求曲線的極坐標方程

前言

[從內心主動接受極坐標，用開放的心態學習接受極坐標]在平面內建立直角坐標系，是人們公認的最容易接受並且被經常采用的方法[以前形成的思維定勢有好處，也有弊端，自然的會阻礙我們接受新的知識體系]，但是它並不是確定點的位置的唯一方法. 有些復雜的曲線用直角坐標表示，形式及其復雜，但如果用極坐標表示，就會變得十分簡單且便於處理，比如在應用上有重要價值的等速螺線，它的直角坐標 \(x\) 與 \(y\) 之間的關系很難確定，可是它的極坐標 \(\rho\) 與 \(\theta\) 卻有一個簡單的一次函數關系 \(\rho=\rho_0+a\cdot\theta\)(\(a\neq0\))，這就為深入研究帶來了方便。

平面直角坐標系和極坐標系是研究解析幾何的兩個基本坐標系統，它們從不同的角度描繪了平面內的點集與具有豐富幾何意義的有序數對的對應關系，是矛盾的統一體，平面直角坐標系中，橫坐標與縱坐標實質上是用兩個互相垂直的分向量來表示點的位置，它使研究二元代數方程問題簡單自然；極坐標系中的極徑與極角實質上是用長度和角度來表示點的方位，使涉及距離或角的問題簡捷明快.[我們學習中經常存在的問題] 我們常習慣於單獨使用一種坐標系研究問題，這不僅造成基礎知識探究上的損失，而且時常帶來具體推演上的繁瑣.如果適時把兩種坐標系配合起來使用，取長補短，相得益彰，既給基本知識探究開拓新的前景，又給解析幾何的運算展現新的色彩.

曲線與方程

在極坐標系中，曲線可以用含有 \(\rho\) ，\(\theta\) 這兩個變量的方程 \(\varphi(\rho,\theta)=0\) 來表示，如果某曲線 \(C\) 上的點與一個二元方程 \(\varphi(\rho,\theta)=0\) 建立了如下的關系：

(1). 曲線 \(C\) 上的每個點的極坐標中至少有一組 \((\rho,\theta)\) 滿足方程 \(\varphi(\rho,\theta)=0\)；

(2). 極坐標滿足方程 \(\varphi(\rho,\theta)=0\) 的點都在曲線 \(C\) 上， 那么方程 \(\varphi(\rho,\theta)=0\) 叫作曲線 \(C\) 的極坐標方程，曲線 \(C\) 叫作極坐標方程 \(\varphi(\rho,\theta)=0\) 的曲線.

由此可見，極坐標系中曲線與方程的關系和直角坐標系中曲線與方程的關系是一致的.

求解步驟

• 求曲線的極坐標方程的一般步驟[在直角坐標系下和極坐標系下都是一樣的]，求曲線的極坐標方程就是找出曲線上的動點 \(P(\rho，\theta)\) 的極徑 \(\rho\) 和極角 \(\theta\) 的相互關系.

①建系：建立極坐標系，用 \((\rho，\theta)\) 表示曲線上的任意一點 \(M\) 的坐標；

②設點：寫出適合條件 \(p\) 的點 \(M\) 的集合 \(P=\{M|p(M)\}\) ；

③列關系式：用坐標表示條件 \(p(M)\) ，列出方程 \(\varphi(\rho，\theta)=0\)；

④化簡整理：化簡方程 \(\varphi(\rho，\theta)=0\)，

⑤檢驗或驗證：注意變形的等價性；

即 建系 \(\Rightarrow\) 設點 \(\Rightarrow\) 列關系式(或方程) \(\Rightarrow\) 化簡整理； \(\Rightarrow\) 驗證；

難點突破

其一：如何列關系式？列關系式，利用已知條件，圖形的幾何性質，問題的物理意義等列關系式，比如數學定理，數學公式，數學方法，比如正弦定理，余弦定理，等面積法，三角函數公式等；

