2023届高考一轮复习讲义（理科）选修4－4　坐标系与参数方程 第1讲　坐标系学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）选修4－4　坐标系与参数方程 第1讲　坐标系学案，共15页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．坐标系
(1)伸缩变换
设点P(x，y)是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝λ·x（λ>0），,y′＝μ·y（μ>0）))的作用下，点P(x，y)对应到点(λx，μy)，称φ为平面直角坐标系中的伸缩变换．
(2)极坐标系
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．
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)．
2．直角坐标与极坐标的互化
把直角坐标系的原点作为极点，x轴的正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．设M是平面内任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x，y)和(ρ，θ)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρ2＝x2＋y2，,tan θ＝\f(y,x)（x≠0）Ｗ.))
3．直线的极坐标方程
若直线过点M(ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．
4．圆的极坐标方程
若圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r，则该圆的方程为：
ρ2－2ρ0ρcs(θ－θ0)＋ρeq \\al(2,0)－r2＝0.
常用结论
几种简单曲线的极坐标方程
二、习题改编
1．(选修4­4P15习题T3改编)若以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段y＝1－x(0≤x≤1)的极坐标方程为( )
A．ρ＝eq \f(1,cs θ＋sin θ)，0≤θ≤eq \f(π,2)
B．ρ＝eq \f(1,cs θ＋sin θ)，0≤θ≤eq \f(π,4)
C．ρ＝cs θ＋sin θ，0≤θ≤eq \f(π,2)
D．ρ＝cs θ＋sin θ，0≤θ≤eq \f(π,4)
解析：选A.y＝1－x(0≤x≤1)的极坐标方程为ρsin θ＝1－ρcs θ，即ρ＝eq \f(1,sin θ＋cs θ)，由0≤x≤1，得0≤y≤1，所以θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).故选A.
2．(选修4­4P15习题T4改编)在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是________．
解析：法一：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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(π,2))).
法二：由ρ＝－2sin θ＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,2)))，知圆心的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(π,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(π,2)))
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)平面直角坐标系内的点与坐标能建立一一对应关系，在极坐标系中点与坐标也是一一对应关系．( )
(2)若点P的直角坐标为(1，－eq \r(3))，则点P的一个极坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(π,3))).( )
(3)在极坐标系中，曲线的极坐标方程不是唯一的．( )
(4)极坐标方程θ＝π(ρ≥0)表示的曲线是一条直线．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)极坐标与直角坐标的互化致误；
(2)求极坐标方程不会结合图形求解致误．
1．在极坐标系中，已知点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,6)))，则过点P且平行于极轴的直线方程是( )
A．ρsin θ＝1 B．ρsin θ＝eq \r(3)
C．ρcs θ＝1 D．ρcs θ＝eq \r(3)
解析：选A.先将极坐标化成直角坐标表示，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,6)))转化为直角坐标为x＝ρcs θ＝2cs eq \f(π,6)＝eq \r(3)，y＝ρsin θ＝2sin eq \f(π,6)＝1，即(eq \r(3)，1)，过点(eq \r(3)，1)且平行于x轴的直线为y＝1，再化为极坐标为ρsin θ＝1.
2．在极坐标系中Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(π,3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2π,3)))两点间的距离为________．
解析：
法一(数形结合)：在极坐标系中，A，B两点如图所示，|AB|＝|OA|＋|OB|＝6.
法二：因为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(π,3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2π,3)))的直角坐标为A(1，－eq \r(3))，B(－2，2eq \r(3))．
所以|AB|＝eq \r(（－2－1）2＋（2\r(3)＋\r(3)）2)＝6.
答案：6
平面直角坐标系中的伸缩变换(自主练透)
1．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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝\f(1,2)x，,y′＝\f(1,3)y))后的图形．
(1)5x＋2y＝0；
(2)x2＋y2＝1.
