2019-2020学年高中数学 第1章 坐标系章末复习课课件 北师大版选修4-4

第一章坐标系章末复习课体系构建[自我校对]①极坐标②柱坐标③空间直角坐标系④球坐标题型探究平面直角坐标系与曲线方程1.利用问题的几何特征，建立适当坐标系，主要就是兼顾到它们的对称性，尽量使图形的对称轴(对称中心)正好是坐标系中的x轴，y轴(坐标原点)．2．坐标系的建立，要尽量使我们研究的曲线的方程简单．【例1】设△ABC的周长为18，|AB|＝8，求顶点C的轨迹方程．[精彩点拨]建立适当的平面直角坐标系，利用如周长为18，即AC＋BC＝10这个条件．[尝试解答]以AB所在直线为x轴，以AB的垂直平分线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，则A(－4,0)，B(4,0)，设点坐标为(x，y)，由此得：|CA|＋|CB|＝10，又10＞|AB|，所以C点轨迹是中心在原点，以A，B为焦点的椭圆，但应扣除其与x轴的交点，设其方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，由此得：a＝5，c＝4，∴b＝a2－c2＝52－42＝3，故所求轨迹方程为x225＋y29＝1(x≠±5)．1．如图，圆O1和圆O2的半径都是1，|O1O2|＝4，过动点P分别作圆O1和圆O2的切线PM，PN(M，N分别为切点)使得|PM|＝2|PN|，试建立适当的坐标系，并求动点P的轨迹方程．[解]如图，以直线O1O2为x轴，线段O1O2的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则两圆心的坐标分别为O1(－2,0)，O2(2,0)．设P(x，y)，则|PM|2＝|PO1|2－|MO1|2＝(x＋2)2＋y2－1.同理，|PN|2＝(x－2)2＋y2－1.∵|PM|＝2|PN|，即|PM|2＝2|PN|2，即(x＋2)2＋y2－1＝2[(x－2)2＋y2－1]，即x2－12x＋y2＋3＝0，即动点P的轨迹方程为(x－6)2＋y2＝33.简单的极坐标方程在给定的平面上的极坐标系下，有一个二元方程φ(ρ，θ)＝0，如果曲线C是由极坐标(ρ，θ)满足方程的所有点组成的，则称此二元方程φ(ρ，θ)＝0为曲线C的极坐标方程．由于平面上点的极坐标的表示形式不唯一，因此曲线的极坐标方程和直角坐标方程也有不同之处，一条曲线上的点的极坐标有多组表示形式，有些表示形式可能不满足方程，这里要求至少有一组能满足极坐标方程．求曲线的极坐标的方法和步骤，和求直角坐标方程类似，就是把曲线看作适合某种条件的点的集合或轨迹，将已知条件用曲线上的极坐标ρ，θ的关系式f(ρ，θ)表示出来，就得到曲线的极坐标方程．【例2】已知Rt△ABO的直角顶点A在直线ρcosθ＝9上移动(O为原点)，又∠AOB＝30°，求顶点B的轨迹的极坐标方程．[精彩点拨]设B(ρ，θ)，利用直角三角形中的三角函数建立ρ与θ的关系，化简即可求解．[尝试解答]如图①，设B(ρ，θ)，A(ρ1，θ1)．则ρcos30°＝ρ1，即ρ1＝32ρ.又∵ρ1cosθ1＝9，而θ1＝θ－30°，∴ρcos30°cosθ－π6＝9，即ρcosθ－π6＝63.若点B的位置如图②所示，同理得点B的轨迹方程为ρcosθ＋π6＝63.综上所述，点B的轨迹方程为ρcosθ±π6＝63.2．求圆心为C3，π6，半径为3的圆的极坐标方程．[解]法一：设圆心C的直角坐标为(x0，y0)，则x0＝3cosπ6＝332，y0＝3sinπ6＝32.所以圆的方程为x－3322＋y－322＝9，即x2＋y2－33x－3y＝0，所以ρ2＝33ρcosθ＋3ρsinθ，即ρ＝6cosθ－π6.法二：如图，设圆上任一点为P(ρ，θ)，则|OP|＝ρ，∠POA＝θ－π6，|OA|＝2×3＝6.在Rt△POA中，|OP|＝|OA|cos∠POA，则ρ＝6cosθ－π6，即圆的极坐标方程为ρ＝6cosθ－π6.