求軌跡方程時，我們常在三角形中利用正、余弦定理找到變量\(\rho\)，\(\theta\)的關系。在圓的問題中，經常用到直角三角形中的邊角關系。

其二：如何做到變形的等價性？結合題目中的條件和圖形，利用 \(\theta\) 加以限制；

概念辨析

【北師大選修教材4-4 \(P_{_{13-14}}\)練習】判斷正誤：

① 在極坐標系中，\(\tan\theta=1\) 與 \(\theta=\cfrac{\pi}{4}\)表示同一條直線；正確；

② 點 \(P\) 在曲線 \(C\) 上，則點 \(P\) 的所有極坐標滿足曲線 \(C\) 的極坐標方程；錯誤，點 \(P\) 的所有極坐標中至少有一組滿足曲線 \(C\) 的極坐標方程，並非所有；

反例：比如對極坐標方程 \(\rho=\theta\)而言， 點 \(M(\cfrac{\pi}{4}, \cfrac{\pi}{4})\) 的極坐標還可以表示為 \((\cfrac{\pi}{4}, \cfrac{\pi}{4}+2\pi)\) 或 \((\cfrac{\pi}{4}, \cfrac{\pi}{4}-2\pi)\) 等多種形式， 但是其中只有 \((\cfrac{\pi}{4}, \cfrac{\pi}{4})\) 的形式滿足方程，而其他表示形式都不滿足方程.

典例剖析

【北師大選修教材4-4 \(P_{_{19}}\) \(B\) 組第3題】 長為 \(2a\) 的線段，其端點在直角坐標系的兩坐標軸上滑動，從原點作這條線段的垂線，垂足為 \(M\)，求點 \(M\) 運動軌跡的極坐標方程(以 \(Ox\) 為極軸)，再將其化為直角坐標方程.

解析：設線段的兩個端點分別為 \(A\)， \(B\)，且點 \(M(\rho, 0)\)，則由三角形的面積公式可得，

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

即

\[2 a \cdot \rho=\frac{\rho}{\cos \theta} \cdot \frac{\rho}{\sin \theta}. \]

所以 \(\rho=a \cdot \sin 2 \theta\)

這就是點 \(M\) 運動軌跡的極坐標方程.

化成直角坐標方程為 \(2 a x y=\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\frac{3}{2}} .\)

【北師大選修教材4-4 \(P_{_{13}}\)例6】求經過點 \(A(2,0)\) 、傾斜角為 \(\cfrac{\pi}{6}\) 的直線的極坐標方程.

解析：設 \(M(\rho,\theta)\) \((\rho\geqslant 0)\)為直線上任意一點，連接 \(OM\) ，

在 \(\triangle OMA\) 中，由正弦定理可知

\[\cfrac{OA}{\sin\angle OMA}=\cfrac{OM}{\sin\angle OAM} \]

即就是，

\[\cfrac{2}{\sin(\cfrac{\pi}{6}-\theta)}=\cfrac{\rho}{\sin(\theta-\cfrac{\pi}{6})} \]

\[\rho \sin \left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)=1 \]

這就是經過點 \(A(2,0)\) 、傾斜角為 \(\cfrac{\pi}{6}\) 的直線的極坐標方程.

【北師大選修教材4-4 \(P_{_{14}}\)例9】 求圓心在 \(A(2,0)\)，半徑為 \(1\) 的圓的極坐標方程.

解析： 在圓上取任意一點 \(M(\rho, \theta)(\rho>0)\)， 連接 \(OM\)， \(MA\)，如圖所示，

在 \(\triangle OMA\) 中， 由余弦定理可知

\[AM^{2}=OM^2+OA^{2}-2OM\cdot OA\cdot\cos\angle AOM \]

所以有

\[1=\rho^{2}+4-4\rho\cos\theta \]

即

\[\rho^{2}-4\rho\cos\theta+3=0 \]

這就是所求的圓心在\(A(2,0)\)、半徑為 \(1\) 的圓的極坐標方程.