解：伸缩变换eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝\f(1,2)x，,y′＝\f(1,3)y，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2x′，,y＝3y′，))
(1)若5x＋2y＝0，则5(2x′)＋2(3y′)＝0，所以5x＋2y＝0经过伸缩变换后的方程为5x′＋3y′＝0，为一条直线．
(2)若x2＋y2＝1，则(2x′)2＋(3y′)2＝1，则x2＋y2＝1经过伸缩变换后的方程为4x′2＋9y′2＝1，为椭圆．
2．求双曲线C：x2－eq \f(y2,64)＝1经过φ：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝3x，,2y′＝y))变换后所得曲线C′的焦点坐标．
解：设曲线C′上任意一点P′(x′，y′)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝3x，,2y′＝y，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x′,3)，,y＝2y′，))
代入曲线C：x2－eq \f(y2,64)＝1，得eq \f(x′2,9)－eq \f(y′2,16)＝1，
即曲线C′的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，
因此曲线C′的焦点F1(－5，0)，F2(5，0)．
3．将圆x2＋y2＝1变换为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的一个伸缩变换公式为φ：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(X＝ax（a>0），,Y＝by（b>0），))求a，b的值．
解：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(X＝ax，,Y＝by))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,a)X，,y＝\f(1,b)Y，))代入x2＋y2＝1中得eq \f(X2,a2)＋eq \f(Y2,b2)＝1，所以a2＝9，b2＝4，
因为a>0，b>0，所以a＝3，b＝2.
eq \a\vs4\al()
(1)平面上的曲线y＝f(x)在变换φ：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝λx（λ>0），,y′＝μy（μ>0）))的作用下的变换方程的求法是将eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x′,λ)，,y＝\f(y′,μ)))代入y＝f(x)，整理得y′＝h(x′)为所求．
(2)解答该类问题应明确两点：一是根据平面直角坐标系中的伸缩变换公式的意义与作用；二是明确变换前的点P(x，y)与变换后的点P′(x′，y′)的坐标关系，用方程思想求解．
极坐标与直角坐标的互化(师生共研)
在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为y＝k|x|＋2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2＋2ρcs θ－3＝0.
(1)求C2的直角坐标方程；
(2)若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．
【解】 (1)由x＝ρcs θ，y＝ρsin θ得C2的直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝4.
(2)由(1)知C2是圆心为A(－1，0)，半径为2的圆．由题设知，C1是过点B(0，2)且关于y轴对称的两条射线．记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2.由于B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点．
当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，所以eq \f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝－eq \f(4,3)或k＝0.
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－eq \f(4,3)时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点．
当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以eq \f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝0或k＝eq \f(4,3).
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝eq \f(4,3)时，l2与C2没有公共点．
综上，所求C1的方程为y＝－eq \f(4,3)|x|＋2.
eq \a\vs4\al()
极坐标方程与直角坐标方程的互化
(1)直角坐标方程化为极坐标方程：将公式x＝ρcs θ及y＝ρsin θ直接代入直角坐标方程并化简即可．
(2)极坐标方程化为直角坐标方程：通过变形，构造出形如ρcs θ，ρsin θ，ρ2的形式，再应用公式进行代换．其中方程的两边同乘以(或同除以)ρ及方程两边平方是常用的变形技巧．
1．在极坐标系中，已知圆O：ρ＝cs θ＋sin θ和直线l：ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(ρ≥0，0≤θ<2π)．
(1)求圆O和直线l的直角坐标方程；
(2)当θ∈(0，π)时，求直线l与圆O的公共点的极坐标．
解：(1)圆O：ρ＝cs θ＋sin θ，即ρ2＝ρcs θ＋ρsin θ，
故圆O的直角坐标方程为：x2＋y2－x－y＝0，
直线l：ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，
即ρsin θ－ρcs θ＝1，
故直线l的直角坐标方程为x－y＋1＝0.
