圆锥曲线与极坐标

参考 https://zhuanlan.zhihu.com/p/33808071

极坐标

在平面内取一个定点 $O$，叫极点，引一条射线 $Ox$，叫做极轴，再选定一个长度单位和角度的正方向（通常取逆时针方向）。对于平面内任何一点 $M$，用 $\rho$ 表示线段 $OM$ 的长度（有时也用 $r$ 表示），$\theta$ 表示从 $Ox$ 到 $OM$ 的角度，$\rho$ 叫做点 $M$ 的极径，$\theta$ 叫做点 $M$ 的极角，有序数对 $(\rho ,\theta )$ 就叫点 $M$ 的极坐标，这样建立的坐标系叫做极坐标系。

极坐标系用长度和角度取代了二维的坐标，相对于一般的直角坐标为下面的优点：

• 便于处理角度的关系
• 便于表示和计算长度

设 $M$ 为平面上的一点，它的直角坐标为 $(x,y)$，极坐标为 $(\rho ,\theta )$，易得互化公式：

$$\{\begin{array}{rl}x& =\rho \cos \theta \\ y& =\rho \sin \theta \end{array}\text{or}\{\begin{array}{rl}{\rho }^2& =x^2+y^2\\ \tan \theta & =\frac{y}{x}(x\ne 0)\end{array}$$

圆锥曲线的极坐标方程

（1）以焦点为极点

记 $|PF|=\rho$，$P$ 到准线 $l$ 的距离为 $d$，焦点到准线的距离为 $p$，由圆锥曲线的统一定义知 $\frac{\rho }{d}=e$，由图形可得 $d=p+\rho \cos \theta$，代入得 $\frac{\rho }{p+\rho \cos \theta }=e$，整理后得到圆锥曲线的统一极坐标方程：

$$\rho =\frac{ep}{1-e\cos \theta }$$

当 $e=0$ 时，轨迹为圆；$0<e<1$ 时，轨迹为椭圆；$e=1$ 时，轨迹为抛物线；$e>1$ 时，轨迹为双曲线。

（2）以坐标原点为极点

在这里只考虑椭圆与双曲线的情况，抛物线也可类比：

椭圆或双曲线的标准方程（焦点在 $x$ 轴上）为： $\frac{x^2}{a^2}\pm \frac{y^2}{b^2}=1$

代入 $x=\rho \cos \theta$，$y=\rho \sin \theta$ 得：

$\frac{{\rho }^2{\cos }^2\theta }{a^2}\pm \frac{{\rho }^2{\sin }^2\theta }{b^2}=1$，提取 ${\rho }^2$ 得：

$\frac{1}{{\rho }^2}=\frac{{\cos }^2\theta }{a^2}\pm \frac{{\sin }^2\theta }{b^2}$，此方程表示椭圆或双曲线的轨迹。

取加号时，轨迹为椭圆；取减号时，轨迹为双曲线。

一些结论

如图，$F$ 为圆锥曲线 $E$ 的焦点，过 $F$ 的直线交 $E$ 与 $A,B$ 两点，设直线 $AB$ 的倾斜角为 $\alpha$，则

$$\begin{array}{rl}& |AF|=\frac{ep}{1-e\cos \alpha },|BF|=\frac{ep}{1+e\cos \alpha }\\ & |AB|=\frac{ep}{1-e\cos \alpha }+\frac{ep}{1+e\cos \alpha }=\frac{2ep}{1-e^2{\cos }^2\alpha }\end{array}$$

（看成以 $F$ 为极点的极坐标系，由圆锥曲线方程 $\rho =\frac{ep}{1-e\cos \theta }$，令 $\theta =\alpha$ 可得 $A$ 点的 $\rho$，即 $|AF|$；同理，令 $\theta =\alpha +\pi$ 得到 $B$ 的，再用诱导公式 $\cos (\theta +\pi )=-\cos \theta$）

