再谈极坐标

前言#

为什么要引入极坐标呢？

比较研究#

• 平面直角坐标系下的各种曲线的方程

过原点的直线：y=kx$y=kx$；

以(0，0)$(0，0)$为圆心，以2$2$为半径的圆：x2+y2=22$x^2+y^2=2^2$

以(a，0)$(a，0)$为圆心，以a$a$为半径的圆：(x−a)2+y2=a2$(x-a{)}^2+y^2=a^2$

以(0，a)$(0，a)$为圆心，以a$a$为半径的圆：x2+(y−a)2=a2$x^2+(y-a{)}^2=a^2$

• 极坐标系下的各种曲线的方程

过原点的直线：θ=θ0$\theta ={\theta }_0$；

以(0，0)$(0，0)$为圆心，以2$2$为半径的圆：ρ=2$\rho =2$，θ∈[−π，π]$\theta \in [-\pi ，\pi ]$；

以(a，0)$(a，0)$为圆心，以a$a$为半径的圆：ρ=2acosθ$\rho =2acos\theta$，θ∈[−π2，π2]$\theta \in [-\frac{\pi }{2}，\frac{\pi }{2}]$；

推导用图形如下，

以(a，π2)$(a，\frac{\pi }{2})$为圆心，以a$a$为半径的圆：ρ=2asinθ$\rho =2asin\theta$，θ∈[0，π]$\theta \in [0，\pi ]$；

推导用图形如下，

典例剖析#

例1【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第22题】 在极坐标系中，O$O$为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)$M({\rho }_0，{\theta }_0)({\rho }_0>0)$在曲线C：ρ=4sinθ$C：\rho =4sin\theta$上，直线l$l$过点A(4，0)$A(4，0)$且与OM$OM$垂直，垂足为P$P$。

(1).当θ0=π3${\theta }_0=\frac{\pi }{3}$时，求ρ0${\rho }_0$及l$l$的极坐标方程；

分析：当θ0=π3${\theta }_0=\frac{\pi }{3}$时，由ρ=4sinθ$\rho =4sin\theta$，得到ρ0=4sinπ3=23–√${\rho }_0=4sin\frac{\pi }{3}=2\sqrt{3}$；

求直线l$l$的极坐标方程有以下两个思路，可以比较看，哪一种更简便。

思路1：过点A$A$的直线l$l$的斜率为k=−1tanπ3=−3–√3$k=-\frac{1}{tan\frac{\pi }{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$，

故直线l$l$的普通方程为y−0=−3–√3(x−4)$y-0=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-4)$，

再用y=ρ⋅sinθ$y=\rho \cdot sin\theta$和x=ρ⋅cosθ$x=\rho \cdot cos\theta$代入上式，

变形直线的极坐标方程为3–√ρcosθ+3ρsinθ=43–√$\sqrt{3}\rho cos\theta +3\rho sin\theta =4\sqrt{3}$，整理为

ρ⋅sin(θ+π6)=2$\rho \cdot sin(\theta +\frac{\pi }{6})=2$或者ρ⋅cos(θ−π3)=2$\rho \cdot cos(\theta -\frac{\pi }{3})=2$

思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，在△OAB$\mathrm{△}OAB$中，已知OA=4$OA=4$，∠A=π6$\mathrm{\angle }A=\frac{\pi }{6}$，则OB=2$OB=2$，

在直线l$l$上任取一点P(ρ，θ)$P(\rho ，\theta )$，则在△OPB$\mathrm{△}OPB$中，已知OP=ρ$OP=\rho$，∠POB=π3−θ$\mathrm{\angle }POB=\frac{\pi }{3}-\theta$，OB=2$OB=2$，

则ρ⋅cos(π3−θ)=2$\rho \cdot cos(\frac{\pi }{3}-\theta )=2$，也即ρ⋅cos(θ−π3)=2$\rho \cdot cos(\theta -\frac{\pi }{3})=2$

解后反思：相比较而言，在极坐标系下求直线的方程，我们只需要借助解三角形就可以搞定了，原因是在极坐标系下ρ$\rho$的含义一定是极点到动点的线段的长度，这样就可以顺利借助解三角形来完成了。

