人教A版数学选修4-4：最全讲解和例题(含答案)Word学案
文档属性
| 名称 | 人教A版数学选修4-4：最全讲解和例题(含答案)Word学案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 10.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-03-24 19:19:32 | ||
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文档简介
坐标系是解析几何的基础，为了便于用代数的方法刻画几何图形或描述自然现象，需要建立不同的坐标系，如直角坐标系中的平面直角坐标系、空间直角坐标系，其他还有极坐标系、柱坐标系、球坐标系等都是与直角坐标系不同的坐标系，对于有些几何图形，选用这些坐标系可以使建立的方程更加简单实用．本讲主要介绍平面直角坐标系、极坐标系、简单曲线的极坐标方程、空间柱坐标系、球坐标系，展示不同坐标系在刻画几何图形或描述自然现象中的作用，全面地理解坐标法思想．在学习过程中，要通过实例，体会坐标系的作用；通过极坐标方程的应用以及直角坐标方程的互化，体会用方程刻画平面图形时选择适当坐标系的意义．
第一节 平面直角坐标系
学习目标
思维脉络
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．2．通过具体例子，了解在伸缩变换作用下平面图形的变化情况.
Q
平面直角坐标系是法国数学家笛卡尔发明的．
在笛卡尔之前，几何与代数是数学中两个不同的研究领域．笛卡尔站在方法论的自然哲学的高度，认为希腊人的几何学过于依赖于图形，束缚了人的想象力．对于当时流行的代数学，他觉得它完全从属于法则和公式，不能成为一门改进智力的科学．因此他提出必须把几何与代数的优点结合起来，建立一种“真正的数学”.
1637年，笛卡尔发表了《几何学》，创立了平面直角坐标系．他用平面上的一点到两条固定直线的距离来确定点的位置，用坐标来描述空间上的点．他进而又创立了解析几何学，表明了几何问题不仅可以归结成为代数形式，而且可以通过代数变换来实现发现几何性质，证明几何性质．
X
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)用坐标法解决几何问题的步骤：第一步，建立适当的坐标系，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纳为__坐标__伸缩变换，这就是用__代数方法__研究__几何__变换．
(2)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．
特别关注：
将圆x2＋y2＝1上的任意一点按照φ：进行变换后得到曲线的方程是什么？曲线形状是什么？
设点P(x，y)是圆x2＋y2＝1上任意一点，在变换φ：的作用下，点P(x，y)对应到点P′(x′，y′)，故代入x2＋y2＝1，得＋＝1.当λ＝μ时，表示圆心为O，半径为λ的圆；当λ≠μ时，表示中心为O的椭圆．
H
命题方向1 ?运用坐标法解决实际问题
典例试做1 我国海军第五批护航编队由“广州”号导弹驱逐舰，“微山湖”号综合补给舰，以及先期到达亚丁湾、索马里海域执行护行任务的“巢湖”号导弹护卫舰会合，对商船进行护航．某日“广州”舰在“巢湖”舰正东6千米处，“微山湖”舰在“巢湖”舰北偏西30°，相距4千米．某时刻“广州”舰发现商船的某种求救信号．由于“巢湖”，“微山湖”两舰比“广州”舰距离船远，因此4
s后“巢湖”、“微山湖”两舰才同时发现这一信号，若此信号的传播速度为1
km/s.若“广州”舰赶赴救援，行进的方位角度是多少？
【分析】平面上的点与坐标一一对应，建立平面直角坐标系，确定点的位置．
【解析】 如图，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“广州”舰行进的方位角为北偏东30°.
【点评】合理建立平面直角坐标系是解决此类问题的关键，如果坐标系建立的合理，那么可以简化计算．并且使问题的结论清晰明了，反之将带来计算的烦琐．
〔跟踪练习1〕
已知B村位于A村的正西方1
km处，原计划经过B村沿北偏东60°的方向设一条地下管线m，但在A村的西北方向400
m处，发现一古代文物遗址w.根据初步勘探的结果，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m的计划是否需要修改？
【解析】 以A村为原点，直线BA为x轴，建立如下图所示的坐标系．
则B点坐标为(－1000,0)，w点坐标为(－200，200)，由题意知管线m的斜率为k＝tan30°＝，
∴管线m所在的方程为y＝(x＋1000)，
化简得x－3y＋1000＝0，即x－·y＋1000＝0.点w到直线m的距离为
d＝
＝|500－100－100|
＝100(5－－)．
∵5－－>1，∴d>100.
∴管线m不会穿过禁区，故计划不需要修改．
命题方向2 ?运用坐标法解决平面几何问题
典例试做2 已知?ABCD，求证AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2).
【分析】在?ABCD所在平面内建立平面直角坐标系，利用两点间的距离公式证明．
【解析】 解法一：如图所示，
以点A为坐标原点，边AB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系xAy，则A(0,0)．设B(a,0)，C(b，c)．由对称性知D(b－a，c)．所以AB2＝a2，AD2＝(b－a)2＋c2，AC2＝b2＋c2，BD2＝(b－2a)2＋c2.
∵AC2＋BD2＝4a2＋2b2＋2c2－4ab＝2(2a2＋b2＋c2－2ab)，
而AB2＋AD2＝2a2＋b2＋c2－2ab.
∴AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．
解法二：如图所示，
在?ABCD中，＝＋，
两边平方得2＝2＋2·＋2.
同理可得2＝2－2·＋2.
以上两式相加，得2＋2＝2(2＋2)，
∴||2＋||2＝2(||2＋||2)，
故AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．
【点评】如何建立适当的平面直角坐标系？
①如果图形有对称中心，选对称中心为坐标原点；
②如果图形有对称轴，选对称轴为坐标轴；
③使图形上的特殊点尽可能多的在坐标轴上；
④如果是圆锥曲线，所建立的平面直角坐标系应使曲线方程为标准方程．
〔跟踪练习2〕
已知△ABC中，D为BC的中点，求：AB2＋AC2＝2(AD2＋BD2)．
【解析】 证明：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
AD2＋BD2＝＋＋＋＝(a2＋b2＋c2)．
故AB2＋AC2＝a2＋b2＋c2＝2(AD2＋BD2)．
命题方向3 ?平面直角坐标系下的伸缩变换
典例试做3 求满足下面图形变换的伸缩变换：由曲线4x2＋9y2＝36变成曲线x′2＋y′2＝1.
【分析】先设出伸缩变换，将其代入x′2＋y′2＝1中，与4x2＋9y2＝36比较即可．
【解析】 设变换为将其代入x′2＋y′2＝1，有λ2x2＋μ2y2＝1.
又4x2＋9y2＝36可化为x2＋y2＝1，即x2＋y2＝1.
与λ2x2＋μ2y2＝1比较，得λ2＝，μ2＝，
∴λ＝，μ＝.
∴
即将椭圆4x2＋9y2＝36上的所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的，即可得到圆x′2＋y′2＝1.
【点评】设P(x，y)是变换前图形f(x，y)＝0上点的坐标，P′(x′，y′)是变换后P点对应点的坐标.
在伸缩变换下，若已知P点坐标(x，y)，则变换后所对应点P′的坐标为(λx，μy)；反之，若已知P′的坐标为(x′，y′)，则P点的坐标为(x′，y′)．故将x′＝λx，y′＝μy代入变换后的曲线方程，可求变换前的方程；将x＝x′，y＝y′代入变换前的曲线方程，可求变换后的曲线方程，利用这个思想，我们也可以根据变换前、变换后的曲线方程，求出其相应的伸缩变换．所以，伸缩变换前的曲线方程、伸缩变换后的曲线方程、伸缩变换三者，知道其中的两个，我们可以求第三个.
〔跟踪练习3〕
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＝1，求曲线C的方程．
【解析】 将伸缩变换
代入x′2－9y′2＝1，得9x2－9y2＝1.
故曲线C的方程为9x2－9y2＝1.
命题方向4 ?三角函数图象的变换
典例试做4 为了得到函数y＝2sin(＋)(x∈R)的图象，只需把函数y＝2sinx(x∈R)图象上的所有点
( C )
A．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩为原来的(纵坐标不变)
B．向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩为原来的(纵坐标不变)
C．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长为原来的3倍(纵坐标不变)
D．向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长为原来的3倍(纵坐标不变)
【解析】
选项
判断
原因分析
A
×
经A所述的变换，得到y＝2sin(3x＋)
B
×
经B所述的变换，得到y＝2sin(3x－)
C
√
经C所述的变换，得到y＝2sin(＋)
D
×
经D所述的变换，得到y＝2sin(－)
【点评】(1)正弦曲线y＝sinx的变换(其中ω>0)
(2)注意事项
①ω>1，横坐标缩为原来的；0<ω<1，横坐标伸长为原来的；
②φ<0，向右平移|φ|个单位；φ>0，向左平移|φ|个单位；
③A>1，纵坐标伸长到原来的A倍；0〔跟踪练习4〕
(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sin(2x＋)，则下面结论正确的是
( D )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
【解析】 因为y＝sin(2x＋)＝cos(2x＋－)＝cos(2x＋)，所以曲线C1：y＝cosx上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到曲线y＝cos2x，再把得到的曲线y＝cos2x向左平移个单位长度，得到曲线y＝cos2(x＋)＝cos(2x＋)．故选D．
Y 混淆原图形上的点和所求图形上的点而致误
典例试做5 在平面直角坐标系中，求方程x＋y＋2＝0所对应的图形经过伸缩变换后的图形.
【错解】 直线x＋8y＋4＝0.
【辨析】 点(x，y)在原图形上，点(x′，y′)在变换后的图形上，因此点(x，y)的坐标满足原图形对应的方程，点(x′，y′)的坐标满足变换后的图形对应的方程．错解混淆了(x，y)和(x′，y′)的含义．
【正解】 由坐标伸缩变换得
将其代入x＋y＋2＝0，得2x′＋y′＋2＝0，
即8x′＋y′＋8＝0.
故经过伸缩变换后，直线x＋y＋2＝0变成直线8x′＋y′＋8＝0.
A级 基础巩固
一、选择题
1．通过伸缩变换，下列曲线形态可能发生变化的是
( A )
①直线 ②圆 ③椭圆 ④双曲线 ⑤抛物线
A．②③
B．①④⑤
C．①②③
D．②③④⑤
【解析】 将伸缩变换公式代入直线、双曲线和抛物线方程后，得到的仍是直线、双曲线和抛物线．
2．将点P(－2,2)变换为P′(－6,1)的伸缩变换公式为
( C )
A．
B．
C．
D．
【解析】 由伸缩变换公式
得∴
故所求的伸缩变换公式为
3．在同一平面直角坐标系中，满足由直线x－2y＝2变成直线2x′－y′＝4的伸缩变换为
( C )
A．
B．
C．
D．
【解析】 令x′＝λx，y′＝μy代入2x′－y′＝4得2λx－μy＝4即λx－y＝2又x－2y＝2，∴λ＝1，＝2即μ＝4，
∴
4．怎样将y＝sinx的图象得到y＝2sin2x的图象
( B )
A．横坐标不变，将纵坐标变为原来的2倍；再纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍
B．横坐标不变，将纵坐标变为原来的2倍；再纵坐标不变，横坐标变为原来的倍
C．横坐标不变，将纵坐标变为原来的倍；再纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍
D．横坐标不变，将纵坐标变为原来的倍；再纵坐标不变，横坐标变为原来的倍
【解析】 将y＝sinx图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变)，得到函数y＝2sin2x的图象，故选B．
5．将＋y2＝1的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长为原来的2倍，则曲线的方程变为
( B )
A．＋＝1
B．＋＝1
C．＋2y2＝1
D．＋2y2＝1
【解析】 根据题意，变换为代入＋y2＝1
得＋2＝1即＋＝1.
6．要得到y＝sinxcosx的图象，只需将函数y＝sinx的图象
( A )
A．横坐标不变，纵坐标缩短为原来的；纵坐标不变，横坐标缩短为原来的
B．横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍；纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍
C．横坐标不变，纵坐标缩短为原来的；纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍
D．横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍；纵坐标不变，横坐标缩短为原来的
【解析】 y＝sinxcosx＝sin2x
∴y＝sinxy＝sinx
y＝sin2x.
二、填空题
7．将y＝sinx变为新的曲线y＝3sin2x的变换为 .
8．伸缩变换的坐标表达式为，曲线C在此变换下变为椭圆x′2＋＝1，则曲线C的方程为__x2＋y2＝1__.
【解析】 将代入x′2＋＝1得x2＋y2＝1.
9．要将椭圆＋y2＝1只进行横坐标的伸缩变换变为圆，则变换为 .
【解析】 根据题意＋y2＝1→x′2＋y′2＝1，∴.
10．在△ABC中，已知A(4,2)，B(3,5)，|AB|＝|AC|，则点C的轨迹方程为__(x－4)2＋(y－2)2＝10(去掉(3,5)，(5，－1)两点)__.
【解析】 设C(x，y)，则由|AB|＝|AC|，可得＝，化简得(x－4)2＋(y－2)2＝10.又∵A，B，C三点不共线，∴(x－4)2＋(y－2)2＝10(去掉两点(3,5)，(5，－1))．
三、解答题
11．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C变为：x′2＋16y′2＝16，求曲线C的方程并画出图象.
【解析】 将代入x′2＋16y′2＝16得(4x)2＋16(2y)2＝16
化简得x2＋＝1.
图形略．
12．已知一条长为6的线段的两个端点A，B分在x轴、y轴上滑动，点M在线段AB上，且AM?MB＝1?2，求动点M的轨迹方程.
【解析】 如图，设A(xA,0)，B(0，yB)，M(x，y)，
∵|AB|＝6，∴＝6，即x＋y＝36. ①
∵AM?MB＝1?2，
∴x＝，y＝，即
将其代入①，得x2＋9y2＝36，即x2＋4y2＝16.
故动点M的轨迹方程为x2＋4y2＝16.
B级 素养提升
一、选择题
1．将y＝f(x)的图象横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标缩短为原来的，则所得函数的解析式为
( D )
A．y＝3f(3x)
B．y＝f(3x)
C．y＝3f
D．y＝f
【解析】 根据题意变换为?
代入y＝f(x)得3y′＝f，
∴y′＝f.
2．将曲线C按伸缩变换公式变换得曲线方程为x′2＋y′2＝1，则曲线C的方程为
( D )
A．＋＝1
B．＋＝1
C．4x2＋9y2＝36
D．4x2＋9y2＝1
【解析】 将x′＝2x，y′＝3y代入方程x′2＋y′2＝1得(2x)2＋(3y)2＝1，即4x2＋9y2＝1.故选D．
3．将曲线F(x，y)＝0上的点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标缩短到原来的，得到的曲线方程为
( A )
A．F(，3y)＝0
B．F(2x，)＝0
C．F(3x，)＝0
D．F(，2y)＝0
4．可以将椭圆＋＝1变为圆x2＋y2＝4的伸缩变换为
( C )
A．
B．
C．
D．
【解析】 椭圆＋＝1化为＋＝4，
令即可化为(x′)2＋(y′)2＝4，
故选C．
5．曲线y＝sin(x＋)经过伸缩变换后的曲线方程是
( C )
A．y′＝5sin(4x′＋)
B．y′＝sin(4x′＋)
C．y′＝5sin(x′＋)
D．y′＝sin(x′＋)
【解析】 由伸缩变换得
将其代入y＝sin(x＋)中得y′＝sin(x′＋)，化简得y＝5sin(x′＋)，故选C．
二、填空题
6．将对数曲线y＝log3x的横坐标伸长到原来的2倍得到的曲线方程为 y＝log3 .
【解析】 设P(x，y)为对数曲线y＝log3x上任意一点，变换后的对应点为P′(x′，y′)，由题意知伸缩变换为
∴
代入y＝log3x，得y′＝log3x′，
y＝log3.
将椭圆＋y2＝1的纵坐标伸长为原来的3倍，横坐标缩短为原来的，所得椭圆的焦点坐标为 (0，±2) .
【解析】 变换公式为?
代入＋y2＝1得x′2＋＝1
∴焦点在y轴上且c2＝a2－b2＝9－1＝8，
∴焦点为(0，±2)．
8．在伸缩变换φ：作用下，点P(1，－2)变换为P′的坐标为__(2，－1)__.
【解析】 根据平面直角坐标系中的伸缩变换公式，
∵x＝1，y＝－2，∴x′＝2x＝2，
y′＝y＝－1，
所以P′(2，－1)．
三、解答题
9．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变换后所得的点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．
【解析】 (1)设A′(x′，y′)，
由伸缩变换φ：
得到，
由于A(，－2)，
于是x′＝3×＝1，
y′＝×(－2)＝－1，
∴A′(1，－1)为所求．
(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′)，由上述可知，
将代入x2－＝1得－＝1，
化简得－＝1，
即－＝1为曲线C′的方程，可见仍是双曲线，且焦点F1(5,0)，F2(－5,0)为所求．
10．在面积为1的△PMN中，tan∠PMN＝，tan∠MNP＝－2，建立适当的坐标系，求以M、N为焦点且过P点的椭圆方程.
【解析】 解法一：如图，以MN所在直线为x轴，MN的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系．
设所求椭圆方程为＋＝1，
(a>b>0)，焦点M(－c,0)，
N(c,0)．由tan∠PMN＝，tanα＝2得直线PM，PN的方程分别为：y＝(x＋c)和y＝2(x－c)，
由此解得P.
在△PMN中，S△PMN＝|MN||yP|＝c2，
∴c2＝1，∴c＝，∴点P.
因此|PM|＝，|PN|＝.
∴a＝(|PM|＋|PN|)＝，
又b2＝a2－c2＝3.
故所求椭圆方程为＋＝1.
解法二：同解法一建立坐标系，
∵∠P＝∠α－∠PMN，
∴tan∠P＝＝.
∵∠P为锐角，∴sin∠P＝，cos∠P＝，
又S△PMN＝|PM|·|PN|·sin∠P＝1，
∴|PM|·|PN|＝.
在△PMN中，(2c)2＝|PM|2＋|PN|2－2|PM|·|PN|·cos∠P＝(|PM|＋|PN|)2－2|PM|·|PN|(1＋cos∠P)＝(2a)2－2××
∴c2＝a2－3，即b2＝3，
又sin∠PMN＝，sin∠PNM＝，
＝＝，
∴＝，
即＝，
∴a＝c，∴a2＝b2＋c2＝3＋，∴a2＝.
故所求椭圆方程为＋＝1.
第二节 极坐标系
第1课时 平面上点的极坐标
学习目标
思维脉络
1.能说出极坐标系的概念．2．能在极坐标系中用极坐标刻画点的位置.
Q
大家有没有见过这种图片？台风的卫星云图．台风危害很大，因此我们非常关注台风中心的位置．从小到大我们听过很多次台风预报．看一下气象台是怎么播报的：“今年第8号台风‘凤凰’，今天下午4时中心位置已经到达温州东南偏南方向大约800公里附近的洋面上，也就是在北纬22.3度，东经123.8度”．播报员用两种方式刻画了台风中心的位置，东经123.8度，北纬22.3度；温州东南偏南方向大约800公里的海面上．经纬度可以准确刻画地球表面任意一点的位置，在这张平面地图上，相交的两条经纬线，准确刻画了这张平面地图上的任意一点．如果把平面地图延伸开来，经纬线是不是也能刻画整个平面上任意一点的位置？
1637年笛卡尔受天文地理的经度、纬度启发，创建了平面直角坐标系，
用横坐标和纵坐标确定平面中任意一点的位置．
另一种定位方式也可以确定台风中心的位置，这是一种大家通俗易懂的、形象的定位方式．这种用参照点、角度和距离刻画平面中的点的思想
就称为极坐标思想，这样建立起来坐标系就称为极坐标系．
X
1．极坐标系
如图所示，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可以取任意实数．
3．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(0，θ)(θ∈R)．和直角坐标不同，平面内一个点的极坐标有__无数__种表示．
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．
特别关注：
(1)极点的极坐标：
极点的极径ρ＝0，极角θ可以是任何实数．所以极点的极坐标为(0，θ)(θ∈R)，也就是说极点有无数个极坐标．
(2)点的极坐标的多样性：
平面内给定一点，可以写出这个点的无数多个极坐标．根据点的极坐标(ρ，θ)的定义，对于给定的点的无数个极坐标，它们的极径相等，且极角相差2π的整数倍，即为(ρ，θ＋2kπ)(k∈Z)．
H
命题方向1 ?极坐标系及其概念
典例试做1 关于极坐标系的下列叙述：
①极轴是一条射线；
②极点的极坐标是(0,0)；
③点(0,0)表示极点；
④点M(4，)与点N(4，)表示同一个点；
⑤动点M(5，θ)(θ∈R)的轨迹是以极点为圆心，以5为半径的圆．
其中，叙述正确的序号是__①③⑤__.
【解析】
序号
正误
原因分析
①
√
设极点为O，极轴就是射线Ox，方向水平向右
②
×
极点O的极径ρ＝0，极角θ是任意实数，应为(0，θ)
③
√
给定(0,0)，可以在极坐标平面内确定惟一的一点，即极点
④
×
点M与点N有极角分别是θ1＝，θ2＝，二者的终边互为反向延长线
⑤
√
由于动点M(5，θ)(θ∈R)的极径ρ＝5，极角是任意角，故点M的轨迹是以极点O为圆心，以5为半径的圆.
【点评】理解极坐标系及其相关概念，是正确解答此类题目的关键．由极坐标系的概念可知，建立极坐标系必须具备四个要素：极点、极轴、长度单位、角度单位及其正方向，四者缺一不可．
〔跟踪练习1〕
下列各点中与(2，)不表示极坐标系中同一个点的是
( C )
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．
故选C．
命题方向2 ?画极坐标系中点
典例试做2 在极坐标系中，画出下列点的位置：
A，B，C，D.
【解析】 如图所示：
【点评】可先找极角，再找极径，最终确定点的位置．
〔跟踪练习2〕
在极坐标系中，画出下列点的位置．
A(2，)，B(1，)，C(3，－)．
【解析】 如下图所示：
命题方向3 ?极坐标中的对称
典例试做3 设点A，直线l为过极点且垂直于极轴的直线，分别求出点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).
【解析】
如图所示，关于极轴的对称点为B，
关于直线l的对称点为C，
关于极点O的对称点为D.
【点评】点(ρ，θ)关于极轴的对称点是(ρ，－θ)，关于直线l的对称点是(ρ，π－θ)，关于极点O的对称点是(ρ，π＋θ)．
〔跟踪练习3〕
极坐标系中，与点关于极轴所在直线对称的点的极坐标是( B )
A．
B．
C．
D．
命题方向4 ?极坐标系的实际应用
典例试做4 某大学校园的部分平面示意图如图所示：
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))．
【分析】建立适当的极坐标系，求出点的极径和极角，写出点的极坐标．
【解析】 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，如图所示．
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|＝300m，
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，)．
【点评】在极坐标系中，由点的位置求极坐标时，随着极角的范围的不同，点的极坐标的表示也会不同.
