【数学】2020届一轮复习人教版（理）第12章第1讲坐标系学案

【数学】2020届一轮复习人教版（理）第12章第1讲坐标系学案

第1讲　坐标系 ‎[考纲解读]　1.了解坐标系的作用，掌握平面直角坐标系中的伸缩变换．‎ ‎2.了解极坐标的基本概念，能在极坐标系中用极坐标表示点的位置，能进行极坐标和直角坐标的互化．(重点)‎ ‎3.能在极坐标系中给出简单图形(如过极点的直线、过极点或圆心为极点的圆)的方程．(难点)‎ ‎[考向预测]　从近三年高考情况来看，本讲是高考中的必考内容. 预测2020年将会考查：极坐标与直角坐标的转化，极坐标方程化为直角坐标方程，要特别注意图象的伸缩变换. 题型为解答题，属中、低档题型.‎ ‎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′(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 一般地，不作特殊说明时，我们认为ρ≥0，θ可取任意实数．‎ ‎3．极坐标与直角坐标的互化 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)，则它们之间的关系为：‎ ‎1．概念辨析 ‎(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)点P的直角坐标为(－，)，那么它的极坐标可表示为.(　　)‎ ‎(3)过极点作倾斜角为α的直线的极坐标方程可表示为θ＝α或θ＝π＋α.(　　)‎ ‎(4)圆心在极轴上的点(a,0)处，且过极点O的圆的极坐标方程为ρ＝2asinθ.(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×‎ ‎2．小题热身 ‎(1)设平面内伸缩变换的坐标表达式为则在这一坐标变换下正弦曲线y＝sinx的方程变为(　　)‎ A．y＝sin2x B．y＝3sinx C．y＝sin D．y＝3sin2x 答案　D 解析　由已知得代入y＝sinx，得y′＝sin2x′，即y′＝3sin2x′，所以y＝sinx的方程变为y＝3sin2x.‎ ‎(2)在极坐标系中A，B两点间的距离为________．‎ 答案　6‎ 解析　解法一：(数形结合)在极坐标系中，A，B两点如图所示，‎ ‎|AB|＝|OA|＋|OB|＝6.‎ 解法二：∵A，B的直角坐标为A(1，－)，‎ B(－2,2)，∴|AB|＝＝6.‎ ‎(3)曲线C1：θ＝与曲线C2：ρsin＝的交点坐标为________．‎ 答案　 解析　将θ＝代入ρsin＝，得ρsin＝，所以ρ＝1，所以曲线C1与曲线C2的交点坐标为.‎ ‎(4)已知直线l的极坐标方程为2ρsin＝，点A的极坐标为A，则点A到直线l的距离为________．‎ 答案　 解析　由2ρsin＝得2ρ＝，ρsinθ－ρcosθ＝1，化为直角坐标方程得y－x＝1即x－y＋1＝0，点A的直角坐标为，即(2，－2)，所以点A到直线l的距离为＝.‎ 题型 　平面直角坐标系中的伸缩变换 在同一平面直角坐标系中，求一个伸缩变换，使得圆x2＋y2＝1变换为椭圆＋＝1.‎ 解　设伸缩变换为由题知＋＝1，即2x2＋2y2＝1.与x2＋y2＝1比较系数，得故所以伸缩变换为 即先使圆x2＋y2＝1上的点的纵坐标不变，将圆上的点的横坐标伸长到原来的3倍，得到椭圆＋y2‎ ‎＝1，再将该椭圆上点的横坐标不变，纵坐标伸长到原来的2倍，得到椭圆＋＝1.‎ 伸缩变换后方程的求法 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)，得＝f，整理之后得到y′＝h(x′)，即为所求变换之后的方程．见举例说明．‎ 提醒：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′).‎ 若函数y＝f(x)的图象在伸缩变换φ：的作用下得到曲线的方程为y′＝3sin，求函数y＝f(x)的最小正周期．‎ 解　由题意，把变换公式代入曲线y′＝3sin得3y＝3sin，整理得y＝sin，故f(x)＝sin.所以y＝f(x)的最小正周期为＝π.‎ 题型 　极坐标与直角坐标的互化 ‎(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，曲线C1的方程为y＝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.‎ 条件探究　把举列说明中曲线C1的极坐标方程改为“θ＝α(0≤α≤2π)”，曲线C2的极坐标方程改为“ρ2－2ρcosθ－2ρsinθ＋3＝0”，若C1与C2有且仅有两个公共点，求α的取值范围．‎ 解　由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2y＋3＝0，‎ 即(x－1)2＋(y－)2＝1，‎ 由题意知α≠，‎ 可设曲线C1的直角坐标方程为y＝kx，k＝tanα，‎ 当曲线C1与曲线C2相切时，＝1，‎ 解得k＝，即tanα＝，‎ 又0≤α≤2π，所以α＝.