2021版高考文科数学（北师大版）一轮复习教师用书：选修4－4　第1讲　坐标系


第1讲　坐标系



一、知识梳理
1．坐标系
(1)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)对应到点P′(λx，μy)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换．
(2)极坐标系
在平面内取一个定点O，叫做极点；自极点O引一条射线Ox，叫做极轴；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)，这样就建立了一个极坐标系．

设M是平面内一点，极点O与点M的距离|OM|叫做点M的极径，记为ρ；以极轴Ox为始边，射线OM为终边的角xOM叫做点M的极角，记为θ，有序数对(ρ，θ)叫做点M的极坐标，记为M(ρ，θ)．
2．直角坐标与极坐标的互化
把直角坐标系的原点作为极点，x轴的正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．设M是平面内任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x，y)和(ρ，θ)，则

3．直线的极坐标方程
若直线过点M(ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．
几个特殊位置的直线的极坐标方程：
(1)直线过极点：θ＝θ0和θ＝π＋θ0.
(2)直线过点M(a，0)且垂直于极轴：ρcos θ＝a．
(3)直线过点M且平行于极轴：ρsin θ＝b．
4．圆的极坐标方程
若圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r，则该圆的方程为：
ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ－r2＝0.
几个特殊位置的圆的极坐标方程：
(1)当圆心位于极点，半径为r：ρ＝r.
(2)当圆心位于M(a，0)，半径为a：ρ＝2acos θ．
(3)当圆心位于M，半径为a：ρ＝2asin θ．
常用结论
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＝ρcos θ及y＝ρsin θ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ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，进行整体代换．
二、教材衍化
1．在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是(　　)
A.　　　　　　　 B.
C．(1，0) D．(1，π)
解析：选B.由ρ＝－2sin θ，得ρ2＝－2ρsin θ，化为直角坐标方程为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.
2．圆心C的极坐标为，且圆C经过极点．求圆C的极坐标方程．
解：圆心C的直角坐标为(，)，则设圆C的直角坐标方程为(x－)2＋(y－)2＝r2，
依题意可知r2＝(0－)2＋(0－)2＝4，
故圆C的直角坐标方程为(x－)2＋(y－)2＝4，化为极坐标方程为ρ2－2ρ(sin θ＋cos θ)＝0，
即ρ＝2(sin θ＋cos θ)．

一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)平面直角坐标系内的点与坐标能建立一一对应关系，在极坐标系中点与坐标也是一一对应关系．(　　)
(2)在极坐标系中，曲线的极坐标方程不是唯一的．(　　)
(3)极坐标方程θ＝π(ρ≥0)表示的曲线是一条直线．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×
二、易错纠偏
(1)对极坐标几何意义不理解；
(2)极坐标与直角坐标的互化致误．
1．在极坐标系中，已知两点A，B，则|AB|＝ ．
解析：设极点为O.在△OAB中，A，B，由余弦定理，得AB＝＝.
答案：
2．确定极坐标方程ρ2cos 2θ－2ρcos θ＝1表示的曲线．
解：由极坐标方程ρ2cos 2θ－2ρcos θ＝1，得
ρ2(cos2θ－sin2θ)－2ρcos θ＝1.
由互化公式
得x2－y2－2x＝1，即(x－1)2－y2＝2.
故此方程表示以(1，0)为中心，F1(－1，0)，F2(3，0)为焦点的等轴双曲线．


　　　　　平面直角坐标系中的伸缩变换(师生共研)
(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′)即为所求．
(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．

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 ．
解析：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)．
答案：(1，－1)
2．将圆x2＋y2＝1变换为椭圆＋＝1的一个伸缩变换公式为φ：求a，b的值．
解：由得代入x2＋y2＝1中得＋＝1，所以a2＝9，b2＝4，
因为a>0，b>0，所以a＝3，b＝2.

　　　　　极坐标与直角坐标的互化(师生共研)
(1)已知直线l的极坐标方程为2ρsin＝，点A的极坐标为A，求点A到直线l的距离．
(2)把曲线C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0化为极坐标方程．
【解】　(1)由2ρsin＝，得2ρ＝，所以y－x＝1.
由点A的极坐标为得点A的直角坐标为(2，－2)，所以d＝＝.
即点A到直线l的距离为.
(2)将代入x2＋y2－8x－10y＋16＝0，
得ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0，所以C1的极坐标方程为ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0.