(2)由(1)知圆O与直线l的直角坐标方程，
将两方程联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2－x－y＝0，,x－y＋1＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝1，))
即圆O与直线l在直角坐标系下的公共点为(0，1)，
将(0，1)转化为极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(π,2)))即为所求．
2．已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－2eq \r(2)ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝2.
(1)将圆O1和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．
解：(1)由ρ＝2知ρ2＝4，
所以O1的直角坐标方程为x2＋y2＝4.
因为ρ2－2eq \r(2)ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝2，
所以ρ2－2eq \r(2)ρeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θcs \f(π,4)＋sin θsin \f(π,4)))＝2.
所以O2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2y－2＝0.
(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x＋y＝1.
化为极坐标方程为ρcs θ＋ρsin θ＝1，
即ρsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2).
求曲线的极坐标方程(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox中，A(2，0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(π,4)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(3π,4)))，D(2，π)，弧eq \(AB,\s\up8(︵))，eq \(BC,\s\up8(︵))，eq \(CD,\s\up8(︵))所在圆的圆心分别是(1，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(π,2)))，(1，π)，曲线M1是弧eq \(AB,\s\up8(︵))，曲线M2是弧eq \(BC,\s\up8(︵))，曲线M3是弧eq \(CD,\s\up8(︵)).
(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；
(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|＝eq \r(3)，求P的极坐标．
【解】 (1)由题设可得，弧eq \(AB,\s\up8(︵))，eq \(BC,\s\up8(︵))，eq \(CD,\s\up8(︵))所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cs θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cs θ.
所以M1的极坐标方程为ρ＝2cs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,4)))，M2的极坐标方程为ρ＝2sin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)≤θ≤\f(3π,4)))，M3的极坐标方程为ρ＝－2cs θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)≤θ≤π)).
(2)设P(ρ，θ)，由题设及(1)知：
若0≤θ≤eq \f(π,4)，则2cs θ＝eq \r(3)，解得θ＝eq \f(π,6)；
若eq \f(π,4)≤θ≤eq \f(3π,4)，则2sin θ＝eq \r(3)，解得θ＝eq \f(π,3)或θ＝eq \f(2π,3)；
若eq \f(3π,4)≤θ≤π，则－2cs θ＝eq \r(3)，解得θ＝eq \f(5π,6).
综上，P的极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(π,6)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(π,3)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(2π,3)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(5π,6))).
eq \a\vs4\al()
求曲线的极坐标方程的步骤
(1)建立适当的极坐标系，设P(ρ，θ)是曲线上任意一点．
(2)由曲线上的点所适合的条件，列出曲线上任意一点的极径ρ和极角θ之间的关系式．
(3)将列出的关系式进行整理、化简，得出曲线的极坐标方程．
(2019·高考全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ＝4sin θ上，直线l过点A(4，0)且与OM垂直，垂足为P.
(1)当θ0＝eq \f(π,3)时，求ρ0及l的极坐标方程；
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．
解：(1)因为M(ρ0，θ0)在C上，当θ0＝eq \f(π,3)时，ρ0＝4sin eq \f(π,3)＝2eq \r(3).
由已知得|OP|＝|OA|cs eq \f(π,3)＝2.
设Q(ρ，θ)为l上除P的任意一点．连接OQ，
在Rt△OPQ中，ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.
经检验，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(π,3)))在曲线ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝2上．
所以，l的极坐标方程为ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝2.
(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cs θ＝4cs θ，即ρ＝4cs θ.
因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))).
所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cs θ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))).
极坐标方程的应用(师生共研)
(2020·江淮十校联考)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋2cs α，,y＝2sin α))(α为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求曲线C的极坐标方程；
(2)已知A，B是曲线C上任意两点，且∠AOB＝eq \f(π,3)，求△OAB面积的最大值．
【解】 (1)消去参数α，得到曲线C的普通方程为
(x－2)2＋y2＝4，
故曲线C的极坐标方程为ρ＝4cs θ.
