[本专题的学习总结报告]ppt课件教学实录

极坐标与参数方程

极坐标与参数方程在高考中常以填空或选择的形式出现，在知识上结合解析几何，考查学生曲线方程的转化能力，以及解析几何的初步技能。题目难度不大，但需要学生能够快速熟练的解决问题

一、基础知识：

（一）极坐标：

1、极坐标系的建立：以平面上一点为中心（作为极点），由此点引出一条射线，称为极轴，这样就建立了一个极坐标系

2、点坐标的刻画：用一组有序实数对,确定平面上点的位置，其中代表该点到极点的距离，而表示极轴绕极点逆时针旋转至过该点时转过的角度，通常：0,0,2

3、直角坐标系与极坐标系坐标的互化：如果将极坐标系的原点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴重合，则同一个点可具备极坐标,和直角坐标x,y，那么两种坐标间的转化公xcos式为：ysin，由点组成的直角坐标方程与极坐标方程也可按照此法则进行转化，例2x2y2如：极坐标方程cossin1xy1（在转化成x,y时要设法构造cos,sin

，然后进行整体代换即可）

（二）参数方程：

xft1、如果曲线Fx,y0中的变量x,y均可以写成关于参数t的函数，那么ygtxft就称为该曲线的参数方程，其中t称为参数

ygt2、参数方程与一般方程的转化：消参法

xt3（1）代入消参：y23x3 y23t1xt21t12（2）整体消参：，由tt222可得：xy2 ttyt21t2（3）平方消参：利用sincos1消去参数

22

xcosx3cosx2y231 例如：94y2sinysin23、常见图形的参数方程：

xarcos222xaybr（1）圆：的参数方程为：，0,2，其中为ybrsin参数，其几何含义为该圆的圆心角

xacosx2y2（2）椭圆：221ab0的参数方程为其中为参数，，0,2，abybsin其几何含义为椭圆的离心角

1xax2y2（3）双曲线：221ab0的参数方程为cos，0,2，其中为abybtan参数，其几何含义为双曲线的离心角

x2pt2（4）抛物线：y2pxp0的参数方程为，其中t为参数

y2pt2（5）直线：过Ma,b，倾斜角为的直线参数方程为xatcos，tR，其中t代ybtsin表该点与M的距离

注：对于极坐标与参数方程等问题，通常的处理手段是将方程均转化为直角坐标系下的一般方程，然后利用传统的解析几何知识求解

二、典型例题：

例1：已知直线参数方程为距离为____________ 2思路：将参数方程转化为一般方程：l:xy6,C:xy24 2xt3x2cos，圆C的参数方程为，则圆心到直线的y3ty2sin2所以圆心为0,2，到直线的距离为：d|26|22 2答案：22 例2：以直角坐标系的原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，在两种坐标系中取相同的单位长度，点A的极坐标为22,4，曲线C的参数方程为x2cos，则曲y2sin

线C上的点到点A距离的最大值为___________ 思路：A2,2,C:x2y21，故曲线上距离A最远的距离为A到圆心的距离加上半径，故d5 答案：5 22x33cos例3：已知在平面直角坐标系xOy中圆C的参数方程为：，以Ox为极轴建y13sin立极坐标系，直线极坐标方程为cos0，则圆C截直线所得弦长为__________ 6思路：圆C的方程为：x322y19，对于直线方程cos0，无法直6接替换为x,y，需构造cos,sin再进行转换：cos0

63131cossin0xy0 2222再求出弦长即可：l42 答案：42 x5cos例4：已知两曲线参数方程分别为ysin为_____________ 52xt0和4，它们的交点坐标ytx25y21,C2:xy2，

思路：曲线方程为C1:54x1联立方程可解得：2或x5（舍）

y5x12由0,可得：y0 所以5 2，坐标为1,y55答案：1,25

5例5：在极坐标系中，直线sincosa与曲线=2cos4sin相交于A,B两点，

且AB23，则实数a的值为_____________ 思路：先将直线与曲线转化为直角坐标方程：sincosayxa，曲线=2cos4sin2=2cos4sinx2y2x2y，所以问题转化为直线4且AB23，利用圆与直线关系l:xya0与圆x1y25相交于A,B，可求得圆心到直线距离d2212a22即a32，解得a5或a1 答案：a5或a1

