《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第12章 選修4系列 第1講 坐標(biāo)系講義 理（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第12章 選修4系列 第1講 坐標(biāo)系講義 理（含解析）.doc（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第1講　坐標(biāo)系 [考綱解讀]　1.了解坐標(biāo)系的作用，掌握平面直角坐標(biāo)系中的伸縮變換． 2.了解極坐標(biāo)的基本概念，能在極坐標(biāo)系中用極坐標(biāo)表示點(diǎn)的位置，能進(jìn)行極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)的互化．(重點(diǎn)) 3.能在極坐標(biāo)系中給出簡(jiǎn)單圖形(如過極點(diǎn)的直線、過極點(diǎn)或圓心為極點(diǎn)的圓)的方程．(難點(diǎn)) [考向預(yù)測(cè)]　從近三年高考情況來看，本講是高考中的必考內(nèi)容. 預(yù)測(cè)2020年將會(huì)考查：極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的轉(zhuǎn)化，極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程，要特別注意圖象的伸縮變換. 題型為解答題，屬中、低檔題型. 1．伸縮變換 設(shè)點(diǎn)P(x，y)是平面直角坐標(biāo)系中的任意一點(diǎn)，在變換φ：的作用下，點(diǎn)P(x，y)對(duì)應(yīng)到點(diǎn)P′(x′，y′)，稱φ為平面直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)伸縮變換，簡(jiǎn)稱伸縮變換． 2．極坐標(biāo) 一般地，不作特殊說明時(shí)，我們認(rèn)為ρ≥0，θ可取任意實(shí)數(shù)． 3．極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化 設(shè)M是平面內(nèi)任意一點(diǎn)，它的直角坐標(biāo)是(x，y)，極坐標(biāo)是(ρ，θ)，則它們之間的關(guān)系為： 1．概念辨析 (1)平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的點(diǎn)與坐標(biāo)能建立一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，在極坐標(biāo)系中點(diǎn)與坐標(biāo)也是一一對(duì)應(yīng)關(guān)系．(　　) (2)點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為(－，)，那么它的極坐標(biāo)可表示為.(　　) (3)過極點(diǎn)作傾斜角為α的直線的極坐標(biāo)方程可表示為θ＝α或θ＝π＋α.(　　) (4)圓心在極軸上的點(diǎn)(a,0)處，且過極點(diǎn)O的圓的極坐標(biāo)方程為ρ＝2asinθ.(　　) 答案　(1)　(2)√　(3)√　(4) 2．小題熱身 (1)設(shè)平面內(nèi)伸縮變換的坐標(biāo)表達(dá)式為則在這一坐標(biāo)變換下正弦曲線y＝sinx的方程變?yōu)?　　) A．y＝sin2x B．y＝3sinx C．y＝sin D．y＝3sin2x 答案　D 解析　由已知得代入y＝sinx，得y′＝sin2x′，即y′＝3sin2x′，所以y＝sinx的方程變?yōu)閥＝3sin2x. (2)在極坐標(biāo)系中A，B兩點(diǎn)間的距離為________． 答案　6 解析　解法一：(數(shù)形結(jié)合)在極坐標(biāo)系中，A，B兩點(diǎn)如圖所示， |AB|＝|OA|＋|OB|＝6. 解法二：∵A，B的直角坐標(biāo)為A(1，－)， B(－2,2)，∴|AB|＝＝6. (3)曲線C1：θ＝與曲線C2：ρsin＝的交點(diǎn)坐標(biāo)為________． 答案　 解析　將θ＝代入ρsin＝，得ρsin＝，所以ρ＝1，所以曲線C1與曲線C2的交點(diǎn)坐標(biāo)為. (4)已知直線l的極坐標(biāo)方程為2ρsin＝，點(diǎn)A的極坐標(biāo)為A，則點(diǎn)A到直線l的距離為________． 答案　 解析　由2ρsin＝得2ρ＝，ρsinθ－ρcosθ＝1，化為直角坐標(biāo)方程得y－x＝1即x－y＋1＝0，點(diǎn)A的直角坐標(biāo)為，即(2，－2)，所以點(diǎn)A到直線l的距離為＝. 題型 　平面直角坐標(biāo)系中的伸縮變換 在同一平面直角坐標(biāo)系中，求一個(gè)伸縮變換，使得圓x2＋y2＝1變換為橢圓＋＝1. 解　設(shè)伸縮變換為由題知＋＝1，即2x2＋2y2＝1.