名校学案2018年秋高中数学人教A版选修4-4课件 第一讲 坐标系 3 精品
人教A版数学【选修4-4】ppt课件：1-4第一讲-坐标系
3．点的空间坐标的互相转化公式 设空间一点 P 的直角坐标为(x，y，z)，柱坐标为(ρ，θ，z)，球 坐标为(r，φ，θ)，则 空间直角坐标(x，y，z) x＝ y＝ z＝ x＝ y＝ z＝ 转换公式 ， ，
柱坐标(ρ，θ，z)
球坐标(r，φ，θ)
， ，
1.(ρ，θ，z) 空间的点 自我 校对 2.正向 标系 逆时针 球坐标 ρsinθ z
(3)在极坐标中，方程 ρ＝ρ0(ρ0 为不等于 0 的常数)表示圆心在 极点，半径为 ρ0 的圆，方程 θ＝θ0(θ0 为常数)表示与极轴成 θ0 角的 射线．而在空间的柱坐标系中，方程 ρ＝ρ0 表示中心轴为 z 轴，底 半径为 ρ0 的圆柱面， 它是上述圆周沿 z 轴方向平行移动而成的． 方 程 θ＝θ0 表示与 Oxz 坐标面成 θ0 角的半平面．方程 z＝z0 表示平行 于 Oxy 坐标面的平面． 常把上述的圆柱面、 半平面和平面称为柱坐 标系的三族坐标面．
π π 2，6，4，则点 M 的柱坐
)
π π 2，4， 6 B. 2，4， 6 π π 2，6，2 2 D. 2，6， 2
解析 因为点 M
的球坐标为2
π π π 2，6，4，即 r＝2 2，φ＝ ， 6
π θ＝ ，故点 M 的直角坐标为 4 π π x＝rsinφcosθ＝2 2sin cos ＝1， 6 4 π π y＝rsinφsinθ＝2 2sin sin ＝1， 6 4 π z＝rcosφ＝2 2cos ＝ 6. 6
2．球坐标系与球坐标
一般地，如图所示，建立空间直角坐标系 Oxyz.设 P 是空间任 意一点，连接 OP，记|OP|＝r，OP 与 Oz 轴________所夹的角为 φ. 设 P 在 Oxy 平面上的射影为 Q，Ox 轴按________方向旋转到 OQ 时所转过的 ________ 为 θ. 这样点 P 的位置就可以用有序数组 ________表示．这样空间的点与有序数组(r，φ，θ)之间建立了一种 对应关系．把建立上述对应关系的坐标系叫做 ________(或空间极 坐标系)，有序数组(r，φ，θ)叫做 P 的________，记作 P(r，φ，θ)， 其中 r≥0,0≤φ≤π，0≤θ<2π.
高中数学人教A版选修4-4 第一讲 坐标系导学案
新课标人教A 版选修4-4 第一讲 坐标系 导学案§4.1.1—第一课平面直角坐标系本课提要：本节课的重点是体会坐标法的作用，掌握坐标法的解题步骤，会运用坐标法解决实际问题与几何问题.一、 温故而知新1．到两个定点)0,1(-A 与)1,0(B 的距离相等的点的轨迹是什么？2．在ABC ∆中，已知)0,5(),0,5(-B A ，且6=-BC AC ，求顶点C 的轨迹方程.二、 重点、难点都在这里【问题1】：某信息中心接到位于正东、正西、正北方向三个观测点的报告：正西、正北两个观测点同时听到一声巨响，正东观测点听到巨响的时间比它们晚4s.已知各观测点到中心的距离都是1020m.试确定巨响发生的位置.（假定声音传播的速度为340m/s ，各观测点均在同一平面上.）（详解见课本）练一练：3．有三个信号检测中心A C B A ,、、位于B 的正东，相距6千米，C 在B 的北偏西300，相距4千米.在A 测得一信号，4秒后B 、C 同时测得同一信号.试求信号源P 相对于信号A 的位置（假设信号传播速度为1千米/秒）.【问题2】：已知ABC ∆的三边c b a ,,满足2225a c b =+，CF BE ,分别为边AB AC ,上的中线，建立适当的平面直角坐标系探究BE 与CF 的位置关系.三、 懂了，不等于会了4．两个定点的距离为6，点M 到这两个定点的距离的平方和为26，求点M 的轨迹.5．求直线0532=+-y x 与曲线xy 1=的交点坐标.6．求证：三角形的三条高线交于一点.7．已知)0,2()0,2(B A -，则以AB 为斜边的直角三角形的顶点C 的轨迹方程 是 .8．已知)0,3(),0,3(B A -，直线AM 、BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为94，则 点M 的轨迹方程是 .9．已知B 村位于A 村的正西方向1公里处，原计划经过B 村沿着北偏东600的方向埋设一条地下管线m .但在A 村的西北方向400米处，发现一古代文物遗址W .根据初步勘察的结果，文物管理部门将遗址W 周围100米范围划为禁区.试问：埋设地下管线m 的计划需要修改吗？答案：【问题1】解：巨响在信息中心的西偏北450方向，距离m 10680处，．【问题2】解：BE 与CF 互相垂直，解答见课本. 1．轨迹是线段AB 的垂直平分线，轨迹方程是x y -=；2．轨迹是双曲线的左支，轨迹方程是)3(116922-<=-x y x ；4．点M 的轨迹是以这两个定点的中点为圆心，2为半径的圆； 5．)31,3(),2,21(--； 6．如图，以AB 所在直线为x 轴，边AB 上的高CD 所在直线为y 轴建立直角坐标系.设),0(),0,(),0,(c C b B a A -，则bck a c k BC AC -==,.∵AC BE BC AD ⊥⊥,，∴c a k c b k BE AD -==,，∴直线AD 、BE 的方程分别为)(),(b x cay a x c b y --=+=，联立解得0=x .所以AD 、BE 的交点H 在y 轴上.因此，三角形的三条高线交于一点；7．)0(422≠=+y y x；8．)0(14922≠=-y y x ； 9．如图，以A 为原点，正东方向和正北方向分别为x 轴和y 轴的正方向建立直角坐标系，则A （0，0），B （-1000，0），)2200,2200(-W .由于直线m 的方程是10003=+-y x ，于是点W 到直线m 的距离为100)625(100>--=d ，所以埋设地下管线m 的计划可以不修改；平面直角坐标系中的伸缩变换【基础知识导学】1、 坐标系包括平面直角坐标系、极坐标系、柱坐标系、球坐标系。
2018学年高中数学选修4-4课件：第1讲 坐标系 本讲高效整合1 精品
5．极坐标方程分别为ρ＝2cos θ和ρ＝sin θ的两个圆的圆心 距为________．
解析： 两圆方程分别为 x2＋y2＝2x，x2＋y2＝y，
两圆圆心分别为 C1(1,0)，C20，12，
所以|C1C2|＝
答案：
5 2
12＋122＝
5 2.
6．已知点 M 的柱坐标为23π，23π，23π，则点 M 的直角坐 标为______，球坐标为________．
解析： 设点 M 的直角坐标为(x，y，z)，柱坐标为(ρ，θ， z)，球坐标为(r，φ，θ)，
由xy＝ ＝ρρcsions
θ， θ，
z＝z，
x＝23πcos 23π＝－π3， 得y＝23πsin 23π＝ 33π，
z＝23π，
r＝ x2＋y2＋z2，
由 cos
φ＝zr，
r＝2 得
32π，
cos φ＝ 22，
4．能在极坐标系中给出简单图形(如过极点的直线、过极 点和圆心在极点的圆)的方程．通过比较这些图形在极坐标系 和平面直角坐标系中的方程，体会在用方程刻画平面图形时选 择适当坐标系的意义．
5．借助具体实例(如圆形体育场看台的座位、地球的经纬 度等)了解在柱坐标系、球坐标系中刻画空间中点的位置的方 法，并与空间直角坐标系中刻画点的位置的方法相比较，体会 它们的区别．
[命题探究]
本章知识在高考中主要以直角坐标系的应用为主，并且主 要以解答题为主，在历年的高考中均有体现，预测今后的高考 中，仍将会出现以建立直角坐标系来解决实际问题的类型，并 且还会有平移变换和直角坐标与极坐标、柱坐标、球坐标等的 互化问题．
热点考点例析
[热点题型]
平面直角坐标系
解析法解决几何问题 1．运用坐标方法研究曲线(含直线)的形状与性质是曲型的 数形结合思想的体现，坐标系的建立，在代数与几何之间架起 了一座桥梁，使直观的几何图形一些性质的证明通过数量运算 得以完美实现． 2．对于一些用纯平面几何知识难以证明的几何性质、定 理等，如果要用坐标法，转化为代数运算，往往给解决问题带 来极大的方便．
2018版数学人教A版选修4-4学案：第一讲 坐标系 三 第1课时 含答案 精品
第1课时圆的极坐标方程学习目标 1.了解极坐标方程的意义.2.掌握圆的极坐标方程.3.能根据极坐标方程研究曲线的有关性质．知识点一曲线的极坐标方程(1)在极坐标系中，如果曲线C上任意一点的极坐标中至少有一个满足方程f(ρ，θ)＝0，并且坐标适合方程f(ρ，θ)＝0的点都在曲线C上，那么方程f(ρ，θ)＝0叫做曲线C的极坐标方程．(2)建立曲线的极坐标方程的方法步骤①建立适当的极坐标系，设P(ρ，θ)是曲线上任意一点；②列出曲线上任意一点的极径与极角之间的关系式；③将列出的关系式整理、化简；④证明所得方程就是曲线的极坐标方程．知识点二圆的极坐标方程思考1在极坐标系中，点M(ρ，θ)的轨迹方程中一定含有ρ或θ吗？答案不一定．思考2圆心在极点，半径为2的圆的极坐标方程是什么？答案ρ＝2.梳理圆的极坐标方程类型一求圆的极坐标方程例1求圆心在(ρ0，θ0)，半径为r的圆的方程．解在圆周上任取一点P(如图)，设其极坐标为(ρ，θ)，由余弦定理知，CP2＝OP2＋OC2－2OP·OC cos∠COP，故其极坐标方程为r2＝ρ20＋ρ2－2ρρ0cos(θ－θ0)．引申探究若圆心在(3,0)，半径r＝2，求圆的极坐标方程．解设P(ρ，θ)为圆上任意一点，则|CP|2＝|OP|2＋|OC|2－2|OP|·|OC|·cos ∠COP，∴22＝ρ2＋9－6ρcos θ，即ρ2＝6ρcos θ－5.反思与感悟求圆的极坐标方程的步骤(1)设圆上任意一点的极坐标为M(ρ，θ)．(2)在极点、圆心与M构成的三角形中运用余弦定理或解直角三角形列出方程f(ρ，θ)＝0并化简．(3)验证极点、圆心与M三点共线时，点M(ρ，θ)的极坐标也适合上述极坐标方程．跟踪训练1 求圆心在C (2，3π2)处并且过极点的圆的极坐标方程，并判断点(－2，sin 5π6)是否在这个圆上． 解 如图，由题意知，圆经过极点O ，OA 为其一条直径，设M (ρ，θ)为圆上除点O ，A 以外的任意一点，则|OA |＝2r ，连接AM ，则OM ⊥MA . 在Rt △OAM 中，|OM |＝|OA |cos ∠AOM ，即ρ＝2r cos (3π2－θ)，∴ρ＝－4sin θ，经验证，点O (0,0)，A (4，3π2)的坐标满足上式．∴满足条件的圆的极坐标方程为ρ＝－4sin θ. ∵sin5π6＝12， ∴ρ＝－4sin θ＝－4sin 5π6＝－2， ∴点(－2，sin5π6)在此圆上． 类型二 极坐标方程与直角坐标方程的互化 命题角度1 直角坐标方程化极坐标方程 例2 把下列直角坐标方程化为极坐标方程． (1)x 2＋y 2＝1； (2)x 2＋y 2－4x ＋4＝0； (3)x 2＋y 2－2x －2y －2＝0.解 把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入方程化简，(1)∵(ρcos θ)2＋(ρsin θ)2＝1， ∴ρ2＝1，即ρ＝1.(2)∵(ρcos θ)2＋(ρsin θ)2－4ρcos θ＋4＝0， ∴ρ2－4ρcos θ＋4＝0.(3)∵(ρcos θ)2＋(ρsin θ)2－2ρcos θ－2ρsin θ－2＝0. ∴ρ2－2ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0，∴ρ2－22ρsin(θ＋π4)－2＝0.反思与感悟 在进行两种坐标方程间的互化时，要注意(1)互化公式是有三个前提条件的，即极点与直角坐标系的原点重合、极轴与直角坐标系的横轴的正半轴重合，两种坐标系的单位长度相同．(2)由直角坐标求极坐标时，理论上不是惟一的，但这里约定只在0≤θ<2π范围内求值． 跟踪训练2 把下列直角坐标方程化为极坐标方程． (1)y 2＝4x ；(2)x 2＋y 2－2x －1＝0.解 (1)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入y 2＝4x ， 得(ρsin θ)2＝4ρcos θ， 化简，得ρsin 2θ＝4cos θ.(2)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2＋y 2－2x －1＝0， 得(ρcos θ)2＋(ρsin θ)2－2ρcos θ－1＝0， 化简，得ρ2－2ρcos θ－1＝0.命题角度2 极坐标方程化直角坐标方程 例3 把下列极坐标方程化为直角坐标方程．(1)ρ2cos 2θ＝1；(2)ρ＝2cos(θ－π4)；(3)ρcos(θ＋π4)＝22；(4)ρ＝12－cos θ.解 (1)∵ρ2cos 2θ＝1， ∴ρ2cos 2θ－ρ2sin 2θ＝1，∴化为直角坐标方程为x 2－y 2＝1. (2)∵ρ＝2cos θcos π4＋2sin θsin π4＝2cos θ＋2sin θ， ∴ρ2＝2ρcos θ＋2ρsin θ，∴化为直角坐标方程为x 2＋y 2－2x －2y ＝0. (3)∵ρcos(θ＋π4)＝22，∴ρ(cos θ·cos π4－sin θ·sin π4)＝22，∴ρcos θ－ρsin θ－1＝0. 又ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ， ∴x －y －1＝0.(4)∵ρ＝12－cos θ，∴2ρ－ρcos θ＝1， ∴2x 2＋y 2－x ＝1.化简， 得3x 2＋4y 2－2x －1＝0.反思与感悟 由极坐标方程化为直角坐标方程时要注意变形的等价性，通常总要用ρ去乘方程的两端，应该检查极点是否在曲线上，若在，是等价变形，否则，不是等价变形． 