2017-2018学年人教A版数学选修4-4检测：第一章+复　习　课+Word版含解析

复　习　课
[整合·网络构建]
[警示·易错提醒]
1．关于伸缩变换的定义的易错点．
对于平面直角坐标系中的伸缩变换关系式要区分(x，y)与(x′，y′)的意义．在应用时必须注意：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．关注直角坐标与极坐标互化的疑难点．
由直角坐标化为极坐标要注意点位于哪一个象限，才能确定θ的大小．
3．处理极坐标系问题中的两个易错点．
(1)当极坐标方程中仅含θ(不含ρ)时，常常忽略ρ的正负导致判断错误．
(2)平面直角坐标系中两点A(x1，
y1)，B(x2，y2)之间的距离|AB|＝，极坐标系中两点P1(ρ1，θ1)，P2(ρ2，θ2)之间的距离|P1P2|＝eq
\r(ρ＋ρ－2ρ1ρ2cos（θ1－θ2）).在应用时往往因记忆不清而导致计算错误．
专题一　平面上的伸缩变换
1.点P(x，y)变为点Q(x′，y′)的伸缩变换为：
2．变换前的曲线方程、变换后的曲线方程、伸缩变换三者，若知道其中的两个，我们可以求出第三个．但在进行伸缩变换时，要注意点的对应性，即分清新旧坐标，P(x，y)是变换前的坐标，Q(x′，
y′)是变换后的坐标．
[例1]　在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C变成曲线(x′－5)2＋(y′＋6)2＝1，求曲线C的方程，并判断其形状．
点拨：考查伸缩变换将新坐标代入到已知曲线中，即可得到原曲线方程．
解：将代入(x′－5)2＋(y′＋6)2＝1中得：
(2x－5)2＋(2y＋6)2＝1，
化简得曲线C的方程为＋(y＋3)2＝，
则该曲线是以为圆心，为半径的圆．
归纳升华
函数y＝f(ωx)(x∈R)(其中ω>0，且ω≠1)的图象，可以看做把f(x)图象上所有点的横坐标缩短(当ω>1时)或伸长(当0<ω<1时)为原来的(纵坐标不变)而得到的．函数y＝Af(x)(x∈R)(其中A>0，且A≠1)的图象，可以看做把f(x)图象上所有点的纵坐标伸长(当A>1时)或缩短(当0[变式训练]　在平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：求曲线y2＝2x经过φ变换后所得的曲线方程．
解：设P′(x′，y′)是直线l′上任意一点．
由伸缩变换φ：得
代入y2＝2x，得y′2＝x′，
即y′2＝x′，
因此变换后曲线的方程为y′2＝x′.
专题二　直线和圆的极坐标方程
直线和圆的极坐标方程的求法和应用是一种常见的题型，一般思路是将曲线上的点满足的几何条件用坐标表示出来，然后化简、整理．应掌握几种常见直线和圆的极坐标方程，如ρ＝2acos
θ(a≠0)，ρ＝2asin
θ(a≠0)，ρ＝r(r>0)及ρcos
θ＝a，ρsin
θ＝a，θ＝α，ρ＝2acos(θ－α)(α≠2kπ，k∈Z)．
[例2]　在直角坐标系Oxy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρcos＝1，M，N分别为曲线C与x轴、y轴的交点．
(1)写出曲线C的直角坐标方程，并求M，N的极坐标；
(2)设MN的中点为P，求直线OP的极坐标方程．
解：(1)由ρcos＝1得ρ＝1，
所以曲线C的直角坐标方程为x＋y＝2，
当θ＝0时，ρ＝2，所以M(2，0)，
当θ＝时，ρ＝，所以N.
(2)点M的直角坐标为(2，0)，
点N的直角坐标为，
所以MN的中点P的直角坐标为，
所以点P的极坐标为，
所以直线OP的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)．
归纳升华
此题着重考查直角坐标与极坐标的互化及基本运算能力，应掌握把极坐标方程化为直角坐标方程的常用方法．
[变式训练]　在极坐标系中，P是曲线ρ＝12sin
θ上的动点，Q是曲线ρ＝12cos上的动点，试求|PQ|的最大值．
解：因为ρ＝12sin
θ，所以ρ2＝12ρsin
θ，
所以x2＋y2－12y＝0，
即x2＋(y－6)2＝36.
