1.2.2 极坐标系与直角坐标的关系设计意图

选修4－4

坐标系与参数方程

第一节

坐标系

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[考纲传真]

1.理解坐标系的作用，了解在平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化情况.2.了解极坐标的基本概念，会在极坐标系中用极坐标刻画点的位置，能进行极坐标和直角坐标的互化.3.能在极坐标系中给出简单图形表示的极坐标方程．

1．平面直角坐标系中的坐标伸缩变换

x′＝λx，λ＞0，设点P(x，y)是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：y′＝μy，μ＞0

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．

2．极坐标系与点的极坐标

(1)极坐标系：如图1所示，在平面内取一个定点O(极点)，自极点O引一条射线Ox(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．

图1 (2)极坐标：平面上任一点M的位置可以由线段OM的长度ρ和从Ox到OM的角度θ来刻画，这两个数组成的有序数对(ρ，θ)称为点M的极坐标．其中ρ称为点M的极径，θ称为点M的极角．

1

3．极坐标与直角坐标的互化

点M 互化公式

4.圆的极坐标方程

曲线

圆心在极点，半径为r的圆

圆心为(r,0)，半径为r的圆

π圆心为r，2，半径为r的圆

5.直线的极坐标方程

(1)直线l过极点，且极轴到此直线的角为α，则直线l的极坐标方程是θ＝α(ρ∈R)．

(2)直线l过点M(a,0)且垂直于极轴，则直线l的极坐标方程为ρcos θ＝ππa－2＜θ＜2. π(3)直线过Mb，2且平行于极轴，则直线l的极坐标方程为ρsin_θ＝b(0＜θ＜π)．

1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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．(

) π2，－(2)若点P的直角坐标为(1，－3)，则点P的一个极坐标是.(

) 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)×

ππρ＝2rcos_θ－2≤θ≤2

ρ＝2rsin_θ(0≤0＜π)

图形

极坐标方程

ρ＝r(0≤θ＜2π)

直角坐标(x，y)

x＝ρcos θ，

y＝ρsin θ极坐标(ρ，θ) yρ2＝x2＋y2 tan θ＝x(x≠0)

2

2．(教材改编)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＝B．ρ＝1π，0≤θ≤2

cos θ＋sin θ1π，0≤θ≤4

cos θ＋sin θπC．ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤2

πD．ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤4

A

[∵y＝1－x(0≤x≤1)，

∴ρsin θ＝1－ρcos θ(0≤ρcos θ≤1)，

∴ρ＝π10≤θ≤2.] sin θ＋cos θ3．(教材改编)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＝2sin θ，则曲线C的直角坐标方程为________．

x2＋y2－2y＝0

[由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ. 所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0.] π4．已知直线l的极坐标方程为2ρsinθ－4＝2，点A的极坐标为7π22，A，则点A到直线l的距离为________．

45222π

[由2ρsinθ－4＝2，得2ρsin θ－cos θ＝2，

222∴y－x＝1. 7π由A22，4，得点A的直角坐标为(2，－2)．

∴点A到直线l的距离d＝|2＋2＋1|52＝2.] 22π5．(2015·江苏高考)已知圆C的极坐标方程为ρ＋22ρsinθ－4－4＝0，求圆C的半径．

[解]

以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O，以极轴为x轴的正半

3

轴，建立直角坐标系xOy.2分

22圆C的极坐标方程可化为ρ2＋22ρsin θ－cos θ－4＝0，4分

22化简，得ρ2＋2ρsin θ－2ρcos θ－4＝0.6分

则圆C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋2y－4＝0，

即(x－1)2＋(y＋1)2＝6，

所以圆C的半径为6.10分

平面直角坐标系中的伸缩变换

将圆x2＋y2＝1上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C. (1)求曲线C的方程；

(2)设直线l：2x＋y－2＝0与C的交点为P1，P2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方程．

[解]

(1)设(x1，y1)为圆上的点，在已知变换下变为曲线C上的点(x，y)，依x＝x1，题意，得2分

y＝2y1.y2222＝1，

由x1＋y2＝1得x＋1y2故曲线C的方程为x＋4＝1.5分

2

y22x＋＝1，4(2)由2x＋y－2＝0，

x＝1，x＝0，解得或6分

y＝0y＝2.