跟踪训练3 把下列直角坐标方程与极坐标方程进行互化． (1)x 2＋y 2－2x ＝0； (2)ρ＝cos θ－2sin θ； (3)ρ2＝cos 2θ.解 (1)∵x 2＋y 2－2x ＝0， ∴ρ2－2ρcos θ＝0. ∴ρ＝2cos θ.(2)∵ρ＝cos θ－2sin θ， ∴ρ2＝ρcos θ－2ρsin θ. ∴x 2＋y 2＝x －2y ， 即x 2＋y 2－x ＋2y ＝0. (3)∵ρ2＝cos 2 θ， ∴ρ4＝ρ2cos 2 θ＝(ρcos θ)2. ∴(x 2＋y 2)2＝x 2，即x 2＋y 2＝x 或x 2＋y 2＝－x .类型三 直角坐标与极坐标方程互化的应用例4 若曲线C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ＋4cos θ，以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系．(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)若曲线ρsin(θ－π4)＝0与曲线C 相交于A 、B ，求|AB |的值．解 (1)∵⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴ρ2＝x 2＋y 2， 由ρ＝2sin θ＋4cos θ， 得ρ2＝2ρsin θ＋4ρcos θ， ∴x 2＋y 2－4x －2y ＝0， 即(x －2)2＋(y －1)2＝5.(2)由ρsin(θ－π4)＝0，得ρ(22sin θ－22cos θ)＝0， 即ρsin θ－ρcos θ＝0， ∴x －y ＝0.由于圆(x －2)2＋(y －1)2＝5的半径为r ＝5，圆心(2,1)到直线x －y ＝0的距离为d ＝|2－1|2＝12，∴|AB |＝2r 2－d 2＝3 2.反思与感悟 在研究曲线的性质时，如交点、距离等，如果用极坐标不方便，可以转化为直角坐标方程，反之，可以转化为极坐标方程．跟踪训练4 在极坐标系中，曲线C 1和C 2的方程分别为ρsin 2 θ＝cos θ和ρsin θ＝1，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，则曲线C 1和C 2交点的直角坐标为________． 答案 (1,1)1．极坐标方程分别为ρ＝cos θ和ρ＝sin θ的两个圆的圆心距是( ) A ．3 B. 2 C ．1 D.22答案 D2．将极坐标方程ρ2cos θ－ρ＝0化为直角坐标方程为( ) A ．x 2＋y 2＝0或y ＝1 B ．x ＝1 C ．x 2＋y 2＝0或x ＝1 D ．y ＝1答案 B3．在极坐标系中，圆ρ＝2sin θ的圆心的极坐标是( ) A ．(1，π) B ．(2，π2) C ．(1，π2) D ．(1,0)答案 C解析 由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ，化为直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0，即x 2＋(y －1)2＝1，圆心坐标为(0,1)，化为极坐标为(1，π2)．4．4ρsin 2 θ2＝5表示的曲线是( )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线的一支D ．抛物线答案 D解析 4ρsin 2 θ2＝5⇒4ρ1－cos θ2＝5⇒2ρ＝2ρcos θ＋5.∵ρ＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x ，代入上式得2x 2＋y 2＝2x ＋5，两边平方并整理，得y 2＝5x ＋254，∴它表示的曲线为抛物线． 5．在极坐标系中，已知圆C 的圆心为C (2，π6)，半径为1，求圆C 的极坐标方程．解 在圆C 上任取一点P (ρ，θ)，在△POC 中， 由余弦定理可得CP 2＝OC 2＋OP 2－2OC ·OP ·cos ∠POC ， 即1＝4＋ρ2－2×2×ρcos(θ－π6)，化简可得ρ2－4ρcos(θ－π6)＋3＝0.当O ，P ，C 共线时，此方程也成立， 故圆C 的极坐标方程为ρ2－4ρcos(θ－π6)＋3＝0.1．曲线的极坐标方程与直角坐标方程的区别由于平面上点的极坐标的表示形式不惟一，即(ρ，θ)，(ρ，2π＋θ)，(－ρ，π＋θ)，(－ρ，－π＋θ)都表示同一点的坐标，这与点的直角坐标的惟一性明显不同．所以对于曲线上的点的极坐标的多种表示形式，只要求至少有一个能满足极坐标方程即可．例如对于极坐标方程ρ＝θ，点M ⎝⎛⎭⎫π4，π4可以表示为⎝⎛⎭⎫π4，π4＋2π或⎝⎛⎭⎫π4，π4－2π或⎝⎛⎭⎫－π4，5π4等多种形式，其中，只有⎝⎛⎭⎫π4，π4的极坐标满足方程ρ＝θ.2．求曲线的极坐标方程，就是在曲线上任找一点M (ρ，θ)，探求ρ，θ的关系，经常需利用三角形知识和正弦、余弦定理来求解．课时作业一、选择题1．在极坐标系中，方程ρ＝6cos θ表示的曲线是( ) A ．以点(－3,0)为圆心，3为半径的圆 B ．以点(3，π)为圆心，3为半径的圆 C ．以点(3,0)为圆心，3为半径的圆 D ．以点(3，π2)为圆心，3为半径的圆答案 C2．以极坐标系中的点(1,1)为圆心，1为半径的圆的方程是( ) A ．ρ＝2cos(θ－π4)B ．ρ＝2sin(θ－π4)C ．ρ＝2cos(θ－1)D ．ρ＝2sin(θ－1)答案 C3．极坐标方程ρcos θ＝2sin 2θ表示的曲线为( ) A ．一条射线和一个圆 B ．两条直线 C ．一条直线和一个圆 D ．一个圆 答案 C4．极坐标系内，点(1，π2)到直线ρcos θ＝2的距离是( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B5．下列点不在曲线ρ＝cos θ上的是( ) A ．(12，π3)B ．(－12，2π3)C ．(12，－π3)D ．(12，－2π3)答案 D 二、填空题6．把圆的直角坐标方程x 2＋(y －2)2＝4化为极坐标方程为________． 答案 ρ＝4sin θ解析 将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入，得ρ2cos 2θ＋ρ2sin 2θ－4ρsin θ＝0，即ρ＝4sin θ. 7．曲线C 的极坐标方程为ρ＝3sin θ，则曲线C 的直角坐标方程为________． 答案 x 2＋y 2－3y ＝0解析 由ρ＝3sin θ，得ρ2＝3ρsin θ， 故x 2＋y 2＝3y ，即所求方程为x 2＋y 2－3y ＝0.8．在极坐标系中，若过点A (3,0)且与极轴垂直的直线交曲线ρ＝4cos θ于A 、B 两点，则|AB |＝________. 答案 2 3解析 由题意知，直线方程为x ＝3，曲线方程为(x －2)2＋y 2＝4，将x ＝3代入圆的方程，得y ＝±3，则|AB |＝2 3.9．在极坐标系中，曲线C 1：ρ(2cos θ＋sin θ)＝1与曲线C 2：ρ＝a (a >0)的一个交点在极轴上，则a ＝________. 答案22解析 曲线C 1的直角坐标方程为2x ＋y ＝1，曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2＝a 2，C 1与x 轴的交点坐标为(22，0)，此点也在曲线C 2上，代入解得a ＝22. 三、解答题10．从极点O 引定圆ρ＝2cos θ的弦OP ，延长OP 到Q 使OP PQ ＝23，求点Q 的轨迹方程，并说明所求轨迹是什么图形？解 设Q (ρ，θ)，P (ρ0，θ0)，则θ＝θ0，ρ0ρ－ρ0＝23，∴ρ0＝25ρ.∵ρ0＝2cos θ0，∴25ρ＝2cos θ，即ρ＝5cos θ，它表示一个圆． 11．若圆C 的方程是ρ＝2a sin θ，求： (1)关于极轴对称的圆的极坐标方程； (2)关于直线θ＝3π4对称的圆的极坐标方程．解 设所求圆上任意一点M 的极坐标为(ρ，θ)． (1)点M (ρ，θ)关于极轴对称的点为(ρ，－θ)， 代入圆C 的方程ρ＝2a sin θ，得ρ＝2a sin(－θ)， 即ρ＝－2a sin θ为所求．(2)点M (ρ，θ)关于直线θ＝3π4对称的点为(ρ，3π2－θ)，代入圆C 的方程ρ＝2a sin θ，得ρ＝2a sin (3π2－θ)，即ρ＝－2a cos θ为所求．12．把下列极坐标方程化为直角坐标方程． (1)ρ＝4cos θ＋2sin θ； (2)ρ2＝204cos 2θ＋5sin 2 θ.解 (1)方程ρ＝4cos θ＋2sin θ两边同时乘以ρ，并把ρ＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y 代入，化简可得(x －2)2＋(y －1)2＝5. (2)ρ2＝204cos 2θ＋5sin 2 θ可化为4(ρcos θ)2＋5(ρsin θ)2＝20，把ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y 代入，化简可得x 25＋y 24＝1.四、探究与拓展13．已知圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρsin(θ－π4)－4＝0，则圆C 的半径及圆心坐标分别为____________． 答案6，⎝⎛⎭⎫2，7π4 解析 以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O ，以极轴为x 轴的正半轴，建立直角坐标系xOy ，圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρ(22sin θ－22cos θ)－4＝0， 化简，得ρ2＋2ρsin θ－2ρcos θ－4＝0.则圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y －4＝0， 即(x －1)2＋(y ＋1)2＝6，所以圆C 的半径为 6. 圆心C 的直角坐标为(1，－1)，∴ρ＝x 2＋y 2＝2，tan θ＝－1，且C 在第四象限． ∴θ＝7π4，∴C 的极坐标为(2，7π4)． 14．判断两圆ρ＝cos θ＋3sin θ和ρ＝2cos θ的位置关系．解 圆C 1：ρ＝cos θ＋3sin θ的直角坐标方程为x 2＋y 2－x －3y ＝0，即(x －12)2＋(y －32)2＝1.∴C 1(12，32)，r 1＝1.同理，圆C 2：ρ＝2cos θ的直角坐标为(x －1)2＋y 2＝1， ∴C 2(1,0)，r 2＝1，∴|C 1C 2|＝1， ∴r 1－r 2<|C 1C 2|<r 1＋r 2＝2，∴两圆相交．。
2018版数学人教A版选修4-4学案：第一讲 坐标系 复习课
学习目标 1.复习回顾坐标系的重要知识点.2.进一步熟练极坐标方程的求法，能熟练进行极坐标方程与直角坐标方程的互化.3.能应用极坐标解决相关问题，并体会极坐标在解决有关问题时的优越性．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：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)的作用下，点P (x ，y )对应到点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．极坐标系(1)在平面上取一个定点O ，由O 点出发的一条射线Ox ，一个长度单位及计算角度的正方向(通常取逆时针方向)，合称为一个极坐标系．O 点称为极点，Ox 称为极轴．平面上任一点M 的位置可以由线段OM 的长度ρ和从Ox 到OM 的角度θ来刻画(如图所示)．这两个数组成的有序数对(ρ，θ)称为点M 的极坐标．ρ称为极径，θ称为极角．(2)极坐标与直角坐标的互化设M 为平面上的一点，它的直角坐标为(x ，y )，极坐标为(ρ，θ)．由图可知下面的关系式成立：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ或⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝y x (x ≠0)， 顺便指出，上式对ρ<0也成立． 这就是极坐标与直角坐标的互化公式．3．曲线极坐标方程的求法求曲线的极坐标的方法和步骤，和求直角坐标方程类似，就是把曲线看作适合某种条件的点的集合或轨迹，将已知条件用曲线上的极坐标(ρ，θ)的关系式f (ρ，θ)＝0表示出来，就得到曲线的极坐标方程．类型一 求曲线的极坐标方程例1 在极坐标系中，已知圆C 的圆心C ⎝⎛⎭⎫3，π3，半径r ＝3. (1)求圆C 的极坐标方程；(2)若点Q 在圆C 上运动，点P 在OQ 的延长线上，且OQ →＝2QP →，求动点P 的轨迹方程． 解 (1)设M (ρ，θ)是圆C 上除O (0,0)以外的任意一点， 在△OCM 中，∠COM ＝|θ－π3|，由余弦定理，得|CM |2＝|OM |2＋|OC |2－2|OM |·|OC |·cos ∠COM ， ∴32＝ρ2＋32－2×ρ×3cos ⎝⎛⎭⎫θ－π3， 即ρ＝6cos ⎝⎛⎭⎫θ－π3.经检验，点O (0,0)也在此方程所表示的圆上． ∴圆C 的极坐标方程为ρ＝6cos ⎝⎛⎭⎫θ－π3. (2)设点Q 为(ρ1，θ1)，点P 为(ρ0，θ0)， 由OQ →＝2QP →，得OQ →＝2(OP →－OQ →)， ∴OQ →＝23OP →，∴ρ1＝23ρ0，θ1＝θ0，将其代入圆ρ1＝6cos ⎝⎛⎭⎫θ1－π3，得23ρ0＝6cos ⎝⎛⎭⎫θ0－π3， 即ρ0＝9cos ⎝⎛⎭⎫θ0－π3. 所以动点P 的轨迹方程为ρ＝9cos ⎝⎛⎭⎫θ－π3. 