求曲线的极坐标方程

前言

[从内心主动接受极坐标，用开放的心态学习接受极坐标]在平面内建立直角坐标系，是人们公认的最容易接受并且被经常采用的方法[以前形成的思维定势有好处，也有弊端，自然的会阻碍我们接受新的知识体系]，但是它并不是确定点的位置的唯一方法. 有些复杂的曲线用直角坐标表示，形式及其复杂，但如果用极坐标表示，就会变得十分简单且便于处理，比如在应用上有重要价值的等速螺线，它的直角坐标 (x) 与 (y) 之间的关系很难确定，可是它的极坐标 ( ho) 与 ( heta) 却有一个简单的一次函数关系 ( ho= ho_0+acdot heta)((a eq0))，这就为深入研究带来了方便。

平面直角坐标系和极坐标系是研究解析几何的两个基本坐标系统，它们从不同的角度描绘了平面内的点集与具有丰富几何意义的有序数对的对应关系，是矛盾的统一体，平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标实质上是用两个互相垂直的分向量来表示点的位置，它使研究二元代数方程问题简单自然；极坐标系中的极径与极角实质上是用长度和角度来表示点的方位，使涉及距离或角的问题简捷明快.[我们学习中经常存在的问题] 我们常习惯于单独使用一种坐标系研究问题，这不仅造成基础知识探究上的损失，而且时常带来具体推演上的繁琐.如果适时把两种坐标系配合起来使用，取长补短，相得益彰，既给基本知识探究开拓新的前景，又给解析几何的运算展现新的色彩.

曲线与方程

在极坐标系中，曲线可以用含有 ( ho) ，( heta) 这两个变量的方程 (varphi( ho, heta)=0) 来表示，如果某曲线 (C) 上的点与一个二元方程 (varphi( ho, heta)=0) 建立了如下的关系：

(1). 曲线 (C) 上的每个点的极坐标中至少有一组 (( ho, heta)) 满足方程 (varphi( ho, heta)=0)；

(2). 极坐标满足方程 (varphi( ho, heta)=0) 的点都在曲线 (C) 上， 那么方程 (varphi( ho, heta)=0) 叫作曲线 (C) 的极坐标方程，曲线 (C) 叫作极坐标方程 (varphi( ho, heta)=0) 的曲线.

由此可见，极坐标系中曲线与方程的关系和直角坐标系中曲线与方程的关系是一致的.

求解步骤

• 求曲线的极坐标方程的一般步骤[在直角坐标系下和极坐标系下都是一样的]，求曲线的极坐标方程就是找出曲线上的动点 (P( ho， heta)) 的极径 ( ho) 和极角 ( heta) 的相互关系.

①建系：建立极坐标系，用 (( ho， heta)) 表示曲线上的任意一点 (M) 的坐标；

②设点：写出适合条件 (p) 的点 (M) 的集合 (P={M|p(M)}) ；

③列关系式：用坐标表示条件 (p(M)) ，列出方程 (varphi( ho， heta)=0)；

④化简整理：化简方程 (varphi( ho， heta)=0)，

⑤检验或验证：注意变形的等价性；

即 建系 (Rightarrow) 设点 (Rightarrow) 列关系式(或方程) (Rightarrow) 化简整理； (Rightarrow) 验证；

难点突破

其一：如何列关系式？列关系式，利用已知条件，图形的几何性质，问题的物理意义等列关系式，比如数学定理，数学公式，数学方法，比如正弦定理，余弦定理，等面积法，三角函数公式等；

求轨迹方程时，我们常在三角形中利用正、余弦定理找到变量( ho)，( heta)的关系。在圆的问题中，经常用到直角三角形中的边角关系。

其二：如何做到变形的等价性？结合题目中的条件和图形，利用 ( heta) 加以限制；

概念辨析

【北师大选修教材4-4 (P_{_{13-14}})练习】判断正误：

① 在极坐标系中，( an heta=1) 与 ( heta=cfrac{pi}{4})表示同一条直线；正确；

② 点 (P) 在曲线 (C) 上，则点 (P) 的所有极坐标满足曲线 (C) 的极坐标方程；错误，点 (P) 的所有极坐标中至少有一组满足曲线 (C) 的极坐标方程，并非所有；

反例：比如对极坐标方程 ( ho= heta)而言， 点 (M(cfrac{pi}{4}, cfrac{pi}{4})) 的极坐标还可以表示为 ((cfrac{pi}{4}, cfrac{pi}{4}+2pi)) 或 ((cfrac{pi}{4}, cfrac{pi}{4}-2pi)) 等多种形式， 但是其中只有 ((cfrac{pi}{4}, cfrac{pi}{4})) 的形式满足方程，而其他表示形式都不满足方程.