【2019年高考數學試卷理科新課標Ⅱ第22題】 在極坐標系中，\(O\)為極點，點\(M(\rho_0，\theta_0)(\rho_0>0)\)在曲線\(C：\rho=4sin\theta\)上，直線\(l\)過點\(A(4，0)\)且與\(OM\)垂直，垂足為\(P\)。

(1).當\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)時，求\(\rho_0\)及\(l\)的極坐標方程；

分析：當\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)時，由\(\rho=4sin\theta\)，得到\(\rho_0=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)；

求直線\(l\)的極坐標方程有以下兩個思路，可以比較看，哪一種更簡便。

思路1：過點\(A\)的直線\(l\)的斜率為\(k=-\cfrac{1}{tan\frac{\pi}{3}}=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

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

再用\(y=\rho\cdot sin\theta\)和\(x=\rho\cdot cos\theta\)代入上式，

變形直線的極坐標方程為\(\sqrt{3}\rho cos\theta+3\rho sin\theta=4\sqrt{3}\)，整理為

\(\rho\cdot sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})=2\)或者\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)

思路2：如圖所示，在極坐標系下直接思考和運算，

在\(\triangle OAB\)中，已知\(OA=4\)，\(\angle A=\cfrac{\pi}{6}\)，則\(OB=2\)，

在直線\(l\)上任取一點\(P(\rho，\theta)\)，則在\(\triangle OPB\)中，已知\(OP=\rho\)，\(\angle POB=\cfrac{\pi}{3}-\theta\)，\(OB=2\)，

則\(\rho\cdot cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)=2\)，也即\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)

解后反思：相比較而言，在極坐標系下求直線的方程，我們只需要借助解三角形就可以搞定了，原因是在極坐標系下\(\rho\)的含義一定是極點到動點的線段的長度，這樣就可以順利借助解三角形來完成了。

(2).當\(M\)在\(C\)上運動且\(P\)在線段\(OM\)上時，求\(P\)點軌跡的極坐標方程。

分析：同樣的，求\(P\)點軌跡的極坐標方程，我們也可以有兩個思路來考慮，

思路1：在直角坐標系下思考求解，然后轉化划歸。

設直線\(OM：y=kx\)，則直線\(AP：y=-\cfrac{1}{k}(x-4)\)，

則兩條直線的交點\(P\)的參數方程為\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx①}\\{y=-\cfrac{1}{k}(x-4)②}\end{array}\right.(k為參數，k\geqslant 1)\)，

兩式相乘，消去參數，得到\(y^2=-x(x-4)\)，

即\(x^2+y^2-4x=0\)，轉化為極坐標方程為\(\rho^2=4\rho cos\theta\)，

即\(\rho=4cos\theta\)，對應的\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)，

再思考當\(k\)不存在時，點\(P\)落在原點，也滿足題意，對應\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，

綜上所述，\(P\)點軌跡的極坐標方程為\(\rho=4cos\theta\)，\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，

思路2：如圖所示，在極坐標系下直接思考和運算，

設動點\(P(\rho，\theta)\)，在\(\angle OAP\)中，\(OP=\rho\)，我們很容易得到\(cos\theta=\cfrac{\rho}{4}\)，

即\(\rho=4cos\theta\)，且\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，

故\(P\)點軌跡的極坐標方程為\(\rho=4cos\theta\)，\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)。

解后反思：由這兩小問題的解答過程比較分析，同樣的問題，當放到極坐標下思考和運算會變得很簡單，之所以我們感覺難，是因為我們對極坐標系很不熟悉而已。

【北師大選修教材4-4 \(P_{_{19}}\) \(A\)組第\(10\)】求與曲線 \(\rho\cos\theta+1=0\) 關於直線 \(\theta=\cfrac{\pi}{4}\)對稱的曲線的極坐標方程。

法1： 轉化為在直角坐標系中思考求解，

\(\rho\cos\theta+1=0\) 的直角坐標方程為： \(x+1=0\)，

直線 \(\theta=\cfrac{\pi}{4}\) 的直角坐標方程為： \(y=x\)，

故所求的對稱曲線為 \(y+1=0\)，即所求的極坐標方程為 \(\rho\sin\theta+1=0\) .