1不妨设P1(1,0)，P2(0,2)，则线段P1P2的中点坐标为2，1，所求直线斜率为1k＝2，8分

11于是所求直线方程为y－1＝2x－2，



4

化为极坐标方程，并整理得2ρcos θ－4ρsin θ＝－3，

故所求直线的极坐标方程为ρ＝3.10分

4sin θ－2cos θ[规律方法]

1.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，利用方程思想求解．

2．求交点坐标，得直线方程，最后化为极坐标方程，其实质是将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入转化．

x′＝3x，[变式训练1]

在平面直角坐标系中，已知伸缩变换φ：

2y′＝y.1

(1)求点A3，－2经过φ变换所得点A′的坐标；

(2)求直线l：y＝6x经过φ变换后所得直线l′的方程．

[解]

(1)设点A′(x′，y′)，由伸缩变换

x′＝3x，x′＝3x，φ：得yy′＝2y′＝y，2，

2分

－21∴x′＝3×3＝1，y′＝2＝－1.∴点A′的坐标为(1，－1).5分

(2)设P′(x′，y′)是直线l′上任意一点．

x′x＝，x′＝3x，3由伸缩变换φ：得2y′＝y，y＝2y′，

8分

x′代入y＝6x，得2y′＝6·3＝2x′，

∴y′＝x′为所求直线l′的方程.10分

极坐标与直角坐标的互化

(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，圆C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，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C1，C2的极坐标方程；

π(2)若直线C3的极坐标方程为θ＝4(ρ∈R)，设C2与C3的交点为M，N，求

5

△C2MN的面积．

[解]

(1)因为x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，所以C1的极坐标方程为ρcos θ＝－2，C2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0.4分

π(2)将θ＝4代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得

ρ2－32ρ＋4＝0，解得ρ1＝22，ρ2＝2.8分

故ρ1－ρ2＝2，即|MN|＝2. 1由于C2的半径为1，所以△C2MN的面积为2.10分

[迁移探究1]

若本例条件不变，求直线C1与C2的交点的极坐标．

ρcos θ＝－2，[解]

联立方程πθ＝，4π解得θ＝4且ρ＝－22.6分

π所以交点的极坐标为－22，4.10分

[迁移探究2]

本例条件不变，求圆C2关于极点的对称圆的方程．

[解]

因为点(ρ，θ)与点(－ρ，θ)关于极点对称，

设点(ρ，θ)为对称圆上任意一点，则(－ρ，θ)在圆C2上，

所以(－ρ)2＋2ρcos θ＋4ρsin θ＋4＝0.6分

故所求圆C2关于极点的对称圆的方程为x2＋y2＋2x＋4y＋4＝0.10分

[规律方法]

1.进行极坐标方程与直角坐标方程互化的关键是灵活应用互化y公式：x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，ρ2＝x2＋y2，tan θ＝x(x≠0)．

2．进行极坐标方程与直角坐标方程互化时，要注意ρ，θ的取值范围及其影响；要善于对方程进行合理变形，并重视公式的逆向与变形使用；要灵活运用代入法和平方法等方法．

[变式训练2]

(2016·北京高考改编)在极坐标系中，已知极坐标方程C1：ρcos θ－3ρsin θ－1＝0，C2：ρ＝2cos θ. (1)求曲线C1，C2的直角坐标方程，并判断两曲线的形状；

(2)若曲线C1，C2交于A，B两点，求两交点间的距离．

6

[解]

(1)由C1：ρcos θ－3ρsin θ－1＝0，

∴x－3y－1＝0，表示一条直线.2分

由C2：ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ，

∴x2＋y2＝2x，则(x－1)2＋y2＝1. ∴C2是圆心为(1,0)，半径r＝1的圆.4分

(2)由(1)知点(1,0)在直线x－3y－1＝0上，

因此直线C1过圆C2的圆心.6分

∴两交点A，B的连线段是圆C2的直径．

因此两交点A，B间的距离|AB|＝2r＝2.10分

直线与圆的极坐标方程的应用

(2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x＝acos t，(t为参数，a>0)．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐y＝1＋asin t标系中，曲线C2：ρ＝4cos θ. (1)说明C1是哪一种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；