只有在ρ>0，θ∈[0,2π)的限定条件下，点的极坐标才是惟一的．
〔跟踪练习4〕
如图，以温州所在的城市为极点，正东方向为极轴正方向，建立极坐标系，今有某台风中心在东偏南60°，距离极点800千米处，假设当距离台风中心700千米时应当发布台风蓝色警报，已知福州所在城市的极坐标为(200，)．
(1)求台风中心的极坐标．
(2)问福州是否已发布台风蓝色警报？
【解析】 (1)由题意知，台风中心距离极点800千米，极角取，所以台风中心的一个极坐标为(800，)．
(2)福州所在城市的极坐标为(200，)，由(1)得，
福州距离台风中心的距离为
d＝
＝100×＝100>700，
所以该城市还未发布蓝色警报．
A级 基础巩固
一、选择题
1．点M(1,0)关于极点的对称点为
( C )
A．(1,0)
B．(－1，π)
C．(1，π)
D．(1,2π)
2．点P(2，)关于极轴的对称点的极坐标为( D )
A．(－2，)
B．(2，)
C．(2，)
D．(2，)
【解析】 如图，点P关于极轴Ox的对称点为(2，)．
3．以下各点坐标与点M(－5，)不同的是
( A )
A．(5，－)
B．(5，π)
C．(5，－π)
D．(－5，－π)
【解析】 点M的极坐标为(－5，)，由于和－π是终边相同的角．故点M的坐标也可表示为(－5，－π)．排除D，再根据和π或π是终边在反向延长线的角．故点M的坐标也可表示为(5，π)，(5，－π)．排除B、C．选A．
4．(2015·岳麓区模拟)在极坐标中与A(6，π)重合的点是
( C )
A．(6，)
B．(6，π)
C．(－6，)
D．(－6，π)
【解析】 在极坐标中与点A(6，π)重合的点为(－6，)，选C．
5．和表示同一点的是
( C )
A．
B．
C．
D．
【解析】 和表示同一点的形式为
k∈Z，当k＝－1时即为.
6．下列的点位于极轴所在直线上方的是
( D )
A．(3,0)
B．(3，)
C．(4，)
D．(4，)
【解析】 由极坐标的定义可得点(3,0)在极轴上，点(3，)，(4，)在极轴所在直线的下方，点(4，)在极轴所在直线的上方，故选D．
二、填空题
7．下列点在极点O和A连线所在直线上的点为__①②③④⑤__.(填序号)
① ② ③
④ ⑤ ⑥
8．在极坐标系中，如果等边三角形的两个顶点是A、B，则第三个顶点C的坐标为 或 .
【解析】 由题设知，A、B两点关于极点O对称，又|AB|＝4，由正三角形的性质知，|OC|＝2，∠AOC＝，从而C的坐标为或.
9．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|＝4，则ρ>0，θ∈[0,2π)时点M的极坐标为 (4，) .
【解析】 ρ＝|OM|＝4，与OP终边相同角为－＋2kπ，k∈Z，令k＝1，θ＝π，
∴M(4，π)．
10．在极坐标系中，O为极点，已知A(1，)，B(2，)，则△AOB的面积为 .
【解析】 点A，B在极坐标系中的位置如图所示．
∠AOB＝－＝，|OA|＝1，|OB|＝2，
所以S＝|OA|·|OB|sin∠AOB
＝×1×2×＝.
三、解答题
11．填表：
已知点的极坐标
A
B
C(－π，210°)
D(－，135°)
关于极点对称点的极坐标
A1( )
B1( C )
C1( )
D1( )
关于极轴对称点的极坐标
A2( )
B2( )
C2( )
D2( )
关于直线θ＝的对称点的极坐标
A3( )
B3( )
C3( )
D3( )
【解析】 关于极点对称点的极坐标为A1、B1、
C1(π，210°)、D1(，135°)
关于极轴对称点的极坐标为A2、B2、C2(π，－30°)、D2(，45°)
关于直线θ＝的对称点的极坐标为A3、B3、C3(π，150°)、D3(，225°)
12．已知M点的极坐标是(3，)，分别在下列给定条件下求出M点关于极轴、极点、过极点垂直于极轴的直线的对称点M1、M2、M3的极坐标.
(1)ρ>0,0≤θ<2π；
(2)ρ>0，－π<θ≤π.
【解析】 如图所示，
(1)当ρ>0,0≤θ<2π时，
ρ＝|OM1|＝|OM2|＝|OM3|＝|OM|＝3，
∠xOM＝，∠xOM1＝，
∠xOM2＝，∠xOM3＝，
∴M1(3，)，M2(3，)，M3(3，)．
(2)当ρ>0，－π<θ≤π时，
M1(3，－)，M2(3，－)，M3(3，)．
B级 素养提升
一、选择题
1．点M(ρ，)(ρ≥0)的轨迹是
( B )
A．点
B．射线
C．直线
D．圆
【解析】 由于动点M(ρ，)的极角θ＝，ρ取一切非负实数，故点M的轨迹是极角为的终边，是一条射线，故选B．
2．(ρ，θ)和(ρ，π＋θ)的关系是
( A )
A．关于极点对称
B．关于垂直于极轴且过极点的直线对称
C．关于极轴所在直线对称
D．以上均不对
【解析】 在极坐标系中作出两点，易知关于极点对称．
3．点M(ρ，θ)关于极点的对称点坐标为M1，关于过极点且与极轴垂直的直线的对称点为M2，则M1和M2分别为
( A )
A．M1(ρ，π＋θ)，M2(ρ，π－θ)
B．M1(ρ，2π＋θ)，M2(ρ，2π－θ)
C．M1(ρ，π＋θ)，M2(ρ，2π－θ)
D．M1(ρ，π－θ)，M2(ρ，π＋θ)
【解析】 如图所示，易知M1(ρ，π＋θ)，M2(ρ，π－θ)．
4．在极坐标系中，点M(ρ，θ)
(ρ>0)关于极轴的对称点的坐标是
( B )
A．(ρ，θ＋π)
B．(ρ，－θ)
C．(ρ，－θ＋π)
D．(ρ，2π＋θ)
【解析】 根据图形易知对称点为(ρ，－θ)．
5．在极坐标系中，点M的位置，可按如下规则确定
( B )
A．作射线OP，使∠xOP＝，再在射线OP上取点M，使|OM|＝2
B．作射线OP，使∠xOP＝，再在射线OP上取点M，使|OM|＝2
C．作射线OP，使∠xOP＝，再在射线OP的反向延长线上取点M，使|OM|＝2
D．作射线OP，使∠xOP＝－，再在射线OP上取点M，使|OM|＝2
【解析】 在极点坐标系中点(ρ，θ)规定ρ>0，θ为任意实数，故点M(－2，)的位置可按如下规则确定：作射线OP，使∠xOP＝，再在射线OP上取点M，使|OM|＝2.
二、填空题
6．极坐标系中A(2，)与B(3，)两点之间的距离为__5__.
【解析】 如图所示，
∠xOB＝，
∠xOA＝，
|OA|＝2，|OB|＝3，由题意，A，O，B三点共线，
所以|AB|＝|OA|＋|OB|＝2＋3＝5.
7．已知在极坐标系中，极点为O,0≤θ<2π，M(3，)，在直线OM上与点M间的距离为4的点的极坐标为 (7，)或(1，) .
【解析】 如图，|OM|＝3，∠xOM＝，
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＝，∠xOQ＝.
8．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__3__.
【解析】 ∵点P(3，)经过伸缩变换后的点为Q(6，π)．
则极坐标系中，Q到极轴所在直线的距离等于6·|sinπ|＝3.
三、解答题
9．已知边长为2的正方形ABCD的中心在极点，且一组对边与极轴Ox平行，求正方形的顶点的极坐标(限定ρ>0,0≤θ<2π).
【解析】 如右图所示，
由题意知|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|＝，∠xOA＝，
∠xOB＝，
∠xOC＝，∠xOD＝.
故正方形的顶点坐标分别为A(，)，B(，)，
C(，)，D(，)．
10．如图对点的极坐标定义如下：
当已知M(ρ，θ)(ρ>0，θ∈R)时，点M关于极点O的对称点M′(－ρ，θ)．
例如M(3，)关于极点O的对称点M′(－3，)，就是说(3，＋π)与(－3，)表示同一点．
已知A点的极坐标是(6，)，分别在下列给定条件下，写出A点的极坐标：
(1)ρ>0，－π<θ≤π.
(2)ρ<0,0≤θ<2π.
(3)ρ<0，－2π<θ≤0.
【解析】 如图所示，
|OA|＝|OA′|＝6.
∠xOA′＝，
∠xOA＝，即A与A′关于极点O对称，由极坐标的定义知
(1)当ρ>0，－π<θ≤π时，A(6，－)；
(2)当ρ<0,0≤θ<2π时，A(－6，)；
(3)当ρ<0，－2π<θ≤0时，A(－6，－)．
第2课时 极坐标与直角坐标的关系
学习目标
思维脉络
1.能记住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．2．能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.
Q
在二维平面中，要确定一个点的位置，需要两个独立的参数，比如在某班级可以用第几行第几列来确定某个同学的位置，这种确定方法其实就是建立了一个直角坐标系．我们也可以选择长度及角度这两个独立的参数来确定平面中点的位置，长度就是极径，角度就是极角．
既然两种坐标系刻画的点的本质都是一样的，只不过标准不一样，那么能不能找到一个桥梁，让这两种坐标进行互化呢？下面就让我们一起来探索一下吧．
X
极坐标与直角坐标的互相转化
(1)平面直角坐标系与极坐标系
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__，就建立了极坐标系如图所示．
(2)点的直角坐标与极坐标的互化公式
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)(ρ≥0)，于是极坐标与直角坐标的互化公式如下表：
点M
直角坐标(x，y)
极坐标(ρ，θ)
互化公式
ρ2＝__x2＋y2__tanθ＝ (x≠0)
在一般情况下，由tanθ确定角θ时，可根据点M所在的象限取最小正角．
特别关注：
如何由点的直角坐标确定点的极角？
由公式tanθ＝，以及θ的终边经过点(x，y)，先求出θ∈[0,2π)，再将点的极坐标表示为(ρ，θ＋2kπ)，k∈Z.
H
命题方向1 ?把极坐标化成直角坐标
典例试做1 已知点的极坐标分别为A(3，)，B(3，)，C(2，－)，D(4，)，E(2，π)，求这些点的直角坐标.
【分析】已知点的极坐标，实质上就是知道了ρ、θ的值，只需代入x＝ρcosθ，y＝ρsinθ即可求出点的直角坐标．
【解析】 (1)ρ＝3，θ＝，∴x＝3cos＝，y＝3sin＝，
∴点A的直角坐标为(，)．
(2)∵ρ＝3，θ＝π，∴x＝3cosπ＝－，y＝，
∴点B(3，π)的直角坐标为(－，)．
(3)∵ρ＝2，θ＝－，
∴x＝2cos(－)＝2×＝1，y＝2×sin(－)＝－.
∴点C(2，－)的直角坐标为(1，－)．
(4)∵ρ＝4，θ＝，∴x＝4cos＝0，y＝4sin＝4，
∴点D(4，)的直角坐标为(0,4)．
(5)∵ρ＝2，θ＝π，∴x＝2cosπ＝－2，y＝2sinπ＝0，
∴点E(2，π)的直角坐标为(－2,0)．
【点评】将极坐标化为直角坐标，我们只需利用公式x＝ρcosθ，y＝ρsinθ即可．
〔跟踪练习1〕
把下列极坐标化为直角坐标：
(1)M(5，π)；(2)N(2，π)；(3)P(4，π)；(4)Q(4，－)．
【解析】 (1)由题意知，x＝5cosπ＝5×(－)＝－，
y＝5sinπ＝5×＝.所以M点的直角坐标为(－，)．
(2)x＝2cosπ＝2×0＝0，y＝2sinπ＝2×(－1)＝－2.
所以N点的直角坐标为(0，－2)．
(3)x＝4cosπ＝4×(－)＝－2，y＝4sinπ＝4×(－)＝－2.
所以P点的直角坐标为(－2，－2)．
(4)x＝4cos(－)＝4×＝2，y＝4sin(－)＝4×(－)＝－2.
所以Q点的直角坐标为Q(2，－2)．
命题方向2 ?把直角坐标化成极坐标
典例试做2 已知下列各点的直角坐标，求它们的极坐标.
(1)A(3，)；(2)B(－2，－2)；(3)C(0，－2)；(4)D(3,0)．
【分析】已知点的直角坐标，求极坐标，实质上是已知x、y的值来求ρ、θ的值，只需代入公式ρ＝，tanθ＝即可．
【解析】 (1)由题意可知：ρ＝＝2，tanθ＝，所以θ＝.
所以点A的极坐标为(2，)．
(2)ρ＝＝4，tanθ＝＝，又由于θ为第三象限角，
故θ＝π，所以B点的极坐标为(4，π)．
(3)ρ＝＝2，θ为π，C在y轴负半轴上，
所以C点的极坐标为(2，π)．
(4)ρ＝＝3，tanθ＝＝0，故θ＝0.所以D点的极坐标为(3,0)．
【点评】(1)第(4)小题中D点的极坐标(3,0)与平面直角坐标系中的坐标(3,0)点不同，在极坐标系中，(3,0)中的3为极径，0为极角，而在直角坐标系中，点(3,0)中的3表示横坐标，0为纵坐标，形式相同而本质不同．
(2)把直角坐标转化为极坐标时，通常有不同的表示方法，极角相差2π的整数倍，而极径不变时，表示同一个点，为统一，θ通常一般在[0,2π)内取值．
〔跟踪练习2〕
已知直角坐标系中的点分别为(1)A(0，－)，(2)B(，0)，求它们的极坐标．
【解析】 (1)∵x＝0，y＝－，∴ρ＝＝，tanθ不存在，点B在y轴负半轴上，∴θ＝π.
∴A(0，－)的极坐标为(，π)．
(2)∵x＝，y＝0，∴ρ＝＝，tanθ＝0，
∴θ＝0.
∴点B(，0)的极坐标为(，0)．
命题方向3 ?极坐标中的距离问题
典例试做3 在极坐标系中，已知A(3，－)、B(1，π)，求A、B两点之间的距离.
【分析】对这类问题的解决方法，可以把A、B两点由极坐标化成直角坐标，利用两点间的距离公式d＝，求A、B两点的距离；也可以利用已知条件求∠AOB＝θ，由于在△AOB中，OA、OB已知，这样可以利用余弦定理AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcosθ求解，还可以考虑其对称性，根据对称性求距离．
【解析】 解法1：将A(3，－)，B(1，π)由极坐标化为直角坐标，
对于A(3，－)有x＝3cos(－)＝，
y＝3sin(－)＝－，
∴A(，－)．
对于B(1，π)有x＝1×cosπ＝－，y＝1×sinπ＝，
∴B(－，)．
∴|AB|＝＝＝4.
∴A、B两点的距离为4.
解法2：由A(3，－)、B(1，π)在过极点O的一条直线上，这时A、B两点的距离为|AB|＝3＋1＝4，故A、B两点间的距离为4.
〔跟踪练习3〕在极坐标系中，已知A(2，)，B(4，π)，求A、B两点之间的距离．
【解析】 解法1：把极坐标系中的点A(2，)，B(4，π)化为直角坐标系中的坐标．
对于点A(2，)，有x＝2cos＝2×＝，
y＝2sin＝2×＝1.
∴A(，1)．
对于点B(4，π)，有x＝4cosπ＝4×(－)＝－2，y＝4sinπ＝4×＝2.
∴B(－2，2)．
∴由两点间的距离公式可得A、B两点间的距离
|AB|＝＝＝2.
∴A、B两点之间的距离为2.
解法2：在极坐标系中，点A(2，)，B(4，π)，
∴∠AOB＝π－＝π＝120°.
在△AOB中，OA＝2，OB＝4，∠AOB＝120°，
由余弦定理可得
|AB|2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos120°＝22＋42－2×2×4×cos120°＝4＋16＋2×2×4×＝28.
∴AB＝2，∴A、B两点之间的距离为2.
命题方向4 ?极坐标在实际问题中的应用
典例试做4 今有A，B，C三舰进行演习，A舰在B舰的正东6
km处，C舰在B舰的北偏西30°且与B相距4
km处．某时刻A发现目标信号，4
s后B，C同时发现这种信号，A发射炮弹．设各舰与目标均为静止的，目标信号的传播速度是1
km/s，炮弹的速度是v0＝km/s，其中g为重力加速度．若不计空气阻力与舰高，问若以A舰为极点，正东方向为极轴方向，建立极坐标系，若A舰欲发射炮弹击中目标，求
(1)目标的直角坐标与极坐标．
(2)A舰发射炮弹的倾角θ应为多少？
(注：射程公式s＝)
【解析】
(1)取AB所在直线为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系，如右图，则求得A，B，C舰的坐标分别为(3,0)，(－3,0)，(－5,2)．
记目标所在位置为P，由于B，C同时发现目标信号，则|PB|＝|PC|，于是P在BC的中垂线上，
求得BC的中垂线方程为
x－3y＋7＝0.
又A，B两舰发现信号的时间差为4秒，得|PB|－|PA|＝4，
于是P在双曲线－＝1的右支上，
求得上述直线与双曲线的交点P的直角坐标为(8，5)，得|PA|＝10.
又kPA＝，所以直线PA的倾斜角为60°，于是目标的极坐标为(10，)．
(2)舰A发射炮弹的仰角为θ，
初速度为v0＝，炮弹的射程为
s＝10(km)，由公式，得＝10，所以sin2θ＝＝，
又0<θ≤，所以仰角θ＝.
A级 基础巩固
一、选择题
1．下列直角坐标表示的点在极轴所在直线上的是
( C )
A．(1,2)
B．(0，π)
C．(π，0)
D．(π，2π)
2．在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，取相同的单位长度，建立极坐标系．若点P的直角坐标与其极坐标在数值上相同，则点P在
( C )
A．x轴上
B．y轴上
C．射线Ox上
D．射线Oy上
3．若点P的直角坐标为(，－)，则它的极坐标可表示为
( D )
A．(2，)
B．(2，)
C．(2，)
D．(2，)
【解析】 ∵ρ＝＝2，tanθ＝＝－1，且点P在第四象限，∴θ＝.
故点P的极坐标为(2，)．
4．将点的极坐标(π，－2π)化为直角坐标为
( A )
A．(π，0)
B．(π，2π)
C．(－π，0)
D．(－2π，0)
5．把点的直角坐标(3，－4)化为极坐标(ρ，θ)(ρ≥0,0≤θ<π)，则
( D )
A．ρ＝3，θ＝4
B．ρ＝5，θ＝4
C．ρ＝5，tanθ＝
D．ρ＝5，tanθ＝－
【解析】 由公式得ρ＝＝＝5，
tanθ＝＝－，θ∈[0,2π)．
6．在极坐标系中，点A(2，)与B(2，－)之间的距离为
( B )
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】 方法一：点A(2，)与B(2，－)的直角坐标分别为(，1)与(，－1)，
于是|AB|＝＝2.
方法二：由点A(2，)与B(2，－)知，
|OA|＝|OB|＝2，∠AOB＝，于是△AOB为等边三角形，所以|AB|＝2.
二、填空题
7．已知两点的极坐标分别为A(3，)，B(3，)，则|AB|＝__3__，直线AB的倾斜角为 .
【解析】 根据极坐标的定义可得|AO|＝|BO|＝3，∠AOB＝，即△AOB为等边三角形，所以|AB|＝|AO|＝|BO|＝3，∠ACx＝(O为极点，C为直线AB与极轴的交点)．
8．极坐标系中，直角坐标为(1，－)的点的极角为 2kπ－，k∈Z .
【解析】 直角坐标为(1，－)的点在第四象限，
tanθ＝－，所以θ＝2kπ－，k∈Z.
9．极坐标系中，点(6，)的直角坐标为 (3,3) .
【解析】 ∵x＝ρcosθ＝6cos＝3，
y＝ρsinθ＝6sin＝3，
∴点的极坐标(6，)化为直坐标为(3,3)．
10．将点的直角坐标(－，)化为极坐标(ρ>0，θ∈[0,2π))为 (，) .
【解析】 ∵ρ＝
＝＝
tanθ＝＝－1，θ∈[0,2π)．
由于点(－，)在第二象限，
所以θ＝.
∴点的直角坐标(－，)化为极坐标为(，)．
三、解答题
11．(1)将下列各点的极坐标化为直角坐标：
①(，)；②(6，－)；③(5，π)．
(2)将下列各点的直角坐标化为极坐标(ρ>0,0≤θ<2π)：
①(，3)；②(－3,0)．
【解析】 (1)①x＝cos＝1，y＝sin＝1，
所以点(，)的直角坐标为(1,1)．
②x＝6cos(－)＝3，
y＝6sin(－)＝－3.
所以点(，－)的直角坐标为(3，－3)．
③x＝5cosπ＝－5，
y＝5sinπ＝0，
所以点(5，π)的直角坐标为(－5,0)．
(2)①ρ＝＝2，tanθ＝＝.
又因为点在第一象限，所以θ＝.
所以点(，3)的极坐标为(2，)．
②ρ＝＝3，极角为π，所以点(－3,0)的极坐标为(3，π)．
12．在极坐标系中，两点P(2，)和Q(2，)，求PQ的中点的极坐标.
【解析】 先化直角坐标，再化为极坐标．
∵P(2，)，∴
∴P(1，)．∵Q(2，)，
∴
∴Q＝(－3，)．
∴中点M的直角坐标为(－1，)．
∴ρ2＝(－1)2＋()2＝4，∴ρ＝2.
∴tanθ＝＝－，∴θ＝.
∴中点M的极坐标为(2，)．
B级 素养提升
一、选择题
1．把点M的直角坐标(1,1)化成极坐标形式为(ρ≥0，－2π≤θ<0)
( D )
A．
B．
C．
D．
【解析】 由坐标互化公式得
ρ＝＝
tanθ＝＝1(θ为第一象限角)．
又－2π≤θ<0，∴θ＝－，故选D．
2．已知点M的极坐标为(5，θ)，且tanθ＝－，<θ<π，则点M的直角坐标为
( C )
A．(－5,4)
B．(－5,3)
C．(－3,4)
D．(－4,3)
【解析】 ∵tanθ＝－，<θ<π，
∴cosθ＝－，sinθ＝，
∴x＝5cosθ＝－3，y＝5sinθ＝4，
故点M的直角坐标为(－3,4)．
3．在极坐标系中，若等边三角形ABC的两个顶点是A(2，)，B(2，)，则顶点C的坐标可能是
( B )
A．(4，)
B．(2，)
C．(2，π)
D．(3，π)
【解析】 如图所示，由题设可知A，B两点关于极点O对称，即O是AB的中点．
设点C的极坐标为(ρ，θ)，
又|AB|＝4，△ABC为等边三角形，
所以ρ＝|OC|＝2.
因为∠AOC＝，所以在[0,2π)内点C的极角θ＝＋＝或θ＝＋＝，即点C的极坐标为(2，)或(2，)．
4．两点A，B的极坐标分别为(2，)，(3，)，则A、B两点间的距离为
( D )
A．
B．
C．
D．
【解析】 点A，B的直角坐标分别为(1，)，(0,3)，则
|AB|＝＝.
5．若A，B两点的极坐标分别为A(4,0)，B(4，)，则线段AB的中点的极坐标为
( A )
A．(2，)
B．(，)
C．(4，)
D．(2，)
【解析】 由题意知点A，B的直角坐标分别为(4,0)，(0,4)，则线段AB的中点的直角坐标为(2,2)．
由ρ2＝x2＋y2，得ρ＝2.
因为tanθ＝＝1，且点(2,2)在第一象限，所以θ＝.故线段AB的中点的极坐标为(2，)．
二、填空题
6．在极坐标系中，与点P(6，－)关于极轴所在直线对称的点的极坐标 (6，) .