典例剖析

【北师大选修教材4-4 (P_{_{19}}) (B) 组第3题】 长为 (2a) 的线段，其端点在直角坐标系的两坐标轴上滑动，从原点作这条线段的垂线，垂足为 (M)，求点 (M) 运动轨迹的极坐标方程(以 (Ox) 为极轴)，再将其化为直角坐标方程.

解析：设线段的两个端点分别为 (A)， (B)，且点 (M( ho, 0))，则由三角形的面积公式可得，

[S_{ riangle A O B}=frac{1}{2}|A B| cdot|O M|=frac{1}{2}|O A| cdot|O B| ]

即

[2 a cdot ho=frac{ ho}{cos heta} cdot frac{ ho}{sin heta}. ]

所以 ( ho=a cdot sin 2 heta)

这就是点 (M) 运动轨迹的极坐标方程.

化成直角坐标方程为 (2 a x y=left(x^{2}+y^{2} ight)^{frac{3}{2}} .)

【北师大选修教材4-4 (P_{_{13}})例6】求经过点 (A(2,0)) 、倾斜角为 (cfrac{pi}{6}) 的直线的极坐标方程.

解析：设 (M( ho, heta)) (( hogeqslant 0))为直线上任意一点，连接 (OM) ，

在 ( riangle OMA) 中，由正弦定理可知

[cfrac{OA}{sinangle OMA}=cfrac{OM}{sinangle OAM} ]

即就是，

[cfrac{2}{sin(cfrac{pi}{6}- heta)}=cfrac{ ho}{sin( heta-cfrac{pi}{6})} ]

[ ho sin left(frac{pi}{6}- heta ight)=1 ]

这就是经过点 (A(2,0)) 、倾斜角为 (cfrac{pi}{6}) 的直线的极坐标方程.

【北师大选修教材4-4 (P_{_{14}})例9】 求圆心在 (A(2,0))，半径为 (1) 的圆的极坐标方程.

解析： 在圆上取任意一点 (M( ho, heta)( ho>0))， 连接 (OM)， (MA)，如图所示，

在 ( riangle OMA) 中， 由余弦定理可知

[AM^{2}=OM^2+OA^{2}-2OMcdot OAcdotcosangle AOM ]

所以有

[1= ho^{2}+4-4 hocos heta ]

即

[ ho^{2}-4 hocos heta+3=0 ]

这就是所求的圆心在(A(2,0))、半径为 (1) 的圆的极坐标方程.

【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第22题】 在极坐标系中，(O)为极点，点(M( ho_0， heta_0)( ho_0>0))在曲线(C： ho=4sin heta)上，直线(l)过点(A(4，0))且与(OM)垂直，垂足为(P)。

(1).当( heta_0=cfrac{pi}{3})时，求( ho_0)及(l)的极坐标方程；

分析：当( heta_0=cfrac{pi}{3})时，由( ho=4sin heta)，得到( ho_0=4sincfrac{pi}{3}=2sqrt{3})；

求直线(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)的直线(l)的斜率为(k=-cfrac{1}{tanfrac{pi}{3}}=-cfrac{sqrt{3}}{3})，

故直线(l)的普通方程为(y-0=-cfrac{sqrt{3}}{3}(x-4))，

再用(y= hocdot sin heta)和(x= hocdot cos heta)代入上式，

变形直线的极坐标方程为(sqrt{3} ho cos heta+3 ho sin heta=4sqrt{3})，整理为

( hocdot sin( heta+cfrac{pi}{6})=2)或者( hocdot cos( heta-cfrac{pi}{3})=2)

思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，

在( riangle OAB)中，已知(OA=4)，(angle A=cfrac{pi}{6})，则(OB=2)，

在直线(l)上任取一点(P( ho， heta))，则在( riangle OPB)中，已知(OP= ho)，(angle POB=cfrac{pi}{3}- heta)，(OB=2)，

