平面直角坐标系下图形的变换
平面图形的伸缩变换可由坐标伸缩变换来实现，在使用坐标变换公式时，一定要分清变换前后的新旧坐标．
在平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：求直线l：y＝6x经过φ变换后所得直线l′的方程．
【解】 设P′(x′，y′)是直线l′上任意一点．
由伸缩变换φ：得
代入y＝6x，得2y′＝6·＝2x′，
∴y′＝x′为所求直线l′的方程．
因此变换后直线l′的方程为x－y＝0.
求曲线的极坐标方程
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．
求圆心为C(3，)，半径为3的圆的极坐标方程．
【解】 如图，设圆上任一点为P(ρ，θ)，则|OP|＝ρ，∠POA＝|θ－|，|OA|＝2×3＝6.
在Rt△POA中，
|OP|＝|OA|cos∠POA，
则ρ＝6cos(θ－)，
即圆的极坐标方程为 ρ＝6cos(θ－)．
已知定点A(a,0)，动点P对极点O和点A的张角∠OPA＝.在OP的延长线上取点Q，使|PQ|＝|PA|.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＝·sin(－θ)，
|PA|＝.又|OQ|＝|OP|＋|PA|，
∴ρ＝2acos(－θ)．
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的方程．它们之间的互化关系为：x＝ρcos θ，y＝ρsin θ；ρ2＝x2＋y2，tanθ＝(x≠0)．
⊙O1和⊙O2的极坐标方程分别为ρ＝4cos θ，ρ＝－4sin θ.
(1)把⊙O1和⊙O2的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)求经过⊙O1，⊙O2交点的直线的直角坐标方程．
【解】 以极点为原点，极轴为x轴正半轴，建立平面直角坐标系，两坐标系中取相同的长度单位．
(1)由ρ＝4cos θ，
得ρ2＝4ρcos θ，所以x2＋y2＝4x.
即x2＋y2－4x＝0为⊙O1的直角坐标方程，
同理x2＋y2＋4y＝0为⊙O2的直角坐标方程．
(2)由
解得
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.
转化与化归思想
转化与化归思想，是运用数学知识的迁移解决问题．具体表现为化未知为已知，化抽象为具体，化一般为特殊．如本章中直角坐标与极坐标，直角坐标方程与极坐标方程，都是这种思想的体现．当ρ≥0,0≤θ<2π时，极坐标方程与直角坐标方程的相互转化就是等价转化．
已知极坐标方程C1：ρ＝10，C2：ρsin(θ－)＝6，
(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．
【解】 (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．
由C2：ρsin(θ－)＝6，得
ρ(sin θ－cos θ)＝6.
∴y－x＝12，即x－y＋12＝0.
所以C2表示直线．
(2)由于圆心(0,0)到直线x－y＋12＝0的距离为
d＝＝6所以直线l被圆截得的弦长
|C1C2|＝2＝2＝16.综合检测(一)
第一讲 坐标系
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．将曲线y＝sin 2x按照伸缩变换后得到的曲线方程为( )
A．y＝3sin x B．y＝3sin 2x
C．y＝3sinx D．y＝sin 2x
【解析】 由伸缩变换，得x＝，y＝.
代入y＝sin 2x，有＝sin x′，即y′＝3sin x′.
∴变换后的曲线方程为y＝3sin x.
【答案】 A
2．有相距1 400 m的A、B两个观察站，在A站听到爆炸声的时间比在B站听到时间早4 s．已知当时声音速度为340 m/s，则爆炸点所在的曲线为( )
A．双曲线 B．直线
C．椭圆 D．抛物线
【解析】 设爆炸点为P，则|PB|－|PA|＝4×340<1 400 m，∴P点在以A、B为焦点的双曲线上．
【答案】 A
3．在极坐标系中，点(ρ，θ)与(－ρ，π－θ)的位置关系为( )
A．关于极轴所在直线对称
B．关于极点对称
C．重合
D．关于直线θ＝(ρ∈R)对称
【解析】 取ρ＝1，θ＝，可知关于极轴所在直线对称．
【答案】 A
4．在极坐标系中，点A(2，)与B(2，－)之间的距离为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 由A(2，)与B(2，－)，知∠AOB＝，
∴△AOB为等边三角形．因此|AB|＝2.
【答案】 B
5．(2013·新乡质检)极坐标方程4ρ·sin2＝5表示的曲线是( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一支 D．抛物线
【解析】 由4ρ·sin2＝4ρ·＝2ρ－2ρcos θ＝5，得方程为2－2x＝5，化简得y2＝5x＋.
∴该方程表示抛物线．
【答案】 D
6．直线ρcos θ＋2ρsin θ＝1不经过( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解析】 由ρcos θ＋2ρsin θ＝1，得x＋2y＝1，
∴直线x＋2y＝1，不过第三象限．
【答案】 C
7．点M的直角坐标为(，1，－2)，则它的球坐标为( )
A．(2，，) B．(2，，)
C．(2，，) D．(2，，)
【解析】 设M的球坐标为(r，φ，θ)，
则解得
【答案】 A
8．极坐标系中，直线2ρsin(θ＋)＝2＋，与圆ρ＝2sin θ的位置关系为( )
A．相离 B．相切
C．相交 D．以上都有可能
【解析】 直线2ρsin(θ＋)＝2＋与圆ρ＝2sin θ的直角坐标方程分别为x＋y＝＋1，x2＋(y－1)2＝1，
圆心C(0,1)到直线x＋y－(＋1)＝0的距离为d＝＝1，又r＝1，所以直线与圆相切．
【答案】 B
9．若点P的柱坐标为(2，，)，则P到直线Oy的距离为( )
A．1 B．2
C. D.
【解析】 由于点P的柱坐标为(ρ，θ，z)＝(2，，)，故点P在平面xOy内的射影Q到直线Oy的距离为ρcos ＝，可得P到直线Oy的距离为.
【答案】 D
10．圆ρ＝4cos θ的圆心到直线tan θ＝1的距离为( )
A. B.
C．2 D．2
【解析】 圆ρ＝4cos θ的圆心C(2,0)，
如右图，|OC|＝2，
在Rt△COD中，
∠ODC＝，∠COD＝，
∴|CD|＝.
即圆ρ＝4cos θ的圆心到直线tan θ＝1的距离为.
【答案】 B
11．设正弦曲线C按伸缩变换后得到曲线方程为y＝sin x，则正弦曲线C的周期为( )
A. B．π
C．2π D．4π
【解析】 由伸缩变换知3y＝sin x，
∴y＝sin x.
∴T＝＝4π.
【答案】 D
12．极坐标方程ρ＝2sin(θ＋)的图形是( )
【解析】 法一 圆ρ＝2sin(θ＋)是把圆ρ＝2sin θ绕极点按顺时针方向旋转而得，圆心的极坐标为(1，)，故选C.
法二 圆ρ＝2sin(θ＋)的直角坐标方程为(x－)2＋(y－)2＝1，圆心为(，)，半径为1，故选C.
【答案】 C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上)
13．极坐标系中，ρ≥0，过点(1,0)倾斜角为的射线的极坐标方程为________．
【解析】 设(ρ，θ)是射线上任意一点，
则ρcos θ＝1，且0≤θ<.
【答案】 ρcos θ＝1,0≤θ<
14．(2013·天津高考)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，)，则|CP|＝________.
【解析】 由ρ＝4cos θ可得x2＋y2＝4x，即(x－2)2＋y2＝4，因此圆心C的直角坐标为(2,0)．又点P的直角坐标为(2,2)，因此|CP|＝2.
【答案】 2
15．(2012·湖南高考)在极坐标系中，曲线C1：ρ(cos θ＋sin θ)＝1与曲线C2：ρ＝a(a>0)的一个交点在极轴上，则a＝________.
【解析】 ρ(cos θ＋sin θ)＝1，即ρcos θ＋ρsin θ＝1对应的普通方程为x＋y－1＝0，ρ＝a(a>0)对应的普通方程为x2＋y2＝a2.在x＋y－1＝0中，令y＝0，得x＝.将(，0)代入x2＋y2＝a2得a＝.
【答案】
16．(2012·陕西高考)直线2ρcos θ＝1与圆ρ＝2cos θ相交的弦长为________．
【解析】 直线2ρcos θ＝1可化为2x＝1，即x＝，圆ρ＝2cos θ两边同乘ρ得ρ2＝2ρcos θ，化为直角坐标方程是x2＋y2＝2x，
即(x－1)2＋y2＝1，其圆心为(1,0)，半径为1，
∴弦长为2×＝.
【答案】
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C变为曲线(x′－5)2＋(y′＋6)2＝1，求曲线C的方程，并判断其形状．
【解】 将代入(x′－5)2＋(y′＋6)2＝1，
得(2x－5)2＋(2y＋6)2＝1，
即(x－)2＋(y＋3)2＝，
故曲线C是以(，－3)为圆心，半径为的圆．
18．(本小题满分12分)(2013·洛阳模拟)已知直线的极坐标方程ρsin(θ＋)＝，求极点到直线的距离．
【解】 ∵ρsin(θ＋)＝，
∴ρsin θ＋ρcos θ＝1，
即直角坐标方程为x＋y＝1.
又极点的直角坐标为(0,0)，
∴极点到直线的距离d＝＝.
19．(本小题满分12分)(1)在极坐标系中，求以点(1,1)为圆心，半径为1的圆C的方程；
(2)将上述圆C绕极点逆时针旋转得到圆D，求圆D的方程．
【解】 (1)设M(ρ，θ)为圆上任意一点，如图，圆C过极点O，∠COM＝θ－1，
作CK⊥OM于K，则ρ＝|OM|＝2|OK|＝2cos(θ－1)，
∴圆C的极坐标方程为ρ＝2cos(θ－1)．
(2)将圆C：ρ＝2cos(θ－1)按逆时针方向旋转得到圆D：ρ＝2cos(θ－1－)，
即ρ＝－2sin(1－θ)．
图1
20．(本小题满分12分)如图1，正方体OABC－D′A′B′C′中，|OA|＝3，A′C′与B′D′相交于点P，分别写出点C、B′、P的柱坐标．
【解】 设点C的柱坐标为(ρ1，θ，z1)，
则ρ1＝|OC|＝3，θ1＝∠COA＝，z1＝0，
∴C的柱坐标为(3，，0)；
设点B′的柱坐标为(ρ2，θ2，z2)，则ρ2＝|OB|＝＝＝3，
θ2＝∠BOA＝，z2＝3，
∴B′的柱坐标为(3，，3)；
如图，取OB的中点E，连接PE，
设点P的柱坐标为(ρ3，θ3，z3)，则ρ3＝|OE|＝|OB|＝，θ3＝∠AOE＝，z3＝3，
点P的柱坐标为(，，3)．
21．(本小题满分12分)某一种大型商品，A、B两地都有出售，且价格相同，某地居民从两地之一购得商品后返回的费用是：每单位距离A地的运费是B地的运费的3倍，已知A、B两地的距离为10 km，顾客选择A或B地购买这种商品的标准是：运费和价格的总费用较低，求A、B两地的售货区域的分界线的曲线形状，并指出曲线上、曲线内、曲线外的居民应如何选择购贷地点？
【解】 以A、B所在的直线为x轴，AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．
∵|AB|＝10，
∴A(－5,0)，B(5,0)．设某地P的坐标为(x，y)，且P地居民选择A地购买商品便宜，并设A地的运费为3a元/km，则B地的运费为a元/km，
∵P地居民购货总费用满足条件：价格＋A地运费≤价格＋B地运费，
即有3a≤a，
∵a>0，
∴3≤，两边平方，得9(x＋5)2＋9y2≤(x－5)2＋y2，即(x＋)2＋y2≤()2，
∴以点C(－，0)为圆心，为半径的圆是两地购货的分界线，圆C内的居民从A地购货，圆C外的居民从B地购货，圆C上的居民可从A、B两地之一购货．
22．(本小题满分12分)在极坐标系中，极点为O，已知曲线C1：ρ＝2与曲线C2：ρsin(θ－)＝交于不同的两点A，B.
(1)求|AB|的值；
(2)求过点C(1,0)且与直线AB平行的直线l的极坐标方程．
【解】 (1)法一 ∵ρ＝2，∴x2＋y2＝4.
又∵ρsin(θ－)＝，∴y＝x＋2.
∴|AB|＝2＝2＝2.