(2).当M$M$在C$C$上运动且P$P$在线段OM$OM$上时，求P$P$点轨迹的极坐标方程。

分析：同样的，求P$P$点轨迹的极坐标方程，我们也可以有两个思路来考虑，

思路1：在直角坐标系下思考求解，然后转化划归。

设直线OM：y=kx$OM：y=kx$，则直线AP：y=−1k(x−4)$AP：y=-\frac{1}{k}(x-4)$，

则两条直线的交点P$P$的参数方程为⎧⎩⎨⎪⎪y=kx①y=−1k(x−4)②(k为参数，k⩾1)$\{\begin{array}{l}y=kx①\\ y=-\frac{1}{k}(x-4)②\end{array}(k为参数，k⩾1)$，

两式相乘，消去参数，得到y2=−x(x−4)$y^2=-x(x-4)$，

即x2+y2−4x=0$x^2+y^2-4x=0$，转化为极坐标方程为ρ2=4ρcosθ${\rho }^2=4\rho cos\theta$，

即ρ=4cosθ$\rho =4cos\theta$，对应的θ∈[π4，π2)$\theta \in [\frac{\pi }{4}，\frac{\pi }{2})$，

再思考当k$k$不存在时，点P$P$落在原点，也满足题意，对应θ=π2$\theta =\frac{\pi }{2}$，

综上所述，P$P$点轨迹的极坐标方程为ρ=4cosθ$\rho =4cos\theta$，θ∈[π4，π2]$\theta \in [\frac{\pi }{4}，\frac{\pi }{2}]$，

思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，

设动点P(ρ，θ)$P(\rho ，\theta )$，在∠OAP$\mathrm{\angle }OAP$中，OP=ρ$OP=\rho$，我们很容易得到cosθ=ρ4$cos\theta =\frac{\rho }{4}$，

即ρ=4cosθ$\rho =4cos\theta$，且θ∈[π4，π2]$\theta \in [\frac{\pi }{4}，\frac{\pi }{2}]$，

故P$P$点轨迹的极坐标方程为ρ=4cosθ$\rho =4cos\theta$，θ∈[π4，π2]$\theta \in [\frac{\pi }{4}，\frac{\pi }{2}]$。

解后反思：由这两小问题的解答过程比较分析，同意的问题，当放到极坐标下思考和运算会变得很简单，之所以我们感觉难，是因为我们对极坐标系很不熟悉而已。

例2【2018宝鸡市二检文理科第22题】在直角坐标系xoy$xoy$中，曲线C1$C_1$的参数方程为{x=2+2cosαy=2sinα(α为参数)$\{\begin{array}{l}x=2+2cos\alpha \\ y=2sin\alpha \end{array}(\alpha 为参数)$，以坐标原点为极点，以x$x$轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2$C_2$的极坐标方程为ρ=2cosθ$\rho =2cos\theta$。

(1)写出曲线C1$C_1$的普通方程和C2$C_2$的直角坐标方程；

分析：(1) 直接给出答案，
曲线的普通方程C1：(x−2)2+y2=4$C_1：(x-2{)}^2+y^2=4$；
所求的直角坐标方程C2：(x−1)2+y2=1$C_2：(x-1{)}^2+y^2=1$；

(2)设点P$P$ 在C1$C_1$上，点Q$Q$ 在C2$C_2$上，且∠POQ=π2$\mathrm{\angle }POQ=\frac{\pi }{2}$，求三角形POQ$POQ$面积的最大值。

分析：【法1】极坐标法(本题目命题意图就是想让学生体会极坐标的优越性，从而主动使用极坐标刻画思考或者在极坐标系下运算)，

曲线C1$C_1$的极坐标方程为ρ1=4cosα(α∈(−π2，π2))${\rho }_1=4cos\alpha (\alpha \in (-\frac{\pi }{2}，\frac{\pi }{2}))$，

曲线C2$C_2$的极坐标方程为ρ2=2cosθ(θ∈(−π2，π2))${\rho }_2=2cos\theta (\theta \in (-\frac{\pi }{2}，\frac{\pi }{2}))$，

如图所示，初步分析，当点P$P$在x$x$轴上方时，点Q$Q$必在x$x$轴下方；

当然还会有另一种情形，当点P$P$在x$x$轴下方时，点Q$Q$必在x$x$轴上方；

我们取其中一种做研究，比如点P$P$在x$x$轴上方，点Q$Q$在x$x$轴下方；

注意此时点Q$Q$的极角是负值−θ$-\theta$，

由于ρ1>0${\rho }_1>0$，ρ2>0${\rho }_2>0$，以及∠POQ=π2$\mathrm{\angle }POQ=\frac{\pi }{2}$可得，