则( hocdot cos(cfrac{pi}{3}- heta)=2)，也即( hocdot cos( heta-cfrac{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( ho)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)在(C)上运动且(P)在线段(OM)上时，求(P)点轨迹的极坐标方程。

分析：同样的，求(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)，则直线(AP：y=-cfrac{1}{k}(x-4))，

则两条直线的交点(P)的参数方程为(left{egin{array}{l}{y=kx①}\{y=-cfrac{1}{k}(x-4)②}end{array} ight.(k为参数，kgeqslant 1))，

两式相乘，消去参数，得到(y^2=-x(x-4))，

即(x^2+y^2-4x=0)，转化为极坐标方程为( ho^2=4 ho cos heta)，

即( ho=4cos heta)，对应的( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}))，

再思考当(k)不存在时，点(P)落在原点，也满足题意，对应( heta=cfrac{pi}{2})，

综上所述，(P)点轨迹的极坐标方程为( ho=4cos heta)，( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{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( ho， heta))，在(angle OAP)中，(OP= ho)，我们很容易得到(cos heta=cfrac{ ho}{4})，

即( ho=4cos heta)，且( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}])，

故(P)点轨迹的极坐标方程为( ho=4cos heta)，( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}])。

解后反思：由这两小问题的解答过程比较分析，同样的问题，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。

【北师大选修教材4-4 (P_{_{19}}) (A)组第(10)】求与曲线 ( hocos heta+1=0) 关于直线 ( heta=cfrac{pi}{4})对称的曲线的极坐标方程。

法1： 转化为在直角坐标系中思考求解，

( hocos heta+1=0) 的直角坐标方程为： (x+1=0)，

直线 ( heta=cfrac{pi}{4}) 的直角坐标方程为： (y=x)，

故所求的对称曲线为 (y+1=0)，即所求的极坐标方程为 ( hosin heta+1=0) .

方法延申：求直线 (x+3y-1=0) 关于 (y=x) 对称的直线的方程。

分析：由于关于(y=x) 对称，故将 (yRightarrow x)， (xRightarrow y)，得到 (y+3x-1=0).

法2：在极坐标系下，利用相关点法直接思考求解；

如图所示，在曲线 ( hocos heta+1=0) 上任取一点(P( ho_1, heta_1))，其关于直线 ( heta=cfrac{pi}{4}) 的对称点 (P'( ho, heta))，

则由图可知，(left{egin{array}{l} ho= ho_1\ heta=cfrac{pi}{2}- heta_1 end{array} ight.,) 即 (left{egin{array}{l} ho_1= ho\ heta_1=cfrac{pi}{2}- heta end{array} ight.,)

由于(P( ho_1, heta_1))满足方程 ( hocos heta+1=0) ，故代入得到 ( hocos(cfrac{pi}{2}- heta)+1=0)

即 ( hosin heta+1=0) 为所求曲线的极坐标方程.

解后反思：对于法2而言，更一般化的曲线的对称曲线，也可以采用此法求解；

【2021届黄冈八模测试卷一第22题】有一种赛车道类似“梨形"曲线，由圆弧 (AD)，(BC) 和线段 (AB)，(CD) 四部分组成；

在极坐标系 (Ox) 中 (A(2, cfrac{pi}{3}))， (B(1, cfrac{2pi}{3}))， (C(1,cfrac{4pi}{3}))， (D(2,-cfrac{pi}{3}))， 弧 (BC), (AD) 所在圆的圆心分别是 ((0,0)), ((2,0),) 曲线 (M_{1}) 是弧 (BC)， 曲线(M_{2}) 是弧 (AD).

(1). 分别写出 (M_{1})， (M_{2}) 的极坐标方程；

解析：如图所示，由题意可知， (M_1)的极坐标方程为 ( ho=1)，((cfrac{2pi}{3}leqslant hetaleqslantcfrac{4pi}{3}))，

而圆弧 (AD) 所在圆的圆心为 ((2,0))，设 (P( ho, heta)) 为 (M_2) 上任意一点，

则在( riangle OO_1P)中，由 (cos heta=cfrac{ ho}{4}) 可得， ( ho=4cos heta)，((-cfrac{pi}{3}leqslant hetaleqslantcfrac{pi}{3}))，

故 (M_{1})， (M_{2}) 的极坐标方程分别为：

( ho=1)((cfrac{2pi}{3}leqslant hetaleqslantcfrac{4pi}{3})) 和 ( ho=4cos heta)((-cfrac{pi}{3}leqslant hetaleqslantcfrac{pi}{3})).