法二 设A(ρ，θ1)，B(ρ，θ2)，θ1，θ2∈[0,2π)，
则sin(θ1－)＝，sin(θ2－)＝，
∵θ1，θ2∈[0,2π)，∴|θ1－θ2|＝，即∠AOB＝，
又|OA|＝|OB|＝2，∴|AB|＝2.
(2)法一 ∵曲线C2的斜率为1，∴过点(1,0)且与曲线C2平行的直线l的直角坐标方程为y＝x－1，
∴直线l的极坐标为ρsin θ＝ρcos θ－1，即ρcos(θ＋)＝.
法二 设点P(ρ，θ)为直线l上任一点，因为直线AB与极轴成的角，
则∠PCO＝或∠PCO＝，当∠PCO＝时
在△POC中，|OP|＝ρ，|OC|＝1，∠POC＝θ，∠PCO＝，∠OPC＝－θ，
由正弦定理可知：＝，
即ρsin(－θ)＝，
即直线l的极坐标方程为：ρsin(－θ)＝.
同理，当∠PCO＝极坐标方程也为ρsin(－θ)＝.
当P为点C时显然满足ρsin(－θ)＝.
综上，所求直线l的极坐标方程为ρsin(－θ)＝.
课件15张PPT。平面直角坐标系下图形的变换 求曲线的极坐标方程 极坐标与直角坐标的互化 转化与化归思想 新课标 数 学 选修4－4
一平面直角坐标系
课标解读
1.回顾在平面直角坐标系中刻画点的位置的方法，体会坐标系的作用并领会坐标法的应用．
2．了解在伸缩变换作用下平面图形的变化情况，掌握平面直角坐标系中的伸缩变换．
3．能够建立适当的直角坐标系解决数学问题.
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，从而实现了数与形的结合．
(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
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．
(1)在坐标伸缩变换的作用下，可以实现平面图形的伸缩，因此，平面图形的伸缩变换可以用坐标的伸缩变换来表示．
(2)在使用时，要注意点的对应性，即分清新旧：P′(x′，y′)是变换后的点的坐标，P(x，y)是变换前的点的坐标．
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．如何确定坐标平面内点的坐标？
【提示】 如图，过点P分别作x轴、y轴的垂线段PM、PN，垂足分别为M、N，则M的横坐标x与N的纵坐标y对应的有序实数对(x，y)即为点P的坐标．
3．如何理解点的坐标的伸缩变换？
【提示】 在平面直角坐标系中，变换φ将点P(x，y)变换到P′(x′，y′)．当λ>1时，是横向拉伸变换，当0<λ<1时，是横向压缩变换；当μ>1时，是纵向拉伸变换，当0<μ<1时，是纵向压缩变换.
运用坐标法解决平面几何问题
已知?ABCD，求证：|AC|2＋|BD|2＝2(|AB|2＋|AD|2)．
【思路探究】 从要证的结论，联想到两点间的距离公式(或向量模的平方)，因此首先建立坐标系，设出A，B，C，D点的坐标，通过计算，证明几何结论．
【自主解答】 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(，)，由对称性知D(b－a，c)，
所以|AB|2＝a2，|AD|2＝(b－a)2＋c2，
|AC|2＝b2＋c2，|BD|2＝(b－2a)2＋c2，
|AC|2＋|BD|2＝4a2＋2b2＋2c2－4ab
＝2(2a2＋b2＋c2－2ab)，
|AB|2＋|AD|2＝2a2＋b2＋c2－2ab，
∴|AC|2＋|BD|2＝2(|AB|2＋|AD|2)．
法二 (向量法)
在?ABCD中，＝＋，
两边平方得2＝||2＝2＋2＋2·，同理得2＝||2
＝2＋2＋2·，
以上两式相加，得
||2＋||2
＝2(||2＋||2)＋2·(＋)
＝2(||2＋||2)，
即|AC|2＋|BD|2＝2(|AB|2＋|AD|2)．
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．
已知△ABC中，点D在BC边上，且满足|BD|＝|CD|.
求证：|AB|2＋|AC|2＝2(|AD|2＋|BD|2)．
【证明】 法一 以A为坐标原点O，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.
则A(0,0)，设B(a,0)，C(b，c)，
则D(，)，
所以|AD|2＋|BD|2＝＋＋＋＝(a2＋b2＋c2)，
|AB|2＋|AC|2＝a2＋b2＋c2＝2(|AD|2＋|BD|2)．
法二 延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，CE，
则四边形ABEC为平行四边形，由平行四边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和得
|AE|2＋|BC|2＝2(|AB|2＋|AC|2)，
即(2|AD|)2＋(2|BD|)2＝2(|AB|2＋|AC|2)，所以|AB|2＋|AC|2＝2(|AD|2＋|BD|2)．
用坐标法解决实际问题
2012年2月27日，由甲导弹驱逐舰、乙导弹驱逐舰、丙综合补给舰组成的护航编队奔赴某海域执行护航任务，对商船进行护航．某日，甲舰在乙舰正东6千米处，丙舰在乙舰北偏西30°，相距4千米．某时刻甲舰发现商船的某种求救信号．由于乙、丙两舰比甲舰距商船远，因此4 s后乙、丙两舰才同时发现这一信号，此信号的传播速度为1 km/s.若甲舰赶赴救援，行进的方位角应是多少？
【思路探究】 本题求解的关键在于确定商船相对于甲舰的相对位置，因此不妨用点A、B、C表示甲舰、乙舰、丙舰，建立适当坐标系，求出商船与甲舰的坐标，问题可解．
【自主解答】
设A，B，C，P分别表示甲舰、乙舰、丙舰和商船．如图所示，
以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系，则A(3,0)，B(－3,0)，C(－5,2)．
∵|PB|＝|PC|，
∴点P在线段BC的垂直平分线上．
kBC＝－，线段BC的中点D(－4，)，
∴直线PD的方程为y－＝(x＋4)．①
又|PB|－|PA|＝4，
∴点P在以A，B为焦点的双曲线的右支上，
双曲线方程为－＝1(x≥2)．②
联立①②，解得P点坐标为(8,5)．
∴kPA＝＝.
因此甲舰行进的方位角为北偏东30°.
1．由于A、B、C的相对位置一定，解决问题的关键是：如何建系，将几何位置量化，根据直线与双曲线方程求解．
2．运用坐标法解决实际问题的步骤：建系→设点→列关系式(或方程)→求解数学结果→回答实际问题．
已知某荒漠上有两个定点A、B，它们相距2 km，现准备在荒漠上开垦一片以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的中垂线为y轴，建立直角坐标系，则点C的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．
易知点D也在此椭圆上，要使平行四边形ABCD面积最大，则C、D为此椭圆短轴的端点，此时，面积S＝2(km2)．
(2)因为修建农艺园的可能范围在椭圆＋＝1(y≠0)内，故暂不需要加固水沟的长就是直线l：y＝(x＋1)被椭圆截得的弦长，如图．
因此，由?13x2＋8x－32＝0，
那么弦长＝|x1－x2|
＝ ·＝，故暂不加固的部分长 km.
已知伸缩变换求点的坐标和曲线方程
在同一平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：
(1)求点A(，－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，)，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：x2－＝1经过φ变换后所得曲线C′的焦点坐标．
【思路探究】 (1)由伸缩变换求得x′，y′，即用x，y表示x′，y′；(2)(3)(4)将求得的x，y代入原方程得x′，y′间的关系．
【自主解答】 (1)设点A′(x′，y′)．
由伸缩变换φ：得到
又已知点A(，－2)．
于是x′＝3×＝1，y′＝×(－2)＝－1.
∴变换后点A′的坐标为(1，－1)．
(2)设B(x，y)，由伸缩变换φ：得到
由于B′(－3，)，
于是x＝×(－3)＝－1，y＝2×＝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
代入y＝6x得2y′＝6×(x′)，
所以y′＝x′，即y＝x为所求．
(4)设曲线C′上任意一点P′(x′，y′)，
将代入x2－＝1，
得－＝1，
化简得－＝1，
∴曲线C′的方程为－＝1.
∴a2＝9，b2＝16，c2＝25，
因此曲线C′的焦点F1(5,0)，F2(－5,0)．
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：，则点的坐标与曲线的方程的关系为
联系
类型
变换前
变换后
点P
(x，y)
(λx，μy)
曲线C
f(x，y)＝0
f(x′，y′)＝0
若将例题中第(4)题改为：如果曲线C经过φ变换后得到的曲线的方程为x2＝18y，那么能否求出曲线C的焦点坐标和准线方程？请说明理由．
【解】 设曲线C上任意一点M(x，y)，经过φ变换后对应点M′(x′，y′)．
由得 (*)
又M′(x′，y′)在曲线x2＝18y上，
∴x′2＝18y′ ①
将(*)代入①式得
(3x)2＝18×(y)．
即x2＝y为曲线C的方程．
可见仍是抛物线，其中p＝，抛物线x2＝y的焦点为F(0，)．准线方程为y＝－.
由条件求伸缩变换
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.
【思路探究】 区分原方程和变换后的方程设伸缩变换公式―→代入变换后的曲线方程―→与原曲线方程比较系数．
【自主解答】 将变换后的椭圆的方程＋＝1改写为＋＝1，
设伸缩变换为代入上式．
得＋＝1，即()2x2＋()2y2＝1.
与x2＋y2＝1比较系数，得
∴
所以伸缩变换为
因此，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，再将该椭圆的横坐标不变，纵坐标伸长到原来的2倍，得到椭圆＋＝1.
1．求满足图象变换的伸缩变换，实际上是让我们求出变换公式，将新旧坐标分清，代入对应的曲线方程，然后比较系数可得．
2．解题时，区分变换的前后方向是关键，必要时需要将变换后的曲线的方程改写成加注上(或下)标的未知数的方程形式．
在同一平面坐标系中，求一个伸缩变换使其将曲线y＝2sin变换为正弦曲线y＝sin x.
【解】 将变换后的曲线的方程y＝sin x改写为y′＝sin x′，
设伸缩变换为
代入y′＝sin x′，
∴μy＝sin λx，即y＝sin λx.
比较与原曲线方程的系数，知
∴
所以伸缩变换为
即先使曲线y＝2sin的点的纵坐标不变，将曲线上的点的横坐标缩短为原来的倍，得到曲线y＝2sin x；再将其横坐标不变，纵坐标缩短到原来的倍，得正弦曲线y＝sin x.
(教材第8页习题1.1，第5题)
在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C变为曲线x′2＋9y′2＝9，求曲线C的方程，并画出图象．
(2013·郑州调研)在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C变为曲线＋4y′2＝1，求曲线C的方程并画出图形．
【命题意图】 本题主要考查曲线与方程，以及平面直角坐标系中的伸缩变换．
【解】 设M(x，y)是曲线C上任意一点，变换后的点为M′(x′，y′)．
由且M′(x′，y′)在曲线＋4y′2＝1上，
得＋＝1，
∴x2＋y2＝4.
因此曲线C的方程为x2＋y2＝4，表示以O(0,0)为圆心，以2为半径的圆(如图所示).
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】 B
2．如何由正弦曲线y＝sin x经伸缩变换得到y＝sinx的图象( )
A．将横坐标压缩为原来的，纵坐标也压缩为原来的
B．将横坐标压缩为原来的，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
【解析】 y＝sin xy＝sinxy＝sinx.故选D.
【答案】 D
3．将点P(－2,2)变换为点P′(－6,1)的伸缩变换公式为( )
A. B.
C. D.
【解析】 将与代入到公式φ：中，有
∴
【答案】 C
4．将圆x2＋y2＝1经过伸缩变换后的曲线方程为________．
【解析】 由得
代入到x2＋y2＝1，得＋＝1.
∴变换后的曲线方程为＋＝1.
【答案】 ＋＝1
(时间40分钟，满分60分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．动点P到直线x＋y－4＝0的距离等于它到点M(2,2)的距离，则点P的轨迹是( )
A．直线 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
【解析】 ∵M(2,2)在直线x＋y－4＝0上，
∴点P的轨迹是过M与直线x＋y－4＝0垂直的直线．
【答案】 A
2．若△ABC三个顶点的坐标分别是A(1,2)，B(2,3)，C(3,1)，则△ABC的形状为( )
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．钝角三角形
【解析】 |AB|＝＝，
|BC|＝＝，
|AC|＝＝，
|BC|＝|AC|≠|AB|，△ABC为等腰三角形．
【答案】 A
3．在同一平面直角坐标系中，将曲线y＝cos 2x按伸缩变换后为( )
A．y＝cos x B．y＝3cosx
C．y＝2cosx D．y＝cos 3x
【解析】 由得
代入y＝cos 2x，
得＝cos x′.