极坐标方程与直角坐标方程的互化
(1)直角坐标方程化为极坐标方程：将公式x＝ρcos θ及y＝ρsin θ直接代入直角坐标方程并化简即可．
(2)极坐标方程化为直角坐标方程：通过变形，构造出形如ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，再应用公式进行代换．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技巧．

1．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知点A的极坐标为，直线的极坐标方程为ρcos＝a，且点A在直线上，求a的值及直线的直角坐标方程．
解：因为点A(，)在直线ρcos＝a上，所以a＝cos＝，
所以直线的方程可化为ρcos θ＋ρsin θ＝2，
从而直线的直角坐标方程为x＋y－2＝0.
2．在极坐标系下，已知圆O：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l：ρsin＝(ρ≥0，0≤θ<2π)．
(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)圆O：ρ＝cos θ＋sin θ，即ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，
故圆O的直角坐标方程为x2＋y2－x－y＝0，
直线l：ρsin＝，
即ρsin θ－ρcos θ＝1，
故直线l的直角坐标方程为x－y＋1＝0.
(2)由(1)知圆O与直线l的直角坐标方程，
将两方程联立得解得
即圆O与直线l在直角坐标系下的公共点为(0，1)，
将(0，1)转化为极坐标为即为所求．

　　　　　　求曲线的极坐标方程(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ＝4sin θ上，直线l过点A(4，0)且与OM垂直，垂足为P.
(1)当θ0＝时，求ρ0及l的极坐标方程；
(2)当点M在C上运动且点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C上，当θ0＝时，ρ0＝4sin ＝2.
由已知得|OP|＝|OA|cos ＝2.
设Q(ρ，θ)为l上除点P外的任意一点．连接OQ，
在Rt△OPQ中，ρcos＝|OP|＝2.
经检验，点P在曲线ρcos＝2上．
所以，l的极坐标方程为ρcos＝2.
(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ.
因为P在线段OM上，且AP⊥OM，
故θ的取值范围是.
所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈.

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．

1．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，过极点O作圆C：ρ＝8cos θ的弦ON，交圆C于点N.
求ON的中点M的轨迹的极坐标方程．
解：设M(ρ，θ)，N(ρ1，θ1)．
因为N点在圆ρ＝8cos θ上，所以ρ1＝8cos θ1.①
因为M是ON的中点，所以
代入①式得2ρ＝8cos θ，
故点M的轨迹的极坐标方程是ρ＝4cos θ.
2．在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C的极坐标方程为ρcos ＝1(0≤θ＜2π)，M，N分别为曲线C与x轴，y轴的交点．
(1)写出曲线C的直角坐标方程，并求M，N的极坐标；
(2)设MN的中点为P，求直线OP的极坐标方程．
解：(1)由ρcos＝1得
ρ＝1.
从而曲线C的直角坐标方程为x＋y＝1，
即x＋y－2＝0.
当θ＝0时，ρ＝2，所以M(2，0)．
当θ＝时，ρ＝，
所以N.
(2)由(1)知，M点的直角坐标为(2，0)，N点的直角坐标为.
所以P点的直角坐标为，
则P点的极坐标为.
所以直线OP的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)．

　　　　　　曲线极坐标方程的应用(师生共研)
(2020·郑州四校联考)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.以坐标原点O为极点，x轴的正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A，B两点，求＋.
【解】　(1)由曲线C1的参数方程为(α为参数)，得曲线C1的普通方程为(x－2)2＋(y－2)2＝1，
则C1的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ－4ρsin θ＋7＝0，
由于直线C2过原点，且倾斜角为，故其极坐标方程为θ＝(ρ∈R)(tan θ＝)．
(2)由得ρ2－(2＋2)ρ＋7＝0，设A，B对应的极径分别为ρ1，ρ2，则ρ1＋ρ2＝2＋2，ρ1ρ2＝7，
所以＋＝＝＝.

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，如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决．

1．(2020·昆明市诊断测试)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数)．以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)．
(1)求曲线C1的极坐标方程；
(2)若曲线C2的极坐标方程为ρ＋8cos θ＝0，直线l与曲线C1在第一象限的交点为A，与曲线C2的交点为B(异于原点)，求|AB|.
解：(1)消去参数t得曲线C1的普通方程为x2＋9y2＝9，故曲线C1的极坐标方程为ρ2＋8ρ2sin2θ－9＝0.
(2)因为A，B两点在直线l上，所以可设A，B.
把点A的极坐标代入C1的极坐标方程得，ρ＋8ρsin2－9＝0，解得ρ1＝±.
已知A点在第一象限，所以ρ1＝.
因为B异于原点，所以把点B的极坐标代入C2的极坐标方程得，
ρ2＋8cos ＝0，解得ρ2＝－4.
所以|AB|＝|ρ1－ρ2|＝|＋4|＝5.
2．(2020·安徽五校联盟第二次质检)在直角坐标系xOy中，直线l1：x＝0，圆C：(x－1)2＋(y－1－)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)求直线l1和圆C的极坐标方程；
(2)若直线l2的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，设l1，l2与圆C的公共点分别为A，B，求△OAB的面积．
解：(1)因为x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，x2＋y2＝ρ2，所以直线l1的极坐标方程为ρcos θ＝0，即θ＝(ρ∈R)，
圆C的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－2(1＋)ρsin θ＋3＋2＝0.
(2)将θ＝代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋)ρsin θ＋3＋2＝0，
得ρ2－2(1＋)ρ＋3＋2＝0，解得ρ1＝1＋.将θ＝代入ρ2－2ρcos θ－2(1＋)ρsin θ＋3＋2＝0，
得ρ2－2(1＋)ρ＋3＋2＝0，
解得ρ2＝1＋.
故△OAB的面积为×(1＋)2×sin＝1＋.