【解析】 极坐标系中的点(ρ，θ)关于极轴所在直线对称的点的极坐标为(ρ，2kπ－θ)(k∈Z)，∴与点(6，－)关于极轴所在直线对称的点的极坐标可表示为(6,2kπ＋)(k∈Z)．
7．已知M1，M2，则|M1M2|＝__2__.
【解析】 |M1M2|
＝
＝＝2.
8．原点与极点重合，x轴的正半轴与极轴重合，则(2,2)关于x＋y＝0对称的点的极坐标为 (2，) .
【解析】 点(2,2)关于x＋y＝0对称的点的直角坐标为(－2，－2)，
根据互化公式得ρ＝＝2，
tanθ＝＝1(θ为第三象限角)，∴θ＝，
∴点(2,2)关于x＋y＝0对称的点的极坐标为(2，)．
三、解答题
9．在极坐标系中，已知三点M(2，)，N(2,0)，P(2，)，将M，N，P三点的极坐标化为直角坐标，并判断M，N，P三点是否在同一条直线上.
【解析】 ∵点M的极坐标为(2，)，
∴点M的直角坐标为(2cos，2sin)，
即为M(1，－)．
同理可得点N的直角坐标为(2,0)，点P的直角坐标为(3，)．
∵kMN＝＝，kPN＝＝.
∴kMN＝kPN.
∴M，N，P三点在同一条直线上．
10．在极坐标系中若△ABC的三个顶点为A、B、C，判定△ABC的形状.
【解析】 |AB|＝
＝＝7，
|AC|＝
＝＝7，
|BC|＝＝＝7，
∴△ABC是等边三角形．
第三节 简单曲线的极坐标方程
学习目标
思维脉络
1.能在极坐标系中给出简单图形(如过极点的直线，过极点或圆心在极点的圆)的方程．2．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.
Q
直角坐标系的建立可以求曲线的方程；
极坐标系的建立是否可以求曲线方程？
以极点O为圆心5为半径的圆上任意一点极径为5，反过来，极径为5的点都在这个圆上．因此，以极点为圆心，5为半径的圆可以用方程ρ＝5来表示．那么对其他位置的圆与直线，我们应该如何确定他们的极坐标方程呢？
X
1．一般地，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的点都在曲线上，那么方程__f(ρ，θ)＝0__叫做曲线C的极坐标方程．
2．圆心在(a,0)(a>0)半径为a的圆的极坐标方程为 ρ＝2acosθ .
3．圆心在极点，半径为r的圆的极坐标方程为__ρ＝r__.
4．直线l经过极点，从极轴到直线l的角为，则直线l的极坐标方程为 θ＝，ρ∈R .
5．过点A(a,0)(a>0)且垂直于极轴的直线l的极坐标方程为 ρcosθ＝a .
6．直线l过点P(ρ1，θ1)且与极轴所成的角为α，则直线l的极坐标方程为__ρsin(α－θ)＝ρ1sin(α－θ1)__.
7．M(ρ，θ)与P(－ρ，θ)关于__极点__对称．
特别关注：
(1)我们遇到的极坐标方程多是ρ＝ρ(θ)的形式，即ρ为θ的一个函数．
求平面曲线的极坐标方程，就是要找极径ρ和极角θ之间的关系，常用解三角形(正弦定理、余弦定理)的知识、利用三角形的面积相等来建立ρ，θ之间的关系．
(2)由极坐标系中点的对称性可以得到极坐标方程ρ＝ρ(θ)的图形的对称性：若ρ(θ)＝ρ(－θ)，则相应图形关于极轴对称；若ρ(θ)＝ρ(π－θ)，则图形关于过极点且垂直于极轴的直线对称；若ρ(θ)＝ρ(π＋θ)，则图形关于极点O对称．
H
命题方向1 ?圆的极坐标方程
典例试做1 求圆心在A(2，)，且经过极点的圆的极坐标方程，并把它化为直角坐标方程.
【分析】如图，在圆A上任取异于点O，B外的一点M，连接OM.设M(ρ，θ)，则∠MOB＝|θ－|，结合已知条件即可求出圆A的极坐标方程．
【解析】 如图，设M(ρ，θ)为圆上除O，B外的任意一点，连接OM，MB，则有|OB|＝4，|OM|＝ρ，
∠MOB＝|θ－|，∠BMO＝，
从而△BOM为直角三角形．
所以有|OM|＝|OB|cos∠MOB，
即ρ＝4cos(θ－)＝－4sinθ.
因为点O(0,0)，B(4，)也适合此方程，故所求圆的极坐标方程为ρ＝－4sinθ.
将其化为直角坐标方程为x2＋y2＋4y＝0.
【点评】在求曲线的极坐标方程时，关键是找出曲线上的点满足的几何条件，将它用坐标表示，然后化简，最后求出ρ与θ的函数关系，即为要求的极坐标方程．
〔跟踪练习1〕
在极坐标系中，求：
(1)圆心在极点，半径为2的圆的极坐标方程；
(2)圆心为C(2，π)，半径为2的圆的极坐标方程．
【解析】 (1)设所求圆上任意一点M(ρ，θ)，结合图形，得|OM|＝2，∴ρ＝2,0≤θ<2π.
(2)设所求圆上任意一点M(ρ，θ)，结合图形，在Rt△OAM中，∠OMA＝，
∠AOM＝π－θ，|OA|＝4，
∵cos∠AOM＝，∴|OM|＝|OA|·cos∠AOM，
即ρ＝4cos(π－θ)，
故ρ＝－4cosθ为所求．
命题方向2 ?直线的极坐标方程
典例试做2 求过点A(1,0)且倾角为的直线的极坐标方程.
【解析】
解法一：如图所示，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(sincosθ－cossinθ)＝，
化简得ρ(cosθ－sinθ)＝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(cosθ－sinθ)＝1，
其中，0≤θ<(ρ≥1)和<θ<2π(ρ≥1)．
解法二：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，
直线方程为y＝x－1，将y＝ρsinθ，x＝ρcosθ代入上式，得
ρsinθ＝ρcosθ－1，
所以ρ(cosθ－sinθ)＝1，其中，0≤θ<(ρ≥1)和<θ<2π(ρ≥1)．
【点评】解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，从而建立了以ρ、θ为未知数的方程；解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的转化公式间接得解．
〔跟踪练习2〕
求经过点A(ρ0，θ0)且与极轴成α角的直线方程．
【解析】 如图所示，在l上任取一点P(ρ，θ)，
在△AOP中，∠OPA＝α－θ，∠OAP＝180°－(α－θ0)，
由正弦定理得＝，
化简有ρsin(α－θ)＝ρ0sin(α－θ0)．
命题方向3 ?极坐标方程和直角坐标方程的互化
典例试做3 把下列曲线的极坐标方程化为直角坐标方程：
(1)ρ＝2acosθ； (2)ρ＝4asinθ；
(3)ρ＝9(cosθ＋sinθ)； (4)ρ＝cosθ－4sinθ.
【解析】 (1)两边同乘以ρ得ρ2＝2aρcosθ.
∵ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，
∴x2＋y2＝2ax.
(2)两边同乘以ρ得ρ2＝4aρsinθ.
∵ρ2＝x2＋y2，ρsinθ＝y，
∴x2＋y2＝4ay.
(3)两边同乘以ρ得ρ2＝9(ρcosθ＋ρsinθ)．
∵ρ2＝x2＋y2，ρsinθ＝y，ρcosθ＝x，
∴x2＋y2＝9(x＋y)．
(4)两边同乘以ρ得ρ2＝ρ(cosθ－4sinθ)，
得x2＋y2＝x－4y.
【点评】注意将两边同乘以ρ，出现ρ2、ρcosθ、ρsinθ，利用公式ρ2＝x2＋y2、ρcosθ＝x、ρsinθ＝y，即可得到直角坐标方程．
〔跟踪练习3〕
化下列曲线的极坐标方程为直角坐标方程：
(1)ρcosθ＝2；(2)ρ＝2cosθ.
【解析】 根据点的极坐标化为直角坐标的公式：
ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，ρsinθ＝y.
(1)∵ρcosθ＝2，∴x＝2，是过点(2,0)，垂直于x轴的直线．
(2)∵ρ＝2cosθ，∴ρ2＝2ρcosθ，
∴x2＋y2－2x＝0，即(x－1)2＋y2＝1，
故曲线是圆心在(1,0)，半径为1的圆．
典例试做4 将下列曲线的直角坐标方程化为极坐标方程.
(1)射线y＝x(x≤0)；
(2)圆x2＋y2＋2ax＝0(a≠0)．
【分析】直角坐标方程极坐标方程．
【解析】 (1)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入y＝x，得ρsinθ＝ρcosθ
∴tanθ＝，∴θ＝或θ＝.又x≤0，∴ρcosθ≤0，
∴θ＝，
∴射线y＝x(x≤0)的极坐标方程为θ＝(ρ≥0)．
(2)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋y2＋2ax＝0，得
ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ＋2aρcosθ＝0，即ρ(ρ＋2acosθ)＝0，又ρ≠0，
∴ρ＝－2acosθ，
所以，圆x2＋y2＋2ax＝0(x≠0)的极坐标方程为
ρ＝－2acosθ，圆心为(－a,0)，半径为r＝|a|.
【点评】化曲线的直角坐标方程f(x，y)＝0为极坐标方程f(ρ，θ)＝0，只要将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入到方程f(x，y)＝0中即可．化为极坐标方程时，如果不加特殊说明，就认为ρ≥0.
例如x2＋y2＝25化为极坐标方程时，有ρ＝5或ρ＝－5两种情况，由于ρ≥0，所以ρ＝5.事实上，这两个方程都是以极点为圆心，以5为半径的圆．
〔跟踪练习4〕
将下列方程的普通方程化为极坐标方程，是圆的说明圆心和半径．
(1)x2＋y2＝x；
(2)x2＋(y－1)2＝1；
(3)x＋y－2＝0.
【解析】 (1)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋y2＝x得
ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ＝ρ·cosθ，
即ρ2(cos2θ＋sin2θ)＝ρcosθ，
ρ2＝ρcosθ，∴ρ＝cosθ，
圆心为(，0)，半径为.
(2)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋(y－1)2＝1即
x2＋y2－2y＝0得ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ－2ρsinθ＝0，
ρ2－2ρsinθ＝0即ρ＝2sinθ，
圆心为，半径为1.
(3)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x＋y－2＝0得ρcosθ＋ρsinθ－2＝0，即ρ(cosθ＋sinθ)＝2，
∴ρsin＝.
命题方向4 ?极坐标系中直线、曲线位置关系
典例试做5 求两个圆ρ＝4cosθ≠0，ρ＝4sinθ的圆心之间的距离．并判定两圆的位置关系.
【解析】 解法一：ρ＝4cosθ的圆心为(2,0)，半径为2；
ρ＝4sinθ的圆心为，半径为2；
两圆圆心的距离为
d＝＝2，
而两圆半径之和为4，两圆半径之差为0.
∴两圆相交．
解法二：ρ＝4cosθ两边同乘以ρ得ρ2＝4ρcosθ，
∴ρ＝4cosθ可化为x2＋y2－4x＝0，
即(x－2)2＋y2＝4，
∴表示的是以(2,0)为圆心，半径为2的圆；
ρ＝4sinθ两边同乘以ρ得ρ2＝4ρsinθ，
∴ρ＝4sinθ可化为x2＋y2－4y＝0，
即x2＋(y－2)2＝4，
∴表示的是以(0,2)为圆心，半径为2的圆．
两圆的圆心距为d＝＝2，
两圆半径之和为4，之差为0，
∴两圆相交．
【点评】对于研究极坐标方程下的距离及位置关系等问题，可在极坐标系下研究，也可将它们化为直角坐标方程，在直角坐标系下研究．
〔跟踪练习5〕
说明下列两条直线的位置关系：
(1)θ＝α和ρcos(θ－α)＝a；(α≠)
(2)θ＝α和ρsin(θ－α)＝a.(α≠)
【解析】 (1)直线θ＝α过极点，倾斜角为α，斜率为tanα.
直线ρcos(θ－α)＝a的直角坐标方程为(cosα)x＋(sinα)y－a＝0，其斜率为－.因为两直线的斜率之积等于－1，所以两直线垂直.
(2)直线ρsin(θ－α)＝a的直角坐标方程为(sinα)x－(cosα)y＋a＝0，
其斜率为tanα.
结合(1)可知，两直线的斜率相等，故两直线平行.
Y 忽略极坐标中参数θ的取值范围而致误
典例试做6 把直角坐标方程x＋y＝0化为极坐标方程.
【错解】 将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x＋y＝0，得ρcosθ＋ρsinθ＝0，
∴ρ(cosθ＋sinθ)＝0.∴tanθ＝－1.
∴极坐标方程θ＝kπ－(k∈Z)．
【辨析】 由直角坐标求极坐标时，理论上是不唯一的，但这里通常约定θ只在[0,2π)内取值．
【正解】 将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x＋y＝0，得
ρcosθ＋ρsinθ＝0，
∴ρ(cosθ＋sinθ)＝0，∴tanθ＝－1.
∴θ＝(ρ≥0)和θ＝(ρ≥0)或θ＝(ρ∈R)或θ＝(ρ∈R)．
综上所述，直线x＋y＝0的极坐标方程为θ＝(ρ≥0)和θ＝(ρ≥0)或θ＝(ρ∈R)或θ＝(ρ∈R)．
A级 基础巩固
一、选择题
1．极坐标方程ρ＝所表示的图形是
( A )
A．抛物线
B．椭圆
C．双曲线
D．圆
【解析】 极坐标方程ρ＝化为ρ－ρsinθ＝1，∴－y＝1，化为x2－2(y＋)，
其图形是抛物线．
故选A．
2．在极坐标系中，经过点P(3，)且垂直于极轴的直线方程为
( A )
A．ρcosθ＝
B．ρsinθ＝
C．ρ＝cosθ
D．ρ＝sinθ
【解析】 设直线与极轴的交点为A，
则|OA|＝|OP|·cos＝.
又设直线上除点P外的任意一点M(ρ，θ)，
则|OM|·cosθ＝|OA|，即ρcosθ＝.
可以验证，点P的坐标(3，)满足上式．
故所求的直线方程为ρcosθ＝.
3．在极坐标系中，曲线ρ＝2cosθ是
( D )
A．过极点的直线
B．半径为2
的圆
C．关于极点对称的图形
D．关于极轴对称的图形
【解析】 曲线ρ＝2cosθ化为ρ2＝2ρcosθ，∴x2＋y2＝2x，配方为(x－1)2＋y2＝1，
因此表示以(1,0)为圆心，1为半径的圆，
关于极轴对称．
故选D．
4．在极坐标系中，直线ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ的位置关系是
( D )
A．相离
B．相切
C．相交但不过圆心
D．相交且过圆心
【解析】 直线ρcosθ＝1即x＝1.
圆ρ＝2cosθ即ρ2＝2ρcosθ，化为x2＋y2＝2x，配方为(x－1)2＋y2＝1.其圆心为(1,0)．
可知：直线x＝1经过圆心(1,0)．
∴直线ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ的位置关系是相交且过圆心．
故选D．
5．已知f(ρ，θ)＝0是曲线C的极坐标方程，那么点P(ρ，θ)的坐标适合方程f(ρ，θ)＝0是点P在曲线C上的
( A )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要
【解析】 (ρ，θ)适合方程一定在曲线上，但极坐标系中，P在曲线上，它的坐标不一定适合方程，但必有一个形式是满足方程的．
6．极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是
( C )
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】 ∵(ρ－1)(θ－π)＝0，∴ρ＝1或θ＝π，ρ＝1表示以极点为圆心，半径为1的圆，θ＝π表示由极点出发的一条射线，∴C选项正确．
二、填空题
7．已知圆的极坐标方程为ρ＝2cosθ，则该圆的圆心到直线ρsinθ＋2ρcosθ＝1的距离是 .
【解析】 由极坐标与直角坐标的互化可得圆的方程为(x－1)2＋y2＝1，直线方程为：y＋2x＝1，故圆心(1,0)到直线距离d＝＝.
曲线ρ＝4sinθ与ρ＝2的交点坐标是 和 .
【解析】 由已知4sinθ＝2，sinθ＝，
∴θ＝或θ＝，故交点坐标分别为和.
9．直线2ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ相交的弦长为 .
10．(2017·北京高考)在极坐标系中，点A在圆ρ2－2ρcos
θ－4ρsin
θ＋4＝0上，点P的坐标为(1,0)，则|AP|的最小值为__1__.
【解析】 由ρ2－2ρcos
θ－4ρsin
θ＋4＝0，
得x2＋y2－2x－4y＋4＝0，
即(x－1)2＋(y－2)2＝1，
圆心坐标为C(1,2)，半径长为1.
∵点P的坐标为(1,0)，
∴点P在圆C外．
又∵点A在圆C上，
∴|AP|min＝|PC|－1＝2－1＝1.
三、解答题
11．写出下列各直线的极坐标方程：
(1)过极点且关于极轴的倾斜角是的直线的极坐标方程；
(2)垂直于极轴且极点到它的距离是5的直线的极坐标方程；
(3)平行于极轴且极点到它的距离是3的直线的极坐标方程；
(4)过点(4,0)且关于极轴的倾斜角是α的直线的极坐标方程．
【解析】 (1)θ＝，ρ∈R.
(2)如图，两种情况，在直角三角形中显然有ρcosθ＝±5.
(3)如图，两种情况，在直角三角形中有ρsinθ＝±3
(4)如图，在△OAM中，由正弦定理得
＝，
∴ρsin(α－θ)＝4sinα.
12．求下列各圆的圆心坐标和半径.
(1)ρ＝cosθ＋sinθ；
(2)ρ2＋4ρsinθ＋1＝0；
(3)ρ2－2ρ(cosθ＋sinθ)＝5.
【解析】 (1)ρ＝cosθ＋sinθ可化为ρ＝2cos.
∴圆心为，半径为1.
(2)ρ2＋4ρsinθ＋1＝0可化为
ρ2－2·2ρcos＋22＝()2，
∴圆心为，半径为.
(3)ρ2－2ρ(cosθ＋sinθ)＝5可化为
ρ2－2·2ρcos＋22＝32.
∴圆心为，半径为3.
B级 素养提升
一、选择题
1．极坐标方程ρ＝2cos(－θ)表示图形的面积是
( B )
A．2
B．2π
C．4
D．4π
【解析】 极坐标方程ρ＝2cos(－θ)即ρ2＝2×(cosθ＋sinθ)，∴x2＋y2＝2x＋2y，
化为(x－1)2＋(y－1)2＝2，
∴此圆的面积S＝π×2＝2π.故选B．
2．极坐标系中，圆ρ＝2cosθ与直线2ρcos(θ＋)＝－1的位置关系为
( B )
A．相离
B．相切
C．相交
D．无法确定
【解析】 圆ρ＝2cosθ即ρ2＝2ρcosθ，化为x2＋y2＝2x，配方为(x－1)2＋y2＝1，∴圆心C(1,0)，半径r＝1.
直线2ρcos(θ＋)＝－1展开为2(ρcosθ－ρsinθ)＝－1，化为x－y＋1＝0.
∴圆心C到直线的距离d＝＝1＝r.
∴直线与圆相切．
故选B．
3．在极坐标系中有如下三个结论
①点P在曲线C上，则点P的极坐标适合曲线C的极坐标方程
②tanθ＝与θ＝表示同一条曲线(ρ允许取负值)
③ρ＝4和ρ＝－4表示同一条曲线
在这三个结论中，正确的是
( D )
A．①③
B．①
C．①②
D．②③
【解析】 ①中点P的坐标不一定适合方程，例如(0，π)不适合方程ρ＝cosθ，但(0，π)在曲线ρ＝cosθ上．
4．极坐标方程ρcosθ＝2sin2θ表示的曲线为
( C )
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
【解析】 ∵ρcosθ＝2sin2θ，
∴ρcosθ＝4sinθcosθ，
∴cosθ＝0或ρ＝4sinθ，
故选C．
5．在极坐标系中，与圆ρ＝2sinθ相切的一条直线方程为
( B )
A．ρsinθ＝1
B．ρcosθ＝1
C．ρcosθ＝2
D．ρcosθ＝－2
【解析】 ρ＝2sinθ?ρ2＝2ρsinθ，
即x2＋y2－2y＝0，∴x2＋(y－1)2＝1
表示的是以(0,1)为圆心，半径为1的圆．
又ρsinθ＝1?y＝1，ρcosθ＝1?x＝1，
ρcosθ＝2?x＝2，ρcosθ＝－2?x＝－2，
∴只有ρcosθ＝1与ρ＝2sinθ相切．
二、填空题
6．在极坐标系中，圆ρ＝8sinθ上的点到直线θ＝(ρ∈R)距离的最大值是__6__.
【解析】 圆ρ＝8sinθ化为ρ2＝8ρsinθ，∴x2＋y2＝8y，化为x2＋(y－4)2＝16.
直线θ＝(ρ∈R)化为y＝x.
∴圆心C(0,4)到直线的距离d＝＝2，
∴圆ρ＝8sinθ上的点到直线θ＝(ρ∈R)距离的最大值＝d＋r＝2＋4＝6.
故答案为6.
在极坐标系中，曲线C1与C2的方程分别为2ρcos2θ＝sinθ与ρcosθ＝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C1与C2交点的直角坐标为__(1,2)__.
【解析】 曲线C1的直角坐标方程为y＝2x2，曲线C2的直角坐标方程为x＝1，联立，解得
因此交点的直角坐标为(1,2)．
(2017·天津高考)在极坐标系中，直线4ρcos(θ－)＋1＝0与圆ρ＝2sin
θ的公共点的个数为__2__.
【解析】 由4ρcos(θ－)＋1＝0
得2ρcos
θ＋2ρsin
θ＋1＝0，
故直线的直角坐标方程为2x＋2y＋1＝0.
由ρ＝2sin
θ得ρ2＝2ρsin
θ，
故圆的直角坐标方程为x2＋y2＝2y，
即x2＋(y－1)
2＝1.
圆心为(0,1)，半径为1.
∵圆心到直线2x＋2y＋1＝0的距离d＝＝<1，
∴直线与圆相交，有两个公共点．
三、解答题
9．在极坐标系中，已知圆ρ＝2cosθ与直线3ρcosθ＋4ρsinθ＋a＝0相切，求实数a的值.
【解析】 将极坐标方程化为直角坐标方程，得圆的方程为x2＋y2＝2x，即(x－1)2＋y2＝1，直线的方程为3x＋4y＋a＝0.
由题设知，圆心(1,0)到直线的距离为1，即有
＝1，解得a＝2或a＝－8.
故a的值为－8或2.
10．⊙O1和⊙O2的极坐标方程分别为ρ＝4cosθ，ρ＝－4sinθ.
(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．
【解析】 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)∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴由ρ＝4cosθ得ρ2＝4ρcosθ，∴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，得4x＋4y＝0.
过交点的直线的直角坐标方程为y＝－x.
第四节 柱坐标系与球坐标系简介
学习目标
思维脉络
1.借助具体实例了解柱坐标系、球坐标系中刻画空间中点的位置的方法．2．与空间直角坐标系中刻画点的位置方法相比较，体会它们的区别与联系.