∴y′＝cos x′，即曲线y＝cos x.
【答案】 A
4．将直线x＋y＝1变换为直线2x＋3y＝6的一个伸缩变换为( )
A. B.
C. D.
【解析】 设伸缩变换为
由(x′，y′)在直线2x＋3y＝6上，
∴2x′＋3y′＝6，则2λx＋3μy＝6.
因此x＋y＝1，与x＋y＝1比较，
∴＝1且＝1，故λ＝3且μ＝2.
所求的变换为
【答案】 A
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．若点P(－2 012,2 013)经过伸缩变换后的点在曲线x′y′＝k上，则k＝________.
【解析】 ∵P(－2 012,2 013)经过伸缩变换得
代入x′y′＝k，
得k＝x′y′＝－1.
【答案】 －1
6．△ABC中，若BC的长度为4，中线AD的长为3，则A点的轨迹是________．
【解析】 取B、C所在直线为x轴，线段BC的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则B(－2,0)、C(2,0)、D(0,0)．
设A(x，y)，则|AD|＝.注意到A、B、C三点不能共线，化简即得轨迹方程：x2＋y2＝9(y≠0)．
【答案】 以BC的中点为圆心，半径为3的圆(除去直线BC与圆的两个交点)
三、解答题(每小题10分，共30分)
7．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后的图形．
(1)x2－y2＝1；
(2)＋＝1.
【解】 由伸缩变换
得①
(1)将①代入x2－y2＝1得9x′2－4y′2＝1，
因此，经过伸缩变换后，双曲线x2－y2＝1变成双曲线9x′2－4y′2＝1，如图(1)所示．
(2)将①代入＋＝1得x′2＋＝1，因此，经过伸缩变换后，椭圆＋＝1变成椭圆x2＋＝1，如图(2)所示．
8．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＋y2＝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＝＝20.
求得|MN|＝2＝20(km)，故＝1，
所以城市B处于危险区的时间为1 h.
9.
图1－1－1
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1－1－1，航天器运行(按顺时针方向)的轨迹方程为＋＝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，)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＝ax2＋.
因为D(8,0)在抛物线上，∴a＝－.
∴曲线方程为y＝－x2＋.
(2)设变轨点为C(x，y)．
根据题意可知
得4y2－7y－36＝0，
解得y＝4或y＝－(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|＝2，|BC|＝4.
所以当观测点A、B测得离航天器的距离分别为2、4时，应向航天器发出变轨指令．
教师备选
10．已知A(－1,0)，B(1,0)，圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝4，在圆C上是否分别存在一点P，使|PA|2＋|PB|2取得最小值与最大值？若存在，求出点P的坐标及相应的最值；若不存在，请说明理由．
【解】 假设圆C上分别存在一点P使|PA|2＋|PB|2取得最小值和最大值，则由三角形的中线与边长的关系式得|PA|2＋|PB|2＝2(|PO|2＋|AO|2)＝2|PO|2＋2，
可见，当|PO|分别取得最小值和最大值时，相应地|PA|2＋|PB|2分别取得最小值与最大值．
设直线OC分别交圆C于P1，P2，
则|P1O|最小，|P2O|最大，如图所示．
由已知条件得|OC|＝＝5，r＝2，
于是|P1O|＝|OC|－r＝5－2＝3，
|P2O|＝|OC|＋r＝5＋2＝7，
所以|PA|2＋|PB|2的最小值为2×32＋2＝20，
最大值为2×72＋2＝100.
下面求P1，P2的坐标：
直线OC的方程为y＝x，
由
消去y并整理得25x2－150x＋9×21＝0，
∴(5x－9)(5x－21)＝0，
解得x1＝，x2＝，
∴或
∴P1(，)，P2(，)为所求．
课件55张PPT。坐标(有序 实数对) 方程 数与形 特征 方程 方程 性质 与其他几何图形的关系 λ·x μ·y 运用坐标法解决平面几何问题 用坐标法解决实际问题 已知伸缩变换求点的坐标和曲线方程 由条件求伸缩变换 课时作业（一）二极坐标系
课标解读
1.理解极坐标系的概念．
2．能在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，体会在极坐标系和平面直角坐标系中刻画点的位置的区别．
3．掌握极坐标和直角坐标的互化关系式，能进行极坐标和直角坐标的互化.
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＋2kπ)(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，平面内的点可用惟一的极坐标(ρ，θ)表示；同时，极坐标(ρ，θ)表示的点也是惟一确定的．
图1－2－1
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1－2－1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：
点M
直角坐标(x，y)
极坐标(ρ，θ)
互化公式
ρ2＝x2＋y2
tan θ＝(x≠0)
1．极坐标系与平面直角坐标系有什么区别和联系？
【提示】 极坐标系以角这一平面图形为几何背景，而直角坐标系以互相垂直的两条数轴为几何背景；平面直角坐标系内的点与坐标能建立一一对应的关系，而极坐标系则不可．但极坐标系和平面直角坐标系都是平面坐标系，用来研究平面内点与距离等有关问题．
2．由极坐标的意义可判断平面上点的极坐标惟一吗？
【提示】 平面上点的极坐标不是惟一的．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＝，cos θ＝，
所以x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，ρ2＝x2＋y2，tan θ＝(x≠0).
确定极坐标系中点的坐标
设点A(2，)，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)．
【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B(2，－)．
关于直线l的对称点为C(2，π)．
关于极点O的对称点为D(2，－π)．
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．
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．
(2013·漯河质检)在极坐标系中与点A(3，－)关于极轴所在的直线对称的点的极坐标是( )
A．(3，π) B．(3，)
C．(3，π) D．(3，π)
【解析】 与点A(3，－)关于极轴所在的直线对称的点的极坐标可以表示为(3,2kπ＋)(k∈Z)．
【答案】 B
将点的极坐标化为直角坐标
写出下列各点的直角坐标，并判断所表示的点在第几象限．
(1)(2，)；(2)(2，π)；(3)(2，－)；(4)(2，－2)．
【思路探究】 点的极坐标(ρ，θ)―→―→点的直角坐标(x，y)―→判定点所在象限．
【自主解答】 (1)由题意知x＝2cos＝2×(－)＝－1，y＝2sin＝2×(－)＝－.
∴点(2，)的直角坐标为(－1，－)，是第三象限内的点．
(2)x＝2cos π＝－1，y＝2sin π＝，
∴点(2，π)的直角坐标为(－1，)，是第二象限内的点．
(3)x＝2cos(－)＝1，y＝2sin(－)＝－，
∴点(2，－)的直角坐标为(1，－)，是第四象限内的点．
(4)x＝2cos (－2)＝2cos 2，y＝2sin(－2)＝－2sin 2.
∴点(2，－2)的直角坐标为(2cos 2，－2sin 2)，是第三象限内的点．
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．
分别把下列点的极坐标化为直角坐标：
(1)(2，)；(2)(3，)；(3)(π，π)．
【解】 (1)∵x＝ρcos θ＝2cos＝，
y＝ρsin θ＝2sin＝1.
∴点的极坐标(2，)化为直角坐标为(，1)．
(2)∵x＝ρcos θ＝3cos＝0，
y＝ρsin θ＝3sin＝3.
∴点的极坐标(3，)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).
将点的直角坐标化为极坐标
分别把下列点的直角坐标化为极坐标(限定ρ≥0,0≤θ<2π)．
(1)(－2,2)；(2)(，－)；(3)(，)．
【思路探究】 利用公式ρ2＝x2＋y2，tan θ＝(x≠0)，但求角θ时，要注意点所在的象限．
【自主解答】 (1)∵ρ＝＝＝4，
tan θ＝＝－，θ∈[0,2π)，
由于点(－2,2)在第二象限，
∴θ＝.
∴点的直角坐标(－2,2)化为极坐标为(4，π)．
(2)∵ρ＝＝＝2，
tan θ＝＝－，θ∈[0,2π)，
由于点(，－)在第四象限，
∴θ＝.
∴点的直角坐标(，－)化为极坐标为(2，)．
(3)∵ρ＝＝＝，tan θ＝＝1，θ∈[0,2π)．
由于点(，)在第一象限，
∴θ＝.
∴点的直角坐标(，)化为极坐标为(，)．
1．将直角坐标(x，y)化为极坐标(ρ，θ)，主要利用公式ρ2＝x2＋y2，tan θ＝(x≠0)进行求解，先求极径，再求极角．
2．在[0,2π)范围内，由tan θ＝(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＋2kπ(k∈Z)即可．
(1)例3中，如果限定ρ>0，θ∈R，分别求各点的极坐标；
(2)如果点的直角坐标(x，y)满足xy<0，那么在限定ρ>0，θ∈R的情况下转化为点的极坐标时，试探究θ的取值范围．
【解】 (1)根据与角α终边相同的角为α＋2kπ(k∈Z)知，点的直角坐标化为极坐标(ρ>0，θ∈R)分别如下：
(－2,2)的极坐标为(4，＋2kπ)(k∈Z)．
(，－)的极坐标为(2，π＋2kπ)(k∈Z)，(，)的极坐标为(，＋2kπ)(k∈Z)．
(2)由xy<0得x<0，y>0或x>0，y<0.
所以(x，y)可能在第二象限或第四象限．
把直角坐标(x，y)化为极坐标(ρ，θ)，ρ>0，θ∈R时，θ的取值范围为(＋2kπ，π＋2kπ)∪(＋2kπ，2π＋2kπ)(k∈Z).
极坐标与直角坐标的综合应用
在极坐标系中，如果A(2，)，B(2，)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)．
【思路探究】 解答本题可以先利用极坐标化为直角坐标，再根据等边三角形的定义建立方程组求解点C的直角坐标，进而求出点C的极坐标．
【自主解答】 对于点A(2，)有ρ＝2，θ＝，
∴x＝2cos＝，y＝2sin＝，则A(，)．
对于B(2，π)有ρ＝2，θ＝π，
∴x＝2cosπ＝－，y＝2sinπ＝－.
∴B(－，－)．
设C点的坐标为(x，y)，由于△ABC为等边三角形，
故|AB|＝|BC|＝|AC|＝4.
∴有
解之得或
∴C点的坐标为(，－)或(－，)．
∴ρ＝＝2，tan θ＝＝－1，
∴θ＝π或θ＝π.
故点C的极坐标为(2，π)或(2，π)．
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，请读者完成．
本例中，如果点的极坐标仍为A(2，)，B(2，)，且△ABC为等腰直角三角形，如何求直角顶点C的极坐标．
【解】 对于点A(2，)，直角坐标为(，)，点B(2，)的直角坐标为(－，－)，
设点C的直角坐标为(x，y)，由题意得AC⊥BC，且|AC|＝|BC|，
∴·＝0，
即(x－，y－)·(x＋，y＋)＝0，
∴x2＋y2＝4. ①
又|A|2＝|B|2，于是(x－)2＋(y－)2
＝(x＋)2＋(y＋)2，
∴y＝－x，代入①，得x2＝2，解得x＝±.
∴或
∴点C的直角坐标为(，－)或(－，)，
∴ρ＝＝2，tan θ＝－1，θ＝或，
∴点C的极坐标为(2，)或(2，)．
(教材第12页习题1.2，第5题)
已知点的直角坐标分别为(3，)，(0，－)，(，0)，(－2，－2)，求它们的极坐标．
(2013·大连质检)已知点P在第三象限角的平分线上，且到横轴的距离为2，则当ρ>0，θ∈[0,2π)时，点P的极坐标为________．
【命题意图】 主要考查直角坐标与极坐标的互化．
【解析】 ∵点P(x，y)在第三象限角的平分线上，且到横轴的距离为2.
∴x＝－2，且y＝－2.
∴ρ＝＝2，
又tan θ＝＝1，且θ∈[0,2π)．
∴θ＝π.
因此点P的极坐标为(2，π)．
【答案】 (2，π)
1．极坐标系中，点M(1,0)关于极点的对称点为( )
A．(1,0) B．(－1，π)
C．(1，π) D．(1,2π)
【解析】 ∵(ρ，θ)关于极点的对称点为(ρ，π＋θ)，
∴M(1,0)关于极点的对称点为(1，π)．
【答案】 C
2．点A的极坐标是(2，)，则点A的直角坐标为( )
A．(－1，－) B．(－，1)
C．(－，－1) D．(，－1)
【解析】 x＝ρcos θ＝2cosπ＝－，
y＝ρsin θ＝2sinπ＝－1.