[基础题组练]
1．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C：x2＋y2＝36变为何种曲线，并求曲线的焦点坐标．
解：设圆x2＋y2＝36上任一点为P(x，y)，伸缩变换后对应的点的坐标为P′(x′，y′)，
则所以4x′2＋9y′2＝36，即＋＝1.
所以曲线C在伸缩变换后得椭圆＋＝1，
其焦点坐标为(±，0)．
2．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)圆C是将圆ρ＝4cos θ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＝，即直线θ＝－所截得的弦长为2.
3．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1：ρ＝4cos θ，C2：ρcos θ＝3.
(1)求C1与C2的交点的极坐标；
(2)设点Q在C1上，＝，求动点P的极坐标方程．
解：(1)联立得cos θ＝±，
因为0≤θ<，
所以θ＝，ρ＝2，
所以交点坐标为.
(2)设P(ρ，θ)，Q(ρ0，θ0)，则ρ0＝4cos θ0，θ0∈，
由＝，得
所以ρ＝4cos θ，θ∈，
所以点P的极坐标方程为ρ＝10cos θ，θ∈.
4．已知曲线C1：x＋y＝和C2：(φ为参数)．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)把曲线C1和C2的方程化为极坐标方程；
(2)设C1与x，y轴交于M，N两点，且线段MN的中点为P.若射线OP与C1，C2交于P，Q两点，求P，Q两点间的距离．
解：(1)因为C2的参数方程为(φ为参数)，
所以其普通方程为＋＝1，又C1：x＋y＝，
所以可得极坐标方程分别为C1：ρsin＝，C2：ρ2＝.
(2)易知M(，0)，N(0，1)，所以P，
所以OP的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，
把θ＝代入ρsin＝，
得ρ1＝1，P，
把θ＝代入ρ2＝，
得ρ2＝2，Q，
所以|PQ|＝|ρ2－ρ1|＝1，
即P，Q两点间的距离为1.
5．直角坐标系xOy中，倾斜角为α的直线l过点M(－2，－4)，以原点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ρsin2θ＝2cos θ.
(1)写出直线l的参数方程(α为常数)和曲线C的直角坐标方程；
(2)若直线l与C交于A，B两点，且|MA|·|MB|＝40，求倾斜角α的值．
解：(1)直线l的参数方程为(t为参数)，
ρsin2θ＝2cos θ，即ρ2sin2θ＝2ρcos θ，将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入曲线C的直角坐标方程得y2＝2x.
(2)把直线l的参数方程代入y2＝2x，得
t2sin2α－(2cos α＋8sin α)t＋20＝0，
设A，B对应的参数分别为t1，t2，
由一元二次方程根与系数的关系得，t1t2＝，
根据直线的参数方程中参数的几何意义，得|MA|·|MB|＝|t1t2|＝＝40，得α＝或α＝.
又Δ＝(2cos α＋8sin α)2－80sin2α>0，所以α＝.
6．(2020·江淮十校联考)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(α为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)已知A，B是曲线C上任意两点，且∠AOB＝，求△OAB面积的最大值．
解：(1)消去参数α，得到曲线C的普通方程为
(x－2)2＋y2＝4，
故曲线C的极坐标方程为ρ＝4cos θ.
(2)在极坐标系中，不妨设A(ρ1，θ0)，B(ρ2，θ0＋)，其中ρ1>0，ρ2>0，－<θ0<，由(1)知，ρ1＝4cos θ0，ρ2＝4cos(θ0＋)．
△OAB面积S＝ρ1ρ2sin ＝4cos θ0cos(θ0＋)，
S＝2cos2θ0－6sin θ0cos θ0＝(1＋cos 2θ0)－3sin 2θ0＝2cos＋，
当2θ0＋＝0时，即θ0＝－时，cos有最大值1.此时Smax＝3.
故△OAB面积的最大值为3.
[综合题组练]
1．(2020·长沙市统一模拟考试)在平面直角坐标系xOy中，已知曲线M的参数方程为(φ为参数)，
过原点O且倾斜角为α的直线l交M于A，B两点．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求l和M的极坐标方程；
(2)当α∈时，求|OA|＋|OB|的取值范围．
解：(1)由题意可得，直线l的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)．
曲线M的普通方程为＋(y－1)2＝1，
因为x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，x2＋y2＝ρ2，
所以M的极坐标方程为ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0.
(2)设A(ρ1，α)，B(ρ2，α)，且ρ1，ρ2均为正数，
将θ＝α代入ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0，
得ρ2－2(cos α＋sin α)ρ＋1＝0，
当α∈时，Δ＝4sin 2α>0，
所以ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)，
根据极坐标的几何意义，|OA|，|OB|分别是点A，B的极径．
从而|OA|＋|OB|＝ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)＝2sin.
当α∈时，α＋∈，
故|OA|＋|OB|的取值范围是(2，2]．
2．(综合型)在极坐标系中，直线C1的极坐标方程为ρsin θ＝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ρ2sin θ＝2，
即sin θ＝2，ρ1＝2sin θ.
所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.
(2)由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ，
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ρcos θcos －ρsin θsin ＝，
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＋.