反思与感悟 求轨迹方程的方法有直接法、定义法、相关点代入法，在极坐标中仍然适用，注意求谁设谁，找出所设点的坐标ρ、θ的关系．跟踪训练1 △ABC 底边BC ＝10，∠A ＝12∠B ，以B 为极点，BC 为极轴，建立极坐标系，求顶点A 的轨迹的极坐标方程． 解 如图，设A (ρ，θ)，在△ABC 内，设∠B ＝θ，∠A ＝θ2，又|BC |＝10，|AB |＝ρ.由正弦定理，得ρsin (π－3θ2)＝10sinθ2，化简，得A 点轨迹的极坐标方程为ρ＝10＋20cos θ. 类型二 极坐标与直角坐标的互化例2 在极坐标系中，点M 坐标是⎝⎛⎭⎫2，π3，曲线C 的方程为ρ＝22sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4；以极点为坐标原点，极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l 经过点M 和极点． (1)写出直线l 的极坐标方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)直线l 和曲线C 相交于两点A 、B ，求线段AB 的长． 解 (1)∵直线l 过点M ⎝⎛⎭⎫2，π3和极点， ∴直线l 的直角坐标方程是θ＝π3(ρ∈R )．ρ＝22sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4， 即ρ＝2(sin θ＋cos θ)，两边同乘以ρ，得ρ2＝2(ρsin θ＋ρcos θ)， ∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x －2y ＝0. (2)点M 的直角坐标为(1，3)，直线l 过点M 和原点， ∴直线l 的直角坐标方程为y ＝3x .曲线C 的圆心坐标为(1,1)，半径r ＝2，圆心到直线l 的距离为d ＝3－12，∴|AB |＝3＋1. 反思与感悟 (1)互化的前提依旧是把直角坐标系的原点作为极点，x 轴的正半轴作为极轴并在两种坐标系下取相同的单位长度．(2)极坐标方程化直角坐标方程时，要注意凑出：ρcos θ，ρsin θ，tan θ，以方便用ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y 及tan θ＝yx代入化简．跟踪训练2 已知点A ，B 的直角坐标分别为(2,0)，(3，3)，求以A 为圆心，过点B 的圆的极坐标方程．解 |AB |＝(2－3)2＋(0－3)2＝2，故圆的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4， 即x 2＋y 2＝4x .将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2＋y 2＝4x ， 化简得ρ＝4cos θ，所以所求圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ. 类型三 极坐标的综合应用例3 已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，A ，B 分别为椭圆上的两点，且OA ⊥OB .(1)求证：1|OA |2＋1|OB |2为定值； (2)求△AOB 面积的最大值和最小值．解 以直角坐标系的原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．设A ，B 两点的极坐标分别为(ρ1，θ1)，(ρ2，θ2)(不妨设θ2＝θ1＋π2)，则A 、B 两点的直角坐标分别为(ρ1cos θ1，ρ1sin θ1)，(ρ2cos θ2，ρ2sin θ2)． (1)∵A 在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1上，∴(ρ1cos θ1)2a 2＋(ρ1sin θ1)2b 2＝1，∴ρ21＝a 2b 2b 2cos 2θ1＋a 2sin 2θ1，同理ρ22＝a 2b 2b 2cos 2θ2＋a 2sin 2θ2＝a 2b 2b 2sin 2θ1＋a 2cos 2θ1∴1|OA |2＋1|OB |2＝1ρ21＋1ρ22＝a 2(sin 2θ1＋sin 2θ2)＋b 2(cos 2θ1＋cos 2θ2)a 2b 2＝a 2＋b 2a 2b 2为定值． (2)在△AOB 中，OA ⊥OB . S ＝|OA |·|BO |×12＝12ρ1ρ2.∴S 2＝14ρ21ρ22.由(1)知ρ21＝a 2b 2b 2cos 2θ1＋a 2sin 2θ1，ρ22＝a 2b 2b 2sin 2θ1＋a 2cos 2θ1，∴ρ21ρ22＝a 4b 4b 4sin 2θ1cos 2θ1＋a 4sin 2θ1cos 2θ1＋a 2b 2(sin 4θ1＋cos 4θ1)＝a 4b 414(a 4＋b 4)sin 22θ1＋a 2b 2⎝⎛⎭⎫1－12sin 22θ1＝a 4b 414(a 2－b 2)2sin 22θ1＋a 2b 2，当sin 22θ1＝0时，(ρ1ρ2)2的最大值为a 2b 2， ∴S 最大＝12ab ，当sin 22θ1＝1时，(ρ1ρ2)2的最小值为4a 4b 4(a 2＋b 2)2，∴S 最小＝a 2b 2a 2＋b 2.反思与感悟 (1)用极坐标解决问题的关键是建立适当的极坐标系．建系的原则是有利用极径、极角表示问题中的量．(2)用极坐标解决问题，并不能忽视极坐标与直角坐标间的互化问题．跟踪训练3 用极坐标法证明：过抛物线的焦点的弦被焦点分成的两部分的倒数和为常数． 证明 设F 为抛物线的焦点，AB 是过焦点F 的弦，焦点到准线的距离为ρ. 以F 为极点，Fx 为极轴，建立如图所示的极坐标系．设A 的极坐标为(ρ1，θ)， 则B 的极坐标为(ρ2，θ＋π)， 由抛物线的定义知，ρ1ρ1cos θ＋ρ＝1，ρ1＝ρ1cos θ＋ρ，∴ρ1＝ρ1－cos θ.同理ρ2＝ρ1－cos (θ＋π)＝ρ1＋cos θ，∴1|AF |＋1|BF |＝1ρ1＋1ρ2＝1－cos θρ＋1＋cos θρ＝2ρ(常数)．1．已知曲线C 1，C 2的极坐标方程分别为ρcos θ＝1，ρ＝4cos θ⎝⎛⎭⎫ρ≥0，0≤θ<π2，则曲线C 1与C 2交点的极坐标为________． 答案 ⎝⎛⎭⎫2，π3 2．在以O 为极点的极坐标系中，圆ρ＝4sin θ和直线ρsin θ＝a 相交于A ，B 两点．若△AOB 是等边三角形，则a 的值为________． 答案 3解析 由于圆和直线的直角坐标方程分别为x 2＋y 2＝4y 和y ＝a ，它们相交于A ，B 两点，△AOB 为等边三角形，所以不妨取直线OB 的方程为y ＝3x ，联立⎩⎨⎧x 2＋y 2＝4y ，y ＝3x ，消去y ，得x 2＝3x ，解得x ＝3或x ＝0， 所以y ＝3x ＝3，即a ＝3.3．已知圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ，圆心为C ，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎫4，π3，则|CP |＝________. 答案 2 34．已知极坐标方程C 1：ρ＝10，C 2：ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝6， (1)化C 1、C 2的极坐标方程为直角坐标方程，并分别判断曲线形状； (2)求C 1、C 2交点间的距离．解 (1)由C 1：ρ＝10，得ρ2＝100，所以x 2＋y 2＝100， 所以C 1为圆心在(0,0)，半径等于10的圆． 由C 2：ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝6，得ρ⎝⎛⎭⎫12sin θ－32cos θ＝6. 所以y －3x ＝12，即3x －y ＋12＝0， 所以C 2表示直线．(2)由于圆心(0,0)到直线3x －y ＋12＝0的距离为d ＝12(3)2＋(－1)2＝6<r ＝10，故直线与圆相交，所以直线l 被圆截得的弦长为2r 2－d 2＝2102－62＝16.1．对于极坐标问题，重点是极坐标与直角坐标的互化公式，充分体现转化与化归的思想． 2．极坐标方程的求法，可以用直接法即直接去求极坐标方程，也可以先求曲线的直角坐标方程，再利用互化公式，将直角坐标方程化为极坐标方程．3．要充分体会极坐标的优势，有些问题，用极坐标解决就比较方便简洁．课时作业一、选择题1．极坐标方程ρ＝cos θ与ρcos θ＝12的图形是( )答案 B2．极坐标方程θ＝π3，θ＝2π3(ρ>0)和ρ＝4所表示的曲线围成的图形面积是( )A.16π3B.8π3C.4π3D.2π3 答案 B3．在极坐标系中，过点A (6，π)作圆ρ＝－4cos θ的切线，则切线长为( ) A ．2 B ．6 C ．2 3 D ．215 答案 C4．直线l 1：ρsin(θ＋α)＝a 和l 2：θ＝π2－α的位置关系是( )A ．l 1∥l 2B ．l 1⊥l 2C ．l 1和l 2重合D ．l 1和l 2斜交答案 B解析 由ρsin(θ＋α)＝a 知，ρsin θcos α＋ρcos θsin α＝a ，∴y cos α＋x sin α＝a ，即x sin α＋y cos α＝a ，∴斜率为－sin αcos α＝－tan α＝k 1.又k 2＝tan ⎝⎛⎭⎫π2－α＝1tan α， ∴k 1·k 2＝－1，∴两直线垂直．5．下列极坐标方程中，对应的曲线为如图所示的图形的是( )A ．ρ＝6＋5cos θB ．ρ＝6＋5sin θC ．ρ＝6－5cos θD ．ρ＝6－5sin θ答案 D解析 由图可知，当θ＝－π2时，ρ最大，所以应该是ρ＝6－5sin θ.6．在极坐标系中与圆ρ＝4sin θ相切的一条直线的方程为( ) A ．ρcos θ＝2 B ．ρsin θ＝2 C ．ρ＝4sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3 D ．ρ＝4sin ⎝⎛⎭⎫θ－π3 答案 A解析 圆ρ＝4sin θ的直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＝0，即x 2＋(y －2)2＝4，直线ρcos θ＝2的直角坐标方程为x ＝2与圆相切，直线ρsin θ＝2的直角坐标方程为y ＝2经过圆心，选项C 、D 表示圆，不满足题意． 二、填空题7．直线2ρcos θ＝1与圆ρ＝2cos θ相交的弦长为________． 答案3解析 直线2ρcos θ＝1可化为2x ＝1，即x ＝12，圆ρ＝2cos θ，两边同乘以ρ得ρ2＝2ρcos θ，化为直角坐标方程是x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1，其圆心为(1,0)，半径为1，∴弦长为212－⎝⎛⎭⎫122＝ 3.8．在极坐标系中，P 是曲线ρ＝12sin θ上的动点，Q 是曲线ρ＝12cos ⎝⎛⎭⎫θ－π6上的动点，则|PQ |的最大值为________． 答案 18解析 ∵ρ＝12sin θ，∴ρ2＝12ρsin θ，∴x 2＋y 2－12y ＝0，即x 2＋(y －6)2＝36.又ρ＝12cos ⎝⎛⎭⎫θ－π6，∴ρ2＝12ρ⎝⎛⎭⎫cos θcos π6＋sin θsin π6，∴x 2＋y 2－63x －6y ＝0.∴(x －33)2＋(y －3)2＝36， ∴|PQ |max ＝6＋6＋(33)2＋32＝18.9．在极坐标系中，曲线ρ＝2sin θ与ρcos θ＝－1的交点的极坐标为________． 答案 ⎝⎛⎭⎫2，3π4 解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝2sin θ，ρcos θ＝－1，∴2sin θ·cos θ＝－1，即sin 2θ＝－1.∴2θ＝3π2，即θ＝3π4，∴ρ＝2sin 3π4＝ 2.10．在极坐标系中，直线ρcos θ－3ρsin θ－1＝0与圆ρ－2cos θ＝0交于A ，B 两点，则|AB |＝________. 答案 2解析 ∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴直线的直角坐标方程为x －3y －1＝0，由ρ－2cos θ＝0，得ρ＝2cos θ，ρ2＝2ρcos θ，又ρ2＝x 2＋y 2，∴x 2＋y 2＝2x ，∴圆的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，又圆心(1,0)在直线上，∴AB 为圆的直径，∴|AB |＝2. 三、解答题11．已知定点A (a,0)，动点P 对极点O 和点A 的张角∠OP A ＝π3.在OP 的延长线上取点Q ，使|PQ |＝|P A |.当P 在极轴上方运动时，求点Q 的轨迹的极坐标方程． 解 设Q ，P 的坐标分别是(ρ，θ)，(ρ1，θ1)，则θ＝θ1， 在△POA 中，ρ1＝a sin π3·sin ⎝⎛⎭⎫2π3－θ，|P A |＝a sin θsin π3， 又|OQ |＝|OP |＋|P A |，∴ρ＝2a sin ⎝⎛⎭⎫π6＋θ.12．从极点O 作直线与另一直线l ：ρcos θ＝4相交于点M ，在OM 上取一点P ，使|OM |·|OP |＝12.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设R 为l 上的任意一点，试求|RP |的最小值．解 (1)由题意可设动点P 的坐标为(ρ，θ)，M 的坐标为(ρ0，θ)， 由|OM |·|OP |＝12，得ρρ0＝12.∵点M 在直线l 上，∴ρ0cos θ＝4，∴ρ＝3cos θ， 即点P 的轨迹方程为ρ＝3cos θ.