【答案】 C
3．点M的直角坐标为(0，)，则点M的极坐标可以为( )
A．(，0) B．(0，)
C．(，) D．(，－)
【解析】 ∵ρ＝＝，且θ＝，
∴M的极坐标为(，)．
【答案】 C
4．将极轴Ox绕极点顺时针方向旋转得到射线OP，在OP上取点M，使|OM|＝2，则ρ>0，θ∈[0,2π)时点M的极坐标为________，它关于极轴的对称点的极坐标为________(ρ>0，θ∈[0,2π))．
【解析】 ρ＝|OM|＝2，与OP终边相同的角为－＋2kπ(k∈Z)．
∵θ∈[0,2π)，∴k＝1，θ＝，∴M(2，)，
∴M关于极轴的对称点为(2，)．
【答案】 (2，) (2，)
(时间40分钟，满分60分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．下列各点中与(2，)不表示极坐标系中同一个点的是( )
A．(2，－π) B．(2，π)
C．(2，π) D．(2，π)
【解析】 与极坐标(2，)相同的点可以表示为(2，＋2kπ)(k∈Z)，只有(2，π)不适合．
【答案】 C
2．将点的极坐标(π，－2π)化为直角坐标为( )
A．(π，0) B．(π，2π)
C．(－π，0) D．(－2π，0)
【解析】 x＝πcos(－2π)＝π，y＝πsin(－2π)＝0，
所以点的极坐标(π，－2π)化为直角坐标为(π，0)．
【答案】 A
3．在极坐标系中，已知A(2，)、B(6，－)，则OA、OB的夹角为( )
A. B．0
C. D.
【解析】 如图所示，夹角为.
【答案】 C
4．在平面直角坐标系xOy中，点P的直角坐标为(1，－)．若以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则点P的极坐标可以是( )
A．(2，－) B．(2，)
C．(1，－) D．(2，－)
【解析】 极径ρ＝＝2，极角θ满足tan θ＝＝－，
∵点(1，－)在第四象限，所以θ＝－.
【答案】 A
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．平面直角坐标系中，若点P(3，)经过伸缩变换后的点为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，)经过伸缩变换后的点为Q(6，)，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 |＝3.
【答案】 3
6．极坐标系中，点A的极坐标是(3，)，则
(1)点A关于极轴的对称点的极坐标是________；
(2)点A关于极点的对称点的极坐标是________；
(3)点A关于过极点且垂直于极轴的直线的对称点的极坐标是________．(本题中规定ρ>0，θ∈[0,2π))
【解析】 点A(3，)关于极轴的对称点的极坐标为(3，)；点A关于极点的对称点的极坐标为(3，)；点A关于过极点且垂直于极轴的直线的对称点的极坐标为(3，)．
【答案】 (1)(3，) (2)(3，) (3)(3，)
三、解答题(每小题10分，共30分)
7．已知点P的直角坐标按伸缩变换变换为点P′(6，－3)，限定ρ>0,0≤θ<2π时，求点P的极坐标．
【解】 设点P的直角坐标为(x，y)，由题意得解得
∴点P的直角坐标为(3，－)，
ρ＝＝2，tan θ＝，
∵0≤θ<2π，点P在第四象限，
∴θ＝，
∴点P的极坐标为(2，)．
8．(1)已知点的极坐标分别为A(3，－)，B(2，)，C(，π)，D(－4，)，求它们的直角坐标．
(2)已知点的直角坐标分别为A(3，)，B(0，－)，C(－2，－2)，求它们的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π)．
【解】 (1)根据x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，得A(，－)，B(－1，)，C(－，0)，D(0，－4)
(2)根据ρ2＝x2＋y2，tan θ＝得A(2，)，B(，)，C(4，)．
9．在极坐标系中，已知△ABC的三个顶点的极坐标分别为A(2，)，B(2，π)，C(2，)．
(1)判断△ABC的形状；
(2)求△ABC的面积．
【解】 (1)如图所示，由A(2，)，B(2，π)，C(2，)得|OA|＝|OB|＝|OC|＝2，
∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝.
∴△AOB≌△BOC≌△AOC，
∴AB＝BC＝CA，
故△ABC为等边三角形．
(2)由上述可知，
AC＝2OAsin＝2×2×＝2.
∴S△ABC＝×(2)2＝3(面积单位)．
教师备选
10．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＝，∠OAC＝，得|AC|＝300 m，|OA|＝300 m，又|AB|＝|BC|，所以|AB|＝150 m.
同理，得|OE|＝2|OG|＝300 m，
所以各点的极坐标分别为O(0,0)，A(300，0)，C(600，)，D(300，)，E(300，)，F(300，π)，G(150，π)．
课件42张PPT。极点 极轴 长度单位 正方向 极径 极角 (ρ，θ) M(ρ，θ) 任意实数 (ρ，θ＋2kπ)(k∈Z) 0≤θ<2π 极点 惟一 惟一 极点 极轴 长度单位 ρcos θ ρsin θ x2＋y2 确定极坐标系中点的坐标 将点的极坐标化为直角坐标 将点的直角坐标化为极坐标 极坐标与直角坐标的综合应用 课时作业（二）三简单曲线的极坐标方程
课标解读
1.了解极坐标方程的意义，了解曲线的极坐标方程的求法．
2．会进行曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化；了解简单图形(如过极点的直线、过极点或圆心在极点的圆)表示的极坐标方程．
3．能够运用直线和圆的极坐标方程解决问题.
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
曲 线
图 形
极坐标方程
圆心在极点，半径为r的圆
ρ＝r(0≤θ<2π)
圆心为(r,0)，半径为r的圆
ρ＝2rcos_θ
(－≤θ≤)
圆心为(r，)，半径为r的圆
ρ＝2rsin_θ
(0≤θ<π)
过极点，倾斜角为α的直线
θ＝α或θ＝α＋π
过点(a,0)，与极轴垂直的直线
ρcos_θ＝a
(－<θ<)
过点(a，)，与极轴平行的直线
ρsin_θ＝a
(0<θ<π)
1．曲线的极坐标方程是否惟一？
【提示】 由于平面上点的极坐标的表示形式不惟一，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惟一．
2．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，
∴ρ2＋ρ－2ρρ1cos(θ－θ1)＝r2，可以检验，当O、C、M三点共线时的点M的坐标也适合上式，当θ<θ1时也满足该式，所以半径为r，圆心在C(ρ1，θ1)的圆的极坐标方程为ρ2＋ρ－2ρρ1cos(θ－θ1)－r2＝0.
圆的极坐标方程
求圆心在C(2，)处并且过极点的圆的极坐标方程，并判断点(－2，sin)是否在这个圆上．
【思路探究】 解答本题先设圆上任意一点M(ρ，θ)，建立等式转化为ρ，θ的方程，化简可得，并检验特殊点．
【自主解答】
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＝2rcos(－θ)，
∴ρ＝－4sin θ，
经验证，点O(0,0)，A(4，)的坐标满足上式．
∴满足条件的圆的极坐标方程为ρ＝－4sin θ.
∵sin＝，
∴ρ＝－4sin θ＝－4sin＝－2，
∴点(－2，sin)在此圆上．
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．
(2012·江西高考)曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝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x2＋y2－2x＝0可化为x2＋y2＝2x，将ρ2＝x2＋y2，x＝ρcos θ代入整理得ρ＝2cos θ.
【答案】 ρ＝2cos θ
直线或射线的极坐标方程
求过点A(1,0)，且倾斜角为的直线的极坐标方程．
【思路探究】 画出草图―→设点M(ρ，θ)是直线上的任意一点―→建立关于ρ，θ的方程检验
【自主解答】
法一 设M(ρ，θ)为直线上除点A以外的任意一点．
则∠xAM＝，∠OAM＝，
∠OMA＝－θ.
在△OAM中，由正弦定理得
＝，
即＝，
故ρsin(－θ)＝，
即ρ(sincos θ－cossin θ)＝，
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，
所以满足条件的直线的极坐标方程为
ρ(cos θ－sin θ)＝1，
其中，0≤θ<，ρ≥0和<θ<2π，ρ≥0.
法二 以极点O为直角坐标原点，极轴为x轴，建立平面直角坐标系xOy.
∵直线的斜率k＝tan＝1，
∴过点A(1,0)的直线方程为y＝x－1.
将y＝ρsin θ，x＝ρcos θ代入上式，得ρsin θ＝ρcos θ－1，
∴ρ(cos θ－sin θ)＝1，
其中，0≤θ<，ρ≥0和<θ<2π，ρ≥0.
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．
若本例中条件不变，如何求以A为端点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(－θ)＝，
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<)．
极坐标方程与直角坐标方程的互化
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－)＝0与曲线C相交于A、B，求|AB|.
【思路探究】 利用极坐标化为直角坐标的公式将直线和圆的极坐标方程化为直角坐标方程求解．
【自主解答】 (1)因为
所以ρ2＝x2＋y2，
由ρ＝2sin θ＋4cos θ，得ρ2＝2ρsin θ＋4ρcos θ
∴x2＋y2－4x－2y＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝5.
(2)由ρsin(θ－)＝0，
得ρ(sin θ－cos 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＝，圆心(2,1)到直线x－y＝0的距离为d＝＝，
∴|AB|＝2＝3.
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．
(2013·北京高考)在极坐标系中，点(2，)到直线ρsin θ＝2的距离等于________．
【解析】 极坐标系中点(2，)对应的直角坐标为(，1)．极坐标系中直线ρsin θ＝2对应直角坐标系中直线y＝2.故所求距离为1.
【答案】 1
极坐标方程的应用
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．
【思路探究】 建立点P的极坐标方程，完成直角坐标与极坐标方程的互化，根据直线与圆的位置关系，数形结合求|RP|的最小值．
【自主解答】 (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x2＋y2＝3x，
即(x－)2＋y2＝()2，
知P的轨迹是以(，0)为圆心，半径为的圆．
直线l的直角坐标方程是x＝4.
结合图形易得|RP|的最小值为1.
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．
过极点O作圆C：ρ＝8cos θ的弦ON，求ON的中点M的轨迹方程．
【解】 法一 如图，圆心C(4,0)，半径r＝|OC|＝4，连接CM.
∵M为弦ON的中点，
∴CM⊥ON，故M在以OC为直径的圆上．
所以，动点M的轨迹方程是ρ＝4cos θ.
法二 设M点的坐标是(ρ，θ)，N(ρ1，θ1)．
N点在圆ρ＝8cos θ上，∴ρ1＝8cos θ1. ①
∵M是ON的中点，
∴
将它代入①式得2ρ＝8cos θ，
故M的轨迹方程是ρ＝4cos θ.
(教材第15页习题1.3，第5题)
已知直线的极坐标方程为ρsin(θ＋)＝，求点A(2，π)到这条直线的距离．
(2013·安徽高考)在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ的垂直于极轴的两条切线方程分别为( )
A．θ＝0(ρ∈R)和ρcos θ＝2
B．θ＝(ρ∈R)和ρcos θ＝2
C．θ＝(ρ∈R)和ρcos θ＝1
D．θ＝0(ρ∈R)和ρcos θ＝1
【命题意图】 考查极坐标方程与直角坐标方程之间的转化，圆的方程及其切线的求解．通过极坐标方程和直角坐标方程之间的转化考查了知识的转化能力、运算求解能力和转化应用意识．
【解析】 由ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ，化为直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0，即(x－1)2＋y2＝1，其垂直于极轴的两条切线方程为x＝0和x＝2，相应的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)和ρcos θ＝2.
【答案】 B
1．(2013·安阳质检)下列点不在曲线ρ＝cos θ上的是( )
A．(，) B．(－，)
C．(，－) D．(，－)
【解析】 点(，－π)的极坐标满足ρ＝，θ＝－π，且ρ≠cos θ＝cos(－π)＝－.