极坐标与直角坐标的互化直角坐标方程化极坐标方程可直接将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入即可，而极坐标方程化为直角坐标方程通常将极坐标方程化为ρcosθ，ρsinθ的整体形式，然后用x，y代替较为方便，常常两端同乘以ρ即可达到目的，但要注意变形的等价性．【例3】把下列极坐标方程化为直角坐标方程．(1)ρ＝2acosθ(a0)；(2)ρ＝9(sinθ＋cosθ)；(3)ρ＝4；(4)2ρcosθ－3ρsinθ＝5.[精彩点拨]利用转化公式x＝ρcosθ，y＝ρsinθ.[尝试解答](1)ρ＝2acosθ，两边同时乘以ρ，得ρ2＝2aρcosθ，即x2＋y2＝2ax.整理得x2＋y2－2ax＝0，即(x－a)2＋y2＝a2，是以(a,0)为圆心，以a为半径的圆．(2)两边同时乘以ρ得ρ2＝9ρ(sinθ＋cosθ)，即x2＋y2＝9x＋9y，又可化为x－922＋y－922＝812，是以92，92为圆心，以922为半径的圆．(3)将ρ＝4两边平方得ρ2＝16，即x2＋y2＝16，是以原点为圆心，以4为半径的圆．(4)2ρcosθ－3ρsinθ＝5，即2x－3y＝5，是一条直线．3．已知曲线C1，C2的极坐标方程分别为ρcosθ＝3，ρ＝4cosθρ≥0，0≤θ＜π2，则曲线C1与C2交点的直角坐标为________．[解析]∵ρcosθ＝3，ρ＝4cosθ，∴4cos2θ＝3，∴cosθ＝±32.∵0≤θπ2，∴cosθ＝32，∴θ＝π6.将θ＝π6代入ρ＝4cosθ，得ρ＝23，∴C1与C2交点的极坐标为23，π6.化为直角坐标为23cosπ6，23sinπ6，即(3，3)．[答案](3，3)数形结合思想运用坐标方法研究曲线的形状与性质是典型的数形结合思想的体现．坐标系的建立，使直观的几何图形用数量运算得以完美实现．【例4】某海滨城市附近海面出现台风．据监测，当前台风中心位于城市O(如图)的东偏南θcosθ＝210方向300km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北45°方向移动．台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大．问：几小时后该城市开始受到台风的侵袭？受到侵袭持续多长时间？[精彩点拨]建立平面直角坐标系，利用坐标法解决．[尝试解答]法一(坐标法)：以O为原点，正东方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，如图所示．在时刻t(h)台风中心P′(x，y)的坐标为x＝300×210－20×22t，y＝－300×7210＋20×22t，此时台风侵袭的区域是(x－x)2＋(y－y)2≤[r(t)]2，其中r(t)＝10t＋60.若在t时刻城市O受到台风的侵袭，则有(0－x)2＋(0－y)2≤(10t＋60)2，即300×210－20×22t2＋－300×7210＋20×22t2≤(10t＋60)2.化简整理得t2－36t＋288≤0，解得12≤t≤24.所以12小时后该城市开始受到台风的侵袭，持续时间为12小时．法二(解三角形法)：假设经过t小时后，台风中心位置从P处转移到P′处，由于∠OPB＝θ，且cosθ＝210＜cos45°＝22，所以θ＞45°，连结OP′，在△OPP′中，OP＝300，PP′＝20t，cos∠OPP′＝cos(θ－45°)＝cosθcos45°＋sinθsin45°＝210×22＋7210×22＝45.由余弦定理，得OP′2＝3002＋(20t)2－2×300×20t×45.若在t时刻城市O受到台风的侵袭，则有OP′2≤(60＋10t)2，即3002＋(20t)2－2×300×20t×45≤(60＋10t)2.化简，得t2－36t＋288≤0，即(t－12)(t－24)≤0，解得12≤t≤24.答：12小时后该城市开始受到台风的侵袭，持续时间为12小时．4．已知正三角形ABC的边长为a，在平面上求一点P，使|PA|2＋|PB|2＋|PC|2最小，并求出此最小值．