(2)在极坐标系中，不妨设A(ρ1，θ0)，B(ρ2，θ0＋eq \f(π,3))，其中ρ1>0，ρ2>0，－eq \f(π,2)<θ0△OAB面积S＝eq \f(1,2)ρ1ρ2sin eq \f(π,3)＝4eq \r(3)cs θ0cs(θ0＋eq \f(π,3))，
S＝2eq \r(3)cs2θ0－6sin θ0cs θ0＝eq \r(3)(1＋cs 2θ0)－3sin 2θ0＝2eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ0＋\f(π,3)))＋eq \r(3)，
当2θ0＋eq \f(π,3)＝0时，即θ0＝－eq \f(π,6)时，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ0＋\f(π,3)))有最大值1.此时Smax＝3eq \r(3).
故△OAB面积的最大值为3eq \r(3).
eq \a\vs4\al()
极坐标应用中的注意事项
(1)极坐标与直角坐标互化的前提条件：①极点与原点重合；②极轴与x轴正半轴重合；③取相同的长度单位．
(2)若把直角坐标化为极坐标求极角θ时，应注意判断点P所在的象限(即角θ的终边的位置)，以便正确地求出角θ.利用两种坐标的互化，可以把不熟悉的问题转化为熟悉的问题．
(3)由极坐标的意义可知平面上点的极坐标不是唯一的，如果限定ρ取正值，θ∈[0，2π)，平面上的点(除去极点)与极坐标(ρ，θ)建立一一对应关系．
1．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋cs φ，,y＝sin φ))(其中φ为参数)，曲线C2：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)射线l：θ＝α(ρ≥0)与曲线C1，C2分别交于点A，B(且点A，B均异于原点O)，当0<α解：(1)曲线C1的普通方程为(x－1)2＋y2＝1，令x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，可得C1的极坐标方程为ρ＝2cs θ，
同理，可得C2的极坐标方程为ρ2＝eq \f(8,1＋sin2θ).
(2)联立θ＝α(ρ≥0)与C1的极坐标方程得|OA|2＝4cs2α，
联立θ＝α(ρ≥0)与C2的极坐标方程得|OB|2＝eq \f(8,1＋sin2α)，
则|OB|2－|OA|2＝eq \f(8,1＋sin2α)－4cs2α＝eq \f(8,1＋sin2α)－4(1－sin2α)＝eq \f(8,1＋sin2α)＋4(1＋sin2α)－8≥2eq \r(\f(8,1＋sin2α)×4（1＋sin2α）)－8＝8eq \r(2)－8(当且仅当sin α＝eq \r(\r(2)－1)时取等号)．
所以|OB|2－|OA|2的最小值为8eq \r(2)－8.
2．在极坐标系中，直线C1的极坐标方程为ρsin θ＝2，M是C1上任意一点，点P在射线OM上，且满足|OP|·|OM|＝4，记点P的轨迹为C2.
(1)求曲线C2的极坐标方程；
(2)求曲线C2上的点到直线ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \r(2)距离的最大值．
解：(1)设P(ρ1，θ)，M(ρ2，θ)，
由|OP|·|OM|＝4，得ρ1ρ2＝4，即ρ2＝eq \f(4,ρ1).
因为M是C1上任意一点，所以ρ2sin θ＝2，
即eq \f(4,ρ1)sin θ＝2，ρ1＝2sin θ.
所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.
(2)由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ，即x2＋y2－2y＝0，
化为标准方程为x2＋(y－1)2＝1，
则曲线C2的圆心坐标为(0，1)，半径为1，
由直线ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \r(2)，
得ρcs θcs eq \f(π,4)－ρsin θsin eq \f(π,4)＝eq \r(2)，即x－y＝2，
圆心(0，1)到直线x－y＝2的距离为
d＝eq \f(|0－1－2|,\r(2))＝eq \f(3\r(2),2)，
所以曲线C2上的点到直线ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \r(2)距离的最大值为1＋eq \f(3\r(2),2).