【答案】 D
2．圆心在(1,0)且过极点的圆的极坐标方程为( )
A．ρ＝1 B．ρ＝cos θ
C．ρ＝2cos θ D．ρ＝2sin θ
【解析】 圆的直角坐标方程是(x－1)2＋y2＝1，将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入上式，整理得，ρ＝2cos θ，即为此圆的极坐标方程．
【答案】 C
3．极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是( )
A．两个圆
B．两条直线
C．一个圆和一条射线
D．一条直线和一条射线
【解析】 由题设，得ρ＝1，或θ＝π，
ρ＝1表示圆，θ＝π(ρ≥0)表示一条射线．
【答案】 C
4．已知曲线C1，C2的极坐标方程分别为ρcos θ＝3，ρ＝4cos θ(ρ≥0,0≤θ<)，则曲线C1与C2交点的极坐标为________．
【解析】 由ρcos θ＝3，ρ＝4cos θ，得4cos2 θ＝3.
又0≤θ<，则cos θ>0.
∴cos θ＝，θ＝，故ρ＝2.
∴两曲线交点的极坐标为(2，)．
【答案】 (2，)
(时间40分钟，满分60分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．极坐标方程ρ＝cos(－θ)表示的曲线是( )
A．双曲线 B．椭圆
C．抛物线 D．圆
【解析】 ρ＝cos(－θ)＝cos cos θ＋sin sin θ＝cos θ＋sin θ，∴ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，即x2＋y2＝x＋y.
化简整理，得(x－)2＋(y－)2＝，表示圆．
【答案】 D
2．(2013·三门峡质检)过极点倾斜角为的直线的极坐标方程可以为( )
A．θ＝ B．θ＝，ρ≥0
C．θ＝，ρ≥0 D．θ＝和θ＝，ρ≥0
【解析】 以极点O为端点，所求直线上的点的极坐标分成两条射线．
∵两条射线的极坐标方程为θ＝和θ＝π.
∴直线的极坐标方程为θ＝和θ＝π(ρ≥0)．
【答案】 D
3．在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( )
A．(1，) B．(1，－)
C．(1,0) D．(1，π)
【解析】 由ρ＝－2sin θ得ρ2＝－2ρsin θ，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(1，－)．
【答案】 B
4．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＝ B．ρcos θ＝2
C．ρ＝4sin(θ＋) D．ρ＝4sin(θ－)
【解析】 极坐标方程ρ＝4sin θ化为ρ2＝4ρsin θ，即x2＋y2＝4y，即x2＋(y－2)2＝4.
由所给的选项中ρcos θ＝2知，x＝2为其对应的直角坐标方程，该直线与圆相切．
【答案】 B
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．(2013·鹤壁调研)点Q是圆ρ＝4cos θ上的一点，当Q在圆上移动时，OQ(O是极点)中点P的轨迹的极坐标方程是________．
【解析】 ρ＝4cos θ是以(2,0)为圆心，半径为2的圆，则P的轨迹是以(1,0)为圆心，半径为1的圆，所以极坐标方程是ρ＝2cos θ.
【答案】 ρ＝2cos θ
6．(2012·安徽高考)在极坐标系中，圆ρ＝4sin θ的圆心到直线θ＝(ρ∈R)的距离是________．
【解析】 极坐标系中的圆ρ＝4sin θ转化为平面直角坐标系中的一般方程为：x2＋y2＝4y，即x2＋(y－2)2＝4，其圆心为(0,2)，直线θ＝转化为平面直角坐标系中的方程为y＝x，即x－3y＝0.
∴圆心(0,2)到直线x－3y＝0的距离为＝.
【答案】
三、解答题(每小题10分，共30分)
7．(2012·江苏高考)在极坐标系中，已知圆C经过点P(，)，圆心为直线ρsin(θ－)＝－与极轴的交点，求圆C的极坐标方程．
【解】 在ρsin(θ－)＝－中，令θ＝0，得ρ＝1，
所以圆C的圆心坐标为(1,0)，
因为圆C经过点P(，)，
所以圆C的半径PC＝＝1，于是圆C过极点，
所以圆C的极坐标方程为ρ＝2cos θ.
8．在直角坐标系xOy中，以O为极点，x正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρcos(θ－)＝1，M，N分别为C与x轴，y轴的交点．
(1)写出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(θ－)＝1，
得ρ(cos θ＋sin θ)＝1.
又x＝ρcos θ，y＝ρsin θ.
∴曲线C的直角坐标方程为＋y＝1，
即x＋y－2＝0.
当θ＝0时，ρ＝2，∴点M(2,0)．
当θ＝时，ρ＝，∴点N(，)．
(2)由(1)知，M点的坐标(2,0)，点N的坐标(0，)．
又P为MN的中点，
∴点P(1，)，则点P的极坐标为(，)．
所以直线OP的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)．
9．在极坐标系中，P是曲线ρ＝12sin θ上的一动点，Q是曲线ρ＝12cos(θ－)上的动点，试求|PQ|的最大值．
【解】 ∵ρ＝12sin θ，
∴ρ2＝12ρsin θ，
∴x2＋y2－12y＝0，即x2＋(y－6)2＝36.
又∵ρ＝12cos(θ－)，
∴ρ2＝12ρ(cos θcos＋sin θsin)，
∴x2＋y2－6x－6y＝0，
∴(x－3)2＋(y－3)2＝36.
∴|PQ|max＝6＋6＋＝18.
教师备选
10．(2012·大连模拟)在极坐标系中，O为极点，已知圆C的圆心为(2，)，半径r＝1，P在圆C上运动。
(1)求圆C的极坐标方程；
(2)在直角坐标系(与极坐标系取相同的长度单位，且以极点O为原点，以极轴为x轴正半轴)中，若Q为线段OP的中点，求点Q轨迹的直角坐标方程．
【解】 (1)设圆C上任一点坐标为(ρ，θ)，由余弦定理得12＝ρ2＋22－2·2ρcos(θ－)，
所以圆的极坐标方程为ρ2－4ρcos(θ－)＋3＝0.
(2)设Q(x，y)，则P(2x,2y)，由于圆C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－)2＝1，P在圆C上，所以(2x－1)2＋(2y－)2＝1，则Q的直角坐标方程为
(x－)2＋(y－)2＝.
课件39张PPT。点的坐标 坐标的点 f(ρ，θ)＝0 f(ρ，θ)＝0 f(ρ，θ) ρ＝r ρ＝2rcos θ ρ＝2rsin θ θ＝α或θ＝α＋π ρcos θ＝a ρsin θ＝a圆的极坐标方程 直线或射线的极坐标方程 极坐标方程与直角坐标方程的互化 极坐标方程的应用 课时作业（三）四柱坐标系与球坐标系简介
课标解读
1.了解柱坐标系、球坐标系的意义，能用柱坐标系、球坐标系刻画简单问题中的点的位置．
2．知道柱坐标、球坐标与空间直角坐标的互化关系与公式，并用于解题.
1．柱坐标系
图1－4－1
如图1－4－1所示，建立空间直角坐标系Oxyz.设P是空间任意一点．它在Oxy平面上的射影为Q，用(ρ，θ)(ρ≥0,0≤θ<2π)表示点Q在平面Oxy上的极坐标，这时点P的位置可用有序数组(ρ，θ，z)(z∈R)表示．建立了空间的点与有序数组(ρ，θ，z)之间的一种对应关系，把建立上述对应关系的坐标系叫做柱坐标系，有序数组(ρ，θ，z)叫做点P的柱坐标，记作P(ρ，θ，z)，其中ρ≥0,0≤θ<2π，z∈R.
2．球坐标系
图1－4－2
建立如图1－4－2所示的空间直角坐标系Oxyz.设P是空间任意一点，连接OP，记|OP|＝r，OP与Oz轴正向所夹的角为φ.设P在Oxy平面上的射影为Q，Ox轴按逆时针方向旋转到OQ时所转过的最小正角为θ.这样点P的位置就可以用有序数组(r，φ，θ)表示．这样，空间的点与(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球坐标系(或空间极坐标系)．
有序数组(r，φ，θ)叫做点P的球坐标，记做P(r，φ，θ)，其中r≥0,0≤φ≤π，0≤θ＜2π)．
3．空间直角坐标与柱坐标的转化
空间点P(x，y，z)与柱坐标(ρ，θ，z)之间的变换公式为
4．空间直角坐标与球坐标的关系
空间点P(x，y，z)与球坐标(r，φ，θ)之间的变换公式为
1．要刻画空间一点的位置，就距离和角的个数来说有什么限制？
【提示】 空间点的坐标都是三个数值，其中至少有一个是距离．
2．在柱坐标系中，方程ρ＝1表示空间中的什么曲面？在球坐标系中，方程r＝1分别表示空间中的什么曲面？
【提示】 ρ＝1表示以z轴为中心，以1为半径的圆柱面；球坐标系中，方程r＝1表示球心在原点的单位球面．
3．空间直角坐标系、柱坐标系和球坐标系的联系和区别有哪些？
【提示】 (1)柱坐标系和球坐标系都是以空间直角坐标系为背景，柱坐标系中一点在平面xOy内的坐标是极坐标，竖坐标和空间直角坐标系的竖坐标相同；球坐标系中，则以一点到原点的距离和两个角刻画点的位置．
(2)空间直角坐标系、柱坐标系和球坐标系都是空间坐标系，空间点的坐标都是三个数值的有序数组.
点的柱坐标与直角坐标互化
(1)设点M的直角坐标为(1,1,1)，求它的柱坐标系中的坐标．
(2)设点N的柱坐标为(π，π，π)，求它的直角坐标．
【思路探究】 (1)已知直角坐标系中的直角坐标化为柱坐标，利用公式求出ρ，θ即可．
(2)已知柱坐标系中的柱坐标化为直角坐标，利用公式求出x，y，z即可．
【自主解答】 (1)设M的柱坐标为(ρ，θ，z)，
则由解之得，ρ＝，θ＝.
因此，点M的柱坐标为(，，1)．
(2)设N的直角坐标为(x，y，z)，
则由得
∴因此，点N的直角坐标为(－π，0，π)．
1．由直角坐标系中的直角坐标求柱坐标，可以先设出点M的柱坐标为(ρ，θ，z)，代入变换公式求ρ；也可以利用ρ2＝x2＋y2，求ρ.利用tan θ＝，求θ，在求θ的时候特别注意角θ所在的象限，从而确定θ的取值．
2．点的柱坐标和直角坐标的竖坐标相同．
根据下列点的柱坐标，分别求直角坐标：
(1)(2，，3)；(2)(，，5)．
【解】 设点的直角坐标为(x，y，z)．
(1)
因此所求点的直角坐标为(－，1,3)．
(2)
故所求点的直角坐标为(1,1,5)．
将点的球坐标化为直角坐标
已知点M的球坐标为(2，π，π)，求它的直角坐标．
【思路探究】 球坐标
直角坐标
【自主解答】 设点的直角坐标为(x，y，z)．
则
因此点M的直角坐标为(－1,1，－)．
1．根据球坐标系的意义以及与空间直角坐标系的联系，首先要明确点的球坐标(r，φ，θ)中角φ，θ的边与数轴Oz，Ox的关系，注意各自的限定范围，即0≤φ≤π，0≤θ<2π.
2．化点的球坐标(r，φ，θ)为直角坐标(x，y，z)，需要运用公式转化为三角函数的求值与运算．
若例2中“点M的球坐标改为M(3，π，π)”，试求点M的直角坐标．
【解】 设M的直角坐标为(x，y，z)．
则
∴点M的直角坐标为(，－，－)．
空间点的直角坐标化为球坐标
图1－4－3
已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面正方形ABCD的边长为1，棱AA1的长为，如图1－4－3所示，建立空间直角坐标系Axyz，Ax为极轴，求点C1的直角坐标和球坐标．
【思路探究】 先确定C1的直角坐标，再根据空间直角坐标系与球坐标系的联系，计算球坐标．
【自主解答】 点C1的直角坐标为(1,1，)．
设C1的球坐标为(r，φ，θ)，其中r≥0,0≤φ≤π，0≤θ<2π，
由x＝rsin φcos θ，y＝rsin φsin θ，z＝rcos φ，
得r＝＝＝2.
由z＝rcos φ，∴cos φ＝，φ＝
又tan θ＝＝1，∴θ＝，
从而点C1的球坐标为(2，，)
1．由直角坐标化为球坐标时，我们可以选设点M的球坐标为(r，φ，θ)，再利用变换公式求出r，θ，φ.
