2019-2020学年高中数学 第一讲 坐标系 1-3-2 简单曲线的极坐标方程（第2课时）课件 新

第三节简单曲线的极坐标方程(第2课时)课时学案题型一求直线的极坐标方程例1求(1)过点A(3，π3)且倾斜角为34π的直线，(2)过点A(2，π4)平行于极轴的直线．【思路分析】先设直线上任意一点M(ρ，θ)，建立等式，化简即可．【解析】(1)如图：设M(ρ，θ)是直线l上除点A以外的任意一点，A(3，π3)，|OA|＝3，∠AOB＝π3，由已知∠MBx＝34π，所以∠OAB＝34π－π3＝5π12.所以∠OAM＝π－512π＝712π.又∠OMA＝∠MBx－θ＝34π－θ，在△MOA中，根据正弦定理，得3sin（3π4－θ）＝ρsin712π，又sin712π＝sin(π4＋π3)＝6＋24，将sin(3π4－θ)展开化简，得ρ(sinθ＋cosθ)＝33＋32.所以过A(3，π3)且倾斜角为34π的直线为ρ(sinθ＋cosθ)＝332＋32.(2)在直线上任取一点M(ρ，θ)，过点M作MH垂直极轴于H，因为A(2，π4)，所以|MH|＝2·sinπ4＝2.在Rt△MOH中，|MH|＝|OM|·sinθ，即ρsinθ＝2，所以过点A(2，π4)平行于极轴的直线为ρsinθ＝2.探究1通过正弦定理解三角形，建立动点M满足的等式，从而集中条件建立以ρ，θ为未知数的方程．思考题1求过点A(1，0)且倾斜角为π4的直线的极坐标方程．【解析】方法一：设M(ρ，θ)为直线上除点A以外的任意一点，则∠xAM＝π4，∠OAM＝3π4，∠OMA＝π4－θ.在△OAM中，由正弦定理，得|OM|sin∠OAM＝|OA|sin∠OMA，即ρsin3π4＝1sin（π4－θ）.∴ρsin(π4－θ)＝22，ρ(sinπ4cosθ－cosπ4sinθ)＝22.化简得ρ(cosθ－sinθ)＝1.经检验点A(1，0)的坐标适合上述方程，∴满足条件的极坐标方程为ρ(cosθ－sinθ)＝1.其中，0≤θπ4，(ρ≥0)和54πθ2π，(ρ≥0)．方法二：以极点O为直角坐标原点，极轴为x轴，建立平面直角坐标系xOy，直线斜率为k＝tanπ4＝1.∴直线方程为y＝x－1.将y＝ρsinθ，x＝ρcosθ代入上式，得ρsinθ＝ρcosθ－1.∴ρ(cosθ－sinθ)＝1.其中，0≤θπ4(ρ≥0)和54πθ2π(ρ≥0)．题型二直角坐标方程与极坐标方程的互化例2将下列曲线的直角坐标方程化为极坐标方程．(1)直线x＋y＝0；(2)圆x2＋y2＋2ax＝0(a≠0)．【解析】(1)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x＋y＝0，得ρcosθ＋ρsinθ＝0，∴ρ(cosθ＋sinθ)＝0，∴tanθ＝－1.∴θ＝3π4(ρ≥0)和θ＝7π4(ρ≥0)．[或θ＝34π(ρ∈R)]综上所述，直线x＋y＝0的极坐标方程为θ＝3π4(ρ≥0)和θ＝7π4(ρ≥0)或θ＝34π（ρ∈R）.(2)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋y2＋2ax＝0，得ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ＋2aρcosθ＝0.即ρ(ρ＋2acosθ)＝0，∴ρ＝－2acosθ.所以圆x2＋y2＋2ax＝0(a≠0)的极坐标方程为ρ＝－2acosθ.探究2化曲线的直角坐标方程f(x，y)＝0为极坐标方程f(ρ，θ)＝0的过程，本质是实数方程向距离与三角的制约方程的转化过程，其中，体现了思维方向的发散性特征，化为极坐标方程时，如果不加特殊说明，就认为ρ≥0.