第1講極坐標(biāo)與參數(shù)方程本講為高考命題熱點(diǎn)，分值10分，極坐標(biāo)與參數(shù)方程跟不等式選講兩個里面選擇一個，極坐標(biāo)與參數(shù)方程?？疾熘苯亲鴺?biāo)方程，參數(shù)方程，極坐標(biāo)方程的互化，角度問題，不等式選講考察絕對值絕對值不等式與均值不等式證明，需要一定的邏輯推理能力，運(yùn)算求解.高頻考點(diǎn)一極坐標(biāo)系與直角坐標(biāo)系互化【例1】1.將直角坐標(biāo)方程與極坐標(biāo)方程互化：(1)y2＝4x；(2)y2＋x2－2x－1＝0；(3)θ＝eq\f(π,3)(ρ∈R)；(4)ρcos2eq\f(θ,2)＝1；(5)ρ2cos2θ＝4；(6)ρ＝eq\f(1,2－cosθ).解(1)將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入y2＝4x，得(ρsinθ)2＝4ρcosθ.化簡得ρsin2θ＝4cosθ.(2)將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入y2＋x2－2x－1＝0，得(ρsinθ)2＋(ρcosθ)2－2ρcosθ－1＝0，化簡得ρ2－2ρcosθ－1＝0.(3)當(dāng)x≠0時，由于tanθ＝eq\f(y,x)，故taneq\f(π,3)＝eq\f(y,x)＝eq\r(3)，化簡得y＝eq\r(3)x(x≠0)；當(dāng)x＝0時，y＝0.顯然(0，0)在y＝eq\r(3)x上，故θ＝eq\f(π,3)(ρ∈R)的直角坐標(biāo)方程為y＝eq\r(3)x.(4)因為ρcos2eq\f(θ,2)＝1，所以ρ·eq\f(1＋cosθ,2)＝1，而ρ＋ρcosθ＝2，所以eq\r(x2＋y2)＋x＝2.化簡得y2＝－4(x－1).(5)因為ρ2cos2θ＝4，所以ρ2cos2θ－ρ2sin2θ＝4，即x2－y2＝4.(6)因為ρ＝eq\f(1,2－cosθ)，所以2ρ－ρcosθ＝1，因此2eq\r(x2＋y2)－x＝1，化簡得3x2＋4y2－2x－1＝0.【方法技巧】1.進(jìn)行極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程互化的關(guān)鍵是抓住互化公式；x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，ρ2＝x2＋y2，tanθ＝eq\f(y,x)(x≠0).2.進(jìn)行極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程互化時，要注意ρ，θ的取值范圍及其影響；要善于對方程進(jìn)行合理變形，并重視公式的逆向與變形使用；要靈活運(yùn)用代入法和平方法等技巧.【變式訓(xùn)練】1.(1)若點(diǎn)P的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－\f(π,4)))，求點(diǎn)P的直角坐標(biāo)；(2)求直線θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)和圓ρ＝2的交點(diǎn)的極坐標(biāo).解由極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)表示同一點(diǎn)的坐標(biāo)，那么它們之間可以互化，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ρ＝\r(x2＋y2)，,tanθ＝\f(y,x).))(1)ρ＝3，θ＝－eq\f(π,4)，故x＝ρcosθ＝eq\f(3\r(2),2)，y＝－eq\f(3\r(2),2).從而點(diǎn)P的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)，－\f(3\r(2),2))).(2)顯然eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,4)))是一個交點(diǎn)，由于圓和直線都關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以另一個交點(diǎn)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5π,4))).高頻考點(diǎn)二求曲線的極坐標(biāo)方程【例2】(2019·全國Ⅱ卷)在極坐標(biāo)系中，O為極點(diǎn)，點(diǎn)M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲線C：ρ＝4sinθ上，直線l過點(diǎn)A(4，0)且與OM垂直，垂足為P.(1)當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時，求ρ0及l(fā)的極坐標(biāo)方程；(2)當(dāng)M在C上運(yùn)動且P在線段OM上時，求P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程.解(1)因為M(ρ0，θ0)在曲線C上，當(dāng)θ0＝eq\f(π,3)時，ρ0＝4sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由已知得|OP|＝|OA|coseq\f(π,3)＝2.設(shè)Q(ρ，θ)為l上除P外的任意一點(diǎn).在Rt△OPQ中，ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝|OP|＝2.經(jīng)檢驗，點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))在曲線ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2上，所以，l的極坐標(biāo)方程為ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2.(2)設(shè)P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cosθ＝4cosθ，即ρ＝4cosθ.因為P在線段OM上，且AP⊥OM，所以θ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).所以，P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).