【数学】2020届一轮复习人教版(理)第12章第1讲坐标系学案

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【数学】2020届一轮复习人教版(理)第12章第1讲坐标系学案

第1讲 坐标系 ‎[考纲解读] 1.了解坐标系的作用,掌握平面直角坐标系中的伸缩变换.‎ ‎2.了解极坐标的基本概念,能在极坐标系中用极坐标表示点的位置,能进行极坐标和直角坐标的互化.(重点)‎ ‎3.能在极坐标系中给出简单图形(如过极点的直线、过极点或圆心为极点的圆)的方程.(难点)‎ ‎[考向预测] 从近三年高考情况来看,本讲是高考中的必考内容. 预测2020年将会考查:极坐标与直角坐标的转化,极坐标方程化为直角坐标方程,要特别注意图象的伸缩变换. 题型为解答题,属中、低档题型.‎ ‎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: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.‎ ‎2.极坐标 一般地,不作特殊说明时,我们认为ρ≥0,θ可取任意实数.‎ ‎3.极坐标与直角坐标的互化 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),则它们之间的关系为:‎ ‎1.概念辨析 ‎(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)点P的直角坐标为(-,),那么它的极坐标可表示为.(  )‎ ‎(3)过极点作倾斜角为α的直线的极坐标方程可表示为θ=α或θ=π+α.(  )‎ ‎(4)圆心在极轴上的点(a,0)处,且过极点O的圆的极坐标方程为ρ=2asinθ.(  )‎ 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×‎ ‎2.小题热身 ‎(1)设平面内伸缩变换的坐标表达式为则在这一坐标变换下正弦曲线y=sinx的方程变为(  )‎ 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的方程变为y=3sin2x.‎ ‎(2)在极坐标系中A,B两点间的距离为________.‎ 答案 6‎ 解析 解法一:(数形结合)在极坐标系中,A,B两点如图所示,‎ ‎|AB|=|OA|+|OB|=6.‎ 解法二:∵A,B的直角坐标为A(1,-),‎ B(-2,2),∴|AB|==6.‎ ‎(3)曲线C1:θ=与曲线C2:ρsin=的交点坐标为________.‎ 答案  解析 将θ=代入ρsin=,得ρsin=,所以ρ=1,所以曲线C1与曲线C2的交点坐标为.‎ ‎(4)已知直线l的极坐标方程为2ρsin=,点A的极坐标为A,则点A到直线l的距离为________.‎ 答案  解析 由2ρsin=得2ρ=,ρsinθ-ρcosθ=1,化为直角坐标方程得y-x=1即x-y+1=0,点A的直角坐标为,即(2,-2),所以点A到直线l的距离为=.‎ 题型  平面直角坐标系中的伸缩变换 在同一平面直角坐标系中,求一个伸缩变换,使得圆x2+y2=1变换为椭圆+=1.‎ 解 设伸缩变换为由题知+=1,即2x2+2y2=1.与x2+y2=1比较系数,得故所以伸缩变换为 即先使圆x2+y2=1上的点的纵坐标不变,将圆上的点的横坐标伸长到原来的3倍,得到椭圆+y2‎ ‎=1,再将该椭圆上点的横坐标不变,纵坐标伸长到原来的2倍,得到椭圆+=1.‎ 伸缩变换后方程的求法 平面上的曲线y=f(x)在变换φ:的作用下的变换方程的求法是将代入y=f(x),得=f,整理之后得到y′=h(x′),即为所求变换之后的方程.见举例说明.‎ 提醒:应用伸缩变换时,要分清变换前的点的坐标(x,y)与变换后的坐标(x′,y′).‎ 若函数y=f(x)的图象在伸缩变换φ:的作用下得到曲线的方程为y′=3sin,求函数y=f(x)的最小正周期.‎ 解 由题意,把变换公式代入曲线y′=3sin得3y=3sin,整理得y=sin,故f(x)=sin.所以y=f(x)的最小正周期为=π.‎ 题型  极坐标与直角坐标的互化 ‎(2018·全国卷Ⅰ)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+2ρcosθ-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=ρcosθ,y=ρsinθ,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,曲线C1的方程为y=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=2,故k=-或k=0.‎ 经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;当k=-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=2,故k=0或k=.‎ 经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;当k=时,l2与C2没有公共点. ‎ 综上,所求C1的方程为y=-|x|+2.