(2)直线C3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tan α0＝2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a. [解]

(1)消去参数t得到C1的普通方程为x2＋(y－1)2＝a2，则C1是以(0,1)为圆心，a为半径的圆.2分

将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入C1的普通方程中，得到C1的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＋1－a2＝0.4分

(2)曲线C1，C2的公共点的极坐标满足方程组

22ρ－2ρsin θ＋1－a＝0，

ρ＝4cos θ.

若ρ≠0，由方程组得16cos2θ－8sin θcos θ＋1－a2＝0，

由已知tan θ＝2，得16cos2θ－8sin θcos θ＝0，8分

从而1－a2＝0，解得a＝－1(舍去)或a＝1. 当a＝1时，极点也为C1，C2的公共点，且在C3上．

所以a＝1.10分

7

[规律方法]

1.第(1)问将曲线C1的参数方程先化为普通方程，再化为极坐标方程，考查学生的化归与转化能力．第(2)问中关键是理解极坐标方程，有意识地将问题简单化，进而求解．

2．由极坐标方程求曲线交点、距离等几何问题时，如果不能直接用极坐标方程解决，可先转化为直角坐标方程，然后求解．

[变式训练3]

(2017·太原市质检)已知曲线C1：x＋3y＝3和C2：x＝6cos φ，(φ为参数)．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐y＝2sin φ标系，且两种坐标系中取相同的长度单位．

(1)把曲线C1和C2的方程化为极坐标方程；

(2)设C1与x，y轴交于M，N两点，且线段MN的中点为P.若射线OP与C1，C2交于P，Q两点，求P，Q两点间的距离．

[解]

(1)曲线C1化为ρcos θ＋3ρsin θ＝3. 3π∴ρsinθ＋6＝2.2分

x2y2曲线C2化为＋＝1.(*) 62将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入(*)式

ρ22ρ22得6cosθ＋2sinθ＝1，即ρ2(cos2θ＋3sin2θ)＝6. 6∴曲线C2的极坐标方程为ρ2＝.4分

1＋2sin2θ31(2)∵M(3，0)，N(0,1)，∴P，，

22π∴OP的极坐标方程为θ＝6，6分

ππ3π把θ＝6代入ρsinθ＋6＝2得ρ1＝1，P1，6. ππ62把θ＝6代入ρ＝得ρ2＝2，Q2，6.8分

1＋2sin2θ∴|PQ|＝|ρ2－ρ1|＝1，即P，Q两点间的距离为1.10分

[思想与方法]

8

1．曲线的极坐标方程与直角坐标方程互化：对于简单的可以直接代入公式ρcos θ＝x，ρsin θ＝y，ρ2＝x2＋y2，但有时需要作适当的变化，如将式子的两边同时平方，两边同乘以ρ等．

2．确定极坐标方程的四要素：

极点、极轴、长度单位、角度单位及其正方向，四者缺一不可．

[易错与防范]

1．平面上点的直角坐标的表示形式是唯一的，但点的极坐标的表示形式不唯一．极坐标与P点之间不是一一对应的，所以我们又规定ρ≥0,0≤θ＜2π，来使平面上的点与它的极坐标之间是一一对应的，但仍然不包括极点．

2．进行极坐标方程与直角坐标方程互化时，应注意两点：

(1)注意ρ，θ的取值范围及其影响．

(2)重视方程的变形及公式的正用、逆用、变形使用．

课时分层训练(六十七)

坐标系

ππ1．在极坐标系中，求点2，6到直线ρsinθ－6＝1的距离．

π[解]

点2，6化为直角坐标为(3，1)，3分

31π直线ρsinθ－6＝1化为ρsin θ－cos θ＝1，

2231得2y－2x＝1，

即直线的方程为x－3y＋2＝0，6分

故点(3，1)到直线x－3y＋2＝0的距离d＝|3－3×1＋2|1＋－322＝1.10分

2π2．在极坐标系下，已知圆O：ρ＝cos θ＋sin θ和直线l：ρsinθ－4＝2.