(2)将ρ＝3cos θ化为直角坐标方程，得x 2＋y 2＝3x ， 即⎝⎛⎭⎫x －322＋y 2＝94. 易知点P 的轨迹是以⎝⎛⎭⎫32，0为圆心，32为半径的圆． 直线l 的直角坐标方程是x ＝4. 结合图形易知|RP |的最小值为1.13．在直角坐标系xOy 中，直线C 1：x ＝－2，圆C 2：(x －1)2＋(y －2)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C 1，C 2的极坐标方程；(2)若直线C 3的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，设C 2与C 3的交点为M ，N ，求△C 2MN 的面积．解 (1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 得C 1的极坐标方程为ρcos θ＝－2，C 2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0. (2)将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得ρ2－32ρ＋4＝0，解得ρ1＝22，ρ2＝2， 故|ρ1－ρ2|＝2，即|MN |＝ 2.由于C 2的半径为1，所以△C 2MN 为等腰直角三角形， 故其面积为12×1×1＝12.四、探究与拓展14．如果直线ρ＝1cos θ－2sin θ与直线l 关于极轴对称，那么直线l 的极坐标方程是________．答案 ρ＝1cos θ＋2sin θ解 设M (ρ，θ)是直线l 上的任意一点，则M (ρ，θ)关于极轴的对称点M ′(ρ，－θ)必在直线ρ＝1cos θ－2sin θ上，∴ρ＝1cos (－θ)－2sin (－θ)，即ρ＝1cos θ＋2sin θ.15．已知如图点O 为极点，OR 为圆ρ＝a cos θ的弦，在直线OR 上取点P 和点Q ，使得|RP |＝|RQ |＝a ，当点R 在圆上移动时，试求点P 和点Q 的轨迹方程．解 (1)设P (ρ，θ)，R (ρ0，θ0)，则θ0＝θ，ρ＝ρ0＋a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ρ0＝ρ－a ，θ0＝θ，∵R 在圆ρ＝a cos θ上，即ρ0＝a cos θ0， ∴ρ－a ＝a cos θ，即ρ＝a cos θ＋a .(2)设Q (ρ，θ)，R (ρ0，θ0)则θ0＝θ，ρ＝ρ0－a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧θ0＝θ，ρ0＝ρ＋a ，∴ρ＋a ＝a cos θ，即ρ＝a cos θ－a .。
2018-2019学年高二数学人教A版选修4-4讲义：第一讲 一 平面直角坐标系.ppt
一平面直角坐标系1．平面直角坐标系(1)平面直角坐标系的作用：使平面上的点与坐标(有序实数对)、曲线与方程建立了联系，从而实现数与形的结合．(2)坐标法解决几何问题的三步骤：第一步：建立适当坐标系，用坐标和方程表示问题中涉及的几何元素，将几何问题转化为代数问题；第二步：通过代数运算解决代数问题； 第三步：把代数运算结果翻译成几何结论． 2．平面直角坐标系中的伸缩变换(1)平面直角坐标系中方程表示图形，那么平面图形的伸缩变换就可归纳为坐标伸缩变换，这就是用代数方法研究几何变换．(2)平面直角坐标系中的坐标伸缩变换的定义：设点P (x ，y )是平面直角坐标系中任意一点，在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x (λ＞0)y ′＝μ·y (μ＞0)的作用下，点P (x ，y )对应到点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．[例1] |2)．[思路点拨] 首先在平行四边形ABCD 所在的平面内建立平面直角坐标系，设出点A ，B ，C ，D 的坐标，再依据两点间的距离公式即可证得结论．[证明] 如图，以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，建立平面直角坐标系．设B (a,0)，C (b ，c )，则AC 的中点E 的坐标为⎝⎛⎭⎫b 2，c 2，由对称性知D (b －a ，c )， 所以|AB |2＝a 2，|AD |2＝(b －a )2＋c 2， |AC |2＝b 2＋c 2，|BD |2＝(b －2a )2＋c 2，|AC |2＋|BD |2＝4a 2＋2b 2＋2c 2－4ab ＝2(2a 2＋b 2＋c 2－2ab )， |AB |2＋|AD |2＝2a 2＋b 2＋c 2－2ab ， 所以|AC |2＋|BD |2＝2(|AB |2＋|AD |2)．根据图形的几何特点选择适当的直角坐标系的规则 (1)如果图形有对称中心，选对称中心为原点； (2)如果图形有对称轴，可以选对称轴为坐标轴； (3)使图形上的特殊点尽可能多地在坐标轴上．1．已知在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，求证：|AC |＝|BD |.证明：取BC 所在直线为x 轴，线段BC 的中垂线为y 轴， 建立如图所示的直角坐标系． 设A (－a ，h )，B (－b,0)， 则D (a ，h )，C (b,0)． ∴|AC |＝(b ＋a )2＋h 2， |BD |＝(a ＋b )2＋h 2.∴|AC |＝|BD |，即等腰梯形ABCD 中，|AC |＝|BD |.2．在△ABC 中，D 是BC 边上的任意一点(D 与B ，C 不重合)，且|AB |2＝|AD |2＋|BD |·|DC |， 求证：△ABC 为等腰三角形．证明：作AO ⊥BC ，垂足为O ，以BC 所在的直线为x 轴，OA 所在的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示．设A (0，a )，B (b,0)，C (c,0)，D (d,0)， 因为|AB |2＝|AD |2＋|BD |·|DC |，所以由距离公式得b 2＋a 2＝d 2＋a 2＋(d －b )(c －d )， 即－(d －b )(b ＋d )＝(d －b )(c －d )．因为d －b ≠0，所以－b －d ＝c －d ，即－b ＝c ， 所以O 为线段BC 的中点． 又因为OA ⊥BC ，所以|AB |＝|AC |. 所以△ABC 为等腰三角形．[例2] AB 为一条对角线的平行四边形区域建成农艺园，按照规划，围墙总长为8 km.(1)问农艺园的最大面积能达到多少；(2)该荒漠上有一条水沟l 恰好经过点A ，且与AB 成30°的角，现要对整条水沟进行加固改造，但考虑到今后农艺园的水沟要重新改造，所以对水沟可能被农艺园围进的部分暂不加固，问暂不加固的部分有多长．[解] (1)设平行四边形的另两个顶点为C ，D ，由围墙总长为8 km ，得|CA |＋|CB |＝4>|AB |＝2，由椭圆的定义知，点C 的轨迹是以A ，B 为焦点，长轴长2a ＝4，焦距2c ＝2的椭圆(去除落在直线AB 上的两点)．以AB 所在直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系(如图所示)，则点C 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．易知点D 也在此椭圆上，要使平行四边形ACBD 的面积最大，则C ，D 为此椭圆短轴的端点，此时，面积S ＝12×23×2＝2 3 km 2.(2)因为修建农艺园的可能范围在椭圆x 24＋y 23＝1(y ≠0)内，故暂不需要加固水沟的长就是直线l ：y ＝33(x ＋1)被椭圆截得的弦长，如图所示． 由⎩⎨⎧y ＝33(x ＋1)，x 24＋y 23＝1得13x 2＋8x －32＝0，则x 1＋x 2＝－813，x 1x 2＝－3213，那么弦长L ＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋⎝⎛⎭⎫332·⎝⎛⎭⎫－8132－4×⎝⎛⎭⎫－3213＝4813，故暂不加固的部分长为4813km.运用解析法解决实际问题的步骤(1)建系——建立平面直角坐标系．建系原则是利于运用已知条件，使表达式简明，运算简便．因此，要充分利用已知点和已知直线作为原点和坐标轴．(2)设点——选取一组基本量，用字母表示出题目涉及的点的坐标和曲线的方程． (3)运算——通过运算，得到所需要的结果．3．已知B 村位于A 村的正西方向1 km 处，原计划经过B 村沿着北偏东60°的方向埋设一条地下管线l ，但在A 村的西北方向400 m 处，发现一古代文物遗址W .根据初步勘察的结果，文物管理部门将遗址W 周围100 m 范围划为禁区．试问：埋设地下管线l 的计划需要修改吗？解：建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (－1 000,0)，由W 位于A 的西北方向及 |AW |＝400，得W (－2002，2002)．由直线l 过B 点且倾斜角为90°－60°＝30°，得直线l 的方程是x －3y ＋1 000＝0. 于是点W 到直线l 的距离为 |－2002－3×2002＋1 000|2＝100×(5－2－6)≈113.6＞100. 所以埋设地下管线l 的计划可以不修改．4.如图所示，A ，B ，C 是三个观察站，A 在B 的正东，两地相距6 km ，C 在B 的北偏西30°，两地相距4 km ，在某一时刻，A 观察站发现某种信号，并知道该信号的传播速度为1 km/s,4 s 后B ，C 两个观察站同时发现这种信号，在以过A ，B 两点的直线为x 轴，以AB 的垂直平分线为y 轴建立的平面直角坐标系中，指出发出这种信号的P 的坐标．解：设点P 的坐标为(x ，y )， 则A (3,0)，B (－3,0)，C (－5,23)．因为|PB |＝|PC |，所以点P 在BC 的中垂线上． 因为k BC ＝－3，BC 的中点D (－4，3)， 所以直线PD 的方程为y －3＝13(x ＋4)．① 又因为|PB |－|PA |＝4，所以点P 必在以A ，B 为焦点的双曲线的右支上， 双曲线方程为x 24－y 25＝1(x ≥2)．②联立①②，解得x ＝8或x ＝－3211(舍去)，所以y ＝5 3.所以点P 的坐标为(8,53)．[例3] 伸缩变换的坐标表达式为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x ，y ′＝4y ，曲线C 在此变换下变为椭圆x ′2＋y ′216＝1，求曲线C 的方程．[解] 设P (x ，y )为曲线C 上的任意一点．把⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x ，y ′＝4y代入x ′2＋y ′216＝1，得x 2＋y 2＝1，故曲线C 的方程为x 2＋y 2＝1.坐标伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ＞0)，y ′＝μy (μ＞0)注意变换中的系数均为正数．在伸缩变换下，平面直角坐标系保持不变，即在同一坐标系下只对点的坐标进行伸缩变换．利用坐标伸缩变换φ可以求变换前和变换后的曲线方程．已知前换前后曲线方程也可求伸缩变换φ.5．求4x 2－9y 2＝1经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y后的图形所对应的方程．解：由伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y ，得⎩⎨⎧x ＝12x ′，y ＝13y ′，将其代入4x 2－9y 2＝1，得4·⎝⎛⎭⎫12x ′2－9·⎝⎛⎭⎫13y ′2＝1. 整理得x ′2－y ′2＝1.∴经过伸缩变换后图形所对应的方程为x ′2－y ′2＝1.6．若函数y ＝f (x )的图象在伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y 的作用下得到曲线的方程为y ′＝3sin ⎝⎛⎭⎫x ′＋π6，求函数y ＝f (x )的最小正周期． 解：由题意，把变换公式代入方程y ′＝3sin ⎝⎛⎭⎫x ′＋π6得3y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，整理得y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，故f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.所以y ＝f (x )的最小正周期为2π2＝π.一、选择题1．将一个圆作伸缩变换后所得到的图形不可能是( ) A ．椭圆 B ．比原来大的圆 C ．比原来小的圆D ．双曲线解析：选D 由伸缩变换的意义可得．2．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝5x ，y ′＝3y 后，曲线C 变为曲线x ′2＋y ′2＝1，则曲线C 的方程为( )A ．25x 2＋9y 2＝0B ．25x 2＋9y 2＝1C ．9x 2＋25y 2＝0D ．9x 2＋25y 2＝1解析：选B 把⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝5x ，y ′＝3y代入方程x ′2＋y ′2＝1，得25x 2＋9y 2＝1，∴曲线C 的方程为25x 2＋9y 2＝1.3．圆x 2＋y 2＝1经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y后所得图形的焦距为( )A ．4B ．213C ．2 5D ．