2．利用r2＝x2＋y2＋z2，tan θ＝，cos φ＝.特别注意由直角坐标求球坐标时，应首先看明白点所在的象限，准确取值，才能无误．
若本例中条件不变，求点C的柱坐标和球坐标．
【解】 易知C的直角坐标为(1,1,0)．
设点C的柱坐标为(ρ，θ，0)，球坐标为(r，φ，θ)，其中0≤φ≤π，0≤θ<2π.
(1)由于ρ＝＝＝.
又tan θ＝＝1，
∴θ＝.
因此点C的柱坐标为(，，0)．
(2)由r＝＝＝.
∴cos φ＝＝0，
∴φ＝.
故点C的球坐标为(，，)．
柱坐标系、球坐标系的应用
已知点P1的球坐标是P1(2，，)，P2的柱坐标是P2(，，1)，求|P1P2|.
【思路探究】 可把两点坐标均化为空间直角坐标，再用空间两点间的距离公式求距离．
【自主解答】 设P1的直角坐标为P1(x1，y1，z1)，
则
∴P1的直角坐标为(，，)．
设P2的直角坐标为P2(x2，y2，z2)，
则
∴P2的直角坐标为(，，1)．
∴|P1P2|＝＝.
柱坐标及球坐标问题可以统一化为直角坐标问题来解决．
在球坐标系中，求两点P(3，，)，Q(3，，)的距离．
【解】 将P、Q两点球坐标转化为直角坐标．设点P的直角坐标为(x，y，z)，
则
∴P(，，)．
设点Q的直角坐标为(x，y，z)．
则
∴点Q(－，，)．
∴|PQ|＝
＝，
即P、Q两点间的距离为.
(教材第17页思考1)
给定一个底面半径为r，高为h的圆柱，建立柱坐标系，利用柱坐标描述圆柱侧面以及底面上点的位置．
(2013·长春检测)在柱坐标系中，点M的柱坐标为(2，π，)，则|OM|＝________.
【命题意图】 本题主要考查柱坐标系的意义，以及点的位置刻画．
【解析】 设点M的直角坐标为(x，y，z)．
由(ρ，θ，z)＝(2，π，)知
x＝ρcos θ＝2cosπ＝－1，y＝2sinπ＝.
因此|OM|＝
＝＝3.
【答案】 3
1．在空间直角坐标系中，点P的柱坐标为(2，，3)，P在xOy平面上的射影为Q，则Q点的坐标为( )
A．(2,0,3) B．(2，，0)
C．(，，3) D．(，，0)
【解析】 由点的空间柱坐标的意义可知，选B.
【答案】 B
2．已知点A的柱坐标为(1,0,1)，则点A的直角坐标为( )
A．(1,1,0) B．(1,0,1)
C．(0,1,1) D．(1,1,1)
【解析】 ∵x＝ρcos θ＝1·cos θ＝1，y＝ρsin θ＝0，z＝1.
∴直角坐标为(1,0,1)，故选B.
【答案】 B
3．已知点A的球坐标为(3，，)，则点A的直角坐标为( )
A．(3,0,0) B．(0,3,0)
C．(0,0,3) D．(3,3,0)
【解析】 ∵x＝3×sin ×cos ＝0，y＝3×sin ×sin ＝3，z＝2×cos ＝0，
∴直角坐标为(0,3,0)．故选B.
【答案】 B
4．设点M的直角坐标为(1,1，)，则点M的柱坐标为________，球坐标为________．
【解析】 由坐标变换公式，可得ρ＝＝，tan θ＝＝1，θ＝(点(1,1)在平面xOy的第一象限)，
r＝＝＝2.
由rcos φ＝z＝，
得cos φ＝＝，φ＝.
∴点M的柱坐标为(，，)，球坐标为(2，，)．
【答案】 (，，) (2，，)
(时间40分钟，满分60分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．空间直角坐标系Oxyz中，下列柱坐标对应的点在平面yOz内的是( )
A．(1，，2) B．(2，，0)
C．(3，，) D．(3，，)
【解析】 由P(ρ，θ，z)，当θ＝时，点P在平面yOz内．
【答案】 A
2．设点M的直角坐标为(2,0,2)，则点M的柱坐标为( )
A．(2,0,2) B．(2，π，2)
C．(，0,2) D．(，π，2)
【解析】 设点M的柱坐标为(ρ，θ，z)，
∴ρ＝＝2，tan θ＝＝0，
∴θ＝0，z＝2.
∴点M的柱坐标为(2,0,2)．
【答案】 A
3．在空间球坐标系中，方程r＝2(0≤φ≤，0≤θ＜2π)表示( )
A．圆 B．半圆
C．球面 D．半球面
【解析】 设动点M的球坐标为(r，φ，θ)，由于r＝2，0≤φ≤，0≤θ＜2π.动点M的轨迹是球心在点O，半径为2的上半球面．
【答案】 D
4．已知点M的直角坐标为(0,0,1)，则点M的球坐标可以是( )
A．(1,0,0) B．(0,1,0)
C．(0,0,1) D．(1，π，0)
【解析】 设M的球坐标为(r，φ，θ)，
则r＝＝1，θ＝0，
又cos φ＝＝1，∴φ＝0.
故点M的球坐标为(1,0,0)．
【答案】 A
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．已知点M的球坐标为(4，，)，则点M到Oz轴的距离为________．
【解析】 设M的直角坐标为(x，y，z)，
则由(r，φ，θ)＝(4，，π)，
知x＝4sincosπ＝－2，
y＝4sinsinπ＝2，
z＝rcos φ＝4cos＝2.
∴点M的直角坐标为(－2,2,2)．
故点M到OZ轴的距离＝2.
【答案】 2
6．已知点M的球坐标为(4，，)，则它的直角坐标是________，它的柱坐标是________．
【解析】 设M的直角坐标为(x，y，z)，柱坐标为(ρ，θ，z)．
则x＝rsin φcos θ＝4×sin ×cos ＝－2，
y＝rsin φsin θ＝4×sin ×sin ＝2，
z＝rcos φ＝4×cos ＝2.
∴点M的直角坐标为(－2,2,2)．
又解之得ρ＝2，θ＝，z＝2.
∴点M的柱坐标为(2，，2)．
【答案】 (－2,2,2) (2，，2)
三、解答题(每小题10分，共30分)
7．已知点P的柱坐标为(，，5)，点B的球坐标为(，，)，求这两个点的直角坐标．
【解】 设点P的直角坐标为(x，y，z)，
则x＝cos ＝×＝1，
y＝sin ＝1，z＝5.
设点B的直角坐标为(x，y，z)，
则x＝sin cos ＝××＝，
y＝sin sin ＝××＝，
z＝cos ＝×＝.
所以点P的直角坐标为(1,1,5)，点B的直角坐标为(，，)．
8．在柱坐标系中，求满足的动点M(ρ，θ，z)围成的几何体的体积．
【解】 根据柱坐标系与点的柱坐标的意义可知，满足ρ＝1,0≤θ<2π，0≤z≤2的动点M(ρ，θ，z)的轨迹如图所示，是以直线Oz为轴，轴截面为正方形的圆柱．圆柱的底面半径r＝1，h＝2，
∴V＝Sh＝πr2h＝2π.
9．经过若干个固定和流动的地面遥感观测站监测，并通过数据汇总，计算出一个航天器在某一时刻的位置，离地面2 384千米，地球半径为6 371千米，此时经度为80°，纬度为75°.试建立适当的坐标系，确定出此时航天器点P的坐标．
【解】 在赤道平面上，选取地球球心为极点，以O为原点且与零子午线相交的射线Ox为极轴，建立球坐标系．由已知航天器位于经度为80°，可知θ＝80°＝π.
由航天器位于纬度75°，可知，φ＝90°－75°＝15°＝，由航天器离地面2 384千米，地球半径为6 371千米，可知r＝2 384＋6 371＝8 755千米．所以点P的球坐标为(8 755，，)．
教师备选
10．已知在球坐标系Oxyz中，M(6，，)，N(6，，)，求|MN|.
【解】 法一 由题意知，
|OM|＝|ON|＝6，∠MON＝，
∴△MON为等边三角形，∴|MN|＝6.
法二 设M点的直角坐标为(x，y，z)
则
故点M的直角坐标为(，，3)，
同理得点N的直角坐标为(，，－3)，
∴|MN|＝
＝＝6.
课件37张PPT。(ρ，θ，z) 柱坐标系 P(ρ，θ，z) 最小正角 (r，φ，θ) (r，φ，θ) 点的柱坐标与直角坐标互化 将点的球坐标化为直角坐标 空间点的直角坐标化为球坐标 柱坐标系、球坐标系的应用 课时作业（四）综合检测(一)
第一讲 坐标系
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．将曲线y＝sin 2x按照伸缩变换后得到的曲线方程为( )
A．y＝3sin x B．y＝3sin 2x
C．y＝3sinx D．y＝sin 2x
【解析】 由伸缩变换，得x＝，y＝.
代入y＝sin 2x，有＝sin x′，即y′＝3sin x′.
∴变换后的曲线方程为y＝3sin x.
【答案】 A
2．有相距1 400 m的A、B两个观察站，在A站听到爆炸声的时间比在B站听到时间早4 s．已知当时声音速度为340 m/s，则爆炸点所在的曲线为( )
A．双曲线 B．直线
C．椭圆 D．抛物线
【解析】 设爆炸点为P，则|PB|－|PA|＝4×340<1 400 m，∴P点在以A、B为焦点的双曲线上．
【答案】 A
3．在极坐标系中，点(ρ，θ)与(－ρ，π－θ)的位置关系为( )
A．关于极轴所在直线对称
B．关于极点对称
C．重合
D．关于直线θ＝(ρ∈R)对称
【解析】 取ρ＝1，θ＝，可知关于极轴所在直线对称．
【答案】 A
4．在极坐标系中，点A(2，)与B(2，－)之间的距离为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 由A(2，)与B(2，－)，知∠AOB＝，
∴△AOB为等边三角形．因此|AB|＝2.
【答案】 B
5．(2013·新乡质检)极坐标方程4ρ·sin2＝5表示的曲线是( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一支 D．抛物线
【解析】 由4ρ·sin2＝4ρ·＝2ρ－2ρcos θ＝5，得方程为2－2x＝5，化简得y2＝5x＋.
∴该方程表示抛物线．
【答案】 D
6．直线ρcos θ＋2ρsin θ＝1不经过( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解析】 由ρcos θ＋2ρsin θ＝1，得x＋2y＝1，
∴直线x＋2y＝1，不过第三象限．
【答案】 C
7．点M的直角坐标为(，1，－2)，则它的球坐标为( )
A．(2，，) B．(2，，)
C．(2，，) D．(2，，)
【解析】 设M的球坐标为(r，φ，θ)，
则解得
【答案】 A
8．极坐标系中，直线2ρsin(θ＋)＝2＋，与圆ρ＝2sin θ的位置关系为( )
A．相离 B．相切
C．相交 D．以上都有可能
【解析】 直线2ρsin(θ＋)＝2＋与圆ρ＝2sin θ的直角坐标方程分别为x＋y＝＋1，x2＋(y－1)2＝1，
圆心C(0,1)到直线x＋y－(＋1)＝0的距离为d＝＝1，又r＝1，所以直线与圆相切．
【答案】 B
9．若点P的柱坐标为(2，，)，则P到直线Oy的距离为( )
A．1 B．2
C. D.
【解析】 由于点P的柱坐标为(ρ，θ，z)＝(2，，)，故点P在平面xOy内的射影Q到直线Oy的距离为ρcos ＝，可得P到直线Oy的距离为.
【答案】 D
10．圆ρ＝4cos θ的圆心到直线tan θ＝1的距离为( )
A. B.
C．2 D．2
【解析】 圆ρ＝4cos θ的圆心C(2,0)，
如右图，|OC|＝2，
在Rt△COD中，
∠ODC＝，∠COD＝，
∴|CD|＝.
即圆ρ＝4cos θ的圆心到直线tan θ＝1的距离为.
【答案】 B
11．设正弦曲线C按伸缩变换后得到曲线方程为y＝sin x，则正弦曲线C的周期为( )
A. B．π
C．2π D．4π
【解析】 由伸缩变换知3y＝sin x，
∴y＝sin x.
∴T＝＝4π.
【答案】 D
12．极坐标方程ρ＝2sin(θ＋)的图形是( )
【解析】 法一 圆ρ＝2sin(θ＋)是把圆ρ＝2sin θ绕极点按顺时针方向旋转而得，圆心的极坐标为(1，)，故选C.