Q
刻画三维空间中的点，除了空间直角坐标系，还有柱坐标系、球坐标系等多种坐标系．这些坐标系在微积分学、物理学、地理学、天文学中都有着广泛应用，例如我们可以用三个数据来确定卫星的位置，即卫星到地球中心的距离、经度、纬度．
X
1．一般地，如图，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，这样我们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P的柱坐标，记作P(ρ，θ，z)，空间点P的直角坐标与柱坐标之间的变换公式为 .
2．一般地，如图，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P的位置就可以用有序数组(r，φ，θ)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球坐标(或空间极坐标系)，有序数组(r，φ，θ)叫做点P的球坐标，记作P(r，φ，θ)，其中r≥0,0≤φ≤π，0≤θ<2π；球坐标中的角__θ__称为被测点P(r，φ，θ)的方位角，__90°－φ__称为高低角；空间点P的直角坐标(x，y，z)与球坐标(r，φ，θ)之间的变换关系为 .
特别关注：
1．三种空间坐标系中点的坐标的特点：
柱坐标系与球坐标系都是以空间直角坐标系为背景，柱坐标系在平面xOy内构造平面极坐标系，球坐标系是构造点P到原点的距离|OP|＝r与射线Oz构成极坐标系，且OP在平面xOy内的射影与射线Ox也构成平面极坐标系．点P的直角坐标是有序实数组(x，y，z)，柱坐标是含有一个极角的有序数组(ρ，θ，z)，球坐标是含有两个极角的有序数组(r，φ，θ)．
2．求某一点的柱坐标，先确定它在Oxy平面上的射影Q的极坐标，它的柱坐标中的z与空间直角坐标系中的z是相同的．
3．求某一点的球坐标，先求|OP|＝r，再求OP与Oz轴正向所夹角为φ，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，则该点球坐标确定．
4．要分清确定空间一点的柱坐标和球坐标的先后次序，明确各个坐标的确定方法．
H
命题方向1 ?直角坐标与柱坐标的互化
典例试做1 (1)已知点M的直角坐标为(1,1,1)，求它在柱坐标系中的坐标；
(2)已知点P的柱坐标为(2，，7)，求它的直角坐标．
【分析】由柱坐标求直角坐标，只需代入公式计算即可；由直角坐标求柱坐标，可先设出点M的柱坐标为(ρ，θ，z)，利用ρ2＝x2＋y2求ρ，利用tanθ＝求θ，在求θ的时候特别注意角θ所在的象限，从而确定θ的值．
【解析】 (1)设点M的柱坐标为(ρ，θ，z)，
则有
由①2＋②2得ρ2＝2，即ρ＝.
由②÷①得tanθ＝1.又点M在第Ⅰ卦限，所以θ＝.
∴故点M的柱坐标为(，，1)．
(2)设点P的直角坐标为(x，y，z)，
则有
所以点P的直角坐标为(1，，7)．
〔跟踪练习1〕
根据下列点的柱坐标，分别求直角坐标．
(1)(2,0，－2)； (2)(π，π，π)．
【解析】 设点的直角坐标为(x，y，z)．
(1)∵(ρ，θ，z)＝(2,0，－2)，
∴
∴(2,0，－2)为所求．
(2)∵(ρ，θ，z)＝(π，π，π)，
∴
∴(－π，0，π)为所求．
命题方向2 ?直角坐标与球坐标的互化
典例试做2 将点M的直角坐标化为球坐标，点P的球坐标化为直角坐标.
(1)M(1，，2)；(2)P(2，，)．
【分析】由球坐标求直角坐标，只需代入公式计算即可；由直角坐标化为球坐标，可先设点M的球坐标为(r，φ，θ)，利用r2＝x2＋y2＋z2，tanθ＝，cosφ＝求出r，φ，θ即可．要特别注意由直角坐标求球坐标时，φ和θ的取值，要先弄清楚它们终边所在的位置．
【解析】 (1)设点M的球坐标为(r，φ，θ)，
则由得
∴tanθ＝.
∵0≤θ<2π，x>0，∴θ＝.r＝＝2.
∴2＝2cosφ，∴cosφ＝.
∵0≤φ≤π，∴φ＝.∴点M的球坐标为(2，，)．
(2)设点P的直角坐标为(x，y，z)，
则有
故点P的直角坐标为(，，)．
〔跟踪练习2〕
根据下列点的球坐标，分别求直角坐标：
(1)(2，，)； (2)(，，)．
【解析】 设点的直角坐标为(x，y，z)，
(1)∵(r，φ，θ)＝(2，，)，
∴
∴(－1，－1，－)为所求．
(2)∵(r，φ，θ)＝(，，)，
∴
∴(，，)为所求．
命题方向3 ?球的坐标的简单应用
典例试做3 设地球的半径为R，在球坐标系中，点A的坐标为(R,45°，70°)，点B的坐标为(R,45°，160°)，求A，B两点间的球面距离.
【分析】要求A，B两点间的球面距离，即求经过A，B两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度．要把它放在△AOB中去分析，只要求得∠AOB的弧度数，就可求球面距离．
【解析】 设纬度圈的圆心为O′，地球球心为O，如图，OA＝OB＝R，由点A、B的球坐标可知，∠BOO′＝45°，∠AOO′＝45°，这两个点都在北纬90°－45°＝45°圈上．
则∠xOQ＝70°，∠xOH＝160°，
∴∠AO′B＝160°－70°＝90°.
∵OB＝R，O′B＝O′A＝R，
∴AB＝R.则AO＝BO＝AB＝R.
∴∠AOB＝60°，＝·2πR＝πR.
即A，B两点间的球面距离为πR.
Y 将球坐标和柱坐标与直角坐标互化公式混淆而致误
典例试做4 已知点M的直角坐标为(1,1，)，求它的球坐标.
【错解】 点M的球坐标为(，，)．
【辨析】 球坐标和柱坐标与直角坐标互化的公式记忆混淆，错用公式
【正解】 设点M的球坐标为(r，φ，θ)．
∵r＝＝＝2，
z＝rcosφ＝，∴cosφ＝.
∵0≤φ≤π，∴φ＝.
又tanθ＝＝1,0≤θ<2π，x>0，∴θ＝.
∴点M的球坐标为(2，，)．
A级 基础巩固
一、选择题
1．把点M的直角坐标(－1,1,1)化为柱坐标是
( A )
A．(，，1)
B．(，，1)
C．(，，1)
D．(－，，1)
【解析】 点M的直角坐标(－1,1,1)化为柱坐标，解得
，r＝，φ＝，z＝1.
∴点M的柱坐标为(，，1)．故选A．
2．点M的直角坐标为(1，－，4)，则它的柱坐标为
( B )
A．
B．
C．
D．
【解析】 ρ＝＝2，
tanθ＝＝－，θ＝2π－＝，
∴柱坐标为.
3．点的球坐标为(r，φ，θ)＝，则它的直角坐标为
( A )
A．(－1,1，－)
B．(1，－1，)
C．(－1,1,2)
D．(1,1，)
【解析】 ，
∴点的直角坐标为(－1,1，－)．
4．已知一个点的球坐标为，则它的高低角为
( D )
A．
B．
C．
D．
【解析】 根据高低角的概念：－＝.
5．已知一个点的球坐标为，则它的方位角为
( A )
A．
B．
C．
D．
【解析】 根据方位角的概念可知选A．
6．在球坐标系中，方程r＝3表示空间中
( D )
A．以x轴为中心轴，底半径为3的圆柱面
B．以y轴为中心轴，底半径为3的圆柱面
C．以z轴为中心轴，底半径为3的圆柱面
D．以原点为心，半径为3的球面
二、填空题
7．点M的柱坐标为，则它的直角坐标为 (，1,7) .
【解析】 ，∴点M的直角坐标为(，1,7)．
8．在柱坐标系中，方程ρ＝10表示空间中的__以z轴为中心轴底半径为10的圆柱__曲面.
9．已知柱坐标系Oxyz中，点M的柱坐标为(2，，)，则|OM|＝__3__.
【解析】 ∵(ρ，θ，z)＝(2，，)，
设M的直角坐标为(x，y，z)，
x2＋y2＝ρ2＝4，
∴|OM|＝＝＝3.
10．若点M的柱坐标为(4，，1)，则它的直角坐标为 (－2，－2,1) .
【解析】 设点M的直角坐标为(x，y，z)，
∵ρ＝4，θ＝，z＝1，
∴x＝ρcosθ＝4cos＝－2，
y＝ρsinθ＝4sin＝－2.
∴点M的直角坐标是(－2，－2,1)．
三、解答题
11．建立适当的球坐标系，求棱长为1的正方体各个顶点的球坐标.
【解析】 以正方体的顶点O为极点，以此顶点处的三条棱所在的直线为坐标轴，建立如图所示的球坐标系．
则有O(0,0,0)，A(1，，0)，B(，，)，C(1，，)，D(1,0,0)，E(，，0)，F(，φ，)(φ∈[0，]，且cosφ＝)，G(，，)．
根据下列点的球坐标，分别求直角坐标：
(1)(2，，)； (2)(2，，)．
【解析】 设点的直角坐标为(x，y，z)．
(1)∵(r，φ，θ)＝(2，，)，
∴
∴(，，)为所求．
(2)∵(r，φ，θ)＝(2，，)，
∴
∴(1，－1，)为所求．
B级 素养提升
一、选择题
1．已知点M的球坐标为(1，，)，则它的直角坐标为
( B )
A．(1，，)
B．(，，)
C．(，，)
D．(，，)
【解析】 设点M的直角坐标为(x，y，z)，
∵点M的球坐标为(1，，)，
∴x＝sincos＝，y＝sinsin＝，z＝cos＝
∴M的直角坐标为(，，)．
故选B．
2．已知点M的直角坐标为(0,0,1)，则点M的球坐标可以是
( A )
A．(1,0,0)
B．(0,1,0)
C．(0,0,1)
D．(1，π，0)
3．已知点M的球坐标为(4，，)，则点M到Oz轴的距离为
( A )
A．2
B．
C．2
D．4
【解析】 解法1：M点到z轴的距离为rsinφ＝4sin＝2.
解法2：设点M的直角坐标为(x，y，z)，
∵(r，φ，θ)＝(4，，)，
∴
∴M(－2,2,2)，
到Oz轴的距离为＝2.
4．在直角坐标系中(2,2,2)关于z轴对称点的柱坐标为
( C )
A．
B．
C．
D．
【解析】 (2,2,2)关于z轴对称点为(－2，－2,2)，其柱坐标为ρ＝＝2，
tanθ＝＝＝1，θ＝(在第三象限内)，
∴柱坐标为.
5．在空间坐标系中的点M(x，y，z)，若它的柱坐标为(3，，3)，则它的球坐标为
( D )
A．(3，，)
B．(3，，)
C．(3，，)
D．(3，，)
【解析】 ∵M点的柱面坐标为M(3，，3)，设点M的直角坐标为(x，y，z)，
∴x＝3cos＝，y＝3sin＝，z＝3.
∴M点的直角坐标为：M(，，3)．
设点M的球面坐标系的形式为(r，φ，θ)，r是球面半径，φ为向量OM在xOy面上投影到x轴正方向夹角，φ为向量OM与z轴正方向夹角，
∴r＝＝3，容易知道θ＝60°＝，同时结合点M的直角坐标为(，，3)．
可知cosφ＝＝＝，
∴φ＝，∴球面坐标为(3，，)．
故选D．
二、填空题
6．已知点M的直角坐标为(5,5,5)，则它的柱坐标为 .
【解析】 ρ＝＝5，tanθ＝＝1.
θ＝(θ在第一象限内)，∴柱坐标为.
7．点M的柱坐标为，则它的直角坐标为 (2,2，2) .
【解析】 ，∴直角坐标为(2,2，2)．
8．以地球中心为坐标原点，地球赤道平面为xOy坐标面，由原点指向北极点的连线方向为z轴正向，本初子午线所在平面为zOx坐标面，如图所示，若某地在西经60°，南纬45°，地球的半径为R，则该地的球坐标可表示为 (R，，) .
三、解答题
9．已知点P的球坐标为，求它的直角坐标.
【解析】 根据坐标变换公式得
∴点P的直角坐标为(－，－，－2)．
10．如图，在柱坐标系中，长方体的两个顶点坐标为A1(4，0,5)，C1(6，，5)，求该长方体外接球的体积.
【解析】 由长方体的两个顶点坐标为A1(4,0,5)，C1(6，，5)，可知OA＝4，OC＝6，OO1＝5，则长方体的对角线长为＝，那么长方体外接球的半径R＝，故外接球的体积为πR3＝π×()3＝.
本讲归纳总结
专题一 ?平面直角坐标系中的伸缩变换
函数y＝f(ωx)(x∈R)(其中ω>0，且ω≠1)的图象，可以看作把f(x)图象上所有点的横坐标缩短或伸长为原来的倍(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，可以看作f(x)图象上所有点的纵坐标伸长(当A>1时)或缩短(当0图形变换中的伸缩变换我们可记作变换公式在使用时，需分清新旧坐标．
典例试做1 说出由曲线y＝tanx得到曲线y＝3tan2x的变换规律，并求出满足其图形变换的伸缩变换.
【分析】主要考查变换公式
【解析】 y＝tanx的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到y＝tan2x.再将其纵坐标伸长为原来的3倍，横坐标不变，得到曲线y＝3tan2x.
设变换为
则μy＝3tan2λx，即y＝tan2λx.
与y＝tanx比较，则有μ＝3，λ＝.
所以
〔跟踪练习1〕
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′－3)2＋(y′＋5)2＝144，求曲线C的方程，并判断其形状．
【解析】 将代入(x′－3)2＋(y′＋5)2＝144中，得(4x－3)2＋(3y＋5)2＝144，
16(x－)2＋9(y＋)2＝144，
即＋＝1.
故该曲线是以(，)为中心，长轴长为8，短轴长为6的椭圆．
专题二 ?求曲线的极坐标方程
求曲线的极坐标方程的方法和步骤与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点的极坐标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．
典例试做2 在△ABC底边BC＝10，∠A＝∠B，以B为极点，BC为极轴，求顶点A的轨迹的极坐标方程.
【分析】本题利用正弦定理找到顶点A的ρ、θ之间的关系而求得其轨迹方程．
【解析】 如图，令A(ρ，θ)，
在△ABC内，则∠B＝θ，∠A＝，
又|BC|＝10，|AB|＝ρ.于是由正弦定理，得＝，化简，得A点轨迹的极坐标方程为ρ＝10＋20cosθ.
【点评】关键是找出有ρ、θ的三角形，正确通过所学知识，建立ρ、θ之间的关系．
〔跟踪练习2〕
从极点O作直线和直线ρcosθ＝4相交于M，在OM上取一点P，使|OM|·|OP|＝12，求点P的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．
【解析】 设P(ρ′，φ)，则φ＝θ，
∵|OM|·|OP|＝12，∴ρ′ρ＝12.
∴ρ＝.
∴cosθ＝4.∴ρ′＝3cosθ.
∴点P的轨迹是以(，0)为圆心，为半径的圆．
专题三 ?极坐标与直角坐标的互化
极坐标系与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，它们之间的互化公式为：x＝ρcosθ，y＝ρsinθ；ρ2＝x2＋y2，tanθ＝(x≠0)．
典例试做3 化圆的直角坐标方程x2＋y2－2ax＝0为极坐标方程.
【分析】将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入化简即可．
【解析】 将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋y2－2ax＝0得
ρ2－2aρcosθ＝0，
即ρ＝2acosθ.
〔跟踪练习3〕
化下列直角坐标方程为极坐标方程．
(1)x2－y2＝2y；
(2)2xy＝1；
(3)(x2＋y2)2＝x2－y2.
【解析】 (1)∵x2－y2＝2y，
∴(ρcosθ)2－(ρsinθ)2＝2ρsinθ，
即ρcos2θ＝2sinθ.
(2)∵2xy＝1，∴2ρcosθρsinθ＝1，即ρ2sin2θ＝1.
(3)∵(x2＋y2)2＝x2－y2，
∴(ρ2)2＝(ρcosθ)2－(ρsinθ)2，即ρ2＝cos2θ.
典例试做4 根据曲线的极坐标方程mρcos2θ＋3ρsin2θ－6cosθ＝0(m∈R)，判断曲线的类型.
【解析】 将极坐标方程mρcos2θ＋3ρsin2θ－6cosθ＝0两边同乘以ρ得mρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ－6ρcosθ＝0，
∵
∴mx2＋3y2－6x＝0.
当m＝3时，普通方程为(x－1)2＋y2＝1，曲线为圆；
当03时，普通方程的曲线为椭圆；
当m＝0时，普通方程为y2＝2x，曲线为抛物线；
当m<0时，普通方程的曲线为双曲线．
【点评】本题将曲线的极坐标方程化为普通方程比较自然，难点是对参数m的讨论，要做到层次分明，不重复不遗漏，并能明确普通方程所表示的曲线类型．
〔跟踪练习4〕
化下列极坐标方程为直角坐标方程．
(1)ρ＝cosθ＋2sinθ；
(2)ρ＝1＋sinθ；
(3)ρ3sinθcos2θ＝ρ2cos2θ－ρsinθ＋1.
【解析】 (1)∵ρ＝cosθ＋2sinθ，
∴ρ2＝ρcosθ＋2ρsinθ.
∴x2＋y2＝x＋2y，即x2＋y2－x－2y＝0.
(2)∵ρ＝1＋sinθ，
∴ρ2＝ρ＋ρsinθ.
∴x2＋y2＝＋y，
即(x2＋y2－y)2＝x2＋y2.
(3)∵ρ3sinθcos2θ＝ρ2cos2θ－ρsinθ＋1.
∴ρsinθ(ρ2cos2θ－ρ2sin2θ)＝ρ2cos2θ－ρ2sin2θ－ρsinθ＋1.
∴y(x2－y2)＝x2－y2－y＋1，
(x2－y2)(y－1)＋y－1＝0，
(y－1)(x2－y2＋1)＝0.
∴y－1＝0或x2－y2＋1＝0.
第一讲 学业质量标准检测
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F(x，y)＝0上的点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标缩短到原来的，得到的曲线方程为
( A )
A．F(，3y)＝0
B．F(2x，)＝0
C．F(3x，)＝0
D．F(，2y)＝0
【解析】 设(x，y)经过伸缩变换变为(x′，y′)，
∴则，
代入F(x，y)＝0，得F(x′，3y′)＝0.
2．将点(2,3)变成点(3,2)的伸缩变换是( B )
A．
B．
C．
D．
【解析】 设所求的伸缩变换为则
所以所求的伸缩变换为
3．过点P且平行于极轴的直线的极坐标方程是
( C )
A．ρsinθ＝1
B．ρcosθ＝1
C．ρsinθ＝
D．ρcosθ＝
【解析】 如图所示，在△OPM中＝，
∴ρsinθ＝.
4．在极坐标系中，圆ρ＝－2sinθ的圆心的极坐标是
( B )
A．(1，)
B．(1，－)
C．(1,0)
D．(1，π)
【解析】 本题主要考查了圆的极坐标方程及普通方程与极坐标方程的互化，由ρ＝－2sinθ得：ρ2＝－2ρsinθ，
∴x2＋y2＝－2y，即x2＋(y＋1)2＝1，∴圆心直角坐标为(0，－1)，极坐标为(1，－)，选B．
5．P点的直角坐标(－1，)化成极坐标为
( A )
A．(2，π)
B．(，π)
C．(，π)
D．(2，π)
【解析】 ρ＝＝2，tanθ＝－，θ∈(，π)，
∴θ＝.
∴点P的极坐标为(2，)．
故选A．
6．下列各点中与(2，)不表示极坐标系中同一个点的是
( C )
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．
故选C．
7．(2015·安庆二模)在极坐标系中，曲线C：ρ＝2sinθ上的两点A，B对应的极角分别为，，则弦长|AB|等于
( C )
A．1
B．
C．
D．2
【解析】 A、B两点的极坐标分别为(，)、(，)，
化为直角坐标为(－，)、(，)，
故|AB|＝＝，
故选C．
8．极坐标系中，过点且与极轴垂直的直线方程为
( B )
A．ρ＝－4cosθ
B．ρcosθ－1＝0
C．ρsinθ＝－
D．ρ＝－sinθ
【解析】 如图所示，ρ·cosθ＝2·cos，
∴ρcosθ＝1.
9．把极坐标方程ρ＝2sin化为直角坐标方程为
( A )
A．2＋2＝1
B．y2＝2
C．＝0
D．－＝1
【解析】 原式变为ρ＝sinθ＋cosθ，
两边同乘以ρ得ρ2＝ρsinθ＋ρcosθ.
∵ρ2＝x2＋y2，ρsinθ＝y，ρcosθ＝x，
∴x2＋y2－x－y＝0，
即2＋2＝1.
10．已知点M的球坐标为(1，，)，则它的直角坐标为
( B )
A．(1，，)
B．(，，)
C．(，，)
D．(，，)
【解析】 设点M的直角坐标为(x，y，z)，
∵点M的球坐标为(1，，)，
∴x＝sin
cos＝，
y＝sinsin＝，z＝cos＝.
故点M的直角坐标为(，，)．
11．极坐标方程θ＝，θ＝(ρ>0)和ρ＝8所表示的曲线围成的图形面积是
( A )
A．
B．
C．
D．
【解析】 如图所示，面积为α×R·R＝··64＝.
12．点P(ρ，θ)关于直线θ＝的对称点为
( C )
A．
B．(θ，ρ)
C．
D．(ρ，π－θ)
【解析】 如图所示，根据图形知
ρ′＝ρ，－θ＝θ′－，
∴θ′＝－θ＝π＋－θ.
∴对称点为.
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填写在题中的横线上．)
13．(2015·湖南)在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若曲线C的极坐标方程为ρ＝2sinθ，则曲线C的直角坐标方程为__x2＋(y－1)2＝1__.
【解析】 曲线C的极坐标方程为ρ＝2sinθ，即ρ2＝2ρsinθ，它的直角坐标方程为：x2＋y2＝2y，即x2＋(y－1)2＝1.
故答案为x2＋(y－1)2＝1.
14．(2015·北京)在极坐标系中，点(2，)到直线ρ(cosθ＋sinθ)＝6的距离为__1__.
【解析】 点P(2，)化为P(1，)．
直线ρ(cosθ＋sinθ)＝6化为x＋y－6＝0.
∴点P到直线的距离d＝＝1.
故答案为1.
15．点M的直角坐标为(2,2,30)，则它的柱坐标为 .
【解析】 由ρ＝＝2，tanθ＝＝1，θ＝(第一象限内)，∴柱坐标为.
16．在极坐标系中，曲线C1和C2的方程分别为ρsin2θ＝cosθ与ρsinθ＝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C1和C2交点的直角坐标为__(1,1)__.
【解析】 本题考查极坐标方程与普通方程互化及求曲线交点．
C1：ρsin2θ＝cosθ，∴ρ2sin2θ＝ρcosθ，即y2＝x，
C2：ρsinθ＝1，∴y＝1.
联立∴，则交点坐标(1,1)．
三、解答题(本大题共6小题，共74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12分)极坐标系中，求点(m>0)到直线ρcos＝2的距离.
【解析】 将直线极坐标方程化成普通方程应为
ρ＝2即x＋y－4＝0.
∴点到直线x＋y－4＝0的距离为
＝＝|m－2|.
18．(本小题满分12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.
【解析】 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，为半径的圆．
19．(本小题满分12分)如图，正方体OABC－D′A′B′C′中，|OA|＝3，|OC|＝3，|OD′|＝3，A′C′与B′D′相交于点P，分别写出点C、B′、P的柱坐标.
