【文档说明】高三北师大版数学（文）一轮复习教师文档：选修4－4 第一节　坐标系 含解析【高考】.doc，共(8)页，585.500 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-选修4－4坐标系与参数方程第一节坐标系授课提示：对应学生用书第198页[基础梳理]1．坐标系(1)坐标变换设点P(x，y)是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：x′＝λ·x（λ>0），y′＝μ·y（μ>0）的作用下，点P(x，y)对应到

点(λx，μy)，称φ为坐标系中的伸缩变换．(2)极坐标系在平面内取一个定点O，叫作极点；自极点O引一条射线Ox，叫作极轴；再选一个长度单位，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是平面内任意一点，极点O与点M的距

离|OM|叫作点M的极径，记为ρ；以极轴Ox为始边，射线OM为终边的角xOM叫作点M的极角，记为θ，有序数对(ρ，θ)叫作点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轴非负半轴作为极轴，

且在两坐标系中取相同的长度单位．设M是平面内的任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x，y)和(ρ，θ)，则x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，ρ2＝x2＋y2，tanθ＝yx（x≠0）.3．常用简单曲线的极

坐标方程曲线图形极坐标方程圆心在极点，半径为r的圆ρ＝r-2-圆心为(r，0)，半径为r的圆ρ＝2rcosθ－π2<θ≤π2圆心为r，π2，半径为r的圆ρ＝2rsinθ(0≤θ<π)

过极点，倾斜角为α的直线θ＝α(ρ∈R)或θ＝π＋α(ρ∈R)过点(a，0)，与极轴垂直的直线ρcosθ＝a过点a，π2，与极轴平行的直线ρsinθ＝a1．明辨两个坐标伸缩变换关系式x′＝λx（λ＞

0），y′＝μy（μ＞0），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．[四基自测]1．(基础点：点的直角坐标化为极坐标)点P的直角坐标为(1，－3)，则点P的极坐标为______．答案：(2，－π3)2．(基础点：圆的极坐

标方程)在极坐标系中，圆心在()2，π且过极点的圆的方程为________．答案：ρ＝－22cosθ3．(易错点：圆的极坐标方程的圆心和半径)已知圆C的极坐标方程为ρ2＋22ρsinθ－π4－4＝0，则圆C的半径为________．答案：6授课提示：

对应学生用书第199页-3-考点一伸缩变换[例](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2x′2＋8y′2＝1，求曲线C的方程．[解析]把x′＝5xy′＝3y代入曲线2x′2＋8y′2＝1，可得2(5x)2

＋8(3y)2＝1，化为50x2＋72y2＝1，即为曲线C的方程．(2)在同一直角坐标系中，求满足下列图形的伸缩变换：由曲线4x2＋9y2＝36变成曲线x′2＋y′2＝1.[解析]法一：设变换为φ：x′＝λx（λ>0），y′＝μy（μ>0

），可将其代入x′2＋y′2＝1，得λ2x2＋μ2y2＝1.将4x2＋9y2＝36变形为x29＋y24＝1，比较系数得λ＝13，μ＝12.所以x′＝13x，y′＝12y.故将椭圆4x2＋9y2＝36上的所有点的横坐标变为原来的13，纵坐标变为原来的12，可得到圆x′2＋y′2＝1.法二：

利用配凑法将4x2＋9y2＝36化为x32＋y22＝1，与x′2＋y′2＝1对应项比较即可得x′＝x3，y′＝y2.故将椭圆4x2＋9y2＝36上的所有点的横坐标变为原来的13，纵坐标变为原来的12，可得到圆x

′2＋y′2＝1.[破题技法]1.平面上的曲线y＝f(x)在变换φ：x′＝λx（λ>0），y′＝μy（μ>0）的作用下的变换方程的求法是将x＝x′λ，y＝y′μ代入y＝f(x)，得y′μ＝fx′λ

，整理之后得到y′＝h(x′)，即为所求变换之后的方程．2．应用伸缩变换时，要分清变换前的点的坐标(x，y)与变换后的坐标(x′，y′)．1．(2020·池州模拟)求曲线x2＋y2＝1经过φ：x′＝3x，y′＝4y变换后得到的新曲线的方程．-4-解析：曲线x2＋y2＝1经过φ：x′

＝3x，y′＝4y变换后，即将x＝x′3，y＝y′4代入圆的方程，可得x′29＋y′216＝1，即所求新曲线方程为：x29＋y216＝1.2．求正弦曲线y＝sinx按：φ：x′＝13x，y′＝12y变换后的函数解析式．解析：设点P(x，y)为正弦曲线y＝

sinx上的任意一点，在变换φ：x′＝13x，y′＝12y的作用下，点P(x，y)对应到点P′(x′，y′)．即x＝3x′，y＝2y′，代入y＝sinx得2y′＝sin3x′，所以y′＝12sin3x′，即y＝12sin3x为所求．考点二求

曲线的极坐标方程[例](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＝4sinθ上，直线l过点A(4，0)且与OM垂直，垂足为P.(1)当θ0＝π3时，求ρ0及l的极坐标方程；(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨

迹的极坐标方程．[解析](1)因为M(ρ0，θ0)在曲线C上，当θ0＝π3时，ρ0＝4sinπ3＝23.由已知得|OP|＝|OA|cosπ3＝2.设Q(ρ，θ)为l上除P外的任意一点．在Rt△OPQ中，ρcosθ－π3＝|OP|＝2.经检验，点P2，π

3在曲线ρcosθ－π3＝2上，所以，l的极坐标方程为ρcosθ－π3＝2.(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因为P在线段OM上，且AP⊥OM，所以θ的取值范围是