又因为ρ＝12cos，
所以ρ2＝12ρ，
所以x2＋y2－6x－6y＝0，
所以(x－3)2＋(y－3)2＝36，
所以|PQ|max＝6＋6＋＝18.
专题三　极坐标与直角坐标互化
如图所示，互化公式为：
对于tan
θ＝中θ值的确定，还要根据点(x，y)所在的象限，确定一个适合的角度．
[例3]　⊙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和⊙O2交点的直线的直角坐标方程．
解：(1)x＝ρcos
θ，y＝ρsin
θ，
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)．
过交点的直线的直角坐标方程为y＝－x.
归纳升华
极坐标和直角坐标互化时，要注意必须是极点与原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，且两种坐标系取相同的单位长度．
[变式训练]　(2016·北京卷)在极坐标中，直线ρcos
θ－ρsin
θ－1＝0与圆ρ＝2cos
θ交于A，B两点，则|AB|＝________.
解析：因为x＝ρcos
θ，y＝ρsin
θ，
所以直线的直角坐标方程为x－y－1＝0.
因为ρ＝2cos
θ，所以ρ2(sin2θ＋cos2θ)＝2ρcos
θ，
所以x2＋y2＝2x.
所以圆的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1.
因为圆心(1，0)在直线x－y－1＝0上，
所以AB为圆的直径，所以|AB|＝2.
答案：2
专题四　数形结合思想
运用坐标方法研究曲线的形状与性质是典型的数形结合思想的体现．坐标系的建立，使直观的几何图形问题得以用数量运算得以解决．
[例4]　在极坐标系中，和极轴垂直且相交的直线l与圆ρ＝4相交于A，B两点，若|AB|＝4，求直线l的极坐标方程．
解：设直线l与极轴相交于点C.如图所示，在Rt△OAC中，
|OC|＝
＝
＝2.
设直线l上的任意一点为M(ρ，θ)，
则直线l的极坐标方程为ρcos
θ＝2.
归纳升华
求曲线的极坐标方程与求其直角坐标方程的方法类同，就是找出动点M的坐标ρ与θ之间的关系，然后列出方程f(ρ，θ)＝0，再化简并检验特殊点．
[变式训练]　在极坐标系中，求半径为2，圆心为C的圆的极坐标方程．
解：由题意知圆经过极点O，OA为圆的一条直径，设M(ρ，θ)为圆上除点O，A以外的任意一点，如图所求，
则|OA|＝2×2，OM⊥MA，
在Rt△OAM中，|OM|＝|OA|·cos∠AOM，
即ρ＝4cos，故ρ＝－4sin
θ.
经验证知点O(0，0)，A的坐标皆满足上式，
所以满足条件的圆的极坐标方程为ρ＝－4sin
θ.
专题五　转化与化归思想
“化归”是转化与归结的简称，是对数学知识的迁移与数学解题方法的形象概括，表现为化此为彼，化难为易，化隐为显，具体地说，就是化抽象为具体，化未知为已知，化一般为特殊等．转化有等价转化与非等价转化两种，非等价转化常用于证明题或不等式，等价转化常用于解方程或不等式．在ρ≥0，0≤θ<2π时，极坐标方程与直角坐标方程的相互转化也属于等价转化，同时要注意以下两点：
(1)互化条件：极点与原点重合，极轴与x轴正半轴重合，单位长度相同．
(2)互化公式：或θ由点(x，y)所在的象限确定．
[例5]　已知极坐标方程C1：ρ＝10，C2：ρsin＝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，
所以x2＋y2＝100，所以C1为圆心在(0，0)，半径等于10的圆．
由C2：ρsin＝6，
得ρ＝6，
所以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所以直线被圆截得的弦长，即C1，C2交点间的距离为
|C1C2|＝2＝2＝16.
归纳升华
将极坐标化为直角坐标，确定圆的直角坐标方程，再将圆的直角坐标方程化成圆的极坐标方程．
[变式训练]　在极坐标系中，求圆ρ＝8sin
θ上的点到直线θ＝(ρ∈R)距离的最大值．
解：圆ρ＝8sin
θ化为直角坐标方程为x2＋y2－8y＝0，即x2＋(y－4)2＝16，直线θ＝(ρ∈R)化为直角坐标方程为y＝x，结合图形知圆上的点到直线的最大距离可转化为圆心到直线的距离再加上半径．
圆心(0，4)到直线y＝x的距离为＝2，又圆的半径r＝4，
所以圆上的点到直线的最大距离为6.