【解析】 C点的ρ、θ分别为|OC|及∠COA，B′点的ρ，θ分别为|OB|＝＝＝3，θ＝∠BOA，tan∠BOA＝＝＝1，
∴∠BOA＝.
P点的ρ，θ为|OE|，∠AOE，|OE|＝|OB|，∠AOE＝∠AOB，
∴C点的柱坐标为(3，，0)；
B′点的柱坐标为(3，，3)；P点的柱坐标为(，，3)．
20．(本小题满分12分)已知⊙C：ρ＝cosθ＋sinθ，直线l：ρ
第一节 平面直角坐标系
学习目标
思维脉络
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．2．通过具体例子，了解在伸缩变换作用下平面图形的变化情况.
Q
平面直角坐标系是法国数学家笛卡尔发明的．
在笛卡尔之前，几何与代数是数学中两个不同的研究领域．笛卡尔站在方法论的自然哲学的高度，认为希腊人的几何学过于依赖于图形，束缚了人的想象力．对于当时流行的代数学，他觉得它完全从属于法则和公式，不能成为一门改进智力的科学．因此他提出必须把几何与代数的优点结合起来，建立一种“真正的数学”.
1637年，笛卡尔发表了《几何学》，创立了平面直角坐标系．他用平面上的一点到两条固定直线的距离来确定点的位置，用坐标来描述空间上的点．他进而又创立了解析几何学，表明了几何问题不仅可以归结成为代数形式，而且可以通过代数变换来实现发现几何性质，证明几何性质．
X
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)用坐标法解决几何问题的步骤：第一步，建立适当的坐标系，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纳为__坐标__伸缩变换，这就是用__代数方法__研究__几何__变换．
(2)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．
特别关注：
将圆x2＋y2＝1上的任意一点按照φ：进行变换后得到曲线的方程是什么？曲线形状是什么？
设点P(x，y)是圆x2＋y2＝1上任意一点，在变换φ：的作用下，点P(x，y)对应到点P′(x′，y′)，故代入x2＋y2＝1，得＋＝1.当λ＝μ时，表示圆心为O，半径为λ的圆；当λ≠μ时，表示中心为O的椭圆．
H
命题方向1 ?运用坐标法解决实际问题
典例试做1 我国海军第五批护航编队由“广州”号导弹驱逐舰，“微山湖”号综合补给舰，以及先期到达亚丁湾、索马里海域执行护行任务的“巢湖”号导弹护卫舰会合，对商船进行护航．某日“广州”舰在“巢湖”舰正东6千米处，“微山湖”舰在“巢湖”舰北偏西30°，相距4千米．某时刻“广州”舰发现商船的某种求救信号．由于“巢湖”，“微山湖”两舰比“广州”舰距离船远，因此4
s后“巢湖”、“微山湖”两舰才同时发现这一信号，若此信号的传播速度为1
km/s.若“广州”舰赶赴救援，行进的方位角度是多少？
【分析】平面上的点与坐标一一对应，建立平面直角坐标系，确定点的位置．
【解析】 如图，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“广州”舰行进的方位角为北偏东30°.
【点评】合理建立平面直角坐标系是解决此类问题的关键，如果坐标系建立的合理，那么可以简化计算．并且使问题的结论清晰明了，反之将带来计算的烦琐．
〔跟踪练习1〕
已知B村位于A村的正西方1
km处，原计划经过B村沿北偏东60°的方向设一条地下管线m，但在A村的西北方向400
m处，发现一古代文物遗址w.根据初步勘探的结果，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m的计划是否需要修改？
【解析】 以A村为原点，直线BA为x轴，建立如下图所示的坐标系．
则B点坐标为(－1000,0)，w点坐标为(－200，200)，由题意知管线m的斜率为k＝tan30°＝，
∴管线m所在的方程为y＝(x＋1000)，
化简得x－3y＋1000＝0，即x－·y＋1000＝0.点w到直线m的距离为
d＝
＝|500－100－100|
＝100(5－－)．
∵5－－>1，∴d>100.
∴管线m不会穿过禁区，故计划不需要修改．
命题方向2 ?运用坐标法解决平面几何问题
典例试做2 已知?ABCD，求证AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2).
【分析】在?ABCD所在平面内建立平面直角坐标系，利用两点间的距离公式证明．
【解析】 解法一：如图所示，
以点A为坐标原点，边AB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系xAy，则A(0,0)．设B(a,0)，C(b，c)．由对称性知D(b－a，c)．所以AB2＝a2，AD2＝(b－a)2＋c2，AC2＝b2＋c2，BD2＝(b－2a)2＋c2.
∵AC2＋BD2＝4a2＋2b2＋2c2－4ab＝2(2a2＋b2＋c2－2ab)，
而AB2＋AD2＝2a2＋b2＋c2－2ab.
∴AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．
解法二：如图所示，
在?ABCD中，＝＋，
两边平方得2＝2＋2·＋2.
同理可得2＝2－2·＋2.
以上两式相加，得2＋2＝2(2＋2)，
∴||2＋||2＝2(||2＋||2)，
故AC2＋BD2＝2(AB2＋AD2)．
【点评】如何建立适当的平面直角坐标系？
①如果图形有对称中心，选对称中心为坐标原点；
②如果图形有对称轴，选对称轴为坐标轴；
③使图形上的特殊点尽可能多的在坐标轴上；
④如果是圆锥曲线，所建立的平面直角坐标系应使曲线方程为标准方程．
〔跟踪练习2〕
已知△ABC中，D为BC的中点，求：AB2＋AC2＝2(AD2＋BD2)．
【解析】 证明：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
AD2＋BD2＝＋＋＋＝(a2＋b2＋c2)．
故AB2＋AC2＝a2＋b2＋c2＝2(AD2＋BD2)．
命题方向3 ?平面直角坐标系下的伸缩变换
典例试做3 求满足下面图形变换的伸缩变换：由曲线4x2＋9y2＝36变成曲线x′2＋y′2＝1.
【分析】先设出伸缩变换，将其代入x′2＋y′2＝1中，与4x2＋9y2＝36比较即可．
【解析】 设变换为将其代入x′2＋y′2＝1，有λ2x2＋μ2y2＝1.
又4x2＋9y2＝36可化为x2＋y2＝1，即x2＋y2＝1.
与λ2x2＋μ2y2＝1比较，得λ2＝，μ2＝，
∴λ＝，μ＝.
∴
即将椭圆4x2＋9y2＝36上的所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的，即可得到圆x′2＋y′2＝1.
【点评】设P(x，y)是变换前图形f(x，y)＝0上点的坐标，P′(x′，y′)是变换后P点对应点的坐标.
在伸缩变换下，若已知P点坐标(x，y)，则变换后所对应点P′的坐标为(λx，μy)；反之，若已知P′的坐标为(x′，y′)，则P点的坐标为(x′，y′)．故将x′＝λx，y′＝μy代入变换后的曲线方程，可求变换前的方程；将x＝x′，y＝y′代入变换前的曲线方程，可求变换后的曲线方程，利用这个思想，我们也可以根据变换前、变换后的曲线方程，求出其相应的伸缩变换．所以，伸缩变换前的曲线方程、伸缩变换后的曲线方程、伸缩变换三者，知道其中的两个，我们可以求第三个.
〔跟踪练习3〕
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＝1，求曲线C的方程．
【解析】 将伸缩变换
代入x′2－9y′2＝1，得9x2－9y2＝1.
故曲线C的方程为9x2－9y2＝1.
命题方向4 ?三角函数图象的变换
典例试做4 为了得到函数y＝2sin(＋)(x∈R)的图象，只需把函数y＝2sinx(x∈R)图象上的所有点
( C )
A．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩为原来的(纵坐标不变)
B．向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩为原来的(纵坐标不变)
C．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长为原来的3倍(纵坐标不变)
D．向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长为原来的3倍(纵坐标不变)
【解析】
选项
判断
原因分析
A
×
经A所述的变换，得到y＝2sin(3x＋)
B
×
经B所述的变换，得到y＝2sin(3x－)
C
√
经C所述的变换，得到y＝2sin(＋)
D
×
经D所述的变换，得到y＝2sin(－)
【点评】(1)正弦曲线y＝sinx的变换(其中ω>0)
(2)注意事项
①ω>1，横坐标缩为原来的；0<ω<1，横坐标伸长为原来的；
②φ<0，向右平移|φ|个单位；φ>0，向左平移|φ|个单位；
③A>1，纵坐标伸长到原来的A倍；0
(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sin(2x＋)，则下面结论正确的是
( D )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
【解析】 因为y＝sin(2x＋)＝cos(2x＋－)＝cos(2x＋)，所以曲线C1：y＝cosx上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到曲线y＝cos2x，再把得到的曲线y＝cos2x向左平移个单位长度，得到曲线y＝cos2(x＋)＝cos(2x＋)．故选D．
Y 混淆原图形上的点和所求图形上的点而致误
典例试做5 在平面直角坐标系中，求方程x＋y＋2＝0所对应的图形经过伸缩变换后的图形.
【错解】 直线x＋8y＋4＝0.
【辨析】 点(x，y)在原图形上，点(x′，y′)在变换后的图形上，因此点(x，y)的坐标满足原图形对应的方程，点(x′，y′)的坐标满足变换后的图形对应的方程．错解混淆了(x，y)和(x′，y′)的含义．
【正解】 由坐标伸缩变换得
将其代入x＋y＋2＝0，得2x′＋y′＋2＝0，
即8x′＋y′＋8＝0.
故经过伸缩变换后，直线x＋y＋2＝0变成直线8x′＋y′＋8＝0.
A级 基础巩固
一、选择题
1．通过伸缩变换，下列曲线形态可能发生变化的是
( A )
①直线 ②圆 ③椭圆 ④双曲线 ⑤抛物线
A．②③
B．①④⑤
C．①②③
D．②③④⑤
【解析】 将伸缩变换公式代入直线、双曲线和抛物线方程后，得到的仍是直线、双曲线和抛物线．
2．将点P(－2,2)变换为P′(－6,1)的伸缩变换公式为
( C )
A．
B．
C．
D．
【解析】 由伸缩变换公式
得∴
故所求的伸缩变换公式为
3．在同一平面直角坐标系中，满足由直线x－2y＝2变成直线2x′－y′＝4的伸缩变换为
( C )
A．
B．
C．
D．
【解析】 令x′＝λx，y′＝μy代入2x′－y′＝4得2λx－μy＝4即λx－y＝2又x－2y＝2，∴λ＝1，＝2即μ＝4，
∴
4．怎样将y＝sinx的图象得到y＝2sin2x的图象
( B )
A．横坐标不变，将纵坐标变为原来的2倍；再纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍
B．横坐标不变，将纵坐标变为原来的2倍；再纵坐标不变，横坐标变为原来的倍
C．横坐标不变，将纵坐标变为原来的倍；再纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍
D．横坐标不变，将纵坐标变为原来的倍；再纵坐标不变，横坐标变为原来的倍
【解析】 将y＝sinx图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变)，得到函数y＝2sin2x的图象，故选B．
5．将＋y2＝1的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长为原来的2倍，则曲线的方程变为
( B )
A．＋＝1
B．＋＝1
C．＋2y2＝1
D．＋2y2＝1
【解析】 根据题意，变换为代入＋y2＝1
得＋2＝1即＋＝1.
6．要得到y＝sinxcosx的图象，只需将函数y＝sinx的图象
( A )
A．横坐标不变，纵坐标缩短为原来的；纵坐标不变，横坐标缩短为原来的
B．横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍；纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍
C．横坐标不变，纵坐标缩短为原来的；纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍
D．横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍；纵坐标不变，横坐标缩短为原来的
【解析】 y＝sinxcosx＝sin2x
∴y＝sinxy＝sinx
y＝sin2x.
二、填空题
7．将y＝sinx变为新的曲线y＝3sin2x的变换为 .
8．伸缩变换的坐标表达式为，曲线C在此变换下变为椭圆x′2＋＝1，则曲线C的方程为__x2＋y2＝1__.
【解析】 将代入x′2＋＝1得x2＋y2＝1.
9．要将椭圆＋y2＝1只进行横坐标的伸缩变换变为圆，则变换为 .
【解析】 根据题意＋y2＝1→x′2＋y′2＝1，∴.
10．在△ABC中，已知A(4,2)，B(3,5)，|AB|＝|AC|，则点C的轨迹方程为__(x－4)2＋(y－2)2＝10(去掉(3,5)，(5，－1)两点)__.
【解析】 设C(x，y)，则由|AB|＝|AC|，可得＝，化简得(x－4)2＋(y－2)2＝10.又∵A，B，C三点不共线，∴(x－4)2＋(y－2)2＝10(去掉两点(3,5)，(5，－1))．
三、解答题
11．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C变为：x′2＋16y′2＝16，求曲线C的方程并画出图象.
【解析】 将代入x′2＋16y′2＝16得(4x)2＋16(2y)2＝16
化简得x2＋＝1.
图形略．
12．已知一条长为6的线段的两个端点A，B分在x轴、y轴上滑动，点M在线段AB上，且AM?MB＝1?2，求动点M的轨迹方程.
【解析】 如图，设A(xA,0)，B(0，yB)，M(x，y)，
∵|AB|＝6，∴＝6，即x＋y＝36. ①
∵AM?MB＝1?2，
∴x＝，y＝，即
将其代入①，得x2＋9y2＝36，即x2＋4y2＝16.
故动点M的轨迹方程为x2＋4y2＝16.
B级 素养提升
一、选择题
1．将y＝f(x)的图象横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标缩短为原来的，则所得函数的解析式为
( D )
A．y＝3f(3x)
B．y＝f(3x)
C．y＝3f
D．y＝f
【解析】 根据题意变换为?
代入y＝f(x)得3y′＝f，
∴y′＝f.
2．将曲线C按伸缩变换公式变换得曲线方程为x′2＋y′2＝1，则曲线C的方程为
( D )
A．＋＝1
B．＋＝1
C．4x2＋9y2＝36
D．4x2＋9y2＝1
【解析】 将x′＝2x，y′＝3y代入方程x′2＋y′2＝1得(2x)2＋(3y)2＝1，即4x2＋9y2＝1.故选D．
3．将曲线F(x，y)＝0上的点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标缩短到原来的，得到的曲线方程为
( A )
A．F(，3y)＝0
B．F(2x，)＝0
C．F(3x，)＝0
D．F(，2y)＝0
4．可以将椭圆＋＝1变为圆x2＋y2＝4的伸缩变换为
( C )
A．
B．
C．
D．
【解析】 椭圆＋＝1化为＋＝4，
令即可化为(x′)2＋(y′)2＝4，
故选C．
5．曲线y＝sin(x＋)经过伸缩变换后的曲线方程是
( C )
A．y′＝5sin(4x′＋)
B．y′＝sin(4x′＋)
C．y′＝5sin(x′＋)
D．y′＝sin(x′＋)
【解析】 由伸缩变换得
将其代入y＝sin(x＋)中得y′＝sin(x′＋)，化简得y＝5sin(x′＋)，故选C．
二、填空题
6．将对数曲线y＝log3x的横坐标伸长到原来的2倍得到的曲线方程为 y＝log3 .
【解析】 设P(x，y)为对数曲线y＝log3x上任意一点，变换后的对应点为P′(x′，y′)，由题意知伸缩变换为
∴
代入y＝log3x，得y′＝log3x′，
y＝log3.
将椭圆＋y2＝1的纵坐标伸长为原来的3倍，横坐标缩短为原来的，所得椭圆的焦点坐标为 (0，±2) .
【解析】 变换公式为?
代入＋y2＝1得x′2＋＝1
∴焦点在y轴上且c2＝a2－b2＝9－1＝8，
∴焦点为(0，±2)．
8．在伸缩变换φ：作用下，点P(1，－2)变换为P′的坐标为__(2，－1)__.
【解析】 根据平面直角坐标系中的伸缩变换公式，
∵x＝1，y＝－2，∴x′＝2x＝2，
y′＝y＝－1，
所以P′(2，－1)．
三、解答题
9．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变换后所得的点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．
【解析】 (1)设A′(x′，y′)，
由伸缩变换φ：
得到，
由于A(，－2)，
于是x′＝3×＝1，
y′＝×(－2)＝－1，
∴A′(1，－1)为所求．
(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′)，由上述可知，
将代入x2－＝1得－＝1，
化简得－＝1，
即－＝1为曲线C′的方程，可见仍是双曲线，且焦点F1(5,0)，F2(－5,0)为所求．
10．在面积为1的△PMN中，tan∠PMN＝，tan∠MNP＝－2，建立适当的坐标系，求以M、N为焦点且过P点的椭圆方程.
【解析】 解法一：如图，以MN所在直线为x轴，MN的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系．
设所求椭圆方程为＋＝1，
(a>b>0)，焦点M(－c,0)，
N(c,0)．由tan∠PMN＝，tanα＝2得直线PM，PN的方程分别为：y＝(x＋c)和y＝2(x－c)，
由此解得P.
在△PMN中，S△PMN＝|MN||yP|＝c2，
∴c2＝1，∴c＝，∴点P.
因此|PM|＝，|PN|＝.
∴a＝(|PM|＋|PN|)＝，
又b2＝a2－c2＝3.
故所求椭圆方程为＋＝1.
解法二：同解法一建立坐标系，
∵∠P＝∠α－∠PMN，
∴tan∠P＝＝.
∵∠P为锐角，∴sin∠P＝，cos∠P＝，
又S△PMN＝|PM|·|PN|·sin∠P＝1，
∴|PM|·|PN|＝.
在△PMN中，(2c)2＝|PM|2＋|PN|2－2|PM|·|PN|·cos∠P＝(|PM|＋|PN|)2－2|PM|·|PN|(1＋cos∠P)＝(2a)2－2××
∴c2＝a2－3，即b2＝3，
又sin∠PMN＝，sin∠PNM＝，
＝＝，
∴＝，
即＝，
∴a＝c，∴a2＝b2＋c2＝3＋，∴a2＝.
故所求椭圆方程为＋＝1.
第二节 极坐标系
第1课时 平面上点的极坐标
学习目标
思维脉络
1.能说出极坐标系的概念．2．能在极坐标系中用极坐标刻画点的位置.
Q
大家有没有见过这种图片？台风的卫星云图．台风危害很大，因此我们非常关注台风中心的位置．从小到大我们听过很多次台风预报．看一下气象台是怎么播报的：“今年第8号台风‘凤凰’，今天下午4时中心位置已经到达温州东南偏南方向大约800公里附近的洋面上，也就是在北纬22.3度，东经123.8度”．播报员用两种方式刻画了台风中心的位置，东经123.8度，北纬22.3度；温州东南偏南方向大约800公里的海面上．经纬度可以准确刻画地球表面任意一点的位置，在这张平面地图上，相交的两条经纬线，准确刻画了这张平面地图上的任意一点．如果把平面地图延伸开来，经纬线是不是也能刻画整个平面上任意一点的位置？
1637年笛卡尔受天文地理的经度、纬度启发，创建了平面直角坐标系，
用横坐标和纵坐标确定平面中任意一点的位置．
另一种定位方式也可以确定台风中心的位置，这是一种大家通俗易懂的、形象的定位方式．这种用参照点、角度和距离刻画平面中的点的思想
就称为极坐标思想，这样建立起来坐标系就称为极坐标系．
X
1．极坐标系
如图所示，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可以取任意实数．
3．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(0，θ)(θ∈R)．和直角坐标不同，平面内一个点的极坐标有__无数__种表示．
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．
特别关注：
(1)极点的极坐标：
极点的极径ρ＝0，极角θ可以是任何实数．所以极点的极坐标为(0，θ)(θ∈R)，也就是说极点有无数个极坐标．
(2)点的极坐标的多样性：
平面内给定一点，可以写出这个点的无数多个极坐标．根据点的极坐标(ρ，θ)的定义，对于给定的点的无数个极坐标，它们的极径相等，且极角相差2π的整数倍，即为(ρ，θ＋2kπ)(k∈Z)．
H
命题方向1 ?极坐标系及其概念
典例试做1 关于极坐标系的下列叙述：
①极轴是一条射线；
②极点的极坐标是(0,0)；
③点(0,0)表示极点；
④点M(4，)与点N(4，)表示同一个点；
⑤动点M(5，θ)(θ∈R)的轨迹是以极点为圆心，以5为半径的圆．
其中，叙述正确的序号是__①③⑤__.
【解析】
序号
正误
原因分析
①
√
设极点为O，极轴就是射线Ox，方向水平向右
②
×
极点O的极径ρ＝0，极角θ是任意实数，应为(0，θ)
③
√
给定(0,0)，可以在极坐标平面内确定惟一的一点，即极点
④
×
点M与点N有极角分别是θ1＝，θ2＝，二者的终边互为反向延长线
⑤
√
由于动点M(5，θ)(θ∈R)的极径ρ＝5，极角是任意角，故点M的轨迹是以极点O为圆心，以5为半径的圆.
【点评】理解极坐标系及其相关概念，是正确解答此类题目的关键．由极坐标系的概念可知，建立极坐标系必须具备四个要素：极点、极轴、长度单位、角度单位及其正方向，四者缺一不可．
〔跟踪练习1〕
下列各点中与(2，)不表示极坐标系中同一个点的是
( C )
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．
故选C．
命题方向2 ?画极坐标系中点
典例试做2 在极坐标系中，画出下列点的位置：
A，B，C，D.
【解析】 如图所示：
【点评】可先找极角，再找极径，最终确定点的位置．
〔跟踪练习2〕
在极坐标系中，画出下列点的位置．
A(2，)，B(1，)，C(3，－)．
【解析】 如下图所示：
命题方向3 ?极坐标中的对称
典例试做3 设点A，直线l为过极点且垂直于极轴的直线，分别求出点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).
【解析】
如图所示，关于极轴的对称点为B，
关于直线l的对称点为C，
关于极点O的对称点为D.
【点评】点(ρ，θ)关于极轴的对称点是(ρ，－θ)，关于直线l的对称点是(ρ，π－θ)，关于极点O的对称点是(ρ，π＋θ)．
〔跟踪练习3〕
极坐标系中，与点关于极轴所在直线对称的点的极坐标是( B )
A．
B．
C．
D．
命题方向4 ?极坐标系的实际应用
典例试做4 某大学校园的部分平面示意图如图所示：
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))．
【分析】建立适当的极坐标系，求出点的极径和极角，写出点的极坐标．
【解析】 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，如图所示．
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|＝300m，
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，)．
【点评】在极坐标系中，由点的位置求极坐标时，随着极角的范围的不同，点的极坐标的表示也会不同.