6解析：选C 由伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′2，y ＝y ′3，代入x 2＋y 2＝1，得x ′24＋y ′29＝1，该方程表示椭圆，∴椭圆的焦距为29－4＝2 5.4．在同一平面直角坐标系中，将曲线y ＝12sin 3x 变为曲线y ′＝sin x ′的伸缩变换是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝3x ′y ＝12y ′B.⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x y ′＝12y C.⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3x ′y ＝2y ′ D.⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3xy ′＝2y 解析：选D 设伸缩变换公式为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)，则μy ＝ sin λx ，即y ＝1μsin λx ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝3，μ＝2，∴伸缩变换公式为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝2y .二、填空题5．y ＝cos x 经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y 后，曲线方程变为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y ，得⎩⎨⎧x ＝12x ′，y ＝13y ′，代入y ＝cos x ，得13y ′＝cos 12x ′，即y ′＝3cos x ′2. 答案：y ′＝3cos x ′26．将点P (－2，2)变换为P ′(－6,1)的伸缩变换公式为________．解析：设伸缩变换公式为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)，则⎩⎪⎨⎪⎧－6＝－2λ，1＝2μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝3，μ＝12.所以伸缩变换公式为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝12y .答案：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝12y 7．已知f 1(x )＝cos x ，f 2(x )＝cos ωx (ω>0)，f 2(x )的图象可以看作是把f 1(x )的图象在其所在的坐标系中的横坐标缩短到原来的13(纵坐标不变)而得到的，则ω为________．解析：函数f 2(x )＝cos ωx ，x ∈R(ω>0，ω≠1)的图象可以看作把余弦曲线上所有点的横坐标缩短(当ω>1时)或伸长(当0<ω<1时)到原来的1ω(纵坐标不变)而得到的，所以13＝1ω，即ω＝3.答案：3 三、解答题8．在平面直角坐标系中，求下列方程所对应的图形经过伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝12x ，y ′＝13y后的图形．(1)5x ＋2y ＝0；(2)x 2＋y 2＝1.解：由伸缩变换⎩⎨⎧x ′＝12x ，y ′＝13y得到⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′，y ＝3y ′.①(1)将①代入5x ＋2y ＝0，得到经过伸缩变换后的图形的方程是5x ′＋3y ′＝0，表示一条直线．(2)将①代入x 2＋y 2＝1，得到经过伸缩变换后的图形的方程是x ′214＋y ′219＝1，表示焦点在x轴上的椭圆．9．已知△ABC 是直角三角形，斜边BC 的中点为M ，建立适当的平面直角坐标系，证明：|AM |＝12|BC |.证明：以Rt △ABC 的直角边AB ，AC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系．设B (b,0)，C (0，c )， 则M 点的坐标为⎝⎛⎭⎫b 2，c 2. 由于|BC |＝b 2＋c 2，|AM |＝b 24＋c 24＝12b 2＋c 2，故|AM |＝12|BC |.10．在同一平面直角坐标系中，求一个伸缩变换使其满足下列曲线的变换，并叙述变换过程．(1)曲线y ＝2sin x4变换为曲线y ＝sin 2x ；(2)圆x 2＋y 2＝1变换为椭圆x 29＋y 24＝1.解：(1)将变换后的曲线方程 y ＝sin 2x 改写为y ′＝sin 2x ′，设伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)，代入y ′＝sin 2x ′得μy ＝sin 2λx ， 即y ＝1μ sin 2λx ，与原曲线方程比较系数得⎩⎨⎧2λ＝14，1μ＝2，所以⎩⎨⎧λ＝18，μ＝12，所以伸缩变换为⎩⎨⎧x ′＝18x ，y ′＝12y .即先使曲线y ＝2sin x4上的点的纵坐标不变，将曲线上的点的横坐标缩短为原来的18，得到曲线y ＝2sin ⎣⎡⎦⎤14(8x )＝2sin 2x ，再将其纵坐标缩短到原来的12，得到曲线y ＝sin 2x . (2)将变换后的椭圆方程x 29＋y 24＝1改写为x ′29＋y ′24＝1，设伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx (λ>0)，y ′＝μy (μ>0)，代入x ′29＋y ′24＝1得λ2x 29＋μ2y 24＝1，即⎝⎛⎭⎫λ32x 2＋⎝⎛⎭⎫μ22y 2＝1，与x 2＋y 2＝1比较系数得⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫λ32＝1，⎝⎛⎭⎫μ22＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝3，μ＝2，所以伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝2y .即先使圆x 2＋y 2＝1上的点的纵坐标不变，将圆上的点的横坐标伸长为原来的3倍，得到椭圆x 29＋y 2＝1，再将该椭圆的纵坐标伸长为原来的2倍，得到椭圆x 29＋y 24＝1.。
2018学年高中数学人教A版课件选修4-4 第一章 坐标系 第1讲 3 精品
1．用极坐标法可使几何中的一些问题得出很直接、简单的解法．当然，因 为建系的不同，曲线的极坐标方程也会不同．
2．解题时关键是极坐标要选取适当，这样可以简化运算过程，转化为直角 坐标时也容易一些．
[再练一题] 3．(2016·唐山期末)已知圆 C：x2＋y2＝4，直线 l：x＋y＝2，以 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系． (1)将圆 C 和直线 l 方程化为极坐标方程； (2)P 是 l 上的点，射线 OP 交圆 C 于点 R，又点 Q 在 OP 上且满足|OQ|·|OP| ＝|OR|2，当点 P 在 l 上移动时，求点 Q 轨迹的极坐标方程．
【解】 (1)将 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ 分别代入圆 C 和直线 l 的直角坐标方程
得其极坐标方程为 C：ρ＝2，
l：ρ(cos θ＋sin θ)＝2.
(2)设 P，Q，R 的极坐标分别为(ρ1，θ)，(ρ，θ)，(ρ2，θ)，则由|OQ|·|OP|＝|OR|2 得 ρρ1＝ρ22.
又
ρ2＝2，ρ1＝cos
2 θ＋sin
，所以
θ
cos
2ρ θ＋sin
θ＝4，
故点 Q 轨迹的极坐标方程为 ρ＝2(cos θ＋sin θ)(ρ≠0)．
圆的极坐标方程
[探究共研型]
探究 如何求圆心为 C(ρ1，θ1)，半径为 r 的圆的极坐标方程？
【提示】 如图所示，设圆 C 上的任意一点为 M(ρ，θ)， 且 O、C、M 三点不共线，不妨以如图所示情况加以说明， 在 △OCM 中 ， 由 余 弦 定 理 得 |OM|2 ＋ |OC|2 － 2|OM|·|OC|·cos∠COM＝|CM|2，
【答案】 D
[质疑·手记] 预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流： 疑问 1： _____________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________ 疑问 2： _____________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________ 疑问 3： ______________________________________________________ 解惑： _______________________________________________________
2018版数学人教A版选修4-4课件：第一讲 坐标系 三 第1
跟踪训练2 把下列直角坐标方程化为极坐标方程.
(1)y2＝4x； 解 将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入y2＝4x，
得(ρsin θ)2＝4ρcos θ，
化简，得ρsin2θ＝4cos θ.
(2)x2＋y2－2x－1＝0.
解 将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入x2＋y2－2x－1＝0， 得(ρcos θ)2＋(ρsin θ)2－2ρcos θ－1＝0， 化简，得ρ2－2ρcos θ－1＝0.
解
∵(ρcos θ)2＋(ρsin θ)2＝1，
∴ρ2＝1，即ρ＝1.
解答
(2)x2＋y2－4x＋4＝0； 解 ∵(ρcos θ)2＋(ρsin θ)2－4ρcos θ＋4＝0，
∴ρ2－4ρcos θ＋4＝0. (3)x2＋y2－2x－2y－2＝0. 解 ∵(ρcos θ)2＋(ρsin θ)2－2ρcos θ－2ρsin θ－2＝0.
(0≤θ<2π) 2rcos θ ρ＝________
π π － ≤ θ < 2 2
圆心在点(r,0)
π 圆心在点(r， ) 2
2rsin θ ρ＝________
(0≤θ<π)
－2rcos θ ρ＝_________
圆心在点(r，π)
π 3π ( ≤θ< ) 2 2
2rsin θ ρ＝－ ________ (－π<θ≤0)
第一讲 三 简单曲线的极坐标方程
第1课时 圆的极坐标方程
学习目标
1.了解极坐标方程的意义.
2.掌握圆的极坐标方程. 3.能根据极坐标方程研究曲线的有关性质.
内容索引
问题导学 题型探究 当堂训练
问题导学
知识点一
2018学年高中数学人教A版课件选修4-4 第一章 坐标系 第1讲 2 精品
[再练一题] 1．分别把下列点的极坐标化为直角坐标： (1)2，π6；(2)3，π2；(3)(π，π)．
【解】 (1)∵x＝ρcos θ＝2cosπ6＝ 3， y＝ρsin θ＝2sinπ6＝1， ∴点的极坐标2，π6化为直角坐标为( 3，1)． (2)∵x＝ρcos θ＝3cosπ2＝0， y＝ρsin θ＝3sinπ2＝3， ∴点的极坐标3，π2化为直角坐标为(0,3)．
【思路探究】 欲写出点的极坐标，首先应确定 ρ 和 θ 的值．
【自主解答】 如图所示，关于极轴的对称点为 B2，－π3， 关于直线 l 的对称点为 C2，23π， 关于极点 O 的对称点为 D2，－23π. 四个点 A，B，C，D 都在以极点为圆心，2 为半径的圆上．
1．点的极坐标不是惟一的，但若限制 ρ>0,0≤θ<2π，则除极点外，点的极 坐标是惟一确定的．
1．点的极坐标与直角坐标的互化公式的三个前提条件：(1)极点与直角坐标 系的原点重合；(2)极轴与直角坐标系的 x 轴的正半轴重合；(3)两种坐标系的长 度单位相同．
2．将点的极坐标(ρ，θ)化为点的直角坐标(x，y)时，运用到求角 θ 的正弦值 和余弦值，熟练掌握特殊角的三角函数值，灵活运用三角恒等变换公式是关键．
(2)ρ＝ －22＋－2 32＝4，tan θ＝－－223＝ 3，又由于 θ 为第三象限角，
故 θ＝43π，所以 B 点的极坐标为4，43π.
(3)ρ＝ 02＋－22＝2，θ 为32π，θ 在 y 轴负半轴上，所以 C 点的极坐标为 2，32π.
(4)ρ＝ 32＋02＝3，tan θ＝03＝0，故 θ＝0， 所以 D 点的极坐标为(3,0)．
2．写点的极坐标要注意顺序：极径 ρ 在前，极角 θ 在后，不能颠倒顺序．
人教A版高中数学选修4-4课件：第一讲 坐标系 (共6份)
2018学年高中数学人教A版课件选修4-4 第一章 坐标系
2 2 x ＋y －4x＝0， (2)由 2 2 x ＋y ＋4y＝0，
x1＝0， 解得 y1＝0，
x2＝2， y2＝－2.
即⊙O1，⊙O2交于点(0,0)和(2，－2)， 故过交点的直线的直角坐标方程为y＝－x.
[再练一题] 3．(2015· 江苏高考)已知圆C的极坐标方程为ρ ＋2 圆C的半径. 【导学号：91060012】
∴y－ 3x＝12，即 3x－y＋12＝0，所以C2表示直线．
(2)由于圆心(0,0)到直线 3x－y＋12＝0的距离为 12 d＝ 2 2＝6<r＝10， 3 ＋－1 所以直线l被圆截得的弦长 |C1C2|＝2 r2－d2＝2 102－62＝16.