【方法技巧】求曲線的極坐標(biāo)方程的步驟(1)建立適當(dāng)?shù)臉O坐標(biāo)系，設(shè)P(ρ，θ)是曲線上任意一點(diǎn).(2)由曲線上的點(diǎn)所適合的條件，列出曲線上任意一點(diǎn)的極徑ρ和極角θ之間的關(guān)系式.(3)將列出的關(guān)系式進(jìn)行整理、化簡，得出曲線的極坐標(biāo)方程.【變式訓(xùn)練】在極坐標(biāo)系中，已知直線l的極坐標(biāo)方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝1，圓C的圓心是Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,4)))，半徑為1.求：(1)圓C的極坐標(biāo)方程；(2)直線l被圓C所截得的弦長.【解析】(1)設(shè)O為極點(diǎn)，OD為圓C的直徑，A(ρ，θ)為圓C上的一個動點(diǎn)，則∠AOD＝eq\f(π,4)－θ或∠AOD＝θ－eq\f(π,4)，|OA|＝|OD|coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))或|OA|＝|OD|coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))，所以圓C的極坐標(biāo)方程為ρ＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))).(2)由ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝1，得eq\f(\r(2),2)ρ(sinθ＋cosθ)＝1，因為x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以直線l的直角坐標(biāo)方程為x＋y－eq\r(2)＝0，又圓心C的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))滿足直線l的方程，所以直線l過圓C的圓心，故直線l被圓C所截得的弦長為直徑2.高頻考點(diǎn)三極坐標(biāo)方程的應(yīng)用【例3】(2022·鄭州質(zhì)檢)已知曲線C1：x2＋(y－3)2＝9，A是曲線C1上的動點(diǎn)，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，以極點(diǎn)O為中心，將點(diǎn)A繞點(diǎn)O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到點(diǎn)B，設(shè)點(diǎn)B的軌跡方程為曲線C2.(1)求曲線C1，C2的極坐標(biāo)方程；(2)射線θ＝eq\f(5π,6)(ρ＞0)與曲線C1，C2分別交于P，Q兩點(diǎn)，定點(diǎn)M(－4，0)，求△MPQ的面積.解(1)曲線C1：x2＋(y－3)2＝9，即x2＋y2－6y＝0.從而ρ2＝6ρsinθ.所以曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝6sinθ.設(shè)B(ρ，θ)，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ，θ－\f(π,2)))，則有ρ＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,2)))＝－6cosθ.所以曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝－6cosθ.(2)M到射線θ＝eq\f(5π,6)(ρ＞0)的距離為d＝4sineq\f(5π,6)＝2，射線θ＝eq\f(5π,6)(ρ＞0)與曲線C1的交點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρP，\f(5π,6)))，其中，ρP＝6sineq\f(5π,6)＝3，射線θ＝eq\f(5π,6)(ρ＞0)與曲線C2的交點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρQ，\f(5π,6)))，其中，ρQ＝－6coseq\f(5π,6)＝3eq\r(3)，則|PQ|＝|ρP－ρQ|＝3eq\r(3)－3，則S△MPQ＝eq\f(1,2)|PQ|d＝3eq\r(3)－3.【方法技巧】1.若把直角坐標(biāo)化為極坐標(biāo)求極角θ時，應(yīng)注意判斷點(diǎn)P所在的象限(即角θ的終邊的位置)，以便正確地求出角θ.利用兩種坐標(biāo)的互化，可以把不熟悉的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題.2.在極坐標(biāo)系中，如果P1(ρ1，θ1)，P2(ρ2，θ2)，那么兩點(diǎn)間的距離公式|P1P2|＝eq\r(ρeq\o\al(2,1)＋ρeq\o\al(2,2)－2ρ1ρ2cos（θ1－θ2）).兩種特殊情況：(1)當(dāng)θ1＝θ2＋2kπ，k∈Z時，|P1P2|＝|ρ1－ρ2|；(2)當(dāng)θ1＝θ2＋π＋2kπ，k∈Z，|P1P2|＝|ρ1＋ρ2|.3.由極坐標(biāo)方程求曲線交點(diǎn)、距離等幾何問題時，如果不能直接用極坐標(biāo)解決，可先轉(zhuǎn)化為直角坐標(biāo)方程，然后求解.【變式訓(xùn)練】1.(2022·南昌模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2＋rcosφ，,y＝rsinφ))(r>0，φ為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C1經(jīng)過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)，\f(π,6)))，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ2(2＋cos2θ)＝6.(1)求曲線C1的極坐標(biāo)方程；(2)若Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ1，α－\f(π,6)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，α＋\f(π,3)))是曲線C2上兩點(diǎn)，求eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)的值.