α−θ=π2$\alpha -\theta =\frac{\pi }{2}$，即α=θ+π2$\alpha =\theta +\frac{\pi }{2}$，(顺时针为正，逆时针为负)

则有SΔOPQ=12|OP||OQ|$S_{\mathrm{\Delta }OPQ}=\frac{1}{2}|OP||OQ|$

=12ρ1ρ2=12×4cosα×2cosθ$=\frac{1}{2}{\rho }_1{\rho }_2=\frac{1}{2}\times 4cos\alpha \times 2cos\theta$

=4cos(θ+π2)cosθ=−4sinθcosθ$=4cos(\theta +\frac{\pi }{2})cos\theta =-4sin\theta cos\theta$

=−2sin2θ$=-2sin2\theta$，

当2θ=−π2$2\theta =-\frac{\pi }{2}$，即θ=−π4$\theta =-\frac{\pi }{4}$时，

(SΔOPQ)max=2$(S_{\mathrm{\Delta }OPQ}{)}_{max}=2$。

【法2】参数方程法，

如图所示，曲线C1$C_1$的参数方程是{x=2+2cosαy=2sinα(α为参数，α∈(−π，π))$\{\begin{array}{l}x=2+2cos\alpha \\ y=2sin\alpha \end{array}(\alpha 为参数，\alpha \in (-\pi ，\pi ))$，

曲线C2$C_2$的参数方程是{x=1+cosθy=sinθ(θ为参数，θ∈(−π，π))$\{\begin{array}{l}x=1+cos\theta \\ y=sin\theta \end{array}(\theta 为参数，\theta \in (-\pi ，\pi ))$，

注意参数的含义，α2−θ2=π2$\frac{\alpha }{2}-\frac{\theta }{2}=\frac{\pi }{2}$，即α=π+θ$\alpha =\pi +\theta$

则有SΔOPQ=12|OP||OQ|$S_{\mathrm{\Delta }OPQ}=\frac{1}{2}|OP||OQ|$

=12(2+2cosα)2+(2sinα)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√(1+cosθ)2+sin2θ−−−−−−−−−−−−−−−√$=\frac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha {)}^2+(2sin\alpha {)}^2}\sqrt{(1+cos\theta {)}^2+si{n}^2\theta }$

=128(1+cosα)−−−−−−−−−√2(1+cosθ)−−−−−−−−−√$=\frac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha )}\sqrt{2(1+cos\theta )}$

=128(1−cosθ)−−−−−−−−−√2(1+cosθ)−−−−−−−−−√$=\frac{1}{2}\sqrt{8(1-cos\theta )}\sqrt{2(1+cos\theta )}$

=12×4(1−cosθ)(1+cosθ)−−−−−−−−−−−−−−−−√$=\frac{1}{2}\times 4\sqrt{(1-cos\theta )(1+cos\theta )}$

=21−cos2θ−−−−−−−−√=2|sinθ|$=2\sqrt{1-co{s}^2\theta }=2|sin\theta |$

当θ=−π2$\theta =-\frac{\pi }{2}$时，(SΔOPQ)max=2$(S_{\mathrm{\Delta }OPQ}{)}_{max}=2$。

【变形方法3】参数方程法，曲线C1$C_1$的参数方程是{x=2+2cosαy=2sinα(α为参数，α∈(−π，π))$\{\begin{array}{l}x=2+2cos\alpha \\ y=2sin\alpha \end{array}(\alpha 为参数，\alpha \in (-\pi ，\pi ))$，

曲线C2$C_2$的参数方程是{x=1+cosθy=2sinθ(θ为参数，θ∈(−π，π))$\{\begin{array}{l}x=1+cos\theta \\ y=2sin\theta \end{array}(\theta 为参数，\theta \in (-\pi ，\pi ))$，

注意参数的含义，α2−θ2=π2$\frac{\alpha }{2}-\frac{\theta }{2}=\frac{\pi }{2}$，即α=π+θ$\alpha =\pi +\theta$

由∠POQ=π2$\mathrm{\angle }POQ=\frac{\pi }{2}$可知，kOPkOQ=−1$k_{OP}{k}_{OQ}=-1$，

即2sinα2+2cosα×sinθ1+cosθ=−1$\frac{2sin\alpha }{2+2cos\alpha }\times \frac{sin\theta }{1+cos\theta }=-1$，即−sinαsinθ=(1+cosα)(1+cosθ)$-sin\alpha sin\theta =(1+cos\alpha )(1+cos\theta )$