[再练一题]
π 4．在极坐标系中，点M坐标是2，3，曲线C的方程为ρ＝2 π 2sinθ＋4；以
(1)化C1、C2的极坐标方程为直角坐标方程，并分别判断曲线形状； (2)求C1、C2交点间的距离．
【规范解答】
(1)由C1：ρ＝10，得ρ2＝100，
∴x2＋y2＝100，所以C1为圆心在(0,0)，半径等于10的圆．
π 由C2：ρsinθ－3＝6， 1 得ρ 2sin 3 θ－ 2 cos θ＝6，
极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l经过点M和 极点． (1)写出直线l的极坐标方程和曲线C的直角坐标方程； (2)直线l和曲线C相交于两点A、B，求线段AB的长．
极坐标与直角坐标的互化
极坐标系和直角坐标系是两种不同的坐标系．同一个点可以有极坐标，也 可以有直角坐标；同一条曲线可以有极坐标方程，也可以有直角坐标方程．为 了研究问题的方便，有时需要把在一种坐标系中的方程化为在另一种坐标系中 y 的方程．它们之间的互化关系为：x＝ρcos θ，y＝ρsin θ；ρ ＝x ＋y ，tan θ＝ x
精选2018版高中数学第一讲坐标系学案新人教A版选修4_4
第一讲坐标系一平面直角坐标系[学习目标]1.了解平面直角坐标系的组成，领会坐标法的应用.2.理解平面直角坐标系中的伸缩变换.3.能够建立适当的平面直角坐标系，运用解析法解决数学问题.[知识链接]1.如何根据几何图形的几何特征建立恰当的坐标系？提示(1)如果图形有对称中心，可以选对称中心为坐标原点；(2)如果图形有对称轴，可以选对称轴为坐标轴；(3)若题目有已知长度的线段，以线段所在的直线为x轴，以端点或中点为原点.建系原则：使几何图形上的特殊点尽可能多的落在坐标轴上.2.怎样由正弦曲线y＝sin x得到曲线y＝sin 2x?提示曲线y＝sin x上各点保持纵坐标不变，将横坐标缩为原来的一半.3.怎样由正弦曲线y＝sin x得到曲线y＝3sin x?提示曲线y＝sin x上各点保持横坐标不变，将纵坐标伸长为原来的3倍.[预习导引]1.平面直角坐标系(1)平面直角坐标系的作用：使平面上的点与坐标(有序实数对)、曲线与方程建立联系，从而实现数与形的结合.(2)坐标法：根据几何对象的特征，选择适当的坐标系，建立它的方程，通过方程研究它的性质及与其他几何图形的关系.(3)坐标法解决几何问题的“三步曲”：第一步，建立适当坐标系，用坐标和方程表示问题中涉及的几何元素，将几何问题转化成代数问题；第二步，通过代数运算，解决代数问题；第三步，把代数运算结果“翻译”成几何结论.2.平面直角坐标系中的伸缩变换(1)平面直角坐标系中方程表示图形，那么平面图形的伸缩变换就可归结为坐标伸缩变换，这就是用坐标方法研究几何变换.(2)平面直角坐标系中的坐标伸缩变换：设点P(x，y)是平面直角坐标系中任意一点，在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ>0），y ′＝μy （μ>0）的作用下，点P (x ，y )对应到点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.要点一 运用坐标法解决解析几何问题例1 △ABC 的顶点A 固定，角A 的对边BC 的长是2a ，边BC 上的高的长是b ，边BC 沿一条直线移动，求△ABC 外心的轨迹方程.解 以边BC 所在的定直线为x 轴，过A 作x 轴的垂线为y 轴，建立直角坐标系，则点A 的坐标为(0，b ).设△ABC 的外心为M (x ，y ).取BC 的中点N ，则MN ⊥BC ，即MN 是BC 的垂直平分线.因为|BC |＝2a ，所以|BN |＝a ，|MN |＝|y |.又M 是△ABC 的外心，所以|MA |＝|MB |.又|MA |＝x 2＋（y －b ）2，|MB |＝|MN |2＋|BN |2＝y 2＋a 2，所以x 2＋（y －b ）2＝y 2＋a 2，化简，得所求的轨迹方程为x 2－2by ＋b 2－a 2＝0(x ∈R ，y >0). 规律方法 建立坐标系的几个基本原则： (1)尽量把点和线段放在坐标轴上； (2)对称中心一般作为原点； (3)对称轴一般作为坐标轴.跟踪演练1 △ABC 的边AB 的长为定长2a ，边BC 的中线的长为定长m ，试求顶点C 的轨迹方程.解 取AB 的中点为原点，直线AB 为x 轴，建立平面直角坐标系，则A (－a ，0)，B (a ，0).设C (x ，y )，则边BC 的中点为D ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 2，y 2，由|AD |＝m ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 2＋a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22＝m 2.化简得(x ＋3a )2＋y 2＝4m 2.又因点C 在直线AB 上时不能组成三角形，故y ≠0. 因此顶点C 的轨迹方程是(x ＋3a )2＋y 2＝4m 2(y ≠0). 要点二 用坐标法解决平面几何问题例2 已知▱ABCD ，求证：|AC |2＋|BD |2＝2(|AB |2＋|AD |2).证明 法一(坐标法)以A 为坐标原点O ，AB 所在的直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy ，则A (0，0)，设B (a ，0)，C (b ，c )，则AC 的中点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，c2，由对称性知 D (b －a ，c )，所以|AB |2＝a 2，|AD |2＝(b －a )2＋c 2，|AC |2＝b 2＋c 2，|BD |2＝(b －2a )2＋c 2， |AC |2＋|BD |2＝4a 2＋2b 2＋2c 2－4ab＝2(2a 2＋b 2＋c 2－2ab )，|AB |2＋|AD |2＝2a 2＋b 2＋c 2－2ab ，∴|AC |2＋|BD |2＝2(|AB |2＋|AD |2). 法二(向量法)在▱ABCD 中，AC →＝AB →＋AD →，两边平方得AC →2＝|AC →|2＝AB →2＋AD →2＋2AB →·AD →，同理得BD →2＝|BD →|2＝BA→2＋BC →2＋2BA →·BC →，以上两式相加，得|AC →|2＋|BD →|2＝2(|AB →|2＋|AD →|2)＋2BC →·(AB →＋BA →)＝2(|AB→|2＋|AD →|2)，即|AC |2＋|BD |2＝2(|AB |2＋|AD |2).规律方法 1.本例实际上为平行四边形的一个重要定理：平行四边形的两条对角线的平方和等于其四边的平方和.法一是运用代数方法，即解析法实现几何结论的证明的.这种“以算代证”的解题策略就是坐标方法的表现形式之一.法二运用了向量的数量积运算，更显言简意赅，给人以简捷明快之感. 2.建立平面直角坐标系的方法步骤(1)建系——建立平面直角坐标系，建系原则是利于运用已知条件，使运算简便，表达式简明； (2)设点——选取一组基本量，用字母表示出题目涉及的点的坐标和曲线的方程； (3)运算——通过运算，得到所需要的结果.跟踪演练2 已知正△ABC 的边长为a ，在平面上求一点P ，使|PA |2＋|PB |2＋|PC |2最小，并求出此最小值.解 以BC 所在直线为x 轴，BC 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系，如图，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32a ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0.设P (x ，y )，则|PA |2＋|PB |2＋|PC |2＝x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y －32a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋y 2＝3x 2＋3y2－3ay ＋5a 24＝3x 2＋3⎝⎛⎭⎪⎫y －36a 2＋a 2≥a 2，当且仅当x ＝0，y ＝36a 时，等号成立.∴所求的最小值为a 2，此时P 点的坐标为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，36a ，即为正△ABC 的中心. 要点三 平面直角坐标系中的伸缩变换例3 在同一平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y .(1)求点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－2经过φ变换所得的点A ′的坐标；(2)点B 经过φ变换后得到点B ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，12，求点B 的坐标；(3)求直线l ：y ＝6x 经过φ变换后所得直线l ′的方程；(4)求双曲线C ：x 2－y 264＝1经过φ变换后所得曲线C ′的焦点坐标.解 (1)设点A ′(x ′，y ′).由伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y ，得到⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝12y .又已知点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－2.于是x ′＝3×13＝1，y ′＝12×(－2)＝－1.∴变换后点A ′的坐标为(1，－1).(2)设B (x ，y )，由伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，2y ′＝y ，得到⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13x ′，y ＝2y ′，由于B ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，12，于是x ＝13×(－3)＝－1，y ＝2×12＝1，∴B (－1，1)为所求.(3)设直线l ′上任意一点P ′(x ′，y ′)，由上述可知，将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13x ′，y ＝2y ′，代入y ＝6x 得2y ′＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ′，所以y ′＝x ′，即y ＝x 为所求. (4)设曲线C ′上任意一点P ′(x ′，y ′)，将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13x ′y ＝2y ′代入x 2－y 264＝1，得x ′29－4y ′264＝1，化简得x ′29－y ′216＝1，∴曲线C ′的方程为x 29－y 216＝1，∴a 2＝9，b 2＝16，c 2＝25，因此曲线C ′的焦点F 1(5，0)，F 2(－5，0).规律方法 1.解答本题的关键：(1)是根据平面直角坐标系中的伸缩变换公式的意义与作用；(2)是明确变换前后点的坐标关系，利用方程思想求解. 2.伸缩变换前后的关系已知平面直角坐标系中的伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ>0），y ′＝μy （μ>0），则点的坐标与曲线的方程的关系为跟踪演练3 在同一直角坐标系中，将直线x －2y ＝2变成直线2x ′－y ′＝4，求满足条件的伸缩变换.解 设满足条件的伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λ·x （λ>0），y ′＝μ·y （μ>0），将其代入方程2x ′－y ′＝4，得2λx－μy ＝4，与x －2y ＝2比较，将其变成2x －4y ＝4.比较系数得λ＝1，μ＝4.所以⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x ，y ′＝4y .直线x －2y ＝2图象上所有点的横坐标不变，纵坐标扩大到原来的4倍可得到直线2x ′－y ′＝4.1.坐标系是现代数学中的重要内容，它在数学发展的历史上起着划时代的作用.坐标系的创建，在代数和几何之间架起了一座桥梁、利用坐标系，我们可以方便地用代数的方法确定平面内一个点的位置，也可以方便地确定空间内一个点的位置.它使几何概念得以用代数的方法来描述，几何图形可以通过代数形式来表达，这样便可将抽象的代数方程用形象的几何图形表示出来，又可将先进的代数方法应用于几何学的研究.2.体会用坐标伸缩变换研究图形伸缩变换的思想方法(1)平面几何图形的伸缩变换可以归结为坐标伸缩变换，学习中可结合坐标间的对应关系进行理解.(2)对于图形的伸缩变换问题，需要搞清新旧坐标，区别x ，y 和x ′，y ′，点(x ，y )在原曲线上，点(x ′，y ′)在变换后的曲线上，因此点(x ，y )的坐标满足原曲线的方程，点(x ′，y ′)的坐标适合变换后的曲线方程.1.点P (－1，2)关于点A (1，－2)的对称点坐标为( ) A.(3，6) B.(3，－6) C.(2，－4)D.(－2，4)解析 设对称点的坐标为(x ，y )，则x －1＝2，且y ＋2＝－4， ∴x ＝3，且y ＝－6. 答案 B2.在同一平面直角坐标系中，将曲线y ＝3sin 2x 变成曲线y ′＝sin x ′的伸缩变换是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′，y ＝13y ′B.⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝13yC.⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′，y ＝3y ′D.⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y解析 设⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx ，λ>0，y ′＝μy ，μ>0，则μy ＝sin λx ，即y ＝1μsin λx .比较y ＝3sin 2x 与y ＝1μsinλx ，则有1μ＝3，λ＝2.∴μ＝13，λ＝2.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝13y .答案 B3.如何由正弦曲线y ＝sin x 经伸缩变换得到y ＝12sin 12x 的图象( )A.将横坐标压缩为原来的12，纵坐标也压缩为原来的12B.将横坐标压缩为原来的12，纵坐标伸长为原来的2倍C.将横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标也伸长为原来的2倍D.将横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标压缩为原来的12答案 D4.已知函数f (x )＝（x －1）2＋1＋（x ＋1）2＋1，则f (x )的最小值为________.解析 f (x )可看作是平面直角坐标系下x 轴上一点(x ，0)到两定点(－1，1)和(1，1)的距离之和，结合图形可得，f (x )的最小值为2 2. 答案 2 2一、基础达标1.在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝5x ，y ′＝3y后，曲线C 变为曲线x ′2＋y ′2＝0，则曲线C 的方程为( ) A.25x 2＋9y 2＝0 B.25x 2＋9y 2＝1 C.9x 2＋25y 2＝0D.9x 2＋25y 2＝1解析 将伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝5x ，y ′＝3y 代入x ′2＋y ′2＝0，得25x 2＋9y 2＝0，此即为曲线C 的方程.答案 A2.平行四边形ABCD 中三个顶点A ，B ，C 的坐标分别是(－1，2)，(3，0)，(5，1)，则顶点D 的坐标是( ) A.(9，－1) B.(－3，1) C.(1，3)D.(2，2)解析 设D (x ，y )，则由题意，得AB →＝DC →，即(4，－2)＝(5－x ，1－y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3，即D (1，3). 答案 C3.已知四边形ABCD 的顶点分别为A (－1，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (－1，1)，四边形ABCD在伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝ax ，y ′＝y (a >0)的作用下变成正方形，则a 的值为( )A.1B.2C.12D.23解析 如图，由矩形ABCD 变为正方形A ′B ′C ′D ′，已知y ′＝y ， ∴边长为1，∴AB 长由2缩为原来的一半，∴x ′＝12x ，∴a ＝12.答案 C4.已知f 1(x )＝sin x ，f 2(x )＝sin ωx (ω>0)，f 2(x )的图象可以看作把f 1(x )的图象在其所在的坐标系中的横坐标压缩到原来的13(纵坐标不变)而得到的，则ω为( )A.12B.2C.3D.13解析 对照伸缩变换公式φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ>0），y ′＝μy （μ>0），由y ＝sin x 得到y ′＝sin ωx ′故⎩⎪⎨⎪⎧ωx ′＝x y ′＝y ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝1ωx y ′＝y. ∴1ω＝13，∴ω＝3. 答案 C5.若点P (－2016，2017)经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x2 017，y ′＝y2 016后的点在曲线x ′y ′＝k 上，则k ＝________.解析 ∵P (－2 016，2 017)经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x 2 017，y ′＝y 2 016，得⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝－2 0162 017，y ′＝2 0172 016代入x ′y ′＝k ，得k ＝x ′y ′＝－1. 答案 －16.可以将椭圆x 210＋y 28＝1变为圆x 2＋y 2＝4的伸缩变换为________.解析 将椭圆方程x 210＋y 28＝1，化为2x 25＋y22＝4，∴⎝⎛⎭⎪⎫2x 52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22＝4.令⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝25x ，y ′＝y2得x ′2＋y ′2＝4，即x 2＋y 2＝4.∴伸缩变换⎩⎨⎧5x ′＝2x ，2y ′＝y为所求.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝25x y ′＝12y7.在同一平面直角坐标系中，求将曲线x 2－2y 2－3x ＝0变成曲线x ′2－8y ′2－12x ′＝0的伸缩变换.解 令伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ>0），y ′＝μy （μ>0）.将其代入x ′2－8y ′2－12x ′＝0得λ2x 2－8μ2y 2－12λx ＝0，与x 2－2y 2－3x ＝0.进行比较，得⎩⎪⎨⎪⎧4μ2＝λ2，12λ＝3.故⎩⎪⎨⎪⎧λ＝4，μ＝2.从而伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝4x ，y ′＝2y .二、能力提升8.在平面直角坐标系中，方程3x －2y ＋1＝0所对应的直线经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝13x ，y ′＝2y 后的直线方程为( ) A.3x ′－4y ′＋1＝0 B.3x ′＋y ′－1＝0 C.9x ′－y ′＋1＝0D.x ′－4y ′＋1＝0解析 由伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝13x ，y ′＝2y 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3x ′，y ＝12y ′，代入方程3x －2y ＋1＝0有9x ′－y ′＋1＝0.答案 C9.平面直角坐标系中，在伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ>0，λ≠1），y ′＝μy （μ>0，μ≠1）作用下仍是其本身的点为________.解析 设P (x ，y )在伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λx （λ>0），y ′＝μy （μ>0）作用下得到P ′(λx ，μy ).依题意得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λx ，y ＝μy ，其中λ>0，μ>0，λ≠1，μ≠1.∴x ＝y ＝0，即P (0，0)为所求.答案 (0，0)10.已知实数x ，y 满足方程x 2＋y 2－4x ＋1＝0，则x 2＋y 2的最大值和最小值分别为________. 解析 x 2＋y 2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值.又圆心到原点的距离为（2－0）2＋（0－0）2＝2，所以x 2＋y 2的最大值是(2＋3)2＝7＋43，x 2＋y 2的最小值是(2－3)2＝7－4 3. 答案 7＋43；7－4 311.在平面直角坐标系中，求下列方程所对应的图形经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝13y 后的图形.(1)5x ＋2y ＝0； (2)x 2＋y 2＝2.解 (1)由伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝13y ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′，y ＝3y ′，将其代入5x ＋2y ＝0，得到经过伸缩变换后的图形的方程是5x ′＋3y ′＝0. 所以经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝13y ，后，直线5x ＋2y ＝0变成直线5x ′＋3y ′＝0.(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′，y ＝3y ′代入x 2＋y 2＝2，得到经过伸缩变换后的图形的方程是x ′214＋y ′219＝2，即x ′212＋y ′229＝1.所以经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝13y后，圆x 2＋y 2＝2变成椭圆x ′212＋y ′229＝1.12.台风中心从A 地以20 km/h 的速度向东北方向移动，离台风中心30 km 内的地区为危险区，城市B 在A 地正东40 km 处.求城市B 处于危险区内的时间.解 以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，则B (40，0)，以点B 为圆心，30为半径的圆的方程为(x －40)2＋y 2＝302，台风中心移动到圆B 内时，城市B 处于危险区.台风中心移动的轨迹为直线y ＝x ，与圆B 相交于点M ，N ，点B 到直线y ＝x 的距离d ＝402＝20 2.求得|MN |＝2302－d 2＝20(km)，故|MN |20＝1，所以城市B 处于危险区的时间为1 h.三、探究与创新13.学校科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验.设计方案如图，航天器运行(按顺时针方向)的轨迹方程为x 2100＋y 225＝1，变轨(即航天器运行轨迹由椭圆变为抛物线)后返回的轨迹是以y 轴为对称轴，M ⎝⎛⎭⎪⎫0，647为顶点的抛物线的实线部分，降落点为D (8，0)，观测点A (4，0)，B (6，0)同时跟踪航天器.(1)求航天器变轨后的运行轨迹所在的曲线方程；(2)试问：当航天器在x 轴上方时，观测点A ，B 测得离航天器的距离分别为多少时，应向航天器发出变轨指令？解 (1)设曲线方程为y ＝ax 2＋647.因为D (8，0)在抛物线上，∴0＝a ·82＋647，解得：a ＝－17.∴曲线方程为y ＝－17x 2＋647.(2)设变轨点为C (x ，y ).根据题意可知⎩⎪⎨⎪⎧x 2100＋y 225＝1 ①y ＝－17x 2＋647 ②得4y 2－7y －36＝0，解得y ＝4或y ＝－94(不合题意).∴y ＝4.得x ＝6或x ＝－6(不合题意，舍去). ∴C 点的坐标为(6，4).|AC |＝25，|BC |＝4.所以当观测点A 、B 测得离航天器的距离分别为25、4时，应向航天器发出变轨指令.二 极坐标系[学习目标]1.理解极坐标系的概念，理解极坐标的多值性.2.掌握极坐标与直角坐标的互化.3.掌握极坐标系的简单应用. [知识链接]1.在教材第2页思考中，我们以信息中心为基点，用角和距离刻画点P 的位置，这种刻画就是极坐标思想.这种方法与用直角坐标刻画点P 的位置有什么区别和联系？你认为哪种方法更方便？提示 直角坐标系中点的位置用有序数组来刻画.两者的联系是都通过数刻画点，体现了数形结合思想.在这里，应该使用角和距离刻画点P 位置更方便. 2.由极坐标的意义可判断平面上点的极坐标唯一吗？提示 平面上点的极坐标不是唯一的.如果限定ρ>0，θ∈[0，2π)，平面上的点(除去极点)与极坐标(ρ，θ)可建立一一对应关系.3.联系点的极坐标与直角坐标的互化公式的纽带是什么？提示 任意角的三角函数的定义及其基本关系式是联系点的极坐标与直角坐标的互化公式的纽带.事实上，若ρ>0，则sin θ＝y ρ，cos θ＝xρ，所以x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx(x ≠0). [预习导引] 1.极坐标系的概念(1)极坐标系的建立：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.(2)极坐标：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).一般地，不作特殊说明时，我们认为ρ≥0，θ可取任意实数. 2.点与极坐标的关系一般地，极坐标(ρ，θ)与(ρ，θ＋2k π)(k ∈Z )表示同一个点，特别地，极点O 的坐标为(0，θ)(θ∈R ).如果规定ρ>0，0≤θ<2π，那么除极点外，平面内的点可用唯一的极坐标(ρ，θ)表示；同时，极坐标(ρ，θ)表示的点也是唯一确定的. 3.极坐标与直角坐标的互化(1)互化背景：把直角坐标系的原点作为极点，x 轴的正半轴作为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位，如图所示.(2)互化公式：设M 是平面内任意一点，它的直角坐标是(x ，y )，极坐标是(ρ，θ)，于是极坐标与直角坐标的互化公式如表：要点一 极坐标系的概念例1 设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，直线l 为过极点且垂直于极轴的直线，分别求点A 关于极轴，直线l ，极点的对称点的极坐标(限定ρ>0，－π<θ≤π). 解 如图所示，关于极轴的对称点为B ⎝⎛⎭⎪⎫2，－π3.关于直线l 的对称点为C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，23π.关于极点O 的对称点为D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－23π.规律方法 1.点的极坐标不是唯一的，但若限制ρ>0，0≤θ<2π，则除极点外，点的极坐标是唯一确定的.2.写点的极坐标要注意顺序：极径ρ在前，极角θ在后，不能颠倒顺序.跟踪演练1 在极坐标系中，下列各点中与⎝⎛⎭⎪⎫2，π6不表示同一个点的是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫2，－116πB.⎝⎛⎭⎪⎫2，136πC.⎝⎛⎭⎪⎫2，116πD.⎝⎛⎭⎪⎫2，－236π 解析 与极坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6相同的点可以表示为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6＋2k π(k ∈Z )，只有⎝⎛⎭⎪⎫2，116π不满足.答案 C要点二 极坐标化为直角坐标例2 已知点的极坐标分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－π4，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2π3，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，π，求它们的直角坐标.解 因为x ＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝3×22＝322，y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝－322，所以A 点的直角坐标为⎝⎛⎭⎪⎫322，－322.同理，B ，C 两点的直角坐标分别为(－1，3)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0.规律方法 将点的极坐标(ρ，θ)化为点的直角坐标(x ，y )时，运用到求角θ的正弦值和余弦值，熟练掌握特殊角的三角函数值，灵活运用三角恒等变换公式是关键. 跟踪演练2 分别把下列点的极坐标化为直角坐标：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6；(2)⎝⎛⎭⎪⎫3，π2；(3)(π，π).解 (1)∵x ＝ρcos θ＝2cos π6＝3，y ＝ρsin θ＝2sin π6＝1.∴点的极坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6化为直角坐标为(3，1).(2)∵x ＝ρcos θ＝3cos π2＝0，y ＝ρsin θ＝3sin π2＝3.∴点的极坐标⎝⎛⎭⎪⎫3，π2化为直角坐标为(0，3).(3)∵x ＝ρcos θ＝πcos π＝－π，y ＝ρsin θ＝πsin π＝0. ∴点的极坐标(π，π)化为直角坐标为(－π，0). 要点三 直角坐标化为极坐标例3 分别把下列点的直角坐标化为极坐标(限定ρ≥0，0≤θ<2π)： (1)(－2，23)；(2)(6，－2)；(3)⎝⎛⎭⎪⎫3π2，3π2.解 (1)∵ρ＝x 2＋y 2＝（－2）2＋（23）2＝4，tan θ＝yx＝－3，θ∈[0，2π)，由于点(－2，23)在第二象限，∴θ＝2π3.∴点的直角坐标(－2，23)化为极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫4，23π.(2)∵ρ＝x 2＋y 2＝（6）2＋（－2）2＝22，tan θ＝yx ＝－33， θ∈[0，2π)，由于点(6，－2)在第四象限， ∴θ＝11π6.∴点的直角坐标(6，－2)化为极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，11π6. (3)∵ρ＝x 2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3π22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3π22＝32π2，tan θ＝y x ＝1，θ∈[0，2π).由于点⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，3π2在第一象限，∴θ＝π4.∴点的直角坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，3π2化为极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32π2，π4.规律方法 1.将直角坐标(x ，y )化为极坐标(ρ，θ)，主要利用公式ρ2＝x 2＋y 2， tan θ＝yx (x ≠0)进行求解，先求极径，再求极角.2.在[0，2π)范围内，由tan θ＝y x(x ≠0)求θ时，要根据直角坐标的符号特征判断出点所在的象限.如果允许θ∈R ，再根据终边相同的角的意义，表示为θ＋2k π(k ∈Z )即可.跟踪演练3 点P 的直角坐标为(2，－2)，那么它的极坐标可表示为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π4C.⎝⎛⎭⎪⎫2，5π4 D.⎝⎛⎭⎪⎫2，7π4 解析 ∵ρ＝（－2）2＋（2）2＝2，tan θ＝－22＝－1，点P 在第四象限，θ＝7π4.∴极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，7π4.答案 D要点四 极坐标的应用例4 在极坐标系中，如果A ⎝⎛⎭⎪⎫2，π4，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，5π4为等边三角形ABC 的两个顶点，求顶点C 的极坐标(ρ>0，0≤θ<2π).解 对于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4有ρ＝2，θ＝π4，∴x ＝2cos π4＝2，y ＝2sin π4＝2，则A (2，2).对于B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，54π有ρ＝2，θ＝54π，∴x ＝2cos 54π＝－2，y ＝2sin 54π＝－ 2.∴B (－2，－2).设C 点的坐标为(x ，y )，由于△ABC 为等边三角形， 故|AB |＝|BC |＝|AC |＝4.∴有⎩⎨⎧（x －2）2＋（y －2）2＝16，（x ＋2）2＋（y ＋2）2＝16.解之得⎩⎨⎧x ＝6，y ＝－6或⎩⎨⎧x ＝－6，y ＝ 6.∴C 点的坐标为(6，－6)或(－6，6). ∴ρ＝6＋6＝23，tan θ＝－66＝－1，∴θ＝74π或θ＝34π.故点C 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫23，74π或⎝ ⎛⎭⎪⎫23，34π.规律方法 1.本例综合考查了点的极坐标与直角坐标的互化公式以及等边三角形的意义和性质.结合几何图形可知，点C 的坐标有两解，设出点的坐标寻求等量关系建立方程组求解是关键.2.若设出C (ρ，θ)，利用余弦定理亦可求解跟踪演练4 已知A 、B 两点的极坐标分别是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，⎝ ⎛⎭⎪⎫4，5π6，求A 、B 两点间的距离和△AOB的面积.解 求两点间的距离可用如下公式： |AB |＝4＋16－2×2×4×cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－π3＝20＝2 5.S △AOB ＝12|ρ1ρ2sin(θ1－θ2)|＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪2×4×sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－π3＝12×2×4＝4.1.极坐标系的概念极坐标系就是用长度和角度来确定平面内点的位置.极坐标系的建立有四个要素：①极点；②极轴；③长度单位；④角度单位和它的正方向.四者缺一不可. 2.点的极坐标每一个有序实数对(ρ，θ)确定一个点的位置.其中，ρ是点M 的极径，θ是点M 的极角.平面上给定一点，可以写出这个点的无数多个极坐标.如果限定ρ>0，0≤θ<2π，则除极点外，平面上的点就与它的极坐标构成一一对应的关系. 3.极坐标与直角坐标的互化任意角的三角函数的定义及其基本关系式是联系点的极坐标与直角坐标的互化公式的纽带.事实上，若ρ>0，sin θ＝y ρ，cos θ＝xρ，所以x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx(x ≠0).1.极坐标⎝⎛⎭⎪⎫1，2π3对应的点在以极点为坐标原点，极轴为横轴的直角坐标系的( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限解析 由题意可得ρ＝1，θ＝2π3，∴x ＝ρcos θ＝－12，y ＝ρsin θ＝32，故它的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32在第二象限.答案 B2.点A 的极坐标是⎝⎛⎭⎪⎫2，7π6，则点A 的直角坐标为( )A.(－1，－3)B.(－3，1)C.(－3，－1)D.(3，－1)解析 x ＝ρcos θ＝2cos 76π＝－3，y ＝ρsin θ＝2sin 76π＝－1.答案 C3.把点P 的直角坐标(－3，1)化成极坐标为________(ρ>0，0≤θ<2π). 