與x2＋y2＝1比較系數(shù)，得故所以伸縮變換為 即先使圓x2＋y2＝1上的點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，將圓上的點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來的3倍，得到橢圓＋y2＝1，再將該橢圓上點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來的2倍，得到橢圓＋＝1. 伸縮變換后方程的求法 平面上的曲線y＝f(x)在變換φ：的作用下的變換方程的求法是將代入y＝f(x)，得＝f，整理之后得到y(tǒng)′＝h(x′)，即為所求變換之后的方程．見舉例說明． 提醒：應(yīng)用伸縮變換時(shí)，要分清變換前的點(diǎn)的坐標(biāo)(x，y)與變換后的坐標(biāo)(x′，y′). 若函數(shù)y＝f(x)的圖象在伸縮變換φ：的作用下得到曲線的方程為y′＝3sin，求函數(shù)y＝f(x)的最小正周期． 解　由題意，把變換公式代入曲線y′＝3sin得3y＝3sin，整理得y＝sin，故f(x)＝sin.所以y＝f(x)的最小正周期為＝π. 題型 　極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化 (2018全國(guó)卷Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的方程為y＝k|x|＋2.以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ2＋2ρcosθ－3＝0. (1)求C2的直角坐標(biāo)方程； (2)若C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)，求C1的方程． 解　(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得C2的直角坐標(biāo)方程為(x＋1)2＋y2＝4. (2)由(1)知C2是圓心為A(－1,0)，半徑為2的圓． 由題設(shè)知，C1是過點(diǎn)B(0,2)且關(guān)于y軸對(duì)稱的兩條射線，曲線C1的方程為y＝記y軸右邊的射線為l1，y軸左邊的射線為l2.由于B在圓C2的外面，故C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)等價(jià)于l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且l2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)，或l2與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且l1與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)． 當(dāng)l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，A到l1所在直線的距離為2，所以＝2，故k＝－或k＝0. 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1與C2沒有公共點(diǎn)；當(dāng)k＝－時(shí)，l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，l2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)． 當(dāng)l2與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，A到l2所在直線的距離為2，所以＝2，故k＝0或k＝. 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1與C2沒有公共點(diǎn)；當(dāng)k＝時(shí)，l2與C2沒有公共點(diǎn). 綜上，所求C1的方程為y＝－|x|＋2. 條件探究　把舉列說明中曲線C1的極坐標(biāo)方程改為“θ＝α(0≤α≤2π)”，曲線C2的極坐標(biāo)方程改為“ρ2－2ρcosθ－2ρsinθ＋3＝0”，若C1與C2有且僅有兩個(gè)公共點(diǎn)，求α的取值范圍． 解　由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x－2y＋3＝0， 即(x－1)2＋(y－)2＝1， 由題意知α≠， 可設(shè)曲線C1的直角坐標(biāo)方程為y＝kx，k＝tanα， 當(dāng)曲線C1與曲線C2相切時(shí)，＝1， 解得k＝，即tanα＝， 又0≤α≤2π，所以α＝. 結(jié)合圖形可知，若C1與C2有且僅有兩個(gè)公共點(diǎn)，則 α∈. 1．極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程的互化 (1)直角坐標(biāo)方程化為極坐標(biāo)方程：將公式x＝ρcosθ及y＝ρsinθ直接代入直角坐標(biāo)方程并化簡(jiǎn)即可． (2)極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程：通過變形，構(gòu)造出形如ρcosθ，ρsinθ，ρ2的形式，再應(yīng)用公式進(jìn)行代換．