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19-20 第1讲 章末复习课.doc

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[自我校对]①极坐标系②直线的极坐标系方程③圆的极坐标系方程④柱坐标系⑤球坐标系

平面直角坐标系下图形的变换

平面图形的伸缩变换可由坐标伸缩变换来实现,在使用坐标变换公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′=λx?λ0?,y′=μy?μ0?))时,一定要分清变换前后的新旧坐标.

【例1】在平面直角坐标系中,已知伸缩变换φ:eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′=3x,,y′=-2y,))求曲线y2=2x经过φ变换后所得直线l′的方程.

[规范解答]设P′(x′,y′)是直线l′上任意一点.

由伸缩变换φ:eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′=3x,,y′=-2y,))

得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=\f(x′,3),,y=-\f(1,2)y′,))

代入y2=2x,得eq\f(1,4)y′2=eq\f(2,3)x′,

∴即y′2=eq\f(8,3)x′,

因此变换后曲线的方程为y′2=eq\f(8,3)x′.

1.在同一平面直角坐标系中,经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′=2x,,y′=2y))后,曲线C变为曲线(x′-5)2+(y′+6)2=1,求曲线C的方程,并判断其形状.

[解]将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′=2x,,y′=2y,))代入(x′-5)2+(y′+6)2=1中,得(2x-5)2+(2y+6)2=1,化简,得

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(5,2)))2+(y+3)2=eq\f(1,4),

故曲线是以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2),-3))为圆心,半径为eq\f(1,2)的圆.

求曲线的极坐标方程

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)=0表示出来,就得到曲线的极坐标方程.

【例2】求圆心为Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3,\f(π,6))),半径为3的圆的极坐标方程.

[规范解答]如图,设圆上任一点为P(ρ,θ),则|OP|=ρ,∠POA=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(θ-\f(π,6))),|OA|=2×3=6.

在Rt△POA中,

|OP|=|OA|cos∠POA,

则ρ=6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ-\f(π,6))),

即圆的极坐标方程为ρ=6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ-\f(π,6))).

2.△ABC底边BC=10,∠A=eq\f(1,2)∠B,以B为极点,BC为极轴,求顶点A的轨迹的极坐标方程.

[解]如图:令A(ρ,θ),

△ABC内,设∠B=θ,∠A=eq\f(θ,2),

又|BC|=10,|AB|=ρ.于是由正弦定理,得eq\f(ρ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π-\f(3θ,2))))=eq\f(10,sin\f(θ,2)),

化简,得A点轨迹的极坐标方程为ρ=10+20cosθ.

极坐标与直角坐标的互化

极坐标系和直角坐标系是两种不同的坐标系.同一个点可以有极坐标,也可以有直角坐标;同一条曲线可以有极坐标方程,也可以有直角坐标方程.为了研究问题的方便,有时需要把在一种坐标系中的方程化为在另一种坐标系中的方程.它们之间的互化关系为:x=ρcosθ,y=ρsinθ;ρ2=x2+y2,tanθ=eq\f(y,x)(x≠0).

【例3】⊙O1和⊙O2的极坐标方程分别为ρ=4cosθ,

ρ=-4sinθ.

(1)把⊙O1和⊙O2的极坐标方程化为直角坐标方程;

(2)求经过⊙O1,⊙O2交点的直线的直角坐标方程.

[解]以极点为原点,极轴为x轴正半轴,建立平面直角坐标系,两坐标系中取相同的长度单位.

(1)由ρ=4cosθ,

得ρ2=4ρcosθ,所以x2+y2=4x,

即x2+y2-4x=0为⊙O1的直角坐标方程,

同理x2+y2+4y=0为⊙O2的直角坐标方程.

(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+y2-4x=0,,x2+y2+4y=0,))

解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1=0,,y1=0,))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2=2,,y2=-2.))

即⊙O1

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