解析 ρ＝（－3）2＋12＝2，tan θ＝1－3＝－33，又点P 在第二象限，故θ＝5π6，因此，点P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，5π6.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫2，5π64.将极轴Ox 绕极点顺时针方向旋转π6得到射线OP ，在OP 上取点M ，使|OM |＝2，则ρ>0，θ∈[0，2π)时点M 的极坐标为________，它关于极轴对称点的极坐标为________(ρ>0，θ∈[0，2π)).解析 ρ＝|OM |＝2，与OP 终边相同的角为－π6＋2k π(k ∈Z ).∵θ∈[0，2π)，∴k ＝1，θ＝11π6，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，11π6，∴M 关于极轴的对称点为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，11π6 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6一、基础达标1.点P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，74π，则点P 的直角坐标为( ) A.(2，2) B.(2，－2) C.(2，2)D.(－2，2)解析 x ＝ρcos θ＝2，y ＝ρsin θ＝－ 2. 答案 B2.点M 的直角坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则点M 的极坐标可以为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0B.⎝⎛⎭⎪⎫0，π2C.⎝⎛⎭⎪⎫π2，π2D.⎝⎛⎭⎪⎫π2，－π2 解析 ∵ρ＝x 2＋y 2＝π2，且θ＝π2，∴M 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π2.答案 C3.下列各点与⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3表示极坐标系中同一点的是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2π3B.(2，π)C.⎝⎛⎭⎪⎫2，7π3 D.(2，2π)解析 与极坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3相同的点可以表示为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3＋2k π(k ∈Z )，只有⎝⎛⎭⎪⎫2，7π3适合.答案 C4.在极坐标系中，已知点P 1⎝ ⎛⎭⎪⎫6，π4、P 2⎝⎛⎭⎪⎫8，3π4，则|P 1P 2|等于( )A.9B.10C.14D.2解析 ∠P 1OP 2＝3π4－π4＝π2，∴△P 1OP 2为直角三角形，由勾股定理可得|P 1P 2|＝10.答案 B5.在极坐标系中，已知点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34π，B ⎝⎛⎭⎪⎫2，π4，则A 、B 两点间的距离为________.解析 由公式|AB |＝ρ21＋ρ22－2ρ1ρ2cos （θ1－θ2），得|AB |＝1＋4－2×1×2cos ⎝⎛⎭⎪⎫3π4－π4＝1＋4－0＝ 5.答案56.平面直角坐标系中，若点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，7π2经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x y ′＝13y 后的点为Q ，则极坐标系中，极坐标为Q 的点到极轴所在直线的距离等于________.解析 ∵点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，7π2经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝13y 后的点为Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，7π6，则极坐标系中，极坐标为Q 的点到极轴所在直线的距离等于6⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin 7π6＝3.答案 37.在极轴上求与点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫42，π4距离为5的点M 的坐标.解 设M (r ，0)，∵A ⎝ ⎛⎭⎪⎫42，π4，∴（42）2＋r 2－82r cos π4＝5，即r 2－8r ＋7＝0，解得r ＝1或r ＝7. ∴点M 的坐标为(1，0)或(7，0). 二、能力提升8.下列的点在极轴上方的是( ) A.(3，0)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫3，7π6C.⎝⎛⎭⎪⎫4，7π4D.⎝ ⎛⎭⎪⎫4，17π4解析 建立极坐标系，由极坐标的定义可得点(3，0)在极轴上，点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，7π6，⎝ ⎛⎭⎪⎫4，7π4在极轴下方，点⎝ ⎛⎭⎪⎫4，17π4在极轴上方，故选D.答案 D9.点M ⎝⎛⎭⎪⎫6，5π6到极轴所在直线的距离为________. 解析 依题意，点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，5π6到极轴所在的直线的距离为d ＝6×sin 5π6＝3.答案 310.已知极坐标系中，极点为O ，0≤θ<2π，M ⎝⎛⎭⎪⎫3，π3，在直线OM 上与点M 的距离为4的点的极坐标为________.解析 如图，|OM |＝3，∠xOM ＝π3，在直线OM 上取点P ，Q ，使|OP |＝7，|OQ |＝1，显然有|PM |＝|OP |－|OM |＝7－3＝4，|QM |＝|OM |＋|OQ |＝3＋1＝4.点P ，Q 都满足条件，且∠xOP ＝π3，∠xOQ ＝4π3.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫7，π3或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，4π311.(1)已知点的极坐标分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，π3，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2π3，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－3π4，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，11π6，求它们的直角坐标.(2)已知点的直角坐标分别为A (3，3)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－53，C (－1，－3)，求它们的极坐标(ρ≥0，0≤θ<2π).解 (1)根据x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，532，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，C (－2，－2)，D (23，－2).(2)根据ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝y x 得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，π6，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，3π2，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，4π3.12.在极坐标系中，已知△ABC 的三个顶点的极坐标分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，B (2，π)，C ⎝⎛⎭⎪⎫2，5π3.(1)判断△ABC 的形状； (2)求△ABC 的面积.解 (1)如图所示，由A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，B (2，π)，C ⎝⎛⎭⎪⎫2，5π3得|OA |＝|OB |＝|OC |＝2，∠AOB ＝∠BOC ＝∠AOC ＝2π3.∴△AOB ≌△BOC ≌△AOC ，∴AB ＝BC ＝CA ， 故△ABC 为等边三角形. (2)由上述可知，AC ＝2OA sin π3＝2×2×32＝2 3. ∴S △ABC ＝34×(23)2＝33(面积单位). 三、探究与创新13.某大学校园的部分平面示意图如图：用点O ，A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 分别表示校门，器材室，操场，公寓，教学楼，图书馆，车库，花园，其中|AB |＝|BC |，|OC |＝600 m.建立适当的极坐标系，写出除点B 外各点的极坐标(限定ρ≥0，0≤θ<2π且极点为(0，0)).解 以点O 为极点，OA 所在的射线为极轴Ox (单位长度为1 m)，建立极坐标系.由|OC |＝600 m ，∠AOC ＝π6，∠OAC ＝π2，得|AC |＝300 m ，|OA |＝300 3 m ，又|AB |＝|BC |，所以|AB |＝150 m.同理，得|OE |＝2|OG |＝3002m ，所以各点的极坐标分别为O (0，0)，A (3003，0)，C ⎝⎛⎭⎪⎫600，π6，D ⎝⎛⎭⎪⎫300，π2，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫3002，3π4，F (300，π)，G ⎝⎛⎭⎪⎫1502，34π.三 简单曲线的极坐标方程[学习目标]1.了解极坐标方程的意义.2.掌握直线和圆的极坐标方程.3.能够根据极坐标方程研究有关数学问题. [知识链接]1.曲线的极坐标方程是否唯一？提示 由于平面上点的极坐标的表示形式不唯一，所以曲线上的点的极坐标有多种表示，曲线的极坐标方程不唯一.2.上节课我们学了点的直角坐标与极坐标的互化，若已知一曲线的极坐标方程是ρ＝2cos θ，那么该曲线对应怎样的几何图形？提示由ρ＝2cos θ得ρ2＝2ρcos θ，即x2＋y2＝2x，即标准方程为(x－1)2＋y2＝1，曲线为以(1，0)为圆心，半径为1的圆.[预习导引]1.曲线与方程的关系在平面直角坐标系中，平面曲线C可以用方程f(x，y)＝0表示，曲线与方程满足如下关系：(1)曲线C上点的坐标都是方程f(x，y)＝0的解；(2)以方程f(x，y)＝0的解为坐标的点都在曲线C上.2.曲线的极坐标方程一般地，在极坐标系中，如果平面曲线C上任意一点的极坐标中至少有一个满足方程f(ρ，θ)＝0，并且坐标适合方程f(ρ，θ)＝0的点都在曲线C上，那么方程f(ρ，θ)＝0叫做曲线C的极坐标方程.3.常见曲线的极坐标方程要点一圆的极坐标方程例1 求圆心在C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π2处并且过极点的圆的极坐标方程，并判断点⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，sin 5π6是否在这个圆上.解 如图，由题意知，圆经过极点O ，OA 为其一条直径，设M (ρ，θ)为圆上除点O ，A 以外的任意一点，则|OA |＝2r ，连接AM ，则OM ⊥MA .在Rt △OAM 中，|OM |＝|OA |cos ∠AOM ，即ρ＝2r cos ⎝⎛⎭⎪⎫3π2－θ，∴ρ＝－4sin θ，经验证，点O (0，0)，A ⎝⎛⎭⎪⎫4，3π2的坐标满足上式.∴满足条件的圆的极坐标方程为ρ＝－4sin θ.∵sin 5π6＝12，∴ρ＝－4sin θ＝－4sin 5π6＝－2，∴点⎝⎛⎭⎪⎫－2，sin 5π6在此圆上.规律方法 1.求曲线的极坐标方程通常有以下五个步骤：(1)建立适当的极坐标系(本题无需建)；(2)在曲线上任取一点M (ρ，θ)；(3)根据曲线上的点所满足的条件写出等式；(4)用极坐标(ρ，θ)表示上述等式，并化简得曲线的极坐标方程；(5)证明所得的方程是曲线的极坐标方程.(一般只要对特殊点加以检验即可). 2.求曲线的极坐标方程，关键是找出曲线上的点满足的几何条件，并进行坐标表示. 跟踪演练1 曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＋2x ＝0，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线C 的极坐标方程为________.解析 直角坐标方程x 2＋y 2－2x ＝0可化为x 2＋y 2＝2x ，将ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ代入整理得ρ＝2cos θ. 答案 ρ＝2cos θ要点二 射线或直线的极坐标方程例2 如图，在极坐标系中，直线l 过M ⎝⎛⎭⎪⎫3，π2且该直线与极轴的正方向成π4，求此直线l 的极坐标方程.解 法一 设直线上任意一点为P (ρ，θ)，在△OMP 中∠OMP ＝π2＋π4＝34π，∠MPO ＝θ－π4.根据正弦定理得ρsin 3π4＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4， 即ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝322.法二 设直线上任意一点为P (ρ，θ)，点M 的直角坐标为(0，3)，直线MP 的倾斜角为π4，∴直线l 为y ＝x ＋3，化直角坐标方程为极坐标方程为ρsin θ＝ρcos θ＋3，∴ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝322. 规律方法 法一通过运用正弦定理解三角形建立了动点M 所满足的等式，从而集中条件建立了以ρ，θ为未知数的方程；法二先求出直线的直角坐标方程，然后通过直角坐标向极坐标的转化公式间接得解，过渡自然，视角新颖，不仅优化了思维方式，而且简化了解题过程. 跟踪演练2 求以A (1，0)为端点，倾斜角为π4且在极轴上方的射线的极坐标方程.解 由题意，设M (ρ，θ)为射线上任意一点，根据例题可知，ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝22，化简得ρ(cos θ－sin θ)＝1.经检验点A (1，0)的坐标适合上述方程.因此，以A 为端点且在极轴上方的射线的极坐标方程为ρ(cos θ－sin θ)＝1⎝⎛⎭⎪⎫其中ρ≥0，0≤θ<π4.要点三 极坐标方程与直角坐标方程的互化例3 若曲线C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ＋4cos θ，以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系.(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)若直线ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝0与曲线C 相交于A 、B ，求|AB |. 解 (1)因为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以ρ2＝x 2＋y 2，由ρ＝2sin θ＋4cos θ，得ρ2＝2ρsin θ＋4ρcos θ，∴x 2＋y 2－4x －2y ＝0，即(x －2)2＋(y －1)2＝5.(2)由ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝0，得ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin θ－22cos θ＝0，即ρsin θ－ρcos θ＝0，∴x －y ＝0.由于圆(x －2)2＋(y －1)2＝5的半径为r ＝5，圆心(2，1)到直线x －y ＝0的距离为d ＝|2－1|2＝12，∴|AB |＝2r 2－d 2＝3 2. 规律方法 1.直角坐标方程化为极坐标方程，只需把公式x ＝ρcos θ及y ＝ρsin θ直接代入并化简即可；而极坐标方程化为直角坐标方程要通过变形，构造形如ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，进行整体代换.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方法.但对方程进行变形时，方程必须保持同解，因此应注意对变形过程的检验.2.对方程进行合理变形，并注重公式的正向、逆向与变形使用. 跟踪演练3 (1)将x 2－y 2＝a 2化为极坐标方程； (2)将ρ＝2a sin θ化为直角坐标方程. (3)将θ＝π3化为直角坐标方程.解 (1)直接代入互化公式，ρ2cos 2θ－ρ2sin 2θ＝a 2，∴ρ2cos 2θ＝a 2，这就是所求的极坐标方程.(2)两边同乘以ρ得ρ2＝2a ·ρsin θ.∴x 2＋y 2＝2ay ，这就是要求的直角坐标方程.(3)tan θ＝y x ，∴tan π3＝yx＝3，化简得y ＝3x (x ≥0).要点四 极坐标方程的应用例4 从极点O 作直线与另一直线l ：ρcos θ＝4相交于点M ，在OM 上取一点P ，使|OM |·|OP |＝12.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设R 为l 上的任意一点，试求|RP |的最小值.解 (1)设动点P 的极坐标为(ρ，θ)，M 的极坐标为(ρ0，θ)，则ρρ0＝12. ∵ρ0cos θ＝4，∴ρ＝3cos θ即为所求的轨迹方程.(2)将ρ＝3cos θ化为直角坐标方程，得x 2＋y 2＝3x ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322，知P 的轨迹是以⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0为圆心，半径为32的圆.直经l 的直角坐标方程是x ＝4.结合图形易得|RP |的最小值为1.规律方法 1.用极坐标法可使几何中的一些问题得出很直接、简单的解法.当然，因为建系的不同，曲线的极坐标方程也会不同.2.解题时关键是极坐标要选取适当，这样可以简化运算过程，转化为直角坐标时也容易一些.。