‎ 条件探究 把举列说明中曲线C1的极坐标方程改为“θ=α(0≤α≤2π)”,曲线C2的极坐标方程改为“ρ2-2ρcosθ-2ρsinθ+3=0”,若C1与C2有且仅有两个公共点,求α的取值范围.‎ 解 由x=ρcosθ,y=ρsinθ得曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2x-2y+3=0,‎ 即(x-1)2+(y-)2=1,‎ 由题意知α≠,‎ 可设曲线C1的直角坐标方程为y=kx,k=tanα,‎ 当曲线C1与曲线C2相切时,=1,‎ 解得k=,即tanα=,‎ 又0≤α≤2π,所以α=.‎ 结合图形可知,若C1与C2有且仅有两个公共点,则 α∈.‎ ‎1.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=ρcosθ及y=ρsinθ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ρcosθ,ρsinθ,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.‎ ‎2.极角的确定 由tanθ确定角θ时,应根据点P所在象限取最小正角.‎ ‎(1)当x≠0时,θ角才能由tanθ=按上述方法确定.‎ ‎(2)当x=0时,tanθ没有意义,这时可分三种情况处理:当x=0,y=0时,θ可取任何值;当x=0,y>0时,可取θ=;当x=0,y<0时,可取θ=.                    ‎ 已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为ρ=2,ρ2-2ρcos=2.‎ ‎(1)把圆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,所以圆O1的直角坐标方程为x2+y2=4.因为ρ2-2ρcos=2,‎ 所以ρ2-2ρ=2,‎ 所以圆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ρcosθ+ρsinθ=1,即ρsin=.‎ 题型  极坐标方程的应用 角度1 极径几何意义的应用 ‎1.(2018·日照一模)在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(α为参数),以O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,直线l的极坐标方程为θ=(ρ∈R).‎ ‎(1)求曲线C的极坐标方程;‎ ‎(2)设直线l与曲线C相交于A,B两点,求|AB|的值.‎ 解 (1)将方程消去参数α得x2+y2-4x-12=0,‎ ‎∴曲线C的普通方程为x2+y2-4x-12=0,将x2+y2=ρ2,x=ρcosθ代入上式可得ρ2-4ρcosθ=12,‎ ‎∴曲线C的极坐标方程为ρ2-4ρcosθ=12.‎ ‎(2)设A,B两点的极坐标方程分别为,,由消去θ得ρ2-2ρ-12=0,根据题意可得ρ1,ρ2是方程ρ2-2ρ-12=0的两根,∴ρ1+ρ2=2,ρ1ρ2=-12,‎ ‎∴|AB|=|ρ1-ρ2|==2.‎ 角度2 用极坐标解最值和取值范围问题 ‎2.(2018·南平二模)在平面直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的方程为+y2=1.曲线C2的参数方程为 ‎(φ为参数),曲线C3的方程为y=xtanα,曲线C3与曲线C1,C2分别交于P,Q两点.‎ ‎(1)求曲线C1,C2的极坐标方程;‎ ‎(2)求|OP|2·|OQ|2的取值范围.‎ 解 (1)因为x=ρcosθ,y=ρsinθ,所以曲线C1的极坐标方程为+ρ2sin2θ=1,即ρ2=,‎ 由(φ为参数),消去φ,‎ 即得曲线C2的直角坐标方程为x2+(y-1)2=1;‎ 将x=ρcosθ,y=ρsinθ,代入化简,‎ 可得曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ.‎ ‎(2)曲线C3的极坐标方程为θ=α,‎ 由(1)得|OP|2=;|OQ|2=4sin2α,‎ 即|OP|2·|OQ|2==,‎ 因为0<α<,所以00),点M的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0).‎ 由题设知|OP|=ρ,|OM|=ρ1=.‎ 由|OM|·|OP|=16得C2的极坐标方程为 ρ=4cosθ(ρ>0).‎ 因此C2的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4(x≠0).‎ ‎(2)设点B的极坐标为(ρB,α)(ρB>0).‎ 由题设知|OA|=2,ρB=4cosα,于是△OAB的面积 S=|OA|·ρB·sin∠AOB=4cosα· ‎=2≤2+.‎ 当α=-时,S取得最大值2+.‎ 所以△OAB面积的最大值为2+.‎
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