方法延申：求直線 \(x+3y-1=0\) 關於 \(y=x\) 對稱的直線的方程。

分析：由於關於\(y=x\) 對稱，故將 \(y\Rightarrow x\)， \(x\Rightarrow y\)，得到 \(y+3x-1=0\).

法2：在極坐標系下，利用相關點法直接思考求解；

如圖所示，在曲線 \(\rho\cos\theta+1=0\) 上任取一點\(P(\rho_1,\theta_1)\)，其關於直線 \(\theta=\cfrac{\pi}{4}\) 的對稱點 \(P'(\rho,\theta)\)，

則由圖可知，\(\left\{\begin{array}{l}\rho=\rho_1\\ \theta=\cfrac{\pi}{2}-\theta_1 \end{array}\right.,\) 即 \(\left\{\begin{array}{l}\rho_1=\rho\\ \theta_1=\cfrac{\pi}{2}-\theta \end{array}\right.,\)

由於\(P(\rho_1,\theta_1)\)滿足方程 \(\rho\cos\theta+1=0\) ，故代入得到 \(\rho\cos(\cfrac{\pi}{2}-\theta)+1=0\)

即 \(\rho\sin\theta+1=0\) 為所求曲線的極坐標方程.

解后反思：對於法2而言，更一般化的曲線的對稱曲線，也可以采用此法求解；

【2021屆黃岡八模測試卷一第22題】有一種賽車道類似“梨形"曲線，由圓弧 \(AD\)，\(BC\) 和線段 \(AB\)，\(CD\) 四部分組成；

在極坐標系 \(Ox\) 中 \(A(2, \cfrac{\pi}{3})\)， \(B(1, \cfrac{2\pi}{3})\)， \(C(1,\cfrac{4\pi}{3})\)， \(D(2,-\cfrac{\pi}{3})\)， 弧 \(BC\), \(AD\) 所在圓的圓心分別是 \((0,0)\), \((2,0),\) 曲線 \(M_{1}\) 是弧 \(BC\)， 曲線\(M_{2}\) 是弧 \(AD\).

(1). 分別寫出 \(M_{1}\)， \(M_{2}\) 的極坐標方程；

解析：如圖所示，由題意可知， \(M_1\)的極坐標方程為 \(\rho=1\)，(\(\cfrac{2\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{4\pi}{3}\))，

而圓弧 \(AD\) 所在圓的圓心為 \((2,0)\)，設 \(P(\rho,\theta)\) 為 \(M_2\) 上任意一點，

則在\(\triangle OO_1P\)中，由 \(\cos\theta=\cfrac{\rho}{4}\) 可得， \(\rho=4\cos\theta\)，(\(-\cfrac{\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{\pi}{3}\))，

故 \(M_{1}\)， \(M_{2}\) 的極坐標方程分別為：

\(\rho=1\)(\(\cfrac{2\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{4\pi}{3}\)) 和 \(\rho=4\cos\theta\)(\(-\cfrac{\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{\pi}{3}\)).

(2). 點 \(E\)， \(F\) 位於曲線 \(M_{2}\) 上， 且 \(\angle EOF=\cfrac{\pi}{3}\)， 求 \(\triangle EOF\) 面積的取值范圍.