其中方程的兩邊同乘以(或同除以)ρ及方程兩邊平方是常用的變形技巧． 2．極角的確定 由tanθ確定角θ時(shí)，應(yīng)根據(jù)點(diǎn)P所在象限取最小正角． (1)當(dāng)x≠0時(shí)，θ角才能由tanθ＝按上述方法確定． (2)當(dāng)x＝0時(shí)，tanθ沒有意義，這時(shí)可分三種情況處理：當(dāng)x＝0，y＝0時(shí)，θ可取任何值；當(dāng)x＝0，y>0時(shí)，可取θ＝；當(dāng)x＝0，y<0時(shí)，可取θ＝.　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 已知圓O1和圓O2的極坐標(biāo)方程分別為ρ＝2，ρ2－2ρcos＝2. (1)把圓O1和圓O2的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程； (2)求經(jīng)過兩圓交點(diǎn)的直線的極坐標(biāo)方程． 解　(1)由ρ＝2知ρ2＝4，所以圓O1的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝4.因?yàn)棣?－2ρcos＝2， 所以ρ2－2ρ＝2， 所以圓O2的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x－2y－2＝0. (2)將兩圓的直角坐標(biāo)方程相減，得經(jīng)過兩圓交點(diǎn)的直線方程為x＋y＝1，化為極坐標(biāo)方程為ρcosθ＋ρsinθ＝1，即ρsin＝. 題型 　極坐標(biāo)方程的應(yīng)用 角度1　極徑幾何意義的應(yīng)用 1．(2018日照一模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為(α為參數(shù))，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，直線l的極坐標(biāo)方程為θ＝(ρ∈R)． (1)求曲線C的極坐標(biāo)方程； (2)設(shè)直線l與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，求|AB|的值． 解　(1)將方程消去參數(shù)α得x2＋y2－4x－12＝0， ∴曲線C的普通方程為x2＋y2－4x－12＝0，將x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ代入上式可得ρ2－4ρcosθ＝12， ∴曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2－4ρcosθ＝12. (2)設(shè)A，B兩點(diǎn)的極坐標(biāo)方程分別為，，由消去θ得ρ2－2ρ－12＝0，根據(jù)題意可得ρ1，ρ2是方程ρ2－2ρ－12＝0的兩根，∴ρ1＋ρ2＝2，ρ1ρ2＝－12， ∴|AB|＝|ρ1－ρ2|＝＝2. 角度2　用極坐標(biāo)解最值和取值范圍問題 2．(2018南平二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C1的方程為＋y2＝1.曲線C2的參數(shù)方程為 (φ為參數(shù))，曲線C3的方程為y＝xtanα，曲線C3與曲線C1，C2分別交于P，Q兩點(diǎn)． (1)求曲線C1，C2的極坐標(biāo)方程； (2)求|OP|2|OQ|2的取值范圍． 解　(1)因?yàn)閤＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以曲線C1的極坐標(biāo)方程為＋ρ2sin2θ＝1，即ρ2＝， 由(φ為參數(shù))，消去φ， 即得曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋(y－1)2＝1； 將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，代入化簡(jiǎn)， 可得曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθ. (2)曲線C3的極坐標(biāo)方程為θ＝α， 由(1)得|OP|2＝；|OQ|2＝4sin2α， 即|OP|2|OQ|2＝＝， 因?yàn)?<α<，所以00)，點(diǎn)M的極坐標(biāo)為(ρ1，θ)(ρ1>0)． 由題設(shè)知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝. 由|OM||OP|＝16得C2的極坐標(biāo)方程為 ρ＝4cosθ(ρ>0)． 因此C2的直角坐標(biāo)方程為(x－2)2＋y2＝4(x≠0)． (2)設(shè)點(diǎn)B的極坐標(biāo)為(ρB，α)(ρB>0)． 由題設(shè)知|OA|＝2，ρB＝4cosα，于是△OAB的面積 S＝|OA|ρBsin∠AOB＝4cosα ＝2≤2＋. 當(dāng)α＝－時(shí)，S取得最大值2＋. 所以△OAB面積的最大值為2＋.