例6：以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线的极坐标方程为x12cosR，它与曲线（为参数）相交4y22sin于两点A,B，则AB_________ 思路：先将两个方程转化为直角坐标系下的普通方程。对于4，这种特殊的极坐标方程22可以考虑数形结合来确定直线：即l:yx，曲线消参后可得：x1y24即圆心是O1,2，半径为2的圆，所以dOl答案：14 小炼有话说：对于形如11222，AB2rdOl2414 2224的极坐标方程，可以作出图像并根据图像得到直角坐标方程，或者可以考虑对赋予三角函数，然后向直角坐标进行转化：

4tan1sinsiny111yx coscosx1xtt例7：在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，以坐标原点为极点，x轴正yt1t半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是sin离是______________ 思路：将C1,C2转变为直角坐标系的普通方程。C1:yx4,C2:221，则两曲线交点间的距313yx1，则为直22

线与双曲线位置关系，联立方程，利用韦达定理求得弦长即可

1xt2211t22解：C1:

 yxtt4 1ttyttC2:sincos3cossin131sincos1 322C2的方程为31xy1 2222yx4联立方程可得：

代入消去y可得：

y3x23x2x242x243x0 2设交点Ax1,y1,Bx2,y2 则x10,x223 AB1k2x1x243 答案：43 例8：已知曲线的极坐标方程分别为C1:cos3,C2:4cos，其中0,0则曲线C1,C2交点的极坐标为_______ 思路一：按照传统思路，将C1,C2转变为直角坐标系的普通方程，求出交点坐标后再转换为极坐标

解：C1:cos3x3

2，C2:4cos24cosx2y24x

x3x3x32或

2y3xy4xy3将两个点转化为极坐标分别为23,0,0，因为，所以只有,23,26623,符合条件

6思路二：观察到所给方程C1:cos3,C2:4cos形式简单，且所求也为极坐标，所

以考虑直接进行极坐标方程联立求解

解：cos332代入消去可得：4cos3cos 24cos3 0, cos2624cos623 

交点坐标为23, 6小炼有话说：（1）思路一中规中矩，但解题过程中要注意原极坐标方程对,的限制条件

（2）思路二有些学生会对联立方程不很适应，要了解到极坐标中的,本身是实数，所以关于它们的方程与x,y方程一样，都是实数方程，所以可以用实数方程的方法去解根，只是由于其具备几何含义（尤其）导致方程形式有些特殊（数与三角函数）。但在本题中，通过代入消元还是容易解出,的

例9：已知在极坐标系中，O为极点，圆C的极坐标方程为4sin，点P的极坐3标为4,，则OCP的面积为___________ 3C转变为直角坐标系方程：

思路一：将4sin22sin23cos2sin23cos

3x2y223x2yx3为2,23，则S2所以Cy14，23,1，再求出P的直角坐标OCP13OCdPOC，因为OC:yx3x3y0，所以23dPOC23632，且OC2，所以S23OCP1222

2思路二：本题求出C3,1后，发现其极坐标为2,，而P4,，所以可结合图像利用36极坐标的几何含义求解，可得COP3，OC2,OP4，所以66

SOCP11OCOPsinCOP24sin2 226OCP答案：S2

小炼有话说：（1）在思路一中面积的求法用向量求解还可以更为简单：

OC3,1,OP2,3，所以SOCP12OCOP2OCOP2，代入即可

（2）思路二体现了极坐标本身具备几何特点，即长度（）与角，在解决一些与几何相关的问题时，灵活运用极坐标的几何含义往往能达到出奇制胜的效果

2x2t2例10：在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，（其中t为参数），以原y12t2点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为设点M2,1，曲线C1,C2交于A,B，求MAMB的值

思路一：将C1,C2转化为直角坐标系下普通方程：C1:yx1

，213sin2，C2:213sin2x24y24，联立方程，解出A,B坐标，再求出MAMB即可

2tx2x22解：C1:1yx1

y1y12t2C2:213sin213sin22213sin24232sin24

x24y24 x24y242x24x14 yx15x28x0 设Ax1,y1,Bx2,y2

8xx102583

， A0,1,B, 55y11y325AM22,BM282 AMBM 55思路二：本题在思路一的基础上通过作图可发现M,A,B三点共线，则可以考虑将MAMB转变为向量的数量积，即MAMBMAMB，进而向量坐标化后整体代入x1x2,x1x2即可

