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1、第64講 坐標系
1.[2018·烏蘭察布集寧一中月考] 在極坐標系中,求點2,π6到直線ρsinθ-π6=1的距離.
2.在極坐標系中,已知圓C經(jīng)過點P2,π4,圓心為直線ρsinθ-π3=-32與極軸的交點,求圓C的極坐標方程.
3.[2018·福建質檢] 在平面直角坐標系xOy中,曲線C1的直角坐標方程為(x-2)2+y2=4,在以坐標原點O為極點,x軸正半軸為極軸的極坐標系中,曲線C2:ρ=2sinθ,曲線C3:θ=π6(ρ>0),A(2,0).
(1)將C1的直角坐標方程化為極坐標方程;
(2)設C3分別交C1,C2于點P
2、,Q,求△APQ的面積.
4.[2018·南昌模擬] 在平面直角坐標系xOy中,圓C1:x2+y2=1經(jīng)過伸縮變換x'=2x,y'=3y后得到曲線C2.以坐標原點為極點,x軸的正半軸為極軸,取相同的單位長度建立極坐標系,直線l的極坐標方程為ρ(2cosθ+3sinθ)=9.
(1)求曲線C2和直線l的直角坐標方程;
(2)設點M是曲線C2上的一個動點,求點M到直線l的距離的最大值.
5.[2018·齊齊哈爾模擬] 在平面直角坐標系xOy中,以坐標原點O為極點,以x軸正半軸為極軸建立極坐標系,曲線C的極坐標方程為ρ=sinθ+cosθ,
3、點P在曲線C上運動.
(1)若點Q在射線OP上,且|OP|·|OQ|=4,求點Q的軌跡的直角坐標方程;
(2)設M4,3π4,求△MOP面積的最大值.
6.[2018·黑龍江五校聯(lián)考] 在平面直角坐標系xOy中,以坐標原點O為極點,以x軸正半軸為極軸建立極坐標系.已知曲線C1的極坐標方程為ρ=22sinθ+π4,曲線C2的極坐標方程為ρsinθ=a(a>0),射線θ=φ,θ=φ+π4,θ=φ-π4,θ=φ+π2與曲線C1分別交異于極點O的四點A,B,C,D.
(1)若曲線C1關于曲線C2對稱,求a的值,并求曲線C1和C2的直角坐標方程;
(2)求|OA|·
4、|OC|+|OB|·|OD|的值.
7.在極坐標系中,曲線C1,C2的極坐標方程分別為ρ=-2cosθ,ρcosθ+π3=1.
(1)求曲線C1和C2的公共點的個數(shù);
(2)過極點作動直線與曲線C2相交于點Q,在射線OQ上取一點P,使|OP|·|OQ|=2,求點P的軌跡方程,并指出點P的軌跡是什么圖形.
8.[2018·貴陽模擬] 在平面直角坐標系xOy中,以原點O為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系,曲線C1的極坐標方程為ρ=4cosθ,曲線C2的極坐標方程為ρcos2θ=sinθ.
(1)求曲線C2的直角坐標方程;
(2)過
5、原點且傾斜角為απ6<α≤π4的射線l與曲線C1,C2分別相交于A,B兩點(A,B異于原點),求|OA|·|OB|的取值范圍.
課時作業(yè)(六十四)
1.解:以極點為原點,以極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標系.
點2,π6的直角坐標為2cosπ6,2sinπ6,即(3,1).
又直線ρsinθ-π6=1可化為32ρsinθ-12ρcosθ=1,所以直線的直角坐標方程為x-3y+2=0,由點到直線的距離公式得d=1,所以點2,π6到直線ρsinθ-π6=1的距離為1.
2.解:在ρsinθ-π3=-32中,令θ=0,得ρ=1,
所以圓C的圓心的極坐標為(1,0).
因為圓C經(jīng)過點P
6、2,π4,
所以圓C的半徑|PC|=(2)2+12-2×1×2cosπ4=1,所以圓C的直角坐標方程為(x-1)2+y2=1,即x2+y2-2x=0,所以圓C的極坐標方程為ρ2-2ρcosθ=0,即ρ=2cosθ.
3.解:(1)因為C1的直角坐標方程為(x-2)2+y2=4,
即x2+y2-4x=0,
所以C1的極坐標方程為ρ2-4ρcosθ=0,即ρ=4cosθ.
(2)設點P,Q的極坐標分別為ρ1,π6,ρ2,π6.