解析：不妨設 \(E(\rho_{1}, \alpha)\)， \(F(\rho_{2}, \alpha-\cfrac{\pi}{3})\)可以設點\(F\) 的輔角為\(\beta\)，此時\(\beta\)為負角，則由題目可知，\(\alpha-\beta=\cfrac{\pi}{3}\)[此處還可以借助數軸上任意兩點的距離公式\(|AB|\)\(=\)\(x_{_{A}}\)\(-\)\(x_{_{B}}\)來理解]，故解得\(\beta=\alpha-\cfrac{\pi}{3}\)\(\quad\)，其中 \(0\leqslant \alpha\leqslant\cfrac{\pi}{3}\)，

則 \(\rho_{1}=4\cos\alpha\), \(\rho_{2}=4\cos(\alpha-\cfrac{\pi}{3})\)，則有

\(S_{\Delta EOF}=\cfrac{1}{2}\rho_{1}\cdot\rho_{2}\cdot\sin\cfrac{\pi}{3}\)\(=\)\(4\sqrt{3}\cdot\cos\alpha(\cos\alpha\cos\cfrac{\pi}{3}+\sin\alpha\sin\cfrac{\pi}{3})\)

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

又由於 \(0 \leqslant \alpha \leqslant \cfrac{\pi}{3}\)， \(\cfrac{1}{2}\leqslant\sin(2\alpha+\cfrac{\pi}{6})\leqslant 1\)，

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

所以 \(\triangle EOF\) 的面積的取值范圍是 \([2\sqrt{3}, 3\sqrt{3}]\) .

優越之處

【2020 \(\cdot\) 淮南模擬】在平面直角坐標系 \(xOy\) 中，曲線 \(C_{1}\) 的參數方程為\(\left\{\begin{array}{l}x=3+3\cos\alpha,\\y=3\sin\alpha\end{array}\right.\) (\(\alpha\) 為參數)，以原點 \(O\) 為極點，以 \(x\) 軸非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線 \(C_{2}\) 的極坐標方程為 \(\rho+4\cos\theta=0\).

(1). 求曲線 \(C_{1}\) 的普通方程與曲線 \(C_{2}\) 的直角坐標方程；

解： 曲線 \(C_{1}\) 的參數方程為 \(\left\{\begin{array}{l}x=3+3\cos\alpha,\\y=3\sin\alpha\end{array}\right.\) ( \(\alpha\) 為參數)，

轉換為直角坐標方程為 \((x-3)^{2}+y^{2}=9\).

曲線 \(C_{2}\) 的極坐標方程為 \(\rho+4\cos\theta=0\)， 轉換為直角坐標方程為\(x^{2}+y^{2}+4x=0\).

(2).設點 \(A\)，\(B\) 分別是曲線 \(C_{1}\), \(C_{2}\) 上的兩個動點，且 \(\angle AOB=\cfrac{\pi}{2}\)，求 \(\triangle AOB\) 面積的最大值.

解： 此處有個值得思考的好問題，為什么使用極坐標系來求解而不用直角坐標系？

由(1)得：曲線 \(C_{1}\) 的極坐標方程為 \(\rho=6\cos\theta\)，

曲線 \(C_{2}\) 的極坐標方程為 \(\rho=-4\cos\theta\)，

設 \(A(\rho_{1}, \theta)\)， \(B(\rho_{2}, \theta+\cfrac{\pi}{2})\)，

所以 \(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}\times OA\times OB\times \sin\angle AOB=\cfrac{1}{2}\times\rho_{1}\times \rho_{2}\times \sin\cfrac{\pi}{2}\)

\(=\cfrac{1}{2}\times 6\cos\theta\times [-4\cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})]\)，

\(=\cfrac{1}{2}\times 6\cos\theta\times 4\sin\theta=12\sin\theta\cos\theta=6\sin2\theta\leqslant 6\)，

當 \(\theta=\cfrac{\pi}{4}\) 時， \(\triangle AOB\) 面積的最大值為 \(6\).

解后反思：本題目的求解，若改用平面直角坐標系，運算量會比較大，而且非常容易出錯，一般涉及到與線段的長度，或三角形的邊有關的問題，尤其是這些線段若經過了原點[對應於極坐標系中的極點]，此時采用極坐標系求解問題，有意想不到的便利。