SΔOPQ=12|OP||OQ|$S_{\mathrm{\Delta }OPQ}=\frac{1}{2}|OP||OQ|$

=12(2+2cosα)2+(2sinα)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√(1+cosθ)2+sin2θ−−−−−−−−−−−−−−−√$=\frac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha {)}^2+(2sin\alpha {)}^2}\sqrt{(1+cos\theta {)}^2+si{n}^2\theta }$

=128(1+cosα)−−−−−−−−−√2(1+cosθ)−−−−−−−−−√$=\frac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha )}\sqrt{2(1+cos\theta )}$

=2(1+cosα)(1+cosθ)−−−−−−−−−−−−−−−−√$=2\sqrt{(1+cos\alpha )(1+cos\theta )}$

=2−sinαsinθ−−−−−−−−−√$=2\sqrt{-sin\alpha sin\theta }$，

又有α2−θ2=π2$\frac{\alpha }{2}-\frac{\theta }{2}=\frac{\pi }{2}$，即α=π+θ$\alpha =\pi +\theta$

原式=2sin2θ−−−−−√=2|sinθ|$原式=2\sqrt{si{n}^2\theta }=2|sin\theta |$，

当θ=−π2$\theta =-\frac{\pi }{2}$时，(SΔOPQ)max=2$(S_{\mathrm{\Delta }OPQ}{)}_{max}=2$。

【法4】尝试使用均值不等式，待有空思考整理。

设直线OP$OP$的方程为y=kx$y=kx$，由∠POQ=π2$\mathrm{\angle }POQ=\frac{\pi }{2}$可得，

直线OQ$OQ$的方程为y=−1kx$y=-\frac{1}{k}x$，

联立{(x−2)2+y2=4y=kx$\{\begin{array}{l}(x-2{)}^2+y^2=4\\ y=kx\end{array}$，

解得P(41+k2，4k1+k2)$P(\frac{4}{1+k^2}，\frac{4k}{1+k^2})$，

联立⎧⎩⎨⎪⎪(x−1)2+y2=1y=−1kx$\{\begin{array}{l}(x-1{)}^2+y^2=1\\ y=-\frac{1}{k}x\end{array}$，

解得Q(2k21+k2，−2k1+k2)$Q(\frac{2k^2}{1+k^2}，\frac{-2k}{1+k^2})$，

SΔPOQ=12|OP||OQ|=12(41+k2)2+(4k1+k2)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−√(2k21+k2)2+(−2k1+k2)2−−−−−−−−−−−−−−−−−−√$S_{\mathrm{\Delta }POQ}=\frac{1}{2}|OP||OQ|=\frac{1}{2}\sqrt{(\frac{4}{1+k^2}{)}^2+(\frac{4k}{1+k^2}{)}^2}\sqrt{(\frac{2k^2}{1+k^2}{)}^2+(\frac{-2k}{1+k^2}{)}^2}$

=12161+k2−−−−−−√4k21+k2−−−−−−√=4|k|1+k2=4|k|+1|k|≤2$=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{16}{1+k^2}}\sqrt{\frac{4k^2}{1+k^2}}=\frac{4|k|}{1+k^2}=\frac{4}{|k|+\frac{1}{|k|}}\le 2$。

当且仅当|k|=1$|k|=1$时取到等号。故(SΔPOQ)max=2$(S_{\mathrm{\Delta }POQ}{)}_{max}=2$。

反思：这个解法的优越性体现在只有一个变量k$k$，那么求最值时就好操作些。

【法5】是否有，待后思考整理。

解后反思：

1、在高中数学中，求某个量(比如面积)的最值时，往往需要先表达出这个量(比如面积)的函数，这样求实际问题的最值就变成了求这个函数模型的最值问题了，这一过程实际就是函数的建模。

1、法1利用极坐标法，这样表达刻画面积时，就只有两个变量α$\alpha$和θ$\theta$，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。

2、法2利用参数方程法，在表达刻画面积时，同样只有两个变量α$\alpha$和θ$\theta$，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。法2和法3本质接近。

3、正确求解本题目，需要深刻理解极坐标方程的含义和参数方程的含义，尤其是法2对参数的含义更不能弄错了。用到了内外角关系和圆心角和圆周角关系。

4、还有学生想到设P(x1，y1)$P(x_1，y_1)$，Q(x2，y2)$Q(x_2，y_2)$，这样的思路我没有做尝试，不过能看出来此时是四个变量，这样就难得多了，所以碰到这样的题目我们先需要初步筛选思路。