(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公共点的一个极坐标．

[解]

(1)圆O：ρ＝cos θ＋sin θ，即ρ2＝ρcos θ＋ρsin θ，2分

圆O的直角坐标方程为x2＋y2＝x＋y，

即x2＋y2－x－y＝0，4分

9

2π直线l：ρsinθ－4＝2，即ρsin θ－ρcos θ＝1，

则直线l的直角坐标方程为y－x＝1，即x－y＋1＝0.6分

22x＋y－x－y＝0，x＝0，(2)由得8分

x－y＋1＝0，y＝1，

π故直线l与圆O公共点的一个极坐标为1，2.10分

π3．(2017·邯郸调研)在极坐标系中，已知直线l的极坐标方程为ρsinθ＋4＝π1，圆C的圆心的极坐标是C1，4，圆的半径为1. (1)求圆C的极坐标方程；

(2)求直线l被圆C所截得的弦长．

[解]

(1)设O为极点，OD为圆C的直径，A(ρ，θ)为圆C上的一个动点，ππ则∠AOD＝4－θ或∠AOD＝θ－4，2分

ππOA＝ODcos4－θ或OA＝ODcosθ－4，

π∴圆C的极坐标方程为ρ＝2cosθ－4.4分

2π(2)由ρsinθ＋4＝1，得2ρ(sin θ＋cos θ)＝1，6分

∴直线l的直角坐标方程为x＋y－2＝0，

22又圆心C的直角坐标为，，满足直线l的方程，

22∴直线l过圆C的圆心，8分

故直线被圆所截得的弦长为直径2.10分

π4．(2017·南京调研)在极坐标系中，已知圆C的圆心C3，3，半径r＝3. (1)求圆C的极坐标方程；

→＝2QP→，求动点P(2)若点Q在圆C上运动，点P在OQ的延长线上，且OQ的轨迹方程．

[解]

(1)设M(ρ，θ)是圆C上任意一点．

π在△OCM中，∠COM＝θ－3，由余弦定理得



10

π|CM|＝|OM|＋|OC|－2|OM|·|OC|cosθ－3，

222π化简得ρ＝6cos θ－3.4分

(2)设点Q(ρ1，θ1)，P(ρ，θ)，

→＝2QP→，得OQ→＝2OP→，

由OQ32∴ρ1＝3ρ，θ1＝θ，8分

2π代入圆C的方程，得3ρ＝6cosθ－3，

π即ρ＝9cosθ－3.10分

x＝tcos α，5．(2015·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy中，曲线C1：(t为参数，y＝tsin αt≠0)，其中0≤α<π.在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝2sin θ，C3：ρ＝23cos θ. (1)求C2与C3交点的直角坐标；

(2)若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．

[解]

(1)曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－23x＝0，2分

22x＋y－2y＝0，联立22

x＋y－23x＝0，

x＝0，解得y＝0

3x＝2，或3y＝2.

33所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和，.4分

22(2)曲线C1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R，ρ≠0)，其中0≤α<π.

因此A的极坐标为(2sin α，α)，B的极坐标为(23cos α，α).8分

π所以|AB|＝|2sin α－23cos α|＝4sinα－3. 

11

5π当α＝6时，|AB|取得最大值，最大值为4.10分

6．从极点O作直线与另一直线l：ρcos θ＝4相交于点M，在OM上取一点P，使OM·OP＝12. (1)求点P的轨迹方程；

(2)设R为l上的任意一点，求|RP|的最小值．

[解]

(1)设动点P的极坐标为(ρ，θ)，M的极坐标为(ρ0，θ)，则ρρ0＝12.2分

∵ρ0cos θ＝4，

∴ρ＝3cos θ，即为所求的轨迹方程.4分

(2)将ρ＝3cos θ化为直角坐标方程，

得x2＋y2＝3x，

33即x－22＋y2＝22.8分

33知点P的轨迹是以2，0为圆心，半径为2的圆．

直线l的直角坐标方程是x＝4. 结合图形易得|RP|的最小值为1.10分

12