[基础题组练]
1．(2020·山东省安丘市、诸城市联考)在直角坐标系xOy中，曲线C1：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs t，,y＝1＋sin t))(t为参数)，以坐标原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为2ρcs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝3eq \r(3).
(1)求曲线C1的极坐标方程；
(2)已知点M(2，0)，直线l的极坐标方程为θ＝eq \f(π,6)，它与曲线C1的交点为O，P，与曲线C2的交点为Q，求△MPQ的面积．
解：(1)C1：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs t，,y＝1＋sin t，))
其普通方程为x2＋(y－1)2＝1，化为极坐标方程为C1：ρ＝2sin θ.
(2)联立C1与l的极坐标方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρ＝2sin θ，,θ＝\f(π,6)，))解得P点极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(π,6)))，
联立C2与l的极坐标方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2ρcs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝3\r(3)，,θ＝\f(π,6)，))解得Q点极坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(π,6)))，所以PQ＝2，又点M到直线l的距离d＝2sin eq \f(π,6)＝1，
故△MPQ的面积S＝eq \f(1,2)PQ·d＝1.
2．(2020·广东省潮州市第二次模拟)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋cs α，,y＝sin α))(α为参数)，曲线C2：eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(1)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求C1，C2的极坐标方程；
(2)射线OT：θ＝eq \f(π,6)(ρ≥0)与C1异于极点的交点为A，与C2的交点为B，求|AB|的大小．
解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋cs α,y＝sin α))得(x－1)2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0，
所以C1的极坐标方程为ρ2－2ρcs θ＝0，即ρ＝2cs θ；
由eq \f(x2,3)＋y2＝1得C2的极坐标方程为eq \f(ρ2cs2 θ,3)＋ρ2sin2 θ＝1.
(2)联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρ＝2cs θ,θ＝\f(π,6)))得|OA|＝ρ1＝2cs eq \f(π,6)＝eq \r(3)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(ρ2cs2 θ,3)＋ρ2sin2 θ＝1，,θ＝\f(π,6)))得|OB|＝ρ2＝eq \r(2)，
所以|AB|＝eq \r(3)－eq \r(2).
3．平面直角坐标系xOy中，倾斜角为α的直线l过点M(－2，－4)，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2cs θ.
(1)写出直线l的参数方程(α为常数)和曲线C的直角坐标方程；
(2)若直线l与C交于A，B两点，且|MA|·|MB|＝40，求倾斜角α的值．
解：(1)直线l的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2＋tcs α，,y＝－4＋tsin α))(t为参数)，
ρsin2θ＝2cs θ，即ρ2sin2θ＝2ρcs θ，将x＝ρcs θ，y＝ρsin θ代入曲线C得直角坐标方程为y2＝2x.
(2)把直线l的参数方程代入y2＝2x得
t2sin2α－(2cs α＋8sin α)t＋20＝0，
设A，B对应的参数分别为t1，t2，
由一元二次方程根与系数的关系得t1t2＝eq \f(20,sin2α)，
根据直线的参数方程中参数的几何意义，得|MA|·|MB|＝|t1t2|＝eq \f(20,sin2α)＝40，得α＝eq \f(π,4)或α＝eq \f(3π,4).
又Δ＝(2cs α＋8sin α)2－80sin2α>0，所以α＝eq \f(π,4).
4．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)cs φ，,y＝sin φ))(φ为参数)，曲线C2：x2＋y2－2y＝0，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l：θ＝α(ρ≥0)与曲线C1，C2分别交于点A，B(均异于原点O)．
(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；
(2)当0<α解：(1)因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)cs φ，,y＝sin φ))(φ为参数)，所以曲线C1的普通方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ，,y＝ρsin θ))得曲线C1的极坐标方程为ρ2＝eq \f(2,1＋sin2θ).
因为x2＋y2－2y＝0，
所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.