[解]以BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则A0，32a，B－a2，0，Ca2，0.设P(x，y)，则|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＝x2＋y－32a2＋x＋a22＋y2＋x－a22＋y2＝3x2＋3y2－3ay＋5a24＝3x2＋3y－36a2＋a2≥a2，当且仅当x＝0，y＝36a时，等号成立．∴所求的最小值为a2，此时P点的坐标为P0，36a，即为正三角形ABC的中心.转化与化归思想转化与化归具体体现为化未知为已知，化抽象为具体，化一般为特殊，如本章中直角坐标与极坐标，直角坐标方程与极坐标方程，空间直角坐标与柱坐标、球坐标的互化等都是这种思想的体现．【例5】求经过极点O(0,0)，A6，π2，B62，9π4三点的圆的极坐标方程．[精彩点拨]首先把三点的极坐标转化为直角坐标，写出圆的直角坐标方程后，再转化为极坐标方程．[尝试解答]将点O，A，B的极坐标化为直角坐标，分别为(0,0)，(0,6)，(6,6)，故△OAB是以OB为斜边的等腰直角三角形，所以过这三点的圆的圆心为(3,3)，半径为32，所以圆的直角坐标方程为(x－3)2＋(y－3)2＝18，即x2＋y2－6x－6y＝0.将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入上述方程，得ρ2－6ρ(cosθ＋sinθ)＝0，即ρ＝62cosθ－π4.5．已知极坐标方程C1：ρ＝10，C2：ρsinθ－π3＝6，(1)化C1，C2的极坐标方程为直角坐标方程，并分别判断曲线形状；(2)求C1，C2交点间的距离．[解](1)由C1：ρ＝10，得ρ2＝100，∴x2＋y2＝100，所以C1为圆心在(0,0)，半径等于10的圆．由C2：ρsinθ－π3＝6，得ρ12sinθ－32cosθ＝6.∴y－3x＝12，即3x－y＋12＝0.所以C2表示直线．(2)由于圆心(0,0)到直线3x－y＋12＝0的距离为d＝1232＋－12＝6r＝10，所以直线C2被圆截得的弦长为2r2－d2＝2102－62＝16.1．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＝2sinθ，则曲线C的直角坐标方程为__________．[解析]∵ρ＝2sinθ，∴ρ2＝2ρsinθ，∴x2＋y2＝2y，即x2＋y2－2y＝0.[答案]x2＋y2－2y＝02．在极坐标系中，直线ρcosθ－3ρsinθ－1＝0与圆ρ＝2cosθ交于A，B两点，则|AB|＝________.[解析]∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴直线的直角坐标方程为x－3y－1＝0.∵ρ＝2cosθ，∴ρ2(sin2θ＋cos2θ)＝2ρcosθ，∴x2＋y2＝2x.∴圆的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1.∵圆心(1,0)在直线x－3y－1＝0上，∴AB为圆的直径，∴|AB|＝2.[答案]23．在极坐标系中，曲线C1与C2的方程分别为2ρcos2θ＝sinθ与ρcosθ＝1，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，则曲线C1与C2交点的直角坐标为________．[解析]曲线C1普通方程2x2＝y；曲线C2普通方程x＝1.联立曲线C1与曲线C2，可得2x2＝y，x＝1，解得x＝1，y＝2，因此两曲线的交点坐标为(1,2)．[答案](1,2)4．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x＝acost，y＝1＋asint，(t为参数，a0)．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝4cosθ.(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