(2). 点 (E)， (F) 位于曲线 (M_{2}) 上， 且 (angle EOF=cfrac{pi}{3})， 求 ( riangle EOF) 面积的取值范围.

解析：不妨设 (E( ho_{1}, alpha))， (F( ho_{2}, alpha-cfrac{pi}{3}))可以设点(F) 的辅角为(eta)，此时(eta)为负角，则由题目可知，(alpha-eta=cfrac{pi}{3})[此处还可以借助数轴上任意两点的距离公式(|AB|)(=)(x_{_{A}})(-)(x_{_{B}})来理解]，故解得(eta=alpha-cfrac{pi}{3})(quad)，其中 (0leqslant alphaleqslantcfrac{pi}{3})，

则 ( ho_{1}=4cosalpha), ( ho_{2}=4cos(alpha-cfrac{pi}{3}))，则有

(S_{Delta EOF}=cfrac{1}{2} ho_{1}cdot ho_{2}cdotsincfrac{pi}{3})(=)(4sqrt{3}cdotcosalpha(cosalphacoscfrac{pi}{3}+sinalphasincfrac{pi}{3}))

(=4sqrt{3}(cfrac{1}{2}cos^{2}alpha+cfrac{sqrt{3}}{2}cosalphacdotsinalpha)=2sqrt{3}sin(2alpha+cfrac{pi}{6})+sqrt{3})

又由于 (0 leqslant alpha leqslant cfrac{pi}{3})， (cfrac{1}{2}leqslantsin(2alpha+cfrac{pi}{6})leqslant 1)，

则 (2sqrt{3}leqslant 2sqrt{3}sin(2alpha+cfrac{pi}{6})+sqrt{3}leqslant 3sqrt{3})，

所以 ( riangle EOF) 的面积的取值范围是 ([2sqrt{3}, 3sqrt{3}]) .

优越之处

【2020 (cdot) 淮南模拟】在平面直角坐标系 (xOy) 中，曲线 (C_{1}) 的参数方程为(left{egin{array}{l}x=3+3cosalpha,\y=3sinalphaend{array} ight.) ((alpha) 为参数)，以原点 (O) 为极点，以 (x) 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 (C_{2}) 的极坐标方程为 ( ho+4cos heta=0).

(1). 求曲线 (C_{1}) 的普通方程与曲线 (C_{2}) 的直角坐标方程；

解： 曲线 (C_{1}) 的参数方程为 (left{egin{array}{l}x=3+3cosalpha,\y=3sinalphaend{array} ight.) ( (alpha) 为参数)，

转换为直角坐标方程为 ((x-3)^{2}+y^{2}=9).

曲线 (C_{2}) 的极坐标方程为 ( ho+4cos heta=0)， 转换为直角坐标方程为(x^{2}+y^{2}+4x=0).

(2).设点 (A)，(B) 分别是曲线 (C_{1}), (C_{2}) 上的两个动点，且 (angle AOB=cfrac{pi}{2})，求 ( riangle AOB) 面积的最大值.

解： 此处有个值得思考的好问题，为什么使用极坐标系来求解而不用直角坐标系？

由(1)得：曲线 (C_{1}) 的极坐标方程为 ( ho=6cos heta)，

曲线 (C_{2}) 的极坐标方程为 ( ho=-4cos heta)，

设 (A( ho_{1}, heta))， (B( ho_{2}, heta+cfrac{pi}{2}))，

所以 (S_{ riangle AOB}=cfrac{1}{2} imes OA imes OB imes sinangle AOB=cfrac{1}{2} imes ho_{1} imes ho_{2} imes sincfrac{pi}{2})

(=cfrac{1}{2} imes 6cos heta imes [-4cos( heta+cfrac{pi}{2})])，

(=cfrac{1}{2} imes 6cos heta imes 4sin heta=12sin hetacos heta=6sin2 hetaleqslant 6)，

当 ( heta=cfrac{pi}{4}) 时， ( riangle AOB) 面积的最大值为 (6).

解后反思：本题目的求解，若改用平面直角坐标系，运算量会比较大，而且非常容易出错，一般涉及到与线段的长度，或三角形的边有关的问题，尤其是这些线段若经过了原点[对应于极坐标系中的极点]，此时采用极坐标系求解问题，有意想不到的便利。