法二 圆ρ＝2sin(θ＋)的直角坐标方程为(x－)2＋(y－)2＝1，圆心为(，)，半径为1，故选C.
【答案】 C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上)
13．极坐标系中，ρ≥0，过点(1,0)倾斜角为的射线的极坐标方程为________．
【解析】 设(ρ，θ)是射线上任意一点，
则ρcos θ＝1，且0≤θ<.
【答案】 ρcos θ＝1,0≤θ<
14．(2013·天津高考)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，)，则|CP|＝________.
【解析】 由ρ＝4cos θ可得x2＋y2＝4x，即(x－2)2＋y2＝4，因此圆心C的直角坐标为(2,0)．又点P的直角坐标为(2,2)，因此|CP|＝2.
【答案】 2
15．(2012·湖南高考)在极坐标系中，曲线C1：ρ(cos θ＋sin θ)＝1与曲线C2：ρ＝a(a>0)的一个交点在极轴上，则a＝________.
【解析】 ρ(cos θ＋sin θ)＝1，即ρcos θ＋ρsin θ＝1对应的普通方程为x＋y－1＝0，ρ＝a(a>0)对应的普通方程为x2＋y2＝a2.在x＋y－1＝0中，令y＝0，得x＝.将(，0)代入x2＋y2＝a2得a＝.
【答案】
16．(2012·陕西高考)直线2ρcos θ＝1与圆ρ＝2cos θ相交的弦长为________．
【解析】 直线2ρcos θ＝1可化为2x＝1，即x＝，圆ρ＝2cos θ两边同乘ρ得ρ2＝2ρcos θ，化为直角坐标方程是x2＋y2＝2x，
即(x－1)2＋y2＝1，其圆心为(1,0)，半径为1，
∴弦长为2×＝.
【答案】
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C变为曲线(x′－5)2＋(y′＋6)2＝1，求曲线C的方程，并判断其形状．
【解】 将代入(x′－5)2＋(y′＋6)2＝1，
得(2x－5)2＋(2y＋6)2＝1，
即(x－)2＋(y＋3)2＝，
故曲线C是以(，－3)为圆心，半径为的圆．
18．(本小题满分12分)(2013·洛阳模拟)已知直线的极坐标方程ρsin(θ＋)＝，求极点到直线的距离．
【解】 ∵ρsin(θ＋)＝，
∴ρsin θ＋ρcos θ＝1，
即直角坐标方程为x＋y＝1.
又极点的直角坐标为(0,0)，
∴极点到直线的距离d＝＝.
19．(本小题满分12分)(1)在极坐标系中，求以点(1,1)为圆心，半径为1的圆C的方程；
(2)将上述圆C绕极点逆时针旋转得到圆D，求圆D的方程．
【解】 (1)设M(ρ，θ)为圆上任意一点，如图，圆C过极点O，∠COM＝θ－1，
作CK⊥OM于K，则ρ＝|OM|＝2|OK|＝2cos(θ－1)，
∴圆C的极坐标方程为ρ＝2cos(θ－1)．
(2)将圆C：ρ＝2cos(θ－1)按逆时针方向旋转得到圆D：ρ＝2cos(θ－1－)，
即ρ＝－2sin(1－θ)．
图1
20．(本小题满分12分)如图1，正方体OABC－D′A′B′C′中，|OA|＝3，A′C′与B′D′相交于点P，分别写出点C、B′、P的柱坐标．
【解】 设点C的柱坐标为(ρ1，θ，z1)，
则ρ1＝|OC|＝3，θ1＝∠COA＝，z1＝0，
∴C的柱坐标为(3，，0)；
设点B′的柱坐标为(ρ2，θ2，z2)，则ρ2＝|OB|＝＝＝3，
θ2＝∠BOA＝，z2＝3，
∴B′的柱坐标为(3，，3)；
如图，取OB的中点E，连接PE，
设点P的柱坐标为(ρ3，θ3，z3)，则ρ3＝|OE|＝|OB|＝，θ3＝∠AOE＝，z3＝3，
点P的柱坐标为(，，3)．
21．(本小题满分12分)某一种大型商品，A、B两地都有出售，且价格相同，某地居民从两地之一购得商品后返回的费用是：每单位距离A地的运费是B地的运费的3倍，已知A、B两地的距离为10 km，顾客选择A或B地购买这种商品的标准是：运费和价格的总费用较低，求A、B两地的售货区域的分界线的曲线形状，并指出曲线上、曲线内、曲线外的居民应如何选择购贷地点？
【解】 以A、B所在的直线为x轴，AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．
∵|AB|＝10，
∴A(－5,0)，B(5,0)．设某地P的坐标为(x，y)，且P地居民选择A地购买商品便宜，并设A地的运费为3a元/km，则B地的运费为a元/km，
∵P地居民购货总费用满足条件：价格＋A地运费≤价格＋B地运费，
即有3a≤a，
∵a>0，
∴3≤，两边平方，得9(x＋5)2＋9y2≤(x－5)2＋y2，即(x＋)2＋y2≤()2，
∴以点C(－，0)为圆心，为半径的圆是两地购货的分界线，圆C内的居民从A地购货，圆C外的居民从B地购货，圆C上的居民可从A、B两地之一购货．
22．(本小题满分12分)在极坐标系中，极点为O，已知曲线C1：ρ＝2与曲线C2：ρsin(θ－)＝交于不同的两点A，B.
(1)求|AB|的值；
(2)求过点C(1,0)且与直线AB平行的直线l的极坐标方程．
【解】 (1)法一 ∵ρ＝2，∴x2＋y2＝4.
又∵ρsin(θ－)＝，∴y＝x＋2.
∴|AB|＝2＝2＝2.
法二 设A(ρ，θ1)，B(ρ，θ2)，θ1，θ2∈[0,2π)，
则sin(θ1－)＝，sin(θ2－)＝，
∵θ1，θ2∈[0,2π)，∴|θ1－θ2|＝，即∠AOB＝，
又|OA|＝|OB|＝2，∴|AB|＝2.
(2)法一 ∵曲线C2的斜率为1，∴过点(1,0)且与曲线C2平行的直线l的直角坐标方程为y＝x－1，
∴直线l的极坐标为ρsin θ＝ρcos θ－1，即ρcos(θ＋)＝.
法二 设点P(ρ，θ)为直线l上任一点，因为直线AB与极轴成的角，
则∠PCO＝或∠PCO＝，当∠PCO＝时
在△POC中，|OP|＝ρ，|OC|＝1，∠POC＝θ，∠PCO＝，∠OPC＝－θ，
由正弦定理可知：＝，
即ρsin(－θ)＝，
即直线l的极坐标方程为：ρsin(－θ)＝.
同理，当∠PCO＝极坐标方程也为ρsin(－θ)＝.
当P为点C时显然满足ρsin(－θ)＝.
综上，所求直线l的极坐标方程为ρsin(－θ)＝.
(时间40分钟，满分60分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．动点P到直线x＋y－4＝0的距离等于它到点M(2,2)的距离，则点P的轨迹是( )
A．直线 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
【解析】 ∵M(2,2)在直线x＋y－4＝0上，
∴点P的轨迹是过M与直线x＋y－4＝0垂直的直线．
【答案】 A
2．若△ABC三个顶点的坐标分别是A(1,2)，B(2,3)，C(3,1)，则△ABC的形状为( )
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．钝角三角形
【解析】 |AB|＝＝，
|BC|＝＝，
|AC|＝＝，
|BC|＝|AC|≠|AB|，△ABC为等腰三角形．
【答案】 A
3．在同一平面直角坐标系中，将曲线y＝cos 2x按伸缩变换后为
( )
A．y＝cos x B．y＝3cosx
C．y＝2cosx D．y＝cos 3x
【解析】 由得
代入y＝cos 2x，
得＝cos x′.
∴y′＝cos x′，即曲线y＝cos x.
【答案】 A
4．将直线x＋y＝1变换为直线2x＋3y＝6的一个伸缩变换为( )
A. B.
C. D.
【解析】 设伸缩变换为
由(x′，y′)在直线2x＋3y＝6上，
∴2x′＋3y′＝6，则2λx＋3μy＝6.
因此x＋y＝1，与x＋y＝1比较，
∴＝1且＝1，故λ＝3且μ＝2.
所求的变换为
【答案】 A
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．若点P(－2 012,2 013)经过伸缩变换后的点在曲线x′y′＝k上，则k＝________.
【解析】 ∵P(－2 012,2 013)经过伸缩变换得
代入x′y′＝k，
得k＝x′y′＝－1.
【答案】 －1
6．△ABC中，若BC的长度为4，中线AD的长为3，则A点的轨迹是________．
【解析】 取B、C所在直线为x轴，线段BC的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则B(－2,0)、C(2,0)、D(0,0)．
设A(x，y)，则|AD|＝.注意到A、B、C三点不能共线，化简即得轨迹方程：x2＋y2＝9(y≠0)．
【答案】 以BC的中点为圆心，半径为3的圆(除去直线BC与圆的两个交点)
三、解答题(每小题10分，共30分)
7．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后的图形．
(1)x2－y2＝1；
(2)＋＝1.
【解】 由伸缩变换
得 ①
(1)将①代入x2－y2＝1得9x′2－4y′2＝1，
因此，经过伸缩变换后，双曲线x2－y2＝1变成双曲线9x′2－4y′2＝1，如图(1)所示．
(2)将①代入＋＝1得x′2＋＝1，因此，经过伸缩变换后，椭圆＋＝1变成椭圆x2＋＝1，如图(2)所示．
8．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＋y2＝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＝＝20.
求得|MN|＝2＝20(km)，故＝1，
所以城市B处于危险区的时间为1 h.
9.
图1－1－1
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1－1－1，航天器运行(按顺时针方向)的轨迹方程为＋＝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，)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＝ax2＋.
因为D(8,0)在抛物线上，∴a＝－.
∴曲线方程为y＝－x2＋.
(2)设变轨点为C(x，y)．
根据题意可知
得4y2－7y－36＝0，
解得y＝4或y＝－(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|＝2，|BC|＝4.
所以当观测点A、B测得离航天器的距离分别为2、4时，应向航天器发出变轨指令．
教师备选
10．已知A(－1,0)，B(1,0)，圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝4，在圆C上是否分别存在一点P，使|PA|2＋|PB|2取得最小值与最大值？若存在，求出点P的坐标及相应的最值；若不存在，请说明理由．
【解】 假设圆C上分别存在一点P使|PA|2＋|PB|2取得最小值和最大值，则由三角形的中线与边长的关系式得|PA|2＋|PB|2＝2(|PO|2＋|AO|2)＝2|PO|2＋2，
可见，当|PO|分别取得最小值和最大值时，相应地|PA|2＋|PB|2分别取得最小值与最大值．
设直线OC分别交圆C于P1，P2，
则|P1O|最小，|P2O|最大，如图所示．
由已知条件得|OC|＝＝5，r＝2，
于是|P1O|＝|OC|－r＝5－2＝3，
|P2O|＝|OC|＋r＝5＋2＝7，
所以|PA|2＋|PB|2的最小值为2×32＋2＝20，
最大值为2×72＋2＝100.
下面求P1，P2的坐标：
直线OC的方程为y＝x，
由
消去y并整理得25x2－150x＋9×21＝0，
∴(5x－9)(5x－21)＝0，
解得x1＝，x2＝，
∴或
∴P1(，)，P2(，)为所求．
(时间40分钟，满分60分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．下列各点中与(2，)不表示极坐标系中同一个点的是( )
A．(2，－π) B．(2，π)
C．(2，π) D．(2，π)
【解析】 与极坐标(2，)相同的点可以表示为(2，＋2kπ)(k∈Z)，只有(2，π)不适合．
【答案】 C
2．将点的极坐标(π，－2π)化为直角坐标为( )
A．(π，0) B．(π，2π)
C．(－π，0) D．(－2π，0)
【解析】 x＝πcos(－2π)＝π，y＝πsin(－2π)＝0，
所以点的极坐标(π，－2π)化为直角坐标为(π，0)．
【答案】 A
3．在极坐标系中，已知A(2，)、B(6，－)，则OA、OB的夹角为( )
A. B．0
C. D.
【解析】 如图所示，夹角为.
【答案】 C
4．在平面直角坐标系xOy中，点P的直角坐标为(1，－)．若以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则点P的极坐标可以是( )
A．(2，－) B．(2，)
C．(1，－) D．(2，－)
【解析】 极径ρ＝＝2，极角θ满足tan θ＝＝－，
∵点(1，－)在第四象限，所以θ＝－.