(2)由(1)得|OA|2＝ρ2＝eq \f(2,1＋sin2α)，|OB|2＝ρ2＝4sin2α，
所以|OA|2＋|OB|2＝eq \f(2,1＋sin2α)＋4sin2α＝eq \f(2,1＋sin2α)＋4(1＋sin2α)－4，
因为0<α所以6所以|OA|2＋|OB|2的取值范围为(2，5)．
[综合题组练]
1．在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程是x＝4.曲线C的参数方程是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\r(2)cs φ，,y＝1＋\r(2)sin φ))(φ为参数)．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线l和曲线C的极坐标方程；
(2)若射线θ＝αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ≥0，0<α<\f(π,4)))与曲线C交于点O，A，与直线l交于点B，求eq \f(|OA|,|OB|)的取值范围．
解：(1)由x＝ρcs θ，得直线l的极坐标方程为ρcs θ＝4.
曲线C的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\r(2)cs φ，,y＝1＋\r(2)sin φ))(φ为参数)，
消去参数φ得曲线C的普通方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，
即x2＋y2－2x－2y＝0，
将x2＋y2＝ρ2，x＝ρcs θ，y＝ρsin θ代入上式得ρ2＝2ρcs θ＋2ρsin θ，
所以曲线C的极坐标方程为ρ＝2cs θ＋2sin θ.
(2)设A(ρ1，α)，B(ρ2，α)，
则ρ1＝2cs α＋2sin α，ρ2＝eq \f(4,cs α)，
所以eq \f(|OA|,|OB|)＝eq \f(ρ1,ρ2)＝eq \f(（2cs α＋2sin α）cs α,4)
＝eq \f(sin αcs α＋cs2α,2)＝eq \f(1,4)(sin 2a＋cs 2α)＋eq \f(1,4)
＝eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＋eq \f(1,4)，
因为0<α所以eq \f(\r(2),2)所以eq \f(1,2)故eq \f(|OA|,|OB|)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1＋\r(2),4))).
2．在直角坐标系xOy中，直线l的方程是y＝6，圆C的参数方程是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs φ，,y＝1＋sin φ))(φ为参数)，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
(1)分别求直线l与圆C的极坐标方程；
(2)射线OM：θ＝αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<α<\f(π,2)))与圆C的交点为O，P两点，与直线l交于点M，射线ON：θ＝α＋eq \f(π,2)与圆C交于O，Q两点，与直线l交于点N，求eq \f(|OP|,|OM|)·eq \f(|OQ|,|ON|)的最大值．
解：(1)直线l的方程是y＝6，可得极坐标方程为ρsin θ＝6，圆C的参数方程是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs φ，,y＝1＋sin φ))(φ为参数)，
可得普通方程为x2＋(y－1)2＝1，
展开为x2＋y2－2y＝0.
化为极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＝0，即ρ＝2sin θ.
(2)由题意可得，点P，M的极坐标为(2sin α，α)，(eq \f(6,sin α)，α)．
所以|OP|＝2sin α，|OM|＝eq \f(6,sin α)，可得eq \f(|OP|,|OM|)＝eq \f(sin2α,3).
同理可得eq \f(|OQ|,|ON|)＝eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,2))),3)＝eq \f(cs2α,3).
所以eq \f(|OP|,|OM|)·eq \f(|OQ|,|ON|)＝eq \f(sin22α,36)≤eq \f(1,36).
当α＝eq \f(π,4)时，取等号．
所以eq \f(|OP|,|OM|)·eq \f(|OQ|,|ON|)的最大值为eq \f(1,36).
3．在直角坐标系中，已知曲线M的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋2\r(2)cs β，,y＝1＋2\r(2)sin β))(β为参数)，在极坐标系中，直线l1的方程为α1＝θ，直线l2的方程为α2＝θ＋eq \f(π,2).
