－θ，
在△OAM中，由正弦定理得
OM
OA
si
∠OAM＝si
∠OMA，
即siρ
34π＝
1
π4
－θ
，所以ρsi
π4－θ＝22，
即ρ
si
π4cos
θ
－cosπ4si

θ
＝
22，
化简，得ρcosθ－si
θ＝1，经检验点A10的坐标适合上述方程，
所以满足条件的直线的极坐标方程为ρcosθ－si
θ＝12由题意知，圆经过极点O，设OA为其一条直径，设Mρ，θ为圆上除点O，A以外的任意一点，如图，则OA＝2r，连接AM，则OM⊥MA，
f在Rt△OAM中，OM＝OAcos∠AOM，即ρ＝2rcos32π－θ，即ρ＝－2rsi
θ，
经验证，点O00，A2r，32π的坐标皆满足上式，
所以满足条件的圆的极坐标方程为ρ＝－2rsi
θ再练一题
1．1求从极点出发，倾斜角为π4的射线的极坐标方程．
2在极坐标平面上，求圆心为
A8，π3
，半径为

5
的圆的方程．
【导学号：98990009】
【解】1设Mρ，θ是所求射线上的任意一点，则射线OM就是集合ρ
＝M∠xOM＝π4
所以所求射线的极坐标方程是

θ
＝π4
ρ
≥0．
2在圆上任取一点Pρ，θ，那么，在△AOP中，OA＝8，AP＝5，∠AOP
＝π3－θ或θ－π3由余弦定理得52＝82＋ρ2－2×8×ρ×cosθ－π3，
即ρ
2－16ρ

cosθ

－π3

＋39＝0

为所求圆的极坐标方程
直角坐标方程与极坐标方程的互化
进行直角坐标方程与极坐标方程的互化．
1y2＝4x；2y2＋x2－2x－1＝0；3θ＝π3；
4ρcos2θ2＝1；5ρ2cos2θ＝4；6ρ＝2－c1osθ【自主解答】1将x＝ρcosθ，y＝ρsi
θ代入y2＝4x，得ρsi
θ2＝4ρcosθ，化简得ρsi
2θ＝4cosθ
f2将x＝ρcosθ，y＝ρsi
θ代入y2＋x2－2x－1＝0得ρsi
θ2＋ρcosθ2－2ρcosθ－1＝0，
化简得ρ2－2ρcosθ－1＝03ta
θ＝yx∴ta
π3＝yx＝3，化简得y＝3xx≥0．
4∵ρ
cos2θ2＝1∴ρ
1＋cos2
θ
＝1即ρ
＋ρ
cos
θ
＝2
∴x2＋y2＋x＝2，化简得y2＝－4x－1．5∵ρ2cos2θ＝4，∴ρ2cos2θ－si
2θ＝4，即ρ2cos2θ－ρ2si
2θ＝4，∴x2－y2＝4
16∵ρ＝2－cosθ，∴2ρ－ρcosθ＝1，
∴2x2＋y2－x＝1，化简得3x2＋4y2－2x－1＝0
再练一题
2．进行直角坐标方程与极坐标方程的互化．
1y＝3x；2x2－y2＝1；3ρcosθ＝2；4ρ＝2cosθ
【解】1将x＝ρcosθ，y＝ρsi
θ代入y＝3x得ρsi
θ＝3
ρcosθ，从而θ＝π3
2将x＝ρcosθ，y＝ρsi
θ代入x2－y2＝1，得ρ2cos2θ－ρ2si
2θ＝1，化简，得ρ2＝cos12θ3∵ρcosθ＝2，∴x＝2，是过点20且垂直于x轴的直线．4∵ρ＝2cosθ，∴ρ2＝2ρcosθ，r