【答案】 A
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．平面直角坐标系中，若点P(3，)经过伸缩变换后的点为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，)经过伸缩变换后的点为Q(6，)，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 |＝3.
【答案】 3
6．极坐标系中，点A的极坐标是(3，)，则
(1)点A关于极轴的对称点的极坐标是________；
(2)点A关于极点的对称点的极坐标是________；
(3)点A关于过极点且垂直于极轴的直线的对称点的极坐标是________．(本题中规定ρ>0，θ∈[0,2π))
【解析】 点A(3，)关于极轴的对称点的极坐标为(3，)；点A关于极点的对称点的极坐标为(3，)；点A关于过极点且垂直于极轴的直线的对称点的极坐标为(3，)．
【答案】 (1)(3，) (2)(3，) (3)(3，)
三、解答题(每小题10分，共30分)
7．已知点P的直角坐标按伸缩变换变换为点P′(6，－3)，限定ρ>0,0≤θ<2π时，求点P的极坐标．
【解】 设点P的直角坐标为(x，y)，由题意得解得
∴点P的直角坐标为(3，－)，
ρ＝＝2，tan θ＝，
∵0≤θ<2π，点P在第四象限，
∴θ＝，
∴点P的极坐标为(2，)．
8．(1)已知点的极坐标分别为A(3，－)，B(2，)，C(，π)，D(－4，)，求它们的直角坐标．
(2)已知点的直角坐标分别为A(3，)，B(0，－)，C(－2，－2)，求它们的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π)．
【解】 (1)根据x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，得A(，－)，B(－1，)，C(－，0)，D(0，－4)
(2)根据ρ2＝x2＋y2，tan θ＝得A(2，)，B(，)，C(4，)．
9．在极坐标系中，已知△ABC的三个顶点的极坐标分别为A(2，)，B(2，π)，C(2，)．
(1)判断△ABC的形状；
(2)求△ABC的面积．
【解】 (1)如图所示，由A(2，)，B(2，π)，C(2，)得|OA|＝|OB|＝|OC|＝2，
∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝.
∴△AOB≌△BOC≌△AOC，
∴AB＝BC＝CA，
故△ABC为等边三角形．
(2)由上述可知，
AC＝2OAsin＝2×2×＝2.
∴S△ABC＝×(2)2＝3(面积单位)．
教师备选
10．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＝，∠OAC＝，得|AC|＝300 m，|OA|＝300 m，又|AB|＝|BC|，所以|AB|＝150 m.
同理，得|OE|＝2|OG|＝300 m，
所以各点的极坐标分别为O(0,0)，A(300，0)，C(600，)，D(300，)，E(300，)，F(300，π)，G(150，π)．
(时间40分钟，满分60分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．极坐标方程ρ＝cos(－θ)表示的曲线是( )
A．双曲线 B．椭圆
C．抛物线 D．圆
【解析】 ρ＝cos(－θ)＝cos cos θ＋sin sin θ＝cos θ＋sin θ，∴ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，即x2＋y2＝x＋y.
化简整理，得(x－)2＋(y－)2＝，表示圆．
【答案】 D
2．(2013·三门峡质检)过极点倾斜角为的直线的极坐标方程可以为( )
A．θ＝ B．θ＝，ρ≥0
C．θ＝，ρ≥0 D．θ＝和θ＝，ρ≥0
【解析】 以极点O为端点，所求直线上的点的极坐标分成两条射线．
∵两条射线的极坐标方程为θ＝和θ＝π.
∴直线的极坐标方程为θ＝和θ＝π(ρ≥0)．
【答案】 D
3．在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( )
A．(1，) B．(1，－)
C．(1,0) D．(1，π)
【解析】 由ρ＝－2sin θ得ρ2＝－2ρsin θ，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(1，－)．
【答案】 B
4．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＝ B．ρcos θ＝2
C．ρ＝4sin(θ＋) D．ρ＝4sin(θ－)
【解析】 极坐标方程ρ＝4sin θ化为ρ2＝4ρsin θ，即x2＋y2＝4y，即x2＋(y－2)2＝4.
由所给的选项中ρcos θ＝2知，x＝2为其对应的直角坐标方程，该直线与圆相切．
【答案】 B
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．(2013·鹤壁调研)点Q是圆ρ＝4cos θ上的一点，当Q在圆上移动时，OQ(O是极点)中点P的轨迹的极坐标方程是________．
【解析】 ρ＝4cos θ是以(2,0)为圆心，半径为2的圆，则P的轨迹是以(1,0)为圆心，半径为1的圆，所以极坐标方程是ρ＝2cos θ.
【答案】 ρ＝2cos θ
6．(2012·安徽高考)在极坐标系中，圆ρ＝4sin θ的圆心到直线θ＝(ρ∈R)的距离是________．
【解析】 极坐标系中的圆ρ＝4sin θ转化为平面直角坐标系中的一般方程为：x2＋y2＝4y，即x2＋(y－2)2＝4，其圆心为(0,2)，直线θ＝转化为平面直角坐标系中的方程为y＝x，即x－3y＝0.
∴圆心(0,2)到直线x－3y＝0的距离为＝.
【答案】
三、解答题(每小题10分，共30分)
7．(2012·江苏高考)在极坐标系中，已知圆C经过点P(，)，圆心为直线ρsin(θ－)＝－与极轴的交点，求圆C的极坐标方程．
【解】 在ρsin(θ－)＝－中，令θ＝0，得ρ＝1，
所以圆C的圆心坐标为(1,0)，
因为圆C经过点P(，)，
所以圆C的半径PC＝＝1，于是圆C过极点，
所以圆C的极坐标方程为ρ＝2cos θ.
8．在直角坐标系xOy中，以O为极点，x正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρcos(θ－)＝1，M，N分别为C与x轴，y轴的交点．
(1)写出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(θ－)＝1，
得ρ(cos θ＋sin θ)＝1.
又x＝ρcos θ，y＝ρsin θ.
∴曲线C的直角坐标方程为＋y＝1，
即x＋y－2＝0.
当θ＝0时，ρ＝2，∴点M(2,0)．
当θ＝时，ρ＝，∴点N(，)．
(2)由(1)知，M点的坐标(2,0)，点N的坐标(0，)．
又P为MN的中点，
∴点P(1，)，则点P的极坐标为(，)．
所以直线OP的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)．
9．在极坐标系中，P是曲线ρ＝12sin θ上的一动点，Q是曲线ρ＝12cos(θ－)上的动点，试求|PQ|的最大值．
【解】 ∵ρ＝12sin θ，
∴ρ2＝12ρsin θ，
∴x2＋y2－12y＝0，即x2＋(y－6)2＝36.
又∵ρ＝12cos(θ－)，
∴ρ2＝12ρ(cos θcos＋sin θsin)，
∴x2＋y2－6x－6y＝0，
∴(x－3)2＋(y－3)2＝36.
∴|PQ|max＝6＋6＋＝18.
教师备选
10．(2012·大连模拟)在极坐标系中，O为极点，已知圆C的圆心为(2，)，半径r＝1，P在圆C上运动。
(1)求圆C的极坐标方程；
(2)在直角坐标系(与极坐标系取相同的长度单位，且以极点O为原点，以极轴为x轴正半轴)中，若Q为线段OP的中点，求点Q轨迹的直角坐标方程．
【解】 (1)设圆C上任一点坐标为(ρ，θ)，由余弦定理得12＝ρ2＋22－2·2ρcos(θ－)，
所以圆的极坐标方程为ρ2－4ρcos(θ－)＋3＝0.
(2)设Q(x，y)，则P(2x,2y)，由于圆C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－)2＝1，P在圆C上，所以(2x－1)2＋(2y－)2＝1，则Q的直角坐标方程为
(x－)2＋(y－)2＝.
(时间40分钟，满分60分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．空间直角坐标系Oxyz中，下列柱坐标对应的点在平面yOz内的是( )
A．(1，，2) B．(2，，0)
C．(3，，) D．(3，，)
【解析】 由P(ρ，θ，z)，当θ＝时，点P在平面yOz内．
【答案】 A
2．设点M的直角坐标为(2,0,2)，则点M的柱坐标为( )
A．(2,0,2) B．(2，π，2)
C．(，0,2) D．(，π，2)
【解析】 设点M的柱坐标为(ρ，θ，z)，
∴ρ＝＝2，tan θ＝＝0，
∴θ＝0，z＝2.
∴点M的柱坐标为(2,0,2)．
【答案】 A
3．在空间球坐标系中，方程r＝2(0≤φ≤，0≤θ＜2π)表示( )
A．圆 B．半圆
C．球面 D．半球面
【解析】 设动点M的球坐标为(r，φ，θ)，由于r＝2，0≤φ≤，0≤θ＜2π.动点M的轨迹是球心在点O，半径为2的上半球面．
【答案】 D
4．已知点M的直角坐标为(0,0,1)，则点M的球坐标可以是( )
A．(1,0,0) B．(0,1,0)
C．(0,0,1) D．(1，π，0)
【解析】 设M的球坐标为(r，φ，θ)，
则r＝＝1，θ＝0，
又cos φ＝＝1，∴φ＝0.
故点M的球坐标为(1,0,0)．
【答案】 A
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．已知点M的球坐标为(4，，)，则点M到Oz轴的距离为________．
【解析】 设M的直角坐标为(x，y，z)，
则由(r，φ，θ)＝(4，，π)，
知x＝4sincosπ＝－2，
y＝4sinsinπ＝2，
z＝rcos φ＝4cos＝2.
∴点M的直角坐标为(－2,2,2)．
故点M到OZ轴的距离＝2.
【答案】 2
6．已知点M的球坐标为(4，，)，则它的直角坐标是________，它的柱坐标是________．
【解析】 设M的直角坐标为(x，y，z)，柱坐标为(ρ，θ，z)．
则x＝rsin φcos θ＝4×sin ×cos ＝－2，
y＝rsin φsin θ＝4×sin ×sin ＝2，
z＝rcos φ＝4×cos ＝2.
∴点M的直角坐标为(－2,2,2)．
又解之得ρ＝2，θ＝，z＝2.
∴点M的柱坐标为(2，，2)．
【答案】 (－2,2,2) (2，，2)
三、解答题(每小题10分，共30分)
7．已知点P的柱坐标为(，，5)，点B的球坐标为(，，)，求这两个点的直角坐标．
【解】 设点P的直角坐标为(x，y，z)，
则x＝cos ＝×＝1，
y＝sin ＝1，z＝5.
设点B的直角坐标为(x，y，z)，
则x＝sin cos ＝××＝，
y＝sin sin ＝××＝，
z＝cos ＝×＝.
所以点P的直角坐标为(1,1,5)，点B的直角坐标为(，，)．
8．在柱坐标系中，求满足的动点M(ρ，θ，z)围成的几何体的体积．
【解】 根据柱坐标系与点的柱坐标的意义可知，满足ρ＝1,0≤θ<2π，0≤z≤2的动点M(ρ，θ，z)的轨迹如图所示，是以直线Oz为轴，轴截面为正方形的圆柱．圆柱的底面半径r＝1，h＝2，
∴V＝Sh＝πr2h＝2π.
9．经过若干个固定和流动的地面遥感观测站监测，并通过数据汇总，计算出一个航天器在某一时刻的位置，离地面2 384千米，地球半径为6 371千米，此时经度为80°，纬度为75°.试建立适当的坐标系，确定出此时航天器点P的坐标．
【解】 在赤道平面上，选取地球球心为极点，以O为原点且与零子午线相交的射线Ox为极轴，建立球坐标系．由已知航天器位于经度为80°，可知θ＝80°＝π.
由航天器位于纬度75°，可知，φ＝90°－75°＝15°＝，由航天器离地面2 384千米，地球半径为6 371千米，可知r＝2 384＋6 371＝8 755千米．所以点P的球坐标为(8 755，，)．
教师备选
10．已知在球坐标系Oxyz中，M(6，，)，N(6，，)，求|MN|.
【解】 法一 由题意知，
|OM|＝|ON|＝6，∠MON＝，
∴△MON为等边三角形，∴|MN|＝6.
法二 设M点的直角坐标为(x，y，z)
则
故点M的直角坐标为(，，3)，
同理得点N的直角坐标为(，，－3)，
∴|MN|＝
＝＝6.