將θ=π6代入ρ=4cosθ,得ρ1=23,
將θ=π6代入ρ=2sinθ,得ρ2=1,
所以|PQ|=|ρ1-ρ2|=23-1.
依題意得,點A(2,0
7、)到曲線θ=π6(ρ>0)的距離
d=|OA|sinπ6=1,
所以S△APQ=12|PQ|·d=12×(23-1)×1=3-12.
4.解:(1)由x2+y2=1經(jīng)過伸縮變換x'=2x,y'=3y,可得曲線C2的方程為x'22+y'32=1,即x24+y23=1.
由極坐標方程ρ(2cosθ+3sinθ)=9可得直線l的直角坐標方程為2x+3y-9=0.
(2)由(1)可知,曲線C2的參數(shù)方程為x=2cosα,y=3sinα(α為參數(shù)),所以可設點M(2cosα,3sinα).由點到直線的距離公式,得點M到直線l的距離d=|4cosα+3sinα-9|7=|5sin(α+φ)-9|
8、7其中sinφ=45,cosφ=35,由三角函數(shù)的性質知,當α+φ=3π2時,點M到直線l的距離有最大值27.
5.解:(1)設P(ρ,θ),Q(ρ1,θ),ρ>0,ρ1>0,則ρ=sinθ+cosθ.
又∵|OP|·|OQ|=4,∴ρρ1=4,∴ρ=4ρ1,∴4ρ1=sinθ+cosθ,即ρ1cosθ+ρ1sinθ=4.
由互化公式可得點Q的軌跡的直角坐標方程為x+y=4.
(2)設P(ρ,θ)(ρ>0),則ρ=cosθ+sinθ.
∵M4,3π4,∴△MOP的面積S=12×4ρ·sin3π4-θ=2ρ·22cosθ+22sinθ=2(cosθ+sinθ)2=2(1+sin2θ)≤
9、22,當且僅當sin2θ=1,即θ=π4時等號成立,
∴△MOP面積的最大值為22.
6.解:(1)由題意知,C1的極坐標方程可轉化為ρ2=22ρ22sinθ+22cosθ=2ρsinθ+2ρcosθ,化為直角坐標方程為(x-1)2+(y-1)2=2.
將C2的極坐標方程化為直角坐標方程為y=a.
因為曲線C1關于曲線C2對稱,所以直線y=a經(jīng)過圓心(1,1),解得a=1,故C2的直角坐標方程為y=1.
(2)由題意可得,|OA|=22sinφ+π4,|OB|=22sinφ+π2=22cosφ,|OC|=22sinφ,|OD|=22cosφ+π4,
所以|OA|·|OC|+|OB|
10、·|OD|=8sinφ+π4sinφ+8cosπ4+φcosφ=8cosπ4=8×22=42.
7.解:(1)由題意知,C1的直角坐標方程為(x+1)2+y2=1,它表示圓心為(-1,0),半徑為1的圓.C2的直角坐標方程為x-3y-2=0,所以曲線C2為直線.由于圓心到直線的距離d=32>1,所以直線與圓相離,即曲線C1和C2的公共點個數(shù)為0.
(2)設Q(ρ0,θ),P(ρ,θ),ρ>0,ρ0>0,則ρρ0=2,即ρ0=2ρ①,
因為點Q(ρ0,θ)在曲線C2上,所以ρ0cosθ+π3=1②,
將①代入②,得2ρcosθ+π3=1,即ρ=2cosθ+π3,點P的軌跡方程為ρ=2co
11、sθ+π3,化為直角坐標方程是x-122+y+322=1,
所以點P的軌跡是以12,-32為圓心,1為半徑的圓(不包括原點).
8.解:(1)由曲線C2的極坐標方程為ρcos2θ=sinθ,
兩邊同乘ρ,得ρ2cos2θ=ρsinθ,
故曲線C2的直角坐標方程為x2=y.
(2)由題可知,射線l的極坐標方程為θ=α,π6<α≤π4,
把射線l的極坐標方程代入曲線C1的極坐標方程得|OA|=4cosα,
把射線l的極坐標方程代入曲線C2的極坐標方程得|OB|=sinαcos2α,
∴|OA|·|OB|=4cosα·sinαcos2α=4tanα.
∵π6<α≤π4,∴tanα∈33,1,
∴|OA|·|OB|的取值范圍是433,4.
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