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-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
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