例如x2＋y2＝25化为极坐标方程为ρ＝5.思考题2将下列曲线的直角坐标方程化为极坐标方程：(1)射线y＝3x(x≥0)；(2)圆x2＋y2＝r2(r0)．【解析】(1)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入y＝3x，得ρsinθ＝3ρcosθ，∴tanθ＝3.∴θ＝π3或θ＝4π3，又∵ρcosθ≥0，∴这是过极点且倾斜角为π3的射线的极坐标方程．∴射线y＝3x(x≥0)的极坐标方程为θ＝π3(ρ≥0)．(2)将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋y2＝r2，得ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ＝r2，∴ρ2＝r2(r0)．∵ρ≥0，∴ρ＝r为所求．例3将下列极坐标方程化为直角坐标方程，并画图．(1)ρ＝2cos(θ－π3)；(2)ρ＝2sin(θ－π3)；(3)ρ·cos(θ－π3)＝1；(4)ρ·sin(θ－π3)＝1.【解析】(1)ρ＝cosθ＋3sinθ，∴ρ2＝ρcosθ＋3ρsinθ.∴直角坐标方程为x2＋y2＝x＋3y，即(x－12)2＋(y－32)2＝1.由此题总结：圆ρ＝2cosθ绕极点逆时针旋转π3，即得圆ρ＝2cos(θ－π3)，圆心由(1，0)转到(1，π3)．(2)ρ＝sinθ－3cosθ，∴ρ2＝ρsinθ－3ρcosθ.∴直角坐标方程为：x2＋y2＝y－3x，即(x＋32)2＋(y－12)2＝1.由此题总结：圆ρ＝2sinθ绕极点逆时针旋转π3，即得圆ρ＝2sin(θ－π3)，圆心由(1，π2)转到(1，56π)．(3)ρ(12cosθ＋32sinθ)＝1，∴12x＋32y＝1，即x＋3y－2＝0.由此题总结：直线ρcosθ＝1绕极点逆时针旋转π3，即得直线ρcos(θ－π3)＝1，其中点(1，0)转到(1，π3)．(4)ρ(12sinθ－32cosθ)＝1，∴12y－32x＝1，即3x－y＋2＝0.由此题总结：直线ρsinθ＝1绕极点逆时针旋转π3，即得直线ρsin(θ－π3)＝1，其中点(1，0)转到(1，56π)．探究3通过本例总结由几种特殊曲线绕极点旋转θ角后所得的图形及方程．思考题3将下列极坐标方程化为直角坐标方程：(1)ρ＝2cos(θ＋π3)；(2)ρ＝2sin(θ＋π3)；(3)ρcos(θ＋π3)＝1；(4)ρsin(θ＋π3)＝1.【答案】(1)(x－12)2＋(y＋32)2＝1(2)(x－32)2＋(y－12)2＝1(3)x－3y－2＝0(4)3x＋y－2＝0课后巩固1．直线33x－y＝0的极坐标方程(限定ρ≥0)为______．答案θ＝π6和θ＝76π2．已知直线的极坐标方程为ρsin(θ＋π4)＝22，则极点到该直线的距离是________．答案223．(2019·武汉二中月考)直线ρsin(θ－π4)＝22与直线ρcos(θ＋π4)＝22之间的距离为________．答案2解析直线ρsin(θ－π4)＝22，即ρ(22sinθ－22cosθ)＝22，化为直角坐标方程为x－y＋1＝0，同理，直线ρcos(θ＋π4)＝22的直角坐标方程为x－y－1＝0，故两条平行线之间的距离为d＝|1－（－1）|2＝2.4．曲线θ＝0，θ＝π3(ρ≥0)和ρ＝4所围成的面积是________．答案83π5．求下列各圆的圆心坐标和半径．(1)ρ＝cosθ＋3sinθ；(2)ρ2＋4ρsinθ＋1＝0；(3)ρ2－2ρ(cosθ＋3sinθ)＝5.解析(1)圆心为(1，π3)，半径为1.(2)圆心为(2，32π)，半径为3.(3)圆心为(2，π3)，半径为3.