‎ 结合图形可知，若C1与C2有且仅有两个公共点，则 α∈.‎ ‎1．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＝ρcosθ及y＝ρsinθ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ρcosθ，ρsinθ，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．‎ ‎2．极角的确定 由tanθ确定角θ时，应根据点P所在象限取最小正角．‎ ‎(1)当x≠0时，θ角才能由tanθ＝按上述方法确定．‎ ‎(2)当x＝0时，tanθ没有意义，这时可分三种情况处理：当x＝0，y＝0时，θ可取任何值；当x＝0，y>0时，可取θ＝；当x＝0，y<0时，可取θ＝.　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－2ρcos＝2.‎ ‎(1)把圆O1和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程；‎ ‎(2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．‎ 解　(1)由ρ＝2知ρ2＝4，所以圆O1的直角坐标方程为x2＋y2＝4.因为ρ2－2ρcos＝2，‎ 所以ρ2－2ρ＝2，‎ 所以圆O2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2y－2＝0.‎ ‎(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x＋y＝1，化为极坐标方程为ρcosθ＋ρsinθ＝1，即ρsin＝.‎ 题型 　极坐标方程的应用 角度1　极径几何意义的应用 ‎1．(2018·日照一模)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轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)．‎ ‎(1)求曲线C的极坐标方程；‎ ‎(2)设直线l与曲线C相交于A，B两点，求|AB|的值．‎ 解　(1)将方程消去参数α得x2＋y2－4x－12＝0，‎ ‎∴曲线C的普通方程为x2＋y2－4x－12＝0，将x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ代入上式可得ρ2－4ρcosθ＝12，‎ ‎∴曲线C的极坐标方程为ρ2－4ρcosθ＝12.‎ ‎(2)设A，B两点的极坐标方程分别为，，由消去θ得ρ2－2ρ－12＝0，根据题意可得ρ1，ρ2是方程ρ2－2ρ－12＝0的两根，∴ρ1＋ρ2＝2，ρ1ρ2＝－12，‎ ‎∴|AB|＝|ρ1－ρ2|＝＝2.‎ 角度2　用极坐标解最值和取值范围问题 ‎2．(2018·南平二模)在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的方程为＋y2＝1.曲线C2的参数方程为 ‎(φ为参数)，曲线C3的方程为y＝xtanα，曲线C3与曲线C1，C2分别交于P，Q两点．‎ ‎(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；‎ ‎(2)求|OP|2·|OQ|2的取值范围．‎ 解　(1)因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以曲线C1的极坐标方程为＋ρ2sin2θ＝1，即ρ2＝，‎ 由(φ为参数)，消去φ，‎ 即得曲线C2的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1；‎ 将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，代入化简，‎ 可得曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ.‎ ‎(2)曲线C3的极坐标方程为θ＝α，‎ 由(1)得|OP|2＝；|OQ|2＝4sin2α，‎ 即|OP|2·|OQ|2＝＝，‎ 因为0<α<，所以00)，点M的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1>0)．‎ 由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝.‎ 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＝|OA|·ρB·sin∠AOB＝4cosα· ‎＝2≤2＋.‎ 当α＝－时，S取得最大值2＋.‎ 所以△OAB面积的最大值为2＋.‎