π4，π2.所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cosθ，θ∈π4，π2.-5-[破题技法]1.将θ0＝π3代入ρ＝4sinθ求得ρ0.由ρ0可求得|OP|，从而求得l的极坐标方程．2．设点P(ρ，θ)，用ρ，θ表示出Rt△AOP中的边角

关系，从而求出P点轨迹的极坐标方程．(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox中，A(2，0)，B2，π4，C2，3π4，D(2，π)，弧AB︵，BC︵，CD︵所在圆的圆心分别是(1，0)，

1，π2，(1，π)，曲线M1是弧AB︵，曲线M2是弧BC︵，曲线M3是弧CD︵.(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝3，求P的极坐标．解

析：(1)由题设可得，弧AB︵，BC︵，CD︵所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cosθ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cosθ.所以M1的极坐标方程为ρ＝2cosθ0≤θ≤π4，M2的极坐标方程为ρ＝2sinθπ4≤θ≤3π4，M3的极

坐标方程为ρ＝－2cosθ3π4≤θ≤π.(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知若0≤θ≤π4，则2cosθ＝3，解得θ＝π6；若π4≤θ≤3π4，则2sinθ＝3，解得θ＝π3或θ＝2π3；若3π4≤θ≤π，则－2cosθ＝3，解得θ＝5π6.综上，P的极坐标为3，

π6或3，π3或3，2π3或3，5π6.考点三极坐标与直角坐标的互化[例](2018·高考全国卷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轴非负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．[解析](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.由于点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C

2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点．-6-当l1与C2只有一个公共点时，点A到l1所在直线的距离为2，所以|－k＋2|k2＋1＝2，故k＝－43或k＝0.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－43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，点A到l2所在直线的距离为2，所以|k＋2|k2＋1＝2，故k＝0或k＝43.经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝43时，l2与C2没有公共点．综上，所求C1的方程为y＝－43|x|＋2.[破题技法]极

坐标方程与普通方程的互化技巧(1)将极坐标方程两边同乘ρ或同时平方，将极坐标方程构造成含有ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，然后利用公式代入化简得到普通方程．(2)巧借两角和差公式，转化ρsin(θ±α)或ρcos(θ±α)的结构形式，进而利用互化公式

得到普通方程．(3)将直角坐标方程中的x转化为ρcosθ，将y换成ρsinθ，即可得到其极坐标方程．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x＝acost，y＝1＋asint，(t为参数，a>0)．在以坐标原点为极点，x轴非负

半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝4cosθ.(1)说明C1是哪一种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；(2)直线C3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tanα0＝2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a.解析：(1

)消去参数t得到C1的普通方程x2＋(y－1)2＝a2.C1是以(0，1)为圆心，a为半径的圆．将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入C1的普通方程中，得到C1的极坐标方程为ρ2－2ρsinθ＋1－a2＝0.(2)曲线C1，C2的公共点的极坐标满足方程组

ρ2－2ρsinθ＋1－a2＝0，ρ＝4cosθ.若ρ≠0，由方程组得16cos2θ－8sinθcosθ＋1－a2＝0，由已知tanθ＝2，可得16cos2θ－8sinθcosθ＝0，从而1－a2＝0，解得a＝－1(舍去)或a＝1.a＝1时，极点也为C

1，C2的公共点，在C3上．所以a＝1.考点四极坐标方程的应用[例]在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标-7-系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ＝4.(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|·|OP|＝16，求

点P的轨迹C2的直角坐标方程；(2)设点A的极坐标为2，π3，点B在曲线C2上，求△OAB面积的最大值．[解析](1)设P的极坐标为(ρ，θ)(ρ>0)，M的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1>0)．由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝

4cosθ.由|OM|·|OP|＝16得C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ(ρ>0)．因此C2的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4(x≠0)．(2)设点B的极坐标为(ρB，α)(ρB>0)．由题设知|OA|＝2，ρB＝4cosα，于是△OAB的面积S＝12|OA|·ρB·sin∠AOB＝

4cosα·|sinα－π3|＝2|sin2α－π3－32|≤2＋3.当α＝－π12时，S取得最大值2＋3.所以△OAB面积的最大值为2＋3.[破题技法]1.涉及圆的极坐标方程的解决方法方法一：先把涉及的直线或圆的极坐标方程化为直角坐标方程，再根据直角坐

标系中的相关知识进行求解；方法二：直接利用极坐标的相关知识进行求解，其关键是将已知条件表示成ρ和θ之间的关系．这一过程需要用到解三角形的知识，并需要掌握直线和圆的极坐标方程．2．判断位置关系和求最值问题的方法(1)已知极坐标方程讨论位置关系时

，可以先化为直角坐标方程，化陌生为熟悉再进行解答．(2)已知极坐标方程解答最值问题时，通常可转化为三角函数模型求最值问题，比直角坐标系中求最值的运算量小．(2020·山西太原模拟)点P是曲线C1：(x－2)2＋y2＝4上的动点，

以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点P逆时针旋转90°得到点Q，设点Q的轨迹为曲线C2.(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；(2)射线θ＝π3(ρ＞0)与曲线C1，C2分别交于A，B两点，定点M(2

，0)，求△MAB的面积．解析：(1)由曲线C1的直角坐标方程(x－2)2＋y2＝4可得曲线C1的极坐标方程为ρ＝4cosθ.设Q(ρ，θ)，则Pρ，θ－π2，则有ρ＝4cosθ－π2＝4sinθ.所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ.(2)M

到射线θ＝π3(ρ＞0)的距离d＝2sinπ3＝3，-8-|AB|＝ρB－ρA＝4sinπ3－cosπ3＝2(3－1)，则S△MAB＝12|AB|×d＝12×2(3－1)×3＝3－3.