解：（前面转化方程，联立方程同思路一）设Ax1,y1,Bx2,y2，M2,1

MAx12,y11,MBx22,y21 MAMBMAMBx12x22y11y21

x12x22x111x2112x12x22 2x1x22x1x24 2由5x8x0得x1x28,x1x20 588MAMB2024 55思路三：观察到M2,1恰好是直线C1参数方程的定点，且所求恰好是A,B到M的距离，所以联系到直线参数方程中参数t的几何含义。只需求得对应参数t1,t2的乘积即可

22x2tx2t212122解：设Ax1,y1，则有，Bx2,y2，则有

y12ty12t112222代入到C2:x4y1中可得：

222222t1+41t142222t2+41t24222222

22所以t1,t2是方程2t+41t4的两根，整理可得：

22852t62t40 MAMBt1t2 528答案： 5小炼有话说：（1）思路二体现了处理线段模长乘积时，可观察涉及线段是否具备共线特点，如果具备可以将其转化为向量的数量积，从而简化运算，但要注意与图像结合，看好向量是同向还是反向

（2）思路三体现了对直线参数方程中参数几何含义的巧用。在处理两条曲线（其中一条为参数方程）的交点问题时，可以将参数代换掉另一曲线中的x,y得到关于参数的方程。另外在使用直线参数方程时，要注意参数前面的系数应该是该直线倾斜角的正余弦值。否则参数不具备几何含义。例如本题中如果C1参数方程为的距离。

三、历年好题精选

22x22ty12t，则t并不代表点到M2,1xt31、已知直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以直角坐标系xOyy3t中的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，圆C的极坐标方程为24cos30，则圆心C到直线l的距离为________ 2、（2015，北京）在极坐标系中，点2,到直线cos3sin6的距离为______ 33、（2015，广东）已知直线l的极坐标方程为2sin2，点A的极坐标为47A22,，则点A

到直线l的距离为_______ 44、（2015，新课标II）在直角坐标系xOy中，曲线C1:xtcos（t为参数，t0），其ytsin中0，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2:2sin,C3:23cos

（1）求C2,C3交点的直角坐标

（2）若C1,C2相交于点A，C1,C3相交于点B，求AB的最大值

1x3t25、（2015，陕西）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以原y3t2点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，C的极坐标方程为23sin

（1）写出C的直角坐标方程

（2）P为直线l上一动点，当P到圆心C的距离最小时，求P的直角坐标

习题答案：

1、答案：53

2解析：可知直线l的方程为：y23x33xy330，圆的直角坐标方程为x2y24x30x2y21，所以圆心到直线的距离为d2333321253

2

2、答案：1 解析：点2,化为直角坐标系坐标为1,3，直线方程为x3y60，从而该点到3直线的距离为d13612321

3、答案：52

2解析：直线l:2sin2cos2sincos1，转化为直角坐标方程为yx1，点A的直角坐标为2,2，则A到直线的距离为d221252

24、解析：（1）曲线C2,C3的直角坐标方程分别为：x2y22y0,x2y223x0

xx0xy2y0联立方程：解得：或22y0xy23x0y2232

32

33,



C2,C3交点的直角坐标为0,0,22（2）曲线C1的极坐标方程为R,0,0

在极坐标系下

A2sin,,B23cos,

AB2sin23cos4sin

35时取到

65、解析：（1）23sin223sin

ABmax4，当直角坐标方程为x2y223y整理可得：x2y3（2）设P323

13t,t，由（1）可得C0,3

22213PC3tt3t21223

22等号成立条件为t0，此时P3,0

6、答案：cossin1

2解析：圆C的直角坐标方程为：x2y11，设直线l方程为：yxm，因为22AB2，可知AB2r，所以AB为直径，即过圆心2,1，计算可得：m1，直线方程为xy10，再转化为极坐标方程为cossin1