝，
得：ρcosθcos－ρsinθsin＝，即x－y＝2，
圆心(0,1)到直线x－y＝2的距离为
d＝＝，
所以曲线C2上的点到直线ρcos＝距离的最大值为1＋。

求曲线的极坐标方程的步骤：(1)建立适当的极坐标系，设P(ρ，θ)是曲线上任意一点；(2)由曲线上的点所适合的条件，列出曲线上任意一点的极径ρ和极角θ之间的关系式；(3)将列出的关系式进行整理、化简，得出曲线的极坐标方程。
【变式训练】　(2019·广州五校联考)在极坐标系中，圆C是以点C为圆心，2为半径的圆。
(1)求圆C的极坐标方程；
(2)求圆C被直线l：θ＝－(ρ∈R)所截得的弦长。
解　(1)设所求圆上任意一点M(ρ，θ)，如图，

在Rt△OAM中，∠OMA＝，
∠AOM＝2π－θ－，|OA|＝4。
因为cos∠AOM＝，
所以|OM|＝|OA|·cos∠AOM，
即ρ＝4cos＝4cos，
验证可知，极点O与A的极坐标也满足方程，故ρ＝4cos为所求。
(2)设l：θ＝－(ρ∈R)交圆C于点O，P，在Rt△OAP中，∠OPA＝，易得∠AOP＝，
所以|OP|＝|OA|cos∠AOP＝2。

解：(1)圆C是将圆ρ＝4cosθ绕极点按顺时针方向旋转而得到的圆，
所以圆C的极坐标方程是ρ＝4cos。
(2)将θ＝－代入圆C的极坐标方程
ρ＝4cos，得ρ＝2，
所以圆C被直线l：θ＝－(ρ∈R)所截得的弦长为2。

考点四 极坐标方程的应用
【例4】　在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程是x＝4。曲线C的参数方程是(φ为参数)。以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系。
(1)求直线l和曲线C的极坐标方程；
(2)若射线θ＝α与曲线C交于点O，A，与直线l交于点B，求的取值范围。
解　(1)由x＝ρcosθ，得直线l的极坐标方程为ρcosθ＝4。
曲线C的参数方程为(φ为参数)，
消去参数φ得曲线C的普通方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，
即x2＋y2－2x－2y＝0，
将x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入上式得ρ2＝2ρcosθ＋2ρsinθ，
所以曲线C的极坐标方程为ρ＝2cosθ＋2sinθ。
(2)设A(ρ1，α)，B(ρ2，α)，
则ρ1＝2cosα＋2sinα，ρ2＝，
所以＝＝＝＝(sin2α＋cos2α)＋＝sin＋，
因为0<α<，所以<2α＋<，
所以 所以 故的取值范围是。

极坐标方程解决几何问题，一定要联系ρ与θ的几何意义。
【变式训练】　(1)(2018·江苏高考)在极坐标系中，直线l的方程为ρsin＝2，曲线C的方程为ρ＝4cosθ，求直线l被曲线C截得的弦长。
(2)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α为参数)，直线C2的方程为y＝x，以O为极点，以x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系。
①求曲线C1和直线C2的极坐标方程；
②若直线C2与曲线C1交于P，Q两点，求|OP|·|OQ|的值。
解　(1)因为曲线C的极坐标方程为ρ＝4cosθ，
所以曲线C是圆心为(2,0)，直径为4的圆。

因为直线l的极坐标方程为ρsin＝2，
则直线l过A(4,0)，倾斜角为，
所以A为直线l与圆C的一个交点。
设另一个交点为B，则∠AOB＝。连接OB。
因为OA为直径，从而∠OBA＝，
所以AB＝4cos＝2。
因此，直线l被曲线C截得的弦长为2。
(2)①曲线C1的普通方程为(x－)2＋(y－2)2＝4，
即x2＋y2－2x－4y＋3＝0，
则曲线C1的极坐标方程为ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋3＝0。
因为直线C2的方程为y＝x，
所以直线C2的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)。
②设P(ρ1，θ1)，Q(ρ2，θ2)，
将θ＝(ρ∈R)代入ρ2－2ρcosθ－4ρsinθ＋3＝0得，
ρ2－5ρ＋3＝0，所以ρ1ρ2＝3，
所以|OP|·|OQ|＝ρ1ρ2＝3。

1．(配合例4使用)在直角坐标系xOy中，圆C1的参数方程为(α为参数)。以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)。
(1)求圆C1的极坐标方程和直线C2的直角坐标方程；
(2)设C1与C2的交点为P，Q，求△C1PQ的面积。
解　(1)直线C2的直角坐标方程为x＋y＝0。
圆C1的普通方程为(x＋2)2＋(y－4)2＝4，
因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
所以C1的极坐标方程为ρ2＋4ρcosθ－8ρsinθ＋16＝0。
(2)将θ＝代入ρ2＋4ρcosθ－8ρsinθ＋16＝0，
得ρ2－6ρ＋16＝0，
解得ρ1＝4，ρ2＝2，
故|ρ1－ρ2|＝2，即|PQ|＝2。
由于圆C1的半径为2，所以△C1PQ的面积为2。
2．(配合例4使用)在直角坐标系xOy中，直线l的方程是y＝6，圆C的参数方程是(φ为参数)，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系。
(1)分别求直线l与圆C的极坐标方程；
(2)射线OM：θ＝α与圆C的交点为O，P两点，与直线l交于点M，射线ON：θ＝α＋与圆C交于O，Q两点，与直线l交于点N，求·的最大值。
解　(1)直线l的方程是y＝6，可得极坐标方程：ρsinθ＝6，圆C的参数方程是(φ为参数)，
可得普通方程：x2＋(y－1)2＝1，
展开为x2＋y2－2y＝0。
化为极坐标方程：ρ2－2ρsinθ＝0，即ρ＝2sinθ。
(2)由题意可得：点P，M的极坐标为(2sinα，α)，。
所以|OP|＝2sinα，|OM|＝，可得＝。
同理可得＝＝。
所以·＝≤。
当α＝时，取等号。
所以·的最大值为。