(1)写出曲线M的普通方程，并指出它是什么曲线；
(2)设l1与曲线M交于A，C两点，l2与曲线M交于B，D两点，求四边形ABCD面积的取值范围．
解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋2\r(2)cs β，,y＝1＋2\r(2)sin β))(β为参数)，消去参数β，得曲线M的普通方程为(x－1)2＋(y－1)2＝8，
所以曲线M是以(1，1)为圆心，2eq \r(2)为半径的圆．
(2)设|OA|＝ρ1，|OC|＝ρ2，因为O，A，C三点共线，
则|AC|＝|ρ1－ρ2|＝eq \r(（ρ1＋ρ2）2－4ρ1ρ2) (*)，
将曲线M的方程化成极坐标方程，得ρ2－2ρ(sin θ＋cs θ)－6＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρ1＋ρ2＝2（sin θ＋cs θ），,ρ1ρ2＝－6，))代入(*)式得|AC|＝eq \r(28＋4sin 2θ).
用θ＋eq \f(π,2)代替θ，得|BD|＝eq \r(28－4sin 2θ)，
又l1⊥l2，所以S四边形ABCD＝eq \f(1,2)|AC|·|BD|，
所以S四边形ABCD＝eq \f(1,2)eq \r(（28＋4sin 2θ）（28－4sin 2θ）)＝2eq \r(49－sin22θ)，
因为sin22θ∈[0，1]，所以S四边形ABCD∈[8eq \r(3)，14]．
4．在极坐标系中，已知曲线C1：ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，C2：ρ＝1(0≤θ≤π)，C3：eq \f(1,ρ2)＝eq \f(cs2θ,3)＋sin2θ.设C1与C2交于点M.
(1)求点M的极坐标；
(2)若直线l过点M，且与曲线C3交于不同的两点A，B，求eq \f(|MA|·|MB|,|AB|)的最小值．
解：(1)曲线C1：ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，可得x－y＝1，C2：ρ＝1(0≤θ≤π)，可得x2＋y2＝1(y≥0)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝1，,x2＋y2＝1（y≥0），))可得点M的直角坐标为(1，0)，因此点M的极坐标为(1，0)．
(2)由题意得，曲线C3的直角坐标方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.设直线l的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋tcs α，,y＝tsin α))(t为参数)，代入曲线C3的直角坐标方程并整理得(3sin2α＋cs2α)t2＋(2cs α)t－2＝0.设点A，B对应的参数分别为t1，t2，则
t1＋t2＝－eq \f(2cs α,3sin2α＋cs2α)，t1t2＝－eq \f(2,3sin2α＋cs2α)，
所以|MA|·|MB|＝|t1t2|＝eq \f(2,3sin2α＋cs2α)，
|AB|＝|t1－t2|＝eq \r(（t1＋t2）2－4t1t2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2cs α,3sin2α＋cs2α)))\s\up12(2)－4·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3sin2α＋cs2α))))
＝eq \f(2\r(3)\r(1＋sin2α),3sin2α＋cs2α).
所以eq \f(|MA|·|MB|,|AB|)＝eq \f(\r(3),3\r(1＋sin2α)) .
因为0≤α<π，所以0≤sin2α≤1.
所以当α＝eq \f(π,2)时，sin α＝1，此时eq \f(|MA|·|MB|,|AB|)有最小值，最小值为eq \f(\r(6),6).
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＝2rcs θ(－eq \f(π,2)≤θ圆心为(r，eq \f(π,2))，半径为r的圆
ρ＝2rsin θ(0≤θ<π)
过极点，倾斜角为α的直线
(1)θ＝α(ρ∈R)或θ＝π＋α(ρ∈R)，
(2)θ＝α和θ＝π＋α
过点(a，0)，与极轴垂直的直线
ρcs θ＝a
(－eq \f(π,2)<θ过点(a，eq \f(π,2))，与极轴平行的直线
ρsin θ＝a
(0<θ<π)