内容发布更新时间 : 2024/5/2 4:47:21星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

课时作业 59 坐标系 1?x′＝x，x221．求椭圆4＋y＝1，经过伸缩变换??y′＝y2 后的曲线方程． ?x′＝1x，2解析：由??y′＝y4x′2x22将①代入4＋y＝1，得4＋y′2＝1，即x′2＋y′2＝1. x22因此椭圆4＋y＝1经伸缩变换后得到的曲线方程是x2＋y2＝1. 2．(2018·邯郸调研)在极坐标系中，已知直线l过点A(1,0)，且其π向上的方向与极轴的正方向所成的最小正角为3，求： (1)直线的极坐标方程； (2)极点到该直线的距离． ??x＝2x′，得到?① ??y＝y′. 解析：(1)如图，由正弦定理得 ρ12π＝?π?. sin3sin?3－θ????π?2π3??－θ即ρsin3＝sin3＝2， ?? ?π?3??∴所求直线的极坐标方程为ρsin3－θ＝2. ??(2)作OH⊥l，垂足为H， ππ在△OHA中，OA＝1，∠OHA＝3，∠OAH＝3， π3则OH＝OAsin3＝2， 3即极点到该直线的距离等于2. 3．(2018·沈阳市教学质量检测(一))在直角坐标系xOy中，直线l：??x＝－1＋cosφy＝x，圆C：?(φ为参数)，以坐标原点为极点，x轴的?y＝－2＋sinφ? 正半轴为极轴建立极坐标系． (1)求直线l与圆C的极坐标方程； (2)设直线l与圆C的交点为M，N，求△CMN的面积． 解析：(1)将C的参数方程化为普通方程，得(x＋1)2＋(y＋2)2＝1， π∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴直线l的极坐标方程为θ＝4(ρ∈R)， 圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρcosθ＋4ρsinθ＋4＝0. π(2)将θ＝4代入ρ2＋2ρcosθ＋4ρsinθ＋4＝0，得ρ2＋32ρ＋4＝0，解得ρ1＝－22，ρ2＝－2，|MN|＝|ρ1－ρ2|＝2， 1π1∵圆C的半径为1，∴△CMN的面积为2×2×1×sin4＝2. 4．(2018·成都模拟)在直角坐标系xOy中，半圆C的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1(0≤y≤1)．以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系． (1)求C的极坐标方程； (2)直线l的极坐标方程是ρ(sinθ＋3cosθ)＝53，射线OM：θπ＝3与半圆C的交点为O，P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长． 解析：(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以半圆C的极坐标方程是ρπ???＝2cosθ，θ∈0，2?. ??(2)设(ρ1，θ1)为点P?ρ1＝2cosθ1，的极坐标，则有?π?θ1＝3， 解得?ρ1＝1，?π?θ1＝3， 设(ρ2，θ2)为点Q的极坐标， 3cosθ2?＝53，?ρ2?sinθ2＋则有?π?θ2＝3，?ρ2＝5，解得?πθ＝?23， 由于θ1＝θ2，所以|PQ|＝|ρ1－ρ2|＝4，所以线段PQ的长为4. π???5．(2018·广州五校联考)在极坐标系中，圆C是以点C2，－6?为??圆心，2为半径的圆． (1)求圆C的极坐标方程； 5π(2)求圆C被直线l：θ＝－12(ρ∈R)所截得的弦长． 解析：法一：(1)设所求圆上任意一点M(ρ，θ)，如图， π在Rt△OAM中，∠OMA＝2， π∠AOM＝2π－θ－6，|OA|＝4. |OM|因为cos∠AOM＝|OA|， 所以|OM|＝|OA|·cos∠AOM， π?π??????即ρ＝4cos2π－θ－6＝4cosθ＋6?， ????π??验证可知，极点O与A?4，－6?的极坐标也满足方程， ??π???故ρ＝4cosθ＋6?为所求． ??5π(2)设l：θ＝－12(ρ∈R)交圆C于点P， π在Rt△OAP中，∠OPA＝2， π易得∠AOP＝4， 所以|OP|＝|OA|cos∠AOP＝22. π法二：(1)圆C是将圆ρ＝4cosθ绕极点按顺时针方向旋转6而得到的圆， π??所以圆C的极坐标方程是ρ＝4cos?θ＋6?. ??π??5π(2)将θ＝－12代入圆C的极坐标方程ρ＝4cos?θ＋6?， ??得ρ＝22， 5π所以圆C被直线l：θ＝－12(ρ∈R)所截得的弦长为22.