只有在ρ>0，θ∈[0,2π)的限定条件下，点的极坐标才是惟一的．
〔跟踪练习4〕
如图，以温州所在的城市为极点，正东方向为极轴正方向，建立极坐标系，今有某台风中心在东偏南60°，距离极点800千米处，假设当距离台风中心700千米时应当发布台风蓝色警报，已知福州所在城市的极坐标为(200，)．
(1)求台风中心的极坐标．
(2)问福州是否已发布台风蓝色警报？
【解析】 (1)由题意知，台风中心距离极点800千米，极角取，所以台风中心的一个极坐标为(800，)．
(2)福州所在城市的极坐标为(200，)，由(1)得，
福州距离台风中心的距离为
d＝
＝100×＝100>700，
所以该城市还未发布蓝色警报．
A级 基础巩固
一、选择题
1．点M(1,0)关于极点的对称点为
( C )
A．(1,0)
B．(－1，π)
C．(1，π)
D．(1,2π)
2．点P(2，)关于极轴的对称点的极坐标为( D )
A．(－2，)
B．(2，)
C．(2，)
D．(2，)
【解析】 如图，点P关于极轴Ox的对称点为(2，)．
3．以下各点坐标与点M(－5，)不同的是
( A )
A．(5，－)
B．(5，π)
C．(5，－π)
D．(－5，－π)
【解析】 点M的极坐标为(－5，)，由于和－π是终边相同的角．故点M的坐标也可表示为(－5，－π)．排除D，再根据和π或π是终边在反向延长线的角．故点M的坐标也可表示为(5，π)，(5，－π)．排除B、C．选A．
4．(2015·岳麓区模拟)在极坐标中与A(6，π)重合的点是
( C )
A．(6，)
B．(6，π)
C．(－6，)
D．(－6，π)
【解析】 在极坐标中与点A(6，π)重合的点为(－6，)，选C．
5．和表示同一点的是
( C )
A．
B．
C．
D．
【解析】 和表示同一点的形式为
k∈Z，当k＝－1时即为.
6．下列的点位于极轴所在直线上方的是
( D )
A．(3,0)
B．(3，)
C．(4，)
D．(4，)
【解析】 由极坐标的定义可得点(3,0)在极轴上，点(3，)，(4，)在极轴所在直线的下方，点(4，)在极轴所在直线的上方，故选D．
二、填空题
7．下列点在极点O和A连线所在直线上的点为__①②③④⑤__.(填序号)
① ② ③
④ ⑤ ⑥
8．在极坐标系中，如果等边三角形的两个顶点是A、B，则第三个顶点C的坐标为 或 .
【解析】 由题设知，A、B两点关于极点O对称，又|AB|＝4，由正三角形的性质知，|OC|＝2，∠AOC＝，从而C的坐标为或.
9．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|＝4，则ρ>0，θ∈[0,2π)时点M的极坐标为 (4，) .
【解析】 ρ＝|OM|＝4，与OP终边相同角为－＋2kπ，k∈Z，令k＝1，θ＝π，
∴M(4，π)．
10．在极坐标系中，O为极点，已知A(1，)，B(2，)，则△AOB的面积为 .
【解析】 点A，B在极坐标系中的位置如图所示．
∠AOB＝－＝，|OA|＝1，|OB|＝2，
所以S＝|OA|·|OB|sin∠AOB
＝×1×2×＝.
三、解答题
11．填表：
已知点的极坐标
A
B
C(－π，210°)
D(－，135°)
关于极点对称点的极坐标
A1( )
B1( C )
C1( )
D1( )
关于极轴对称点的极坐标
A2( )
B2( )
C2( )
D2( )
关于直线θ＝的对称点的极坐标
A3( )
B3( )
C3( )
D3( )
【解析】 关于极点对称点的极坐标为A1、B1、
C1(π，210°)、D1(，135°)
关于极轴对称点的极坐标为A2、B2、C2(π，－30°)、D2(，45°)
关于直线θ＝的对称点的极坐标为A3、B3、C3(π，150°)、D3(，225°)
12．已知M点的极坐标是(3，)，分别在下列给定条件下求出M点关于极轴、极点、过极点垂直于极轴的直线的对称点M1、M2、M3的极坐标.
(1)ρ>0,0≤θ<2π；
(2)ρ>0，－π<θ≤π.
【解析】 如图所示，
(1)当ρ>0,0≤θ<2π时，
ρ＝|OM1|＝|OM2|＝|OM3|＝|OM|＝3，
∠xOM＝，∠xOM1＝，
∠xOM2＝，∠xOM3＝，
∴M1(3，)，M2(3，)，M3(3，)．
(2)当ρ>0，－π<θ≤π时，
M1(3，－)，M2(3，－)，M3(3，)．
B级 素养提升
一、选择题
1．点M(ρ，)(ρ≥0)的轨迹是
( B )
A．点
B．射线
C．直线
D．圆
【解析】 由于动点M(ρ，)的极角θ＝，ρ取一切非负实数，故点M的轨迹是极角为的终边，是一条射线，故选B．
2．(ρ，θ)和(ρ，π＋θ)的关系是
( A )
A．关于极点对称
B．关于垂直于极轴且过极点的直线对称
C．关于极轴所在直线对称
D．以上均不对
【解析】 在极坐标系中作出两点，易知关于极点对称．
3．点M(ρ，θ)关于极点的对称点坐标为M1，关于过极点且与极轴垂直的直线的对称点为M2，则M1和M2分别为
( A )
A．M1(ρ，π＋θ)，M2(ρ，π－θ)
B．M1(ρ，2π＋θ)，M2(ρ，2π－θ)
C．M1(ρ，π＋θ)，M2(ρ，2π－θ)
D．M1(ρ，π－θ)，M2(ρ，π＋θ)
【解析】 如图所示，易知M1(ρ，π＋θ)，M2(ρ，π－θ)．
4．在极坐标系中，点M(ρ，θ)
(ρ>0)关于极轴的对称点的坐标是
( B )
A．(ρ，θ＋π)
B．(ρ，－θ)
C．(ρ，－θ＋π)
D．(ρ，2π＋θ)
【解析】 根据图形易知对称点为(ρ，－θ)．
5．在极坐标系中，点M的位置，可按如下规则确定
( B )
A．作射线OP，使∠xOP＝，再在射线OP上取点M，使|OM|＝2
B．作射线OP，使∠xOP＝，再在射线OP上取点M，使|OM|＝2
C．作射线OP，使∠xOP＝，再在射线OP的反向延长线上取点M，使|OM|＝2
D．作射线OP，使∠xOP＝－，再在射线OP上取点M，使|OM|＝2
【解析】 在极点坐标系中点(ρ，θ)规定ρ>0，θ为任意实数，故点M(－2，)的位置可按如下规则确定：作射线OP，使∠xOP＝，再在射线OP上取点M，使|OM|＝2.
二、填空题
6．极坐标系中A(2，)与B(3，)两点之间的距离为__5__.
【解析】 如图所示，
∠xOB＝，
∠xOA＝，
|OA|＝2，|OB|＝3，由题意，A，O，B三点共线，
所以|AB|＝|OA|＋|OB|＝2＋3＝5.
7．已知在极坐标系中，极点为O,0≤θ<2π，M(3，)，在直线OM上与点M间的距离为4的点的极坐标为 (7，)或(1，) .
【解析】 如图，|OM|＝3，∠xOM＝，
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＝，∠xOQ＝.
8．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__3__.
【解析】 ∵点P(3，)经过伸缩变换后的点为Q(6，π)．
则极坐标系中，Q到极轴所在直线的距离等于6·|sinπ|＝3.
三、解答题
9．已知边长为2的正方形ABCD的中心在极点，且一组对边与极轴Ox平行，求正方形的顶点的极坐标(限定ρ>0,0≤θ<2π).
【解析】 如右图所示，
由题意知|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|＝，∠xOA＝，
∠xOB＝，
∠xOC＝，∠xOD＝.
故正方形的顶点坐标分别为A(，)，B(，)，
C(，)，D(，)．
10．如图对点的极坐标定义如下：
当已知M(ρ，θ)(ρ>0，θ∈R)时，点M关于极点O的对称点M′(－ρ，θ)．
例如M(3，)关于极点O的对称点M′(－3，)，就是说(3，＋π)与(－3，)表示同一点．
已知A点的极坐标是(6，)，分别在下列给定条件下，写出A点的极坐标：
(1)ρ>0，－π<θ≤π.
(2)ρ<0,0≤θ<2π.
(3)ρ<0，－2π<θ≤0.
【解析】 如图所示，
|OA|＝|OA′|＝6.
∠xOA′＝，
∠xOA＝，即A与A′关于极点O对称，由极坐标的定义知
(1)当ρ>0，－π<θ≤π时，A(6，－)；
(2)当ρ<0,0≤θ<2π时，A(－6，)；
(3)当ρ<0，－2π<θ≤0时，A(－6，－)．
第2课时 极坐标与直角坐标的关系
学习目标
思维脉络
1.能记住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．2．能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.
Q
在二维平面中，要确定一个点的位置，需要两个独立的参数，比如在某班级可以用第几行第几列来确定某个同学的位置，这种确定方法其实就是建立了一个直角坐标系．我们也可以选择长度及角度这两个独立的参数来确定平面中点的位置，长度就是极径，角度就是极角．
既然两种坐标系刻画的点的本质都是一样的，只不过标准不一样，那么能不能找到一个桥梁，让这两种坐标进行互化呢？下面就让我们一起来探索一下吧．
X
极坐标与直角坐标的互相转化
(1)平面直角坐标系与极坐标系
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__，就建立了极坐标系如图所示．
(2)点的直角坐标与极坐标的互化公式
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)(ρ≥0)，于是极坐标与直角坐标的互化公式如下表：
点M
直角坐标(x，y)
极坐标(ρ，θ)
互化公式
ρ2＝__x2＋y2__tanθ＝ (x≠0)
在一般情况下，由tanθ确定角θ时，可根据点M所在的象限取最小正角．
特别关注：
如何由点的直角坐标确定点的极角？
由公式tanθ＝，以及θ的终边经过点(x，y)，先求出θ∈[0,2π)，再将点的极坐标表示为(ρ，θ＋2kπ)，k∈Z.
H
命题方向1 ?把极坐标化成直角坐标
典例试做1 已知点的极坐标分别为A(3，)，B(3，)，C(2，－)，D(4，)，E(2，π)，求这些点的直角坐标.
【分析】已知点的极坐标，实质上就是知道了ρ、θ的值，只需代入x＝ρcosθ，y＝ρsinθ即可求出点的直角坐标．
【解析】 (1)ρ＝3，θ＝，∴x＝3cos＝，y＝3sin＝，
∴点A的直角坐标为(，)．
(2)∵ρ＝3，θ＝π，∴x＝3cosπ＝－，y＝，
∴点B(3，π)的直角坐标为(－，)．
(3)∵ρ＝2，θ＝－，
∴x＝2cos(－)＝2×＝1，y＝2×sin(－)＝－.
∴点C(2，－)的直角坐标为(1，－)．
(4)∵ρ＝4，θ＝，∴x＝4cos＝0，y＝4sin＝4，
∴点D(4，)的直角坐标为(0,4)．
(5)∵ρ＝2，θ＝π，∴x＝2cosπ＝－2，y＝2sinπ＝0，
∴点E(2，π)的直角坐标为(－2,0)．
【点评】将极坐标化为直角坐标，我们只需利用公式x＝ρcosθ，y＝ρsinθ即可．
〔跟踪练习1〕
把下列极坐标化为直角坐标：
(1)M(5，π)；(2)N(2，π)；(3)P(4，π)；(4)Q(4，－)．
【解析】 (1)由题意知，x＝5cosπ＝5×(－)＝－，
y＝5sinπ＝5×＝.所以M点的直角坐标为(－，)．
(2)x＝2cosπ＝2×0＝0，y＝2sinπ＝2×(－1)＝－2.
所以N点的直角坐标为(0，－2)．
(3)x＝4cosπ＝4×(－)＝－2，y＝4sinπ＝4×(－)＝－2.
所以P点的直角坐标为(－2，－2)．
(4)x＝4cos(－)＝4×＝2，y＝4sin(－)＝4×(－)＝－2.
所以Q点的直角坐标为Q(2，－2)．
命题方向2 ?把直角坐标化成极坐标
典例试做2 已知下列各点的直角坐标，求它们的极坐标.
(1)A(3，)；(2)B(－2，－2)；(3)C(0，－2)；(4)D(3,0)．
【分析】已知点的直角坐标，求极坐标，实质上是已知x、y的值来求ρ、θ的值，只需代入公式ρ＝，tanθ＝即可．
【解析】 (1)由题意可知：ρ＝＝2，tanθ＝，所以θ＝.
所以点A的极坐标为(2，)．
(2)ρ＝＝4，tanθ＝＝，又由于θ为第三象限角，
故θ＝π，所以B点的极坐标为(4，π)．
(3)ρ＝＝2，θ为π，C在y轴负半轴上，
所以C点的极坐标为(2，π)．
(4)ρ＝＝3，tanθ＝＝0，故θ＝0.所以D点的极坐标为(3,0)．
【点评】(1)第(4)小题中D点的极坐标(3,0)与平面直角坐标系中的坐标(3,0)点不同，在极坐标系中，(3,0)中的3为极径，0为极角，而在直角坐标系中，点(3,0)中的3表示横坐标，0为纵坐标，形式相同而本质不同．
(2)把直角坐标转化为极坐标时，通常有不同的表示方法，极角相差2π的整数倍，而极径不变时，表示同一个点，为统一，θ通常一般在[0,2π)内取值．
〔跟踪练习2〕
已知直角坐标系中的点分别为(1)A(0，－)，(2)B(，0)，求它们的极坐标．
【解析】 (1)∵x＝0，y＝－，∴ρ＝＝，tanθ不存在，点B在y轴负半轴上，∴θ＝π.
∴A(0，－)的极坐标为(，π)．
(2)∵x＝，y＝0，∴ρ＝＝，tanθ＝0，
∴θ＝0.
∴点B(，0)的极坐标为(，0)．
命题方向3 ?极坐标中的距离问题
典例试做3 在极坐标系中，已知A(3，－)、B(1，π)，求A、B两点之间的距离.
【分析】对这类问题的解决方法，可以把A、B两点由极坐标化成直角坐标，利用两点间的距离公式d＝，求A、B两点的距离；也可以利用已知条件求∠AOB＝θ，由于在△AOB中，OA、OB已知，这样可以利用余弦定理AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcosθ求解，还可以考虑其对称性，根据对称性求距离．
【解析】 解法1：将A(3，－)，B(1，π)由极坐标化为直角坐标，
对于A(3，－)有x＝3cos(－)＝，
y＝3sin(－)＝－，
∴A(，－)．
对于B(1，π)有x＝1×cosπ＝－，y＝1×sinπ＝，
∴B(－，)．
∴|AB|＝＝＝4.
∴A、B两点的距离为4.
解法2：由A(3，－)、B(1，π)在过极点O的一条直线上，这时A、B两点的距离为|AB|＝3＋1＝4，故A、B两点间的距离为4.
〔跟踪练习3〕在极坐标系中，已知A(2，)，B(4，π)，求A、B两点之间的距离．
【解析】 解法1：把极坐标系中的点A(2，)，B(4，π)化为直角坐标系中的坐标．
对于点A(2，)，有x＝2cos＝2×＝，
y＝2sin＝2×＝1.
∴A(，1)．
对于点B(4，π)，有x＝4cosπ＝4×(－)＝－2，y＝4sinπ＝4×＝2.
∴B(－2，2)．
∴由两点间的距离公式可得A、B两点间的距离
|AB|＝＝＝2.
∴A、B两点之间的距离为2.
解法2：在极坐标系中，点A(2，)，B(4，π)，
∴∠AOB＝π－＝π＝120°.
在△AOB中，OA＝2，OB＝4，∠AOB＝120°，
由余弦定理可得
|AB|2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos120°＝22＋42－2×2×4×cos120°＝4＋16＋2×2×4×＝28.
∴AB＝2，∴A、B两点之间的距离为2.
命题方向4 ?极坐标在实际问题中的应用
典例试做4 今有A，B，C三舰进行演习，A舰在B舰的正东6
km处，C舰在B舰的北偏西30°且与B相距4
km处．某时刻A发现目标信号，4
s后B，C同时发现这种信号，A发射炮弹．设各舰与目标均为静止的，目标信号的传播速度是1
km/s，炮弹的速度是v0＝km/s，其中g为重力加速度．若不计空气阻力与舰高，问若以A舰为极点，正东方向为极轴方向，建立极坐标系，若A舰欲发射炮弹击中目标，求
(1)目标的直角坐标与极坐标．
(2)A舰发射炮弹的倾角θ应为多少？
(注：射程公式s＝)
【解析】
(1)取AB所在直线为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系，如右图，则求得A，B，C舰的坐标分别为(3,0)，(－3,0)，(－5,2)．
记目标所在位置为P，由于B，C同时发现目标信号，则|PB|＝|PC|，于是P在BC的中垂线上，
求得BC的中垂线方程为
x－3y＋7＝0.
又A，B两舰发现信号的时间差为4秒，得|PB|－|PA|＝4，
于是P在双曲线－＝1的右支上，
求得上述直线与双曲线的交点P的直角坐标为(8，5)，得|PA|＝10.
又kPA＝，所以直线PA的倾斜角为60°，于是目标的极坐标为(10，)．
(2)舰A发射炮弹的仰角为θ，
初速度为v0＝，炮弹的射程为
s＝10(km)，由公式，得＝10，所以sin2θ＝＝，
又0<θ≤，所以仰角θ＝.
A级 基础巩固
一、选择题
1．下列直角坐标表示的点在极轴所在直线上的是
( C )
A．(1,2)
B．(0，π)
C．(π，0)
D．(π，2π)
2．在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，取相同的单位长度，建立极坐标系．若点P的直角坐标与其极坐标在数值上相同，则点P在
( C )
A．x轴上
B．y轴上
C．射线Ox上
D．射线Oy上
3．若点P的直角坐标为(，－)，则它的极坐标可表示为
( D )
A．(2，)
B．(2，)
C．(2，)
D．(2，)
【解析】 ∵ρ＝＝2，tanθ＝＝－1，且点P在第四象限，∴θ＝.
故点P的极坐标为(2，)．
4．将点的极坐标(π，－2π)化为直角坐标为
( A )
A．(π，0)
B．(π，2π)
C．(－π，0)
D．(－2π，0)
5．把点的直角坐标(3，－4)化为极坐标(ρ，θ)(ρ≥0,0≤θ<π)，则
( D )
A．ρ＝3，θ＝4
B．ρ＝5，θ＝4
C．ρ＝5，tanθ＝
D．ρ＝5，tanθ＝－
【解析】 由公式得ρ＝＝＝5，
tanθ＝＝－，θ∈[0,2π)．
6．在极坐标系中，点A(2，)与B(2，－)之间的距离为
( B )
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】 方法一：点A(2，)与B(2，－)的直角坐标分别为(，1)与(，－1)，
于是|AB|＝＝2.
方法二：由点A(2，)与B(2，－)知，
|OA|＝|OB|＝2，∠AOB＝，于是△AOB为等边三角形，所以|AB|＝2.
二、填空题
7．已知两点的极坐标分别为A(3，)，B(3，)，则|AB|＝__3__，直线AB的倾斜角为 .
【解析】 根据极坐标的定义可得|AO|＝|BO|＝3，∠AOB＝，即△AOB为等边三角形，所以|AB|＝|AO|＝|BO|＝3，∠ACx＝(O为极点，C为直线AB与极轴的交点)．
8．极坐标系中，直角坐标为(1，－)的点的极角为 2kπ－，k∈Z .
【解析】 直角坐标为(1，－)的点在第四象限，
tanθ＝－，所以θ＝2kπ－，k∈Z.
9．极坐标系中，点(6，)的直角坐标为 (3,3) .
【解析】 ∵x＝ρcosθ＝6cos＝3，
y＝ρsinθ＝6sin＝3，
∴点的极坐标(6，)化为直坐标为(3,3)．
10．将点的直角坐标(－，)化为极坐标(ρ>0，θ∈[0,2π))为 (，) .
【解析】 ∵ρ＝
＝＝
tanθ＝＝－1，θ∈[0,2π)．
由于点(－，)在第二象限，
所以θ＝.
∴点的直角坐标(－，)化为极坐标为(，)．
三、解答题
11．(1)将下列各点的极坐标化为直角坐标：
①(，)；②(6，－)；③(5，π)．
(2)将下列各点的直角坐标化为极坐标(ρ>0,0≤θ<2π)：
①(，3)；②(－3,0)．
【解析】 (1)①x＝cos＝1，y＝sin＝1，
所以点(，)的直角坐标为(1,1)．
②x＝6cos(－)＝3，
y＝6sin(－)＝－3.
所以点(，－)的直角坐标为(3，－3)．
③x＝5cosπ＝－5，
y＝5sinπ＝0，
所以点(5，π)的直角坐标为(－5,0)．
(2)①ρ＝＝2，tanθ＝＝.
又因为点在第一象限，所以θ＝.
所以点(，3)的极坐标为(2，)．
②ρ＝＝3，极角为π，所以点(－3,0)的极坐标为(3，π)．
12．在极坐标系中，两点P(2，)和Q(2，)，求PQ的中点的极坐标.
【解析】 先化直角坐标，再化为极坐标．
∵P(2，)，∴
∴P(1，)．∵Q(2，)，
∴
∴Q＝(－3，)．
∴中点M的直角坐标为(－1，)．
∴ρ2＝(－1)2＋()2＝4，∴ρ＝2.
∴tanθ＝＝－，∴θ＝.
∴中点M的极坐标为(2，)．
B级 素养提升
一、选择题
1．把点M的直角坐标(1,1)化成极坐标形式为(ρ≥0，－2π≤θ<0)
( D )
A．
B．
C．
D．
【解析】 由坐标互化公式得
ρ＝＝
tanθ＝＝1(θ为第一象限角)．
又－2π≤θ<0，∴θ＝－，故选D．
2．已知点M的极坐标为(5，θ)，且tanθ＝－，<θ<π，则点M的直角坐标为
( C )
A．(－5,4)
B．(－5,3)
C．(－3,4)
D．(－4,3)
【解析】 ∵tanθ＝－，<θ<π，
∴cosθ＝－，sinθ＝，
∴x＝5cosθ＝－3，y＝5sinθ＝4，
故点M的直角坐标为(－3,4)．
3．在极坐标系中，若等边三角形ABC的两个顶点是A(2，)，B(2，)，则顶点C的坐标可能是
( B )
A．(4，)
B．(2，)
C．(2，π)
D．(3，π)
【解析】 如图所示，由题设可知A，B两点关于极点O对称，即O是AB的中点．
设点C的极坐标为(ρ，θ)，
又|AB|＝4，△ABC为等边三角形，
所以ρ＝|OC|＝2.
因为∠AOC＝，所以在[0,2π)内点C的极角θ＝＋＝或θ＝＋＝，即点C的极坐标为(2，)或(2，)．
4．两点A，B的极坐标分别为(2，)，(3，)，则A、B两点间的距离为
( D )
A．
B．
C．
D．
【解析】 点A，B的直角坐标分别为(1，)，(0,3)，则
|AB|＝＝.
5．若A，B两点的极坐标分别为A(4,0)，B(4，)，则线段AB的中点的极坐标为
( A )
A．(2，)
B．(，)
C．(4，)
D．(2，)
【解析】 由题意知点A，B的直角坐标分别为(4,0)，(0,4)，则线段AB的中点的直角坐标为(2,2)．
由ρ2＝x2＋y2，得ρ＝2.
因为tanθ＝＝1，且点(2,2)在第一象限，所以θ＝.故线段AB的中点的极坐标为(2，)．
二、填空题
6．在极坐标系中，与点P(6，－)关于极轴所在直线对称的点的极坐标 (6，) .
【解析】 极坐标系中的点(ρ，θ)关于极轴所在直线对称的点的极坐标为(ρ，2kπ－θ)(k∈Z)，∴与点(6，－)关于极轴所在直线对称的点的极坐标可表示为(6,2kπ＋)(k∈Z)．
7．已知M1，M2，则|M1M2|＝__2__.
【解析】 |M1M2|
＝
＝＝2.