解(1)將C1的參數(shù)方程化為普通方程得，(x－2)2＋y2＝r2，由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得C1的極坐標(biāo)方程為ρ2－4ρcosθ＋4－r2＝0，將點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)，\f(π,6)))代入C1中得，12－8eq\r(3)coseq\f(π,6)＋4－r2＝0，解得r2＝4，代入C1的極坐標(biāo)方程整理可得ρ＝4cosθ，∴C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ.(2)將點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ1，α－\f(π,6)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，α＋\f(π,3)))代入曲線C2的極坐標(biāo)方程得，ρeq\o\al(2,1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))))＝6，ρeq\o\al(2,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(2π,3)))))＝ρeq\o\al(2,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))))＝6，∴eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＝eq\f(1,ρeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,ρeq\o\al(2,2))＝eq\f(2＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＋2－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3))),6)＝eq\f(2,3).高頻考點(diǎn)四參數(shù)方程的應(yīng)用【例4】在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3cosθ，,y＝sinθ))(θ為參數(shù))，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝a＋4t，,y＝1－t))(t為參數(shù)).(1)若a＝－1，求C與l的交點(diǎn)坐標(biāo)；(2)若C上的點(diǎn)到l距離的最大值為eq\r(17)，求a.解(1)a＝－1時，直線l的普通方程為x＋4y－3＝0.曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,9)＋y2＝1，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋4y－3＝0，,\f(x2,9)＋y2＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(21,25)，,y＝\f(24,25).))則C與l交點(diǎn)坐標(biāo)是(3，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,25)，\f(24,25))).(2)直線l的普通方程是x＋4y－4－a＝0.設(shè)曲線C上點(diǎn)P(3cosθ，sinθ).則P到l距離d＝eq\f(|3cosθ＋4sinθ－4－a|,\r(17))＝eq\f(|5sin（θ＋φ）－4－a|,\r(17))，其中tanφ＝eq\f(3,4).又點(diǎn)C到直線l距離的最大值為eq\r(17)，所以|5sin(θ＋φ)－4－a|的最大值為17.若a≥0，則－5－4－a＝－17，∴a＝8.若a<0，則5－4－a＝17，∴a＝－16.綜上，實(shí)數(shù)a的值為a＝－16或a＝8.（2）(2022·河南省八市重點(diǎn)高中聯(lián)考)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(5)cosα，,y＝2＋\r(5)sinα))(α為參數(shù)).以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2：ρ2＝4ρcosθ－3.(1)求C1的普通方程和C2的直角坐標(biāo)方程；(2)若曲線C1與C2交于A，B兩點(diǎn)，A，B的中點(diǎn)為M，點(diǎn)P(0，－1)，求|PM|·|AB|的值.解(1)曲線C1的普通方程為x2＋(y－2)2＝5.由ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，得曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－4x＋3＝0.(2)將兩圓的方程x2＋(y－2)2＝5與x2＋y2－4x＋3＝0作差，得直線AB的方程為x－y－1＝0.點(diǎn)P(0，－1)在直線AB上，設(shè)直線AB的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)t，,y＝－1＋\f(\r(2),2)t))(t為參數(shù))，代入x2＋y2－4x＋3＝0化簡得t2－3eq\r(2)t＋4＝0，顯然Δ>0，所以t1＋t2＝3eq\r(2)，t1t2＝4.因為點(diǎn)M對應(yīng)的參數(shù)為eq\f(t1＋t2,2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以|PM|·|AB|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t1＋t2,2)))·|t1－t2|＝eq\f(3\r(2),2)×eq\r(（t1＋t2）2－4t1t2)＝eq\f(3\r(2),2)×eq\r(18－4×4)＝3.【方法技巧】1.在與直線、圓、橢圓有關(guān)的題目中，參數(shù)方程的使用會使問題的解決事半功倍，尤其是求取值范圍和最值問題，可將參數(shù)方程代入相關(guān)曲線的普通方程中，根據(jù)參數(shù)的取值條件求解.2.過定點(diǎn)P0(x0，y0)，傾斜角為α的直線參數(shù)方程的標(biāo)準(zhǔn)形式為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋t