极坐标系中的运算困惑 | 新高考已删

前言

直角坐标系和极坐标系，是两种不同的坐标系系统，其建立的基础和特点都是有区别的，也正因为二者有区别，各有各的特点，则二者自然不应该出现用一种完全取代另一种，否则另一种就没有存在的必要性，所以两种不同的坐标系系统在有些情形下会有一定的区别。

用极坐标与直角坐标表示点和曲线时，除遵循共同的原理外，还存在着很大的区别：在直角坐标系下，平面内的点和坐标一一对应，因而曲线和它的方程也是一一对应的，曲线上每一点的坐标一定适合它的方程，因而在平面直角坐标系中，方程组的公共解就是两条曲线全部的交点。但在极坐标系下，平面内的一个点可以有无数个实数对作为它的坐标，如某一点的坐标是 \((\rho，\theta)\) ，那么 \((\rho，\theta+2k\pi)\)， \((-\rho，\theta+(2k+1)\pi)\) 也是这个点的坐标。从而一条曲线可以与多个方程对应，曲线上一点的所有坐标不一定都适合方程，因面方程组的公共解不能保证给出两曲线的全部交点.

求交点困惑

求曲线\(C_1：\rho=2sin\theta\)和曲线\(C_2：\rho=2\sqrt{3}cos\theta\)的交点。

[法1]：在直角坐标系下思考计算，

将曲线\(C_1\)转化为普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\)，

将曲线\(C_2\)转化为普通方程为\((x-\sqrt{3})^2+y^2=3\)，

将二者联立，得到\(\left\{\begin{array}{l}{x^2+(y-1)^2=1}\\{(x-\sqrt{3})^2+y^2=3}\end{array}\right.\)

解得两个交点的坐标为\((0,0)\)和\((\cfrac{\sqrt{3}}{2},\cfrac{3}{2})\)；

[法2]：在极坐标系下思考计算，

将二者联立，得到\(\left\{\begin{array}{l}{\rho=2sin\theta}\\{\rho=2\sqrt{3}cos\theta}\end{array}\right.\quad\) 消去\(\rho\)，

得到\(tan\theta=\sqrt{3}\)，即\(\theta=\cfrac{\pi}{3}\)两个圆上的点的极角范围的交集为 \([0,\cfrac{\pi}{2}]\)。代入计算得到\(\rho=\sqrt{3}\)，

则交点的直角坐标为\((\rho\cdot cos\theta，\rho\cdot sin\theta)=(\cfrac{\sqrt{3}}{2},\cfrac{3}{2})\)

[产生困惑]：解法2怎么少了一个交点\((0,0)\)?

分析：在极坐标系中，如果限定极角的范围是\([0,2\pi)\)，则极坐标系中的所有点(必须排除极点\(O\))和其极坐标\((\rho,\theta)\)之间是一一对应的，只有极点最特殊，我们规定极点的\(\rho=0\)，但是其极角\(\theta\)在前提范围\([0,2\pi)\)内是任意的，这就造成了一个特殊情况。

比如上述问题，在表达式\(C_1：\rho=2sin\theta\)中，令\(\theta=0\)，则\(\rho=0\)，此时对应极点\((0,0)\)，

在表达式\(C_2：\rho=2\sqrt{3}cos\theta\)中，令\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，则\(\rho=0\)，此时对应极点\((0,\cfrac{\pi}{2})\)，

这样我们在极坐标系下就找回了丢失的另一个交点。

[困惑原因]：在极坐标系下，平面内的一个点可以有无数个实数对作为它的坐标，如某一点的坐标是 \((\rho，\theta)\) ，那么 \((\rho，\theta+2k\pi)\)， \((-\rho，\theta+(2k+1)\pi)\) 也是这个点的坐标。从而一条曲线可以与多个方程对应，比如 \(\rho=3\) 和 \(\rho=-3\) 都对应圆心在极点，半径为 \(3\) 的圆；曲线上一点的所有坐标不一定都适合方程，比如[反例：比如对极坐标方程 \(\rho=\theta\)而言， 点 \(M(\cfrac{\pi}{4}, \cfrac{\pi}{4})\) 的极坐标还可以表示为 \((\cfrac{\pi}{4}, \cfrac{\pi}{4}+2\pi)\) 或 \((\cfrac{\pi}{4}, \cfrac{\pi}{4}-2\pi)\) 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.]因而方程组的公共解不能保证给出两曲线的全部交点.

解惑反思：如果两个曲线的交点经过极点，那么在极坐标系下求解很有可能会失根，而同样的情形在直角坐标系下却不会发生这样的问题；所以凡是涉及经过极点的曲线的交点的求解，高考题目的求解思路都是在直角坐标系下给出的。同时，我们也就能理解在极坐标系下的极点的坐标为什么要那样规定。

【2022 高三数学三轮模拟冲刺，有改编】数学中有许多寓意美好的曲线， 在极坐标系中，曲线 \(C: \rho=\sin 3 \theta(\rho \in R)\) 被称为 "三叶玫瑰线” (如图所示).

(1). 当 \(\theta \in[0, \pi)\)， 求以极点为圆心， \(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\) 为半径的圆与三叶玫瑰线交点的极坐标；

解析：由 \(\left\{\begin{array}{l}\rho=\sin3\theta\\\rho=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.\) 可得 \(\sin 3\theta=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，

所以，\(3\theta=2k\pi+\cfrac{\pi}{4}\) 或 \(3\theta=2k\pi+\cfrac{3\pi}{4}\) (\(k \in Z\))，

则 \(\theta=\cfrac{2k\pi}{3}+\cfrac{\pi}{12}\) 或 \(\theta=\cfrac{2k\pi}{3}+\cfrac{\pi}{4}\) (\(k\in{Z}\) )，

又由于 \(\theta \in[0, \pi)\), 所以 \(\theta\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{12}\)， \(\cfrac{\pi}{4}\)， \(\cfrac{3 \pi}{4}\)， \(\cfrac{11 \pi}{12}\)，

所以， 交点的极坐标为 \((\cfrac{\sqrt{2}}{2},\cfrac{\pi}{12})\)，\((\cfrac{\sqrt{2}}{2},\cfrac{\pi}{4})\)，\((\cfrac{\sqrt{2}}{2},\cfrac{3\pi}{4})\)，\((\cfrac{\sqrt{2}}{2},\cfrac{11\pi}{12})\) .

求直线 \(\rho\cdot cos\theta+2\rho\cdot sin\theta=1\) 和 \(2\rho\cdot cos\theta-3\rho\cdot sin\theta=2\) 的交点。

问题：上述题目在极坐标系下求交点容易呢，还是在直角坐标系下求交点容易。

思路一：在直角坐标系下求交点，本质是求解代数方程，

直线 \(\rho\cdot cos\theta+2\rho\cdot sin\theta=1\) 的直角坐标方程为 \(x+2y=1\)，

直线 \(2\rho\cdot cos\theta-3\rho\cdot sin\theta=2\) 的直角坐标方程为 \(2x-3y=2\)，

联立\(\left\{\begin{array}{l}{x+2y=1}\\{2x-3y=2}\end{array}\right.\) 求解，得到交点坐标为 \((1,0)\)；

思路二：在极坐标系下求交点，本质是求解三角方程，

解后反思：当涉及到的曲线两个都没有经过极点时，我们还是在直角坐标系下求交点容易些。

【北师大教材选修4-4 \(P_{_{25}}\) 复习题一 \(A\) 组第7题】求曲线 \(\rho=\sin\theta\) 和 \(\rho\sin\theta=\cfrac{1}{4}\) 的交点坐标。

法1：将两个曲线转化为直角坐标方程，再求解直角坐标系下的交点坐标，最后转化为极坐标。 \((\cfrac{1}{2},\cfrac{\pi}{6})\)， \((\cfrac{1}{2},\cfrac{5\pi}{6})\)；

法2：联立两个曲线，得到 \(\left\{\begin{array}{l}{\rho=\sin\theta\quad ①}\\{\rho\sin\theta=\cfrac{1}{4}\quad ②}\end{array}\right.\)

① 代入 ② ，得到 \(\sin^2\theta=\cfrac{1}{4}\)，故 \(\sin\theta=\pm\cfrac{1}{2}\)， 由于 \(\theta\in [0,\pi)\)，

故得到 $\sin\theta=\cfrac{1}{2}$，解得 \(\theta=\cfrac{\pi}{6}\) ， 或 \(\theta=\cfrac{5\pi}{6}\) ，

代入 ① 式得到， \(\rho=\cfrac{1}{2}\)，

故交点为 \((\cfrac{1}{2},\cfrac{\pi}{6})\)， \((\cfrac{1}{2},\cfrac{5\pi}{6})\)；

求公共弦困惑

圆 \(\rho=r\) 与圆 \(\rho=-2r\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})(r>0)\) 的公共弦所在直线的方程为 【$\quad $】

$A.2\rho(\sin\theta+\cos\theta)=r$

$B.2\rho(\sin\theta+\cos\theta)=-r$

$C.\sqrt{2}\rho(\sin\theta+\cos\theta)=r$

$D.\sqrt{2}\rho(\sin\theta+\cos\theta)=-r$

思路一：将圆的极坐标方程转化为直角坐标方程，在直角坐标系下思考运算；

给\(\rho=r\)两边同时平方，得到圆\(\rho=r\)的直角坐标方程为：\(x^{2}+y^{2}=r^{2}\)①，

给\(\rho=-2r\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\)的两边同时乘以\(\rho\)，

整理得到圆\(\rho=-2r\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\)的直角坐标方程为 \(x^{2}\)\(+\)\(y^{2}\)\(+\)\(\sqrt{2}rx\)\(+\)\(\sqrt{2}ry\)\(=0\)②，

则②-①得到，两个圆的公共弦的直线方程为\(\sqrt{2}rx\)\(+\)\(\sqrt{2}ry\)\(=\)\(-r^2\)，

由于\(r>0\)，两边同时除以\(r\)，得到\(\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=-r\)，

转化为极坐标方程即\(\sqrt{2}\rho(\sin\theta+\cos\theta)=-r\)，故选\(D\).

思路二[困惑]：在极坐标下思考运算，却感觉出现了很大的问题；

\(\rho=r\)①，\(\rho=-2r\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\)②，

两式相减，得到\(r=-2r\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\)，

由于\(r>0\)，两边同除以\(r\)，得到\(1=-2\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\)，

即\(\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})=-\cfrac{1}{2}\)，

解得，\(\theta=\cfrac{11\pi}{12}\)，

解惑反思：反观整个求解过程中使用的变形正确，运算正确，而结果离题太远，这说明我们在极坐标系下，不能进行这样的运算，其算理是错误的；也再次说明，许多涉及到极坐标的问题，转化为直角坐标系下进行运算的思路是正确的。