8．原点与极点重合，x轴的正半轴与极轴重合，则(2,2)关于x＋y＝0对称的点的极坐标为 (2，) .
【解析】 点(2,2)关于x＋y＝0对称的点的直角坐标为(－2，－2)，
根据互化公式得ρ＝＝2，
tanθ＝＝1(θ为第三象限角)，∴θ＝，
∴点(2,2)关于x＋y＝0对称的点的极坐标为(2，)．
三、解答题
9．在极坐标系中，已知三点M(2，)，N(2,0)，P(2，)，将M，N，P三点的极坐标化为直角坐标，并判断M，N，P三点是否在同一条直线上.
【解析】 ∵点M的极坐标为(2，)，
∴点M的直角坐标为(2cos，2sin)，
即为M(1，－)．
同理可得点N的直角坐标为(2,0)，点P的直角坐标为(3，)．
∵kMN＝＝，kPN＝＝.
∴kMN＝kPN.
∴M，N，P三点在同一条直线上．
10．在极坐标系中若△ABC的三个顶点为A、B、C，判定△ABC的形状.
【解析】 |AB|＝
＝＝7，
|AC|＝
＝＝7，
|BC|＝＝＝7，
∴△ABC是等边三角形．
第三节 简单曲线的极坐标方程
学习目标
思维脉络
1.能在极坐标系中给出简单图形(如过极点的直线，过极点或圆心在极点的圆)的方程．2．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.
Q
直角坐标系的建立可以求曲线的方程；
极坐标系的建立是否可以求曲线方程？
以极点O为圆心5为半径的圆上任意一点极径为5，反过来，极径为5的点都在这个圆上．因此，以极点为圆心，5为半径的圆可以用方程ρ＝5来表示．那么对其他位置的圆与直线，我们应该如何确定他们的极坐标方程呢？
X
1．一般地，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的点都在曲线上，那么方程__f(ρ，θ)＝0__叫做曲线C的极坐标方程．
2．圆心在(a,0)(a>0)半径为a的圆的极坐标方程为 ρ＝2acosθ .
3．圆心在极点，半径为r的圆的极坐标方程为__ρ＝r__.
4．直线l经过极点，从极轴到直线l的角为，则直线l的极坐标方程为 θ＝，ρ∈R .
5．过点A(a,0)(a>0)且垂直于极轴的直线l的极坐标方程为 ρcosθ＝a .
6．直线l过点P(ρ1，θ1)且与极轴所成的角为α，则直线l的极坐标方程为__ρsin(α－θ)＝ρ1sin(α－θ1)__.
7．M(ρ，θ)与P(－ρ，θ)关于__极点__对称．
特别关注：
(1)我们遇到的极坐标方程多是ρ＝ρ(θ)的形式，即ρ为θ的一个函数．
求平面曲线的极坐标方程，就是要找极径ρ和极角θ之间的关系，常用解三角形(正弦定理、余弦定理)的知识、利用三角形的面积相等来建立ρ，θ之间的关系．
(2)由极坐标系中点的对称性可以得到极坐标方程ρ＝ρ(θ)的图形的对称性：若ρ(θ)＝ρ(－θ)，则相应图形关于极轴对称；若ρ(θ)＝ρ(π－θ)，则图形关于过极点且垂直于极轴的直线对称；若ρ(θ)＝ρ(π＋θ)，则图形关于极点O对称．
H
命题方向1 ?圆的极坐标方程
典例试做1 求圆心在A(2，)，且经过极点的圆的极坐标方程，并把它化为直角坐标方程.
【分析】如图，在圆A上任取异于点O，B外的一点M，连接OM.设M(ρ，θ)，则∠MOB＝|θ－|，结合已知条件即可求出圆A的极坐标方程．
【解析】 如图，设M(ρ，θ)为圆上除O，B外的任意一点，连接OM，MB，则有|OB|＝4，|OM|＝ρ，
∠MOB＝|θ－|，∠BMO＝，
从而△BOM为直角三角形．
所以有|OM|＝|OB|cos∠MOB，
即ρ＝4cos(θ－)＝－4sinθ.
因为点O(0,0)，B(4，)也适合此方程，故所求圆的极坐标方程为ρ＝－4sinθ.
将其化为直角坐标方程为x2＋y2＋4y＝0.
【点评】在求曲线的极坐标方程时，关键是找出曲线上的点满足的几何条件，将它用坐标表示，然后化简，最后求出ρ与θ的函数关系，即为要求的极坐标方程．
〔跟踪练习1〕
在极坐标系中，求：
(1)圆心在极点，半径为2的圆的极坐标方程；
(2)圆心为C(2，π)，半径为2的圆的极坐标方程．
【解析】 (1)设所求圆上任意一点M(ρ，θ)，结合图形，得|OM|＝2，∴ρ＝2,0≤θ<2π.
(2)设所求圆上任意一点M(ρ，θ)，结合图形，在Rt△OAM中，∠OMA＝，
∠AOM＝π－θ，|OA|＝4，
∵cos∠AOM＝，∴|OM|＝|OA|·cos∠AOM，
即ρ＝4cos(π－θ)，
故ρ＝－4cosθ为所求．
命题方向2 ?直线的极坐标方程
典例试做2 求过点A(1,0)且倾角为的直线的极坐标方程.
【解析】
解法一：如图所示，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(sincosθ－cossinθ)＝，
化简得ρ(cosθ－sinθ)＝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(cosθ－sinθ)＝1，
其中，0≤θ<(ρ≥1)和<θ<2π(ρ≥1)．
解法二：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，
直线方程为y＝x－1，将y＝ρsinθ，x＝ρcosθ代入上式，得
ρsinθ＝ρcosθ－1，
所以ρ(cosθ－sinθ)＝1，其中，0≤θ<(ρ≥1)和<θ<2π(ρ≥1)．
【点评】解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，从而建立了以ρ、θ为未知数的方程；解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的转化公式间接得解．
〔跟踪练习2〕
求经过点A(ρ0，θ0)且与极轴成α角的直线方程．
【解析】 如图所示，在l上任取一点P(ρ，θ)，
在△AOP中，∠OPA＝α－θ，∠OAP＝180°－(α－θ0)，
由正弦定理得＝，
化简有ρsin(α－θ)＝ρ0sin(α－θ0)．
命题方向3 ?极坐标方程和直角坐标方程的互化
典例试做3 把下列曲线的极坐标方程化为直角坐标方程：
(1)ρ＝2acosθ； (2)ρ＝4asinθ；
(3)ρ＝9(cosθ＋sinθ)； (4)ρ＝cosθ－4sinθ.
【解析】 (1)两边同乘以ρ得ρ2＝2aρcosθ.
∵ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，
∴x2＋y2＝2ax.
(2)两边同乘以ρ得ρ2＝4aρsinθ.
∵ρ2＝x2＋y2，ρsinθ＝y，
∴x2＋y2＝4ay.
(3)两边同乘以ρ得ρ2＝9(ρcosθ＋ρsinθ)．
∵ρ2＝x2＋y2，ρsinθ＝y，ρcosθ＝x，
∴x2＋y2＝9(x＋y)．
(4)两边同乘以ρ得ρ2＝ρ(cosθ－4sinθ)，
得x2＋y2＝x－4y.
【点评】注意将两边同乘以ρ，出现ρ2、ρcosθ、ρsinθ，利用公式ρ2＝x2＋y2、ρcosθ＝x、ρsinθ＝y，即可得到直角坐标方程．
〔跟踪练习3〕
化下列曲线的极坐标方程为直角坐标方程：
(1)ρcosθ＝2；(2)ρ＝2cosθ.
【解析】 根据点的极坐标化为直角坐标的公式：
ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，ρsinθ＝y.
(1)∵ρcosθ＝2，∴x＝2，是过点(2,0)，垂直于x轴的直线．
(2)∵ρ＝2cosθ，∴ρ2＝2ρcosθ，
∴x2＋y2－2x＝0，即(x－1)2＋y2＝1，
故曲线是圆心在(1,0)，半径为1的圆．
典例试做4 将下列曲线的直角坐标方程化为极坐标方程.
(1)射线y＝x(x≤0)；
(2)圆x2＋y2＋2ax＝0(a≠0)．
【分析】直角坐标方程极坐标方程．
【解析】 (1)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入y＝x，得ρsinθ＝ρcosθ
∴tanθ＝，∴θ＝或θ＝.又x≤0，∴ρcosθ≤0，
∴θ＝，
∴射线y＝x(x≤0)的极坐标方程为θ＝(ρ≥0)．
(2)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋y2＋2ax＝0，得
ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ＋2aρcosθ＝0，即ρ(ρ＋2acosθ)＝0，又ρ≠0，
∴ρ＝－2acosθ，
所以，圆x2＋y2＋2ax＝0(x≠0)的极坐标方程为
ρ＝－2acosθ，圆心为(－a,0)，半径为r＝|a|.
【点评】化曲线的直角坐标方程f(x，y)＝0为极坐标方程f(ρ，θ)＝0，只要将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入到方程f(x，y)＝0中即可．化为极坐标方程时，如果不加特殊说明，就认为ρ≥0.
例如x2＋y2＝25化为极坐标方程时，有ρ＝5或ρ＝－5两种情况，由于ρ≥0，所以ρ＝5.事实上，这两个方程都是以极点为圆心，以5为半径的圆．
〔跟踪练习4〕
将下列方程的普通方程化为极坐标方程，是圆的说明圆心和半径．
(1)x2＋y2＝x；
(2)x2＋(y－1)2＝1；
(3)x＋y－2＝0.
【解析】 (1)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋y2＝x得
ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ＝ρ·cosθ，
即ρ2(cos2θ＋sin2θ)＝ρcosθ，
ρ2＝ρcosθ，∴ρ＝cosθ，
圆心为(，0)，半径为.
(2)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋(y－1)2＝1即
x2＋y2－2y＝0得ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ－2ρsinθ＝0，
ρ2－2ρsinθ＝0即ρ＝2sinθ，
圆心为，半径为1.
(3)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x＋y－2＝0得ρcosθ＋ρsinθ－2＝0，即ρ(cosθ＋sinθ)＝2，
∴ρsin＝.
命题方向4 ?极坐标系中直线、曲线位置关系
典例试做5 求两个圆ρ＝4cosθ≠0，ρ＝4sinθ的圆心之间的距离．并判定两圆的位置关系.
【解析】 解法一：ρ＝4cosθ的圆心为(2,0)，半径为2；
ρ＝4sinθ的圆心为，半径为2；
两圆圆心的距离为
d＝＝2，
而两圆半径之和为4，两圆半径之差为0.
∴两圆相交．
解法二：ρ＝4cosθ两边同乘以ρ得ρ2＝4ρcosθ，
∴ρ＝4cosθ可化为x2＋y2－4x＝0，
即(x－2)2＋y2＝4，
∴表示的是以(2,0)为圆心，半径为2的圆；
ρ＝4sinθ两边同乘以ρ得ρ2＝4ρsinθ，
∴ρ＝4sinθ可化为x2＋y2－4y＝0，
即x2＋(y－2)2＝4，
∴表示的是以(0,2)为圆心，半径为2的圆．
两圆的圆心距为d＝＝2，
两圆半径之和为4，之差为0，
∴两圆相交．
【点评】对于研究极坐标方程下的距离及位置关系等问题，可在极坐标系下研究，也可将它们化为直角坐标方程，在直角坐标系下研究．
〔跟踪练习5〕
说明下列两条直线的位置关系：
(1)θ＝α和ρcos(θ－α)＝a；(α≠)
(2)θ＝α和ρsin(θ－α)＝a.(α≠)
【解析】 (1)直线θ＝α过极点，倾斜角为α，斜率为tanα.
直线ρcos(θ－α)＝a的直角坐标方程为(cosα)x＋(sinα)y－a＝0，其斜率为－.因为两直线的斜率之积等于－1，所以两直线垂直.
(2)直线ρsin(θ－α)＝a的直角坐标方程为(sinα)x－(cosα)y＋a＝0，
其斜率为tanα.
结合(1)可知，两直线的斜率相等，故两直线平行.
Y 忽略极坐标中参数θ的取值范围而致误
典例试做6 把直角坐标方程x＋y＝0化为极坐标方程.
【错解】 将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x＋y＝0，得ρcosθ＋ρsinθ＝0，
∴ρ(cosθ＋sinθ)＝0.∴tanθ＝－1.
∴极坐标方程θ＝kπ－(k∈Z)．
【辨析】 由直角坐标求极坐标时，理论上是不唯一的，但这里通常约定θ只在[0,2π)内取值．
【正解】 将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x＋y＝0，得
ρcosθ＋ρsinθ＝0，
∴ρ(cosθ＋sinθ)＝0，∴tanθ＝－1.
∴θ＝(ρ≥0)和θ＝(ρ≥0)或θ＝(ρ∈R)或θ＝(ρ∈R)．
综上所述，直线x＋y＝0的极坐标方程为θ＝(ρ≥0)和θ＝(ρ≥0)或θ＝(ρ∈R)或θ＝(ρ∈R)．
A级 基础巩固
一、选择题
1．极坐标方程ρ＝所表示的图形是
( A )
A．抛物线
B．椭圆
C．双曲线
D．圆
【解析】 极坐标方程ρ＝化为ρ－ρsinθ＝1，∴－y＝1，化为x2－2(y＋)，
其图形是抛物线．
故选A．
2．在极坐标系中，经过点P(3，)且垂直于极轴的直线方程为
( A )
A．ρcosθ＝
B．ρsinθ＝
C．ρ＝cosθ
D．ρ＝sinθ
【解析】 设直线与极轴的交点为A，
则|OA|＝|OP|·cos＝.
又设直线上除点P外的任意一点M(ρ，θ)，
则|OM|·cosθ＝|OA|，即ρcosθ＝.
可以验证，点P的坐标(3，)满足上式．
故所求的直线方程为ρcosθ＝.
3．在极坐标系中，曲线ρ＝2cosθ是
( D )
A．过极点的直线
B．半径为2
的圆
C．关于极点对称的图形
D．关于极轴对称的图形
【解析】 曲线ρ＝2cosθ化为ρ2＝2ρcosθ，∴x2＋y2＝2x，配方为(x－1)2＋y2＝1，
因此表示以(1,0)为圆心，1为半径的圆，
关于极轴对称．
故选D．
4．在极坐标系中，直线ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ的位置关系是
( D )
A．相离
B．相切
C．相交但不过圆心
D．相交且过圆心
【解析】 直线ρcosθ＝1即x＝1.
圆ρ＝2cosθ即ρ2＝2ρcosθ，化为x2＋y2＝2x，配方为(x－1)2＋y2＝1.其圆心为(1,0)．
可知：直线x＝1经过圆心(1,0)．
∴直线ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ的位置关系是相交且过圆心．
故选D．
5．已知f(ρ，θ)＝0是曲线C的极坐标方程，那么点P(ρ，θ)的坐标适合方程f(ρ，θ)＝0是点P在曲线C上的
( A )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要
【解析】 (ρ，θ)适合方程一定在曲线上，但极坐标系中，P在曲线上，它的坐标不一定适合方程，但必有一个形式是满足方程的．
6．极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是
( C )
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】 ∵(ρ－1)(θ－π)＝0，∴ρ＝1或θ＝π，ρ＝1表示以极点为圆心，半径为1的圆，θ＝π表示由极点出发的一条射线，∴C选项正确．
二、填空题
7．已知圆的极坐标方程为ρ＝2cosθ，则该圆的圆心到直线ρsinθ＋2ρcosθ＝1的距离是 .
【解析】 由极坐标与直角坐标的互化可得圆的方程为(x－1)2＋y2＝1，直线方程为：y＋2x＝1，故圆心(1,0)到直线距离d＝＝.
曲线ρ＝4sinθ与ρ＝2的交点坐标是 和 .
【解析】 由已知4sinθ＝2，sinθ＝，
∴θ＝或θ＝，故交点坐标分别为和.
9．直线2ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ相交的弦长为 .
10．(2017·北京高考)在极坐标系中，点A在圆ρ2－2ρcos
θ－4ρsin
θ＋4＝0上，点P的坐标为(1,0)，则|AP|的最小值为__1__.
【解析】 由ρ2－2ρcos
θ－4ρsin
θ＋4＝0，
得x2＋y2－2x－4y＋4＝0，
即(x－1)2＋(y－2)2＝1，
圆心坐标为C(1,2)，半径长为1.
∵点P的坐标为(1,0)，
∴点P在圆C外．
又∵点A在圆C上，
∴|AP|min＝|PC|－1＝2－1＝1.
三、解答题
11．写出下列各直线的极坐标方程：
(1)过极点且关于极轴的倾斜角是的直线的极坐标方程；
(2)垂直于极轴且极点到它的距离是5的直线的极坐标方程；
(3)平行于极轴且极点到它的距离是3的直线的极坐标方程；
(4)过点(4,0)且关于极轴的倾斜角是α的直线的极坐标方程．
【解析】 (1)θ＝，ρ∈R.
(2)如图，两种情况，在直角三角形中显然有ρcosθ＝±5.
(3)如图，两种情况，在直角三角形中有ρsinθ＝±3
(4)如图，在△OAM中，由正弦定理得
＝，
∴ρsin(α－θ)＝4sinα.
12．求下列各圆的圆心坐标和半径.
(1)ρ＝cosθ＋sinθ；
(2)ρ2＋4ρsinθ＋1＝0；
(3)ρ2－2ρ(cosθ＋sinθ)＝5.
【解析】 (1)ρ＝cosθ＋sinθ可化为ρ＝2cos.
∴圆心为，半径为1.
(2)ρ2＋4ρsinθ＋1＝0可化为
ρ2－2·2ρcos＋22＝()2，
∴圆心为，半径为.
(3)ρ2－2ρ(cosθ＋sinθ)＝5可化为
ρ2－2·2ρcos＋22＝32.
∴圆心为，半径为3.
B级 素养提升
一、选择题
1．极坐标方程ρ＝2cos(－θ)表示图形的面积是
( B )
A．2
B．2π
C．4
D．4π
【解析】 极坐标方程ρ＝2cos(－θ)即ρ2＝2×(cosθ＋sinθ)，∴x2＋y2＝2x＋2y，
化为(x－1)2＋(y－1)2＝2，
∴此圆的面积S＝π×2＝2π.故选B．
2．极坐标系中，圆ρ＝2cosθ与直线2ρcos(θ＋)＝－1的位置关系为
( B )
A．相离
B．相切
C．相交
D．无法确定
【解析】 圆ρ＝2cosθ即ρ2＝2ρcosθ，化为x2＋y2＝2x，配方为(x－1)2＋y2＝1，∴圆心C(1,0)，半径r＝1.
直线2ρcos(θ＋)＝－1展开为2(ρcosθ－ρsinθ)＝－1，化为x－y＋1＝0.
∴圆心C到直线的距离d＝＝1＝r.
∴直线与圆相切．
故选B．
3．在极坐标系中有如下三个结论
①点P在曲线C上，则点P的极坐标适合曲线C的极坐标方程
②tanθ＝与θ＝表示同一条曲线(ρ允许取负值)
③ρ＝4和ρ＝－4表示同一条曲线
在这三个结论中，正确的是
( D )
A．①③
B．①
C．①②
D．②③
【解析】 ①中点P的坐标不一定适合方程，例如(0，π)不适合方程ρ＝cosθ，但(0，π)在曲线ρ＝cosθ上．
4．极坐标方程ρcosθ＝2sin2θ表示的曲线为
( C )
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
【解析】 ∵ρcosθ＝2sin2θ，
∴ρcosθ＝4sinθcosθ，
∴cosθ＝0或ρ＝4sinθ，
故选C．
5．在极坐标系中，与圆ρ＝2sinθ相切的一条直线方程为
( B )
A．ρsinθ＝1
B．ρcosθ＝1
C．ρcosθ＝2
D．ρcosθ＝－2
【解析】 ρ＝2sinθ?ρ2＝2ρsinθ，
即x2＋y2－2y＝0，∴x2＋(y－1)2＝1
表示的是以(0,1)为圆心，半径为1的圆．
又ρsinθ＝1?y＝1，ρcosθ＝1?x＝1，
ρcosθ＝2?x＝2，ρcosθ＝－2?x＝－2，
∴只有ρcosθ＝1与ρ＝2sinθ相切．
二、填空题
6．在极坐标系中，圆ρ＝8sinθ上的点到直线θ＝(ρ∈R)距离的最大值是__6__.
【解析】 圆ρ＝8sinθ化为ρ2＝8ρsinθ，∴x2＋y2＝8y，化为x2＋(y－4)2＝16.
直线θ＝(ρ∈R)化为y＝x.
∴圆心C(0,4)到直线的距离d＝＝2，
∴圆ρ＝8sinθ上的点到直线θ＝(ρ∈R)距离的最大值＝d＋r＝2＋4＝6.
故答案为6.
在极坐标系中，曲线C1与C2的方程分别为2ρcos2θ＝sinθ与ρcosθ＝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C1与C2交点的直角坐标为__(1,2)__.
【解析】 曲线C1的直角坐标方程为y＝2x2，曲线C2的直角坐标方程为x＝1，联立，解得
因此交点的直角坐标为(1,2)．
(2017·天津高考)在极坐标系中，直线4ρcos(θ－)＋1＝0与圆ρ＝2sin
θ的公共点的个数为__2__.
【解析】 由4ρcos(θ－)＋1＝0
得2ρcos
θ＋2ρsin
θ＋1＝0，
故直线的直角坐标方程为2x＋2y＋1＝0.
由ρ＝2sin
θ得ρ2＝2ρsin
θ，
故圆的直角坐标方程为x2＋y2＝2y，
即x2＋(y－1)
2＝1.
圆心为(0,1)，半径为1.
∵圆心到直线2x＋2y＋1＝0的距离d＝＝<1，
∴直线与圆相交，有两个公共点．
三、解答题
9．在极坐标系中，已知圆ρ＝2cosθ与直线3ρcosθ＋4ρsinθ＋a＝0相切，求实数a的值.
【解析】 将极坐标方程化为直角坐标方程，得圆的方程为x2＋y2＝2x，即(x－1)2＋y2＝1，直线的方程为3x＋4y＋a＝0.
由题设知，圆心(1,0)到直线的距离为1，即有
＝1，解得a＝2或a＝－8.
故a的值为－8或2.
10．⊙O1和⊙O2的极坐标方程分别为ρ＝4cosθ，ρ＝－4sinθ.
(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．
【解析】 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)∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴由ρ＝4cosθ得ρ2＝4ρcosθ，∴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，得4x＋4y＝0.
过交点的直线的直角坐标方程为y＝－x.
第四节 柱坐标系与球坐标系简介
学习目标
思维脉络
1.借助具体实例了解柱坐标系、球坐标系中刻画空间中点的位置的方法．2．与空间直角坐标系中刻画点的位置方法相比较，体会它们的区别与联系.
Q
刻画三维空间中的点，除了空间直角坐标系，还有柱坐标系、球坐标系等多种坐标系．这些坐标系在微积分学、物理学、地理学、天文学中都有着广泛应用，例如我们可以用三个数据来确定卫星的位置，即卫星到地球中心的距离、经度、纬度．
X
1．一般地，如图，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，这样我们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P的柱坐标，记作P(ρ，θ，z)，空间点P的直角坐标与柱坐标之间的变换公式为 .
2．一般地，如图，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P的位置就可以用有序数组(r，φ，θ)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球坐标(或空间极坐标系)，有序数组(r，φ，θ)叫做点P的球坐标，记作P(r，φ，θ)，其中r≥0,0≤φ≤π，0≤θ<2π；球坐标中的角__θ__称为被测点P(r，φ，θ)的方位角，__90°－φ__称为高低角；空间点P的直角坐标(x，y，z)与球坐标(r，φ，θ)之间的变换关系为 .
特别关注：
1．三种空间坐标系中点的坐标的特点：
柱坐标系与球坐标系都是以空间直角坐标系为背景，柱坐标系在平面xOy内构造平面极坐标系，球坐标系是构造点P到原点的距离|OP|＝r与射线Oz构成极坐标系，且OP在平面xOy内的射影与射线Ox也构成平面极坐标系．点P的直角坐标是有序实数组(x，y，z)，柱坐标是含有一个极角的有序数组(ρ，θ，z)，球坐标是含有两个极角的有序数组(r，φ，θ)．
2．求某一点的柱坐标，先确定它在Oxy平面上的射影Q的极坐标，它的柱坐标中的z与空间直角坐标系中的z是相同的．
3．求某一点的球坐标，先求|OP|＝r，再求OP与Oz轴正向所夹角为φ，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，则该点球坐标确定．
4．要分清确定空间一点的柱坐标和球坐标的先后次序，明确各个坐标的确定方法．
H
命题方向1 ?直角坐标与柱坐标的互化
典例试做1 (1)已知点M的直角坐标为(1,1,1)，求它在柱坐标系中的坐标；
(2)已知点P的柱坐标为(2，，7)，求它的直角坐标．
【分析】由柱坐标求直角坐标，只需代入公式计算即可；由直角坐标求柱坐标，可先设出点M的柱坐标为(ρ，θ，z)，利用ρ2＝x2＋y2求ρ，利用tanθ＝求θ，在求θ的时候特别注意角θ所在的象限，从而确定θ的值．
【解析】 (1)设点M的柱坐标为(ρ，θ，z)，
则有
由①2＋②2得ρ2＝2，即ρ＝.
由②÷①得tanθ＝1.又点M在第Ⅰ卦限，所以θ＝.
∴故点M的柱坐标为(，，1)．
(2)设点P的直角坐标为(x，y，z)，
则有
所以点P的直角坐标为(1，，7)．
〔跟踪练习1〕
根据下列点的柱坐标，分别求直角坐标．
(1)(2,0，－2)； (2)(π，π，π)．
【解析】 设点的直角坐标为(x，y，z)．
(1)∵(ρ，θ，z)＝(2,0，－2)，
∴
∴(2,0，－2)为所求．
(2)∵(ρ，θ，z)＝(π，π，π)，
∴
∴(－π，0，π)为所求．
命题方向2 ?直角坐标与球坐标的互化
典例试做2 将点M的直角坐标化为球坐标，点P的球坐标化为直角坐标.
(1)M(1，，2)；(2)P(2，，)．
【分析】由球坐标求直角坐标，只需代入公式计算即可；由直角坐标化为球坐标，可先设点M的球坐标为(r，φ，θ)，利用r2＝x2＋y2＋z2，tanθ＝，cosφ＝求出r，φ，θ即可．要特别注意由直角坐标求球坐标时，φ和θ的取值，要先弄清楚它们终边所在的位置．
【解析】 (1)设点M的球坐标为(r，φ，θ)，
则由得
∴tanθ＝.
∵0≤θ<2π，x>0，∴θ＝.r＝＝2.
∴2＝2cosφ，∴cosφ＝.
∵0≤φ≤π，∴φ＝.∴点M的球坐标为(2，，)．
(2)设点P的直角坐标为(x，y，z)，
则有
故点P的直角坐标为(，，)．
〔跟踪练习2〕
根据下列点的球坐标，分别求直角坐标：
(1)(2，，)； (2)(，，)．
【解析】 设点的直角坐标为(x，y，z)，
(1)∵(r，φ，θ)＝(2，，)，
∴
∴(－1，－1，－)为所求．
(2)∵(r，φ，θ)＝(，，)，
∴
∴(，，)为所求．
命题方向3 ?球的坐标的简单应用
典例试做3 设地球的半径为R，在球坐标系中，点A的坐标为(R,45°，70°)，点B的坐标为(R,45°，160°)，求A，B两点间的球面距离.
【分析】要求A，B两点间的球面距离，即求经过A，B两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度．要把它放在△AOB中去分析，只要求得∠AOB的弧度数，就可求球面距离．
【解析】 设纬度圈的圆心为O′，地球球心为O，如图，OA＝OB＝R，由点A、B的球坐标可知，∠BOO′＝45°，∠AOO′＝45°，这两个点都在北纬90°－45°＝45°圈上．
则∠xOQ＝70°，∠xOH＝160°，
∴∠AO′B＝160°－70°＝90°.
∵OB＝R，O′B＝O′A＝R，
∴AB＝R.则AO＝BO＝AB＝R.
∴∠AOB＝60°，＝·2πR＝πR.
即A，B两点间的球面距离为πR.
Y 将球坐标和柱坐标与直角坐标互化公式混淆而致误
典例试做4 已知点M的直角坐标为(1,1，)，求它的球坐标.
【错解】 点M的球坐标为(，，)．
【辨析】 球坐标和柱坐标与直角坐标互化的公式记忆混淆，错用公式
【正解】 设点M的球坐标为(r，φ，θ)．
∵r＝＝＝2，
z＝rcosφ＝，∴cosφ＝.
∵0≤φ≤π，∴φ＝.
又tanθ＝＝1,0≤θ<2π，x>0，∴θ＝.
∴点M的球坐标为(2，，)．
A级 基础巩固
一、选择题
1．把点M的直角坐标(－1,1,1)化为柱坐标是
( A )
A．(，，1)
B．(，，1)
C．(，，1)
D．(－，，1)
【解析】 点M的直角坐标(－1,1,1)化为柱坐标，解得
，r＝，φ＝，z＝1.
∴点M的柱坐标为(，，1)．故选A．
2．点M的直角坐标为(1，－，4)，则它的柱坐标为
( B )
A．
B．
C．
D．
【解析】 ρ＝＝2，
tanθ＝＝－，θ＝2π－＝，
∴柱坐标为.
3．点的球坐标为(r，φ，θ)＝，则它的直角坐标为
( A )
A．(－1,1，－)
B．(1，－1，)
C．(－1,1,2)
D．(1,1，)
【解析】 ，
∴点的直角坐标为(－1,1，－)．
4．已知一个点的球坐标为，则它的高低角为
( D )
A．
B．
C．
D．
【解析】 根据高低角的概念：－＝.
5．已知一个点的球坐标为，则它的方位角为
( A )
A．
B．
C．
D．
【解析】 根据方位角的概念可知选A．
6．在球坐标系中，方程r＝3表示空间中
( D )
A．以x轴为中心轴，底半径为3的圆柱面
B．以y轴为中心轴，底半径为3的圆柱面
C．以z轴为中心轴，底半径为3的圆柱面
D．以原点为心，半径为3的球面
二、填空题
7．点M的柱坐标为，则它的直角坐标为 (，1,7) .
【解析】 ，∴点M的直角坐标为(，1,7)．
8．在柱坐标系中，方程ρ＝10表示空间中的__以z轴为中心轴底半径为10的圆柱__曲面.
9．已知柱坐标系Oxyz中，点M的柱坐标为(2，，)，则|OM|＝__3__.
【解析】 ∵(ρ，θ，z)＝(2，，)，
设M的直角坐标为(x，y，z)，
x2＋y2＝ρ2＝4，
∴|OM|＝＝＝3.
10．若点M的柱坐标为(4，，1)，则它的直角坐标为 (－2，－2,1) .
【解析】 设点M的直角坐标为(x，y，z)，
∵ρ＝4，θ＝，z＝1，
∴x＝ρcosθ＝4cos＝－2，
y＝ρsinθ＝4sin＝－2.
∴点M的直角坐标是(－2，－2,1)．
三、解答题
11．建立适当的球坐标系，求棱长为1的正方体各个顶点的球坐标.
【解析】 以正方体的顶点O为极点，以此顶点处的三条棱所在的直线为坐标轴，建立如图所示的球坐标系．
则有O(0,0,0)，A(1，，0)，B(，，)，C(1，，)，D(1,0,0)，E(，，0)，F(，φ，)(φ∈[0，]，且cosφ＝)，G(，，)．
根据下列点的球坐标，分别求直角坐标：
(1)(2，，)； (2)(2，，)．
【解析】 设点的直角坐标为(x，y，z)．
(1)∵(r，φ，θ)＝(2，，)，
∴
∴(，，)为所求．
(2)∵(r，φ，θ)＝(2，，)，
∴
∴(1，－1，)为所求．
B级 素养提升
一、选择题
1．已知点M的球坐标为(1，，)，则它的直角坐标为
( B )
A．(1，，)
B．(，，)
C．(，，)
D．(，，)
【解析】 设点M的直角坐标为(x，y，z)，
∵点M的球坐标为(1，，)，
∴x＝sincos＝，y＝sinsin＝，z＝cos＝
∴M的直角坐标为(，，)．
故选B．
2．已知点M的直角坐标为(0,0,1)，则点M的球坐标可以是
( A )
A．(1,0,0)
B．(0,1,0)
C．(0,0,1)
D．(1，π，0)
3．已知点M的球坐标为(4，，)，则点M到Oz轴的距离为
( A )
A．2
B．
C．2
D．4
【解析】 解法1：M点到z轴的距离为rsinφ＝4sin＝2.
解法2：设点M的直角坐标为(x，y，z)，
∵(r，φ，θ)＝(4，，)，
∴
∴M(－2,2,2)，
到Oz轴的距离为＝2.
4．在直角坐标系中(2,2,2)关于z轴对称点的柱坐标为
( C )
A．
B．
C．
D．
【解析】 (2,2,2)关于z轴对称点为(－2，－2,2)，其柱坐标为ρ＝＝2，
tanθ＝＝＝1，θ＝(在第三象限内)，
∴柱坐标为.
5．在空间坐标系中的点M(x，y，z)，若它的柱坐标为(3，，3)，则它的球坐标为
( D )
A．(3，，)
B．(3，，)
C．(3，，)
D．(3，，)
【解析】 ∵M点的柱面坐标为M(3，，3)，设点M的直角坐标为(x，y，z)，
∴x＝3cos＝，y＝3sin＝，z＝3.
∴M点的直角坐标为：M(，，3)．
设点M的球面坐标系的形式为(r，φ，θ)，r是球面半径，φ为向量OM在xOy面上投影到x轴正方向夹角，φ为向量OM与z轴正方向夹角，
∴r＝＝3，容易知道θ＝60°＝，同时结合点M的直角坐标为(，，3)．
可知cosφ＝＝＝，
∴φ＝，∴球面坐标为(3，，)．
故选D．
二、填空题
6．已知点M的直角坐标为(5,5,5)，则它的柱坐标为 .
【解析】 ρ＝＝5，tanθ＝＝1.
θ＝(θ在第一象限内)，∴柱坐标为.
7．点M的柱坐标为，则它的直角坐标为 (2,2，2) .
【解析】 ，∴直角坐标为(2,2，2)．
8．以地球中心为坐标原点，地球赤道平面为xOy坐标面，由原点指向北极点的连线方向为z轴正向，本初子午线所在平面为zOx坐标面，如图所示，若某地在西经60°，南纬45°，地球的半径为R，则该地的球坐标可表示为 (R，，) .
三、解答题
9．已知点P的球坐标为，求它的直角坐标.
【解析】 根据坐标变换公式得
∴点P的直角坐标为(－，－，－2)．
10．如图，在柱坐标系中，长方体的两个顶点坐标为A1(4，0,5)，C1(6，，5)，求该长方体外接球的体积.
【解析】 由长方体的两个顶点坐标为A1(4,0,5)，C1(6，，5)，可知OA＝4，OC＝6，OO1＝5，则长方体的对角线长为＝，那么长方体外接球的半径R＝，故外接球的体积为πR3＝π×()3＝.
本讲归纳总结
专题一 ?平面直角坐标系中的伸缩变换
函数y＝f(ωx)(x∈R)(其中ω>0，且ω≠1)的图象，可以看作把f(x)图象上所有点的横坐标缩短或伸长为原来的倍(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，可以看作f(x)图象上所有点的纵坐标伸长(当A>1时)或缩短(当0
典例试做1 说出由曲线y＝tanx得到曲线y＝3tan2x的变换规律，并求出满足其图形变换的伸缩变换.
【分析】主要考查变换公式
【解析】 y＝tanx的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到y＝tan2x.再将其纵坐标伸长为原来的3倍，横坐标不变，得到曲线y＝3tan2x.
设变换为
则μy＝3tan2λx，即y＝tan2λx.
与y＝tanx比较，则有μ＝3，λ＝.
所以
〔跟踪练习1〕
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′－3)2＋(y′＋5)2＝144，求曲线C的方程，并判断其形状．
【解析】 将代入(x′－3)2＋(y′＋5)2＝144中，得(4x－3)2＋(3y＋5)2＝144，
16(x－)2＋9(y＋)2＝144，
即＋＝1.
故该曲线是以(，)为中心，长轴长为8，短轴长为6的椭圆．
专题二 ?求曲线的极坐标方程
求曲线的极坐标方程的方法和步骤与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点的极坐标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．
典例试做2 在△ABC底边BC＝10，∠A＝∠B，以B为极点，BC为极轴，求顶点A的轨迹的极坐标方程.
【分析】本题利用正弦定理找到顶点A的ρ、θ之间的关系而求得其轨迹方程．
【解析】 如图，令A(ρ，θ)，
在△ABC内，则∠B＝θ，∠A＝，
又|BC|＝10，|AB|＝ρ.于是由正弦定理，得＝，化简，得A点轨迹的极坐标方程为ρ＝10＋20cosθ.
【点评】关键是找出有ρ、θ的三角形，正确通过所学知识，建立ρ、θ之间的关系．
〔跟踪练习2〕
从极点O作直线和直线ρcosθ＝4相交于M，在OM上取一点P，使|OM|·|OP|＝12，求点P的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．
【解析】 设P(ρ′，φ)，则φ＝θ，
∵|OM|·|OP|＝12，∴ρ′ρ＝12.
∴ρ＝.
∴cosθ＝4.∴ρ′＝3cosθ.
∴点P的轨迹是以(，0)为圆心，为半径的圆．
专题三 ?极坐标与直角坐标的互化
极坐标系与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，它们之间的互化公式为：x＝ρcosθ，y＝ρsinθ；ρ2＝x2＋y2，tanθ＝(x≠0)．
典例试做3 化圆的直角坐标方程x2＋y2－2ax＝0为极坐标方程.
【分析】将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入化简即可．
【解析】 将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋y2－2ax＝0得
ρ2－2aρcosθ＝0，
即ρ＝2acosθ.
〔跟踪练习3〕
化下列直角坐标方程为极坐标方程．
(1)x2－y2＝2y；
(2)2xy＝1；
(3)(x2＋y2)2＝x2－y2.
【解析】 (1)∵x2－y2＝2y，
∴(ρcosθ)2－(ρsinθ)2＝2ρsinθ，
即ρcos2θ＝2sinθ.
(2)∵2xy＝1，∴2ρcosθρsinθ＝1，即ρ2sin2θ＝1.
(3)∵(x2＋y2)2＝x2－y2，
∴(ρ2)2＝(ρcosθ)2－(ρsinθ)2，即ρ2＝cos2θ.
典例试做4 根据曲线的极坐标方程mρcos2θ＋3ρsin2θ－6cosθ＝0(m∈R)，判断曲线的类型.
【解析】 将极坐标方程mρcos2θ＋3ρsin2θ－6cosθ＝0两边同乘以ρ得mρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ－6ρcosθ＝0，
∵
∴mx2＋3y2－6x＝0.
当m＝3时，普通方程为(x－1)2＋y2＝1，曲线为圆；
当0
当m＝0时，普通方程为y2＝2x，曲线为抛物线；
当m<0时，普通方程的曲线为双曲线．
【点评】本题将曲线的极坐标方程化为普通方程比较自然，难点是对参数m的讨论，要做到层次分明，不重复不遗漏，并能明确普通方程所表示的曲线类型．
〔跟踪练习4〕
化下列极坐标方程为直角坐标方程．
(1)ρ＝cosθ＋2sinθ；
(2)ρ＝1＋sinθ；
(3)ρ3sinθcos2θ＝ρ2cos2θ－ρsinθ＋1.
【解析】 (1)∵ρ＝cosθ＋2sinθ，
∴ρ2＝ρcosθ＋2ρsinθ.
∴x2＋y2＝x＋2y，即x2＋y2－x－2y＝0.
(2)∵ρ＝1＋sinθ，
∴ρ2＝ρ＋ρsinθ.
∴x2＋y2＝＋y，
即(x2＋y2－y)2＝x2＋y2.
(3)∵ρ3sinθcos2θ＝ρ2cos2θ－ρsinθ＋1.
∴ρsinθ(ρ2cos2θ－ρ2sin2θ)＝ρ2cos2θ－ρ2sin2θ－ρsinθ＋1.
∴y(x2－y2)＝x2－y2－y＋1，
(x2－y2)(y－1)＋y－1＝0，
(y－1)(x2－y2＋1)＝0.
∴y－1＝0或x2－y2＋1＝0.
第一讲 学业质量标准检测
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F(x，y)＝0上的点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标缩短到原来的，得到的曲线方程为
( A )
A．F(，3y)＝0
B．F(2x，)＝0
C．F(3x，)＝0
D．F(，2y)＝0
【解析】 设(x，y)经过伸缩变换变为(x′，y′)，
∴则，
代入F(x，y)＝0，得F(x′，3y′)＝0.
2．将点(2,3)变成点(3,2)的伸缩变换是( B )
A．
B．
C．
D．
【解析】 设所求的伸缩变换为则
所以所求的伸缩变换为
3．过点P且平行于极轴的直线的极坐标方程是
( C )
A．ρsinθ＝1
B．ρcosθ＝1
C．ρsinθ＝
D．ρcosθ＝
【解析】 如图所示，在△OPM中＝，
∴ρsinθ＝.
4．在极坐标系中，圆ρ＝－2sinθ的圆心的极坐标是
( B )
A．(1，)
B．(1，－)
C．(1,0)
D．(1，π)
【解析】 本题主要考查了圆的极坐标方程及普通方程与极坐标方程的互化，由ρ＝－2sinθ得：ρ2＝－2ρsinθ，
∴x2＋y2＝－2y，即x2＋(y＋1)2＝1，∴圆心直角坐标为(0，－1)，极坐标为(1，－)，选B．
5．P点的直角坐标(－1，)化成极坐标为
( A )
A．(2，π)
B．(，π)
C．(，π)
D．(2，π)
【解析】 ρ＝＝2，tanθ＝－，θ∈(，π)，
∴θ＝.
∴点P的极坐标为(2，)．
故选A．
6．下列各点中与(2，)不表示极坐标系中同一个点的是
( C )
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．
故选C．
7．(2015·安庆二模)在极坐标系中，曲线C：ρ＝2sinθ上的两点A，B对应的极角分别为，，则弦长|AB|等于
( C )
A．1
B．
C．
D．2
【解析】 A、B两点的极坐标分别为(，)、(，)，
化为直角坐标为(－，)、(，)，
故|AB|＝＝，
故选C．
8．极坐标系中，过点且与极轴垂直的直线方程为
( B )
A．ρ＝－4cosθ
B．ρcosθ－1＝0
C．ρsinθ＝－
D．ρ＝－sinθ
【解析】 如图所示，ρ·cosθ＝2·cos，
∴ρcosθ＝1.
9．把极坐标方程ρ＝2sin化为直角坐标方程为
( A )
A．2＋2＝1
B．y2＝2
C．＝0
D．－＝1
【解析】 原式变为ρ＝sinθ＋cosθ，
两边同乘以ρ得ρ2＝ρsinθ＋ρcosθ.
∵ρ2＝x2＋y2，ρsinθ＝y，ρcosθ＝x，
∴x2＋y2－x－y＝0，
即2＋2＝1.
10．已知点M的球坐标为(1，，)，则它的直角坐标为
( B )
A．(1，，)
B．(，，)
C．(，，)
D．(，，)
【解析】 设点M的直角坐标为(x，y，z)，
∵点M的球坐标为(1，，)，
∴x＝sin
cos＝，
y＝sinsin＝，z＝cos＝.
故点M的直角坐标为(，，)．
11．极坐标方程θ＝，θ＝(ρ>0)和ρ＝8所表示的曲线围成的图形面积是
( A )
A．
B．
C．
D．
【解析】 如图所示，面积为α×R·R＝··64＝.
12．点P(ρ，θ)关于直线θ＝的对称点为
( C )
A．
B．(θ，ρ)
C．
D．(ρ，π－θ)
【解析】 如图所示，根据图形知
ρ′＝ρ，－θ＝θ′－，
∴θ′＝－θ＝π＋－θ.
∴对称点为.
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填写在题中的横线上．)
13．(2015·湖南)在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若曲线C的极坐标方程为ρ＝2sinθ，则曲线C的直角坐标方程为__x2＋(y－1)2＝1__.
【解析】 曲线C的极坐标方程为ρ＝2sinθ，即ρ2＝2ρsinθ，它的直角坐标方程为：x2＋y2＝2y，即x2＋(y－1)2＝1.
故答案为x2＋(y－1)2＝1.
14．(2015·北京)在极坐标系中，点(2，)到直线ρ(cosθ＋sinθ)＝6的距离为__1__.
【解析】 点P(2，)化为P(1，)．
直线ρ(cosθ＋sinθ)＝6化为x＋y－6＝0.
∴点P到直线的距离d＝＝1.
故答案为1.
15．点M的直角坐标为(2,2,30)，则它的柱坐标为 .
【解析】 由ρ＝＝2，tanθ＝＝1，θ＝(第一象限内)，∴柱坐标为.
16．在极坐标系中，曲线C1和C2的方程分别为ρsin2θ＝cosθ与ρsinθ＝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C1和C2交点的直角坐标为__(1,1)__.
【解析】 本题考查极坐标方程与普通方程互化及求曲线交点．
C1：ρsin2θ＝cosθ，∴ρ2sin2θ＝ρcosθ，即y2＝x，
C2：ρsinθ＝1，∴y＝1.
联立∴，则交点坐标(1,1)．
三、解答题(本大题共6小题，共74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12分)极坐标系中，求点(m>0)到直线ρcos＝2的距离.
【解析】 将直线极坐标方程化成普通方程应为
ρ＝2即x＋y－4＝0.
∴点到直线x＋y－4＝0的距离为
＝＝|m－2|.
18．(本小题满分12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.
【解析】 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，为半径的圆．
19．(本小题满分12分)如图，正方体OABC－D′A′B′C′中，|OA|＝3，|OC|＝3，|OD′|＝3，A′C′与B′D′相交于点P，分别写出点C、B′、P的柱坐标.
【解析】 C点的ρ、θ分别为|OC|及∠COA，B′点的ρ，θ分别为|OB|＝＝＝3，θ＝∠BOA，tan∠BOA＝＝＝1，
∴∠BOA＝.
P点的ρ，θ为|OE|，∠AOE，|OE|＝|OB|，∠AOE＝∠AOB，
∴C点的柱坐标为(3，，0)；
B′点的柱坐标为(3，，3)；P点的柱坐标为(，，3)．
20．(本小题满分12分)已知⊙C：ρ＝cosθ＋sinθ，直线l：ρ