当椭圆与双曲线以标准方程表示时，焦准距 $p=\frac{b^2}{c}$，离心率 $e=\frac{c}{a}$，那么

$$\begin{array}{rl}& |AF|=\frac{b^2}{a-c\cos \alpha },|BF|=\frac{b^2}{a+c\cos \alpha }\\ & |AB|=\frac{2a{b}^2}{a^2-c^2{\cos }^2\alpha }\end{array}$$

若 $\frac{|AF|}{|BF|}=\lambda$，则 $\frac{1+e\cos \alpha }{1-e\cos \alpha }=\lambda$，解出

$$e\cos \alpha =\frac{\lambda -1}{\lambda +1}$$

已知 $e,\lambda$ 时，可用上式求倾斜角。

特殊地，当该曲线为抛物线时，$e=1$，有

$$\begin{array}{rl}& |AF|=\frac{p}{1-\cos \alpha }\\ & |BF|=\frac{p}{1+\cos \alpha }\\ & |AB|=\frac{2p}{{\sin }^2\alpha }\end{array}$$

应用

（1）以焦点为极点

例 1 （2017 年全国Ⅰ卷）10．已知 $F$ 为抛物线 $C:y^2=4x$ 的焦点，过作两条互相垂直的直线 $l_1$，$l_2$，直线 $l_1$ 与 $C$ 交于 $A$、$B$ 两点，直线 $l_2$ 与 $C$ 交于 $D$、$E$ 两点，则 $|AB|+|DE|$ 的最小值为（　　） A.16　　B.14　　C. 12　　D.10

解 $p=2$，设直线 $AB$ 的倾斜角为 $\alpha$，则直线 $DE$ 的倾斜角为 $\alpha +\frac{\pi }{2}$

使用结论：$|AB|=\frac{2p}{{\sin }^2\alpha }=\frac{4}{{\sin }^2\alpha }$，同理 $|DE|=\frac{4}{{\sin }^2(\alpha +\frac{\pi }{2})}=\frac{4}{{\cos }^2\alpha }$

所以 $|AB|+|DE|=\frac{4}{{\sin }^2\alpha }+\frac{4}{{\cos }^2\alpha }=\left(\frac{4}{{\sin }^2\alpha }+\frac{4}{{\cos }^2\alpha }\right)\times 1=\left(\frac{4}{{\sin }^2\alpha }+\frac{4}{{\cos }^2\alpha }\right)\left({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \right)\ge (\frac{2}{\sin \alpha }\sin \alpha +\frac{2}{\cos \alpha }\cos \alpha {)}^2=(2+2{)}^2=16$ （柯西不等式）

例 2 （模型来自于同济大学自招题）已知椭圆 $C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，过左焦点作两条相互垂直的直线，交椭圆于 $M,N,P,Q$ 四点，求四边形 $MNPQ$ 的面积的取值范围。

解 依题意 $e=\frac{1}{2}$，$p=3$，设直线 $PQ$ 的倾斜角为 $\alpha$，则直线 $MN$ 的倾斜角为 $\alpha +\frac{\pi }{2}$

$|PQ|=\frac{2ep}{1-e^2{\cos }^2\alpha }=\frac{12}{4-{\cos }^2\alpha }=\frac{12}{{\sin }^2\alpha +3}$

用 $\alpha +\frac{\pi }{2}$ 代替 $\alpha$ 得：$|MN|=\frac{12}{{\cos }^2\alpha +3}$

所以 $S=\frac{1}{2}|PQ||MN|=\frac{72}{(4-{\cos }^2\alpha )({\cos }^2\alpha +3)}$

此处换元后易求得范围。

例 3 已知梯形 $ABCD$ 满足 $AB//CD$，$\angle BAD=45^{\circ }$，以 $AD$ 为焦点的双曲线 $\Gamma$ 经过 $B,C$ 两点，若 $CD=7AB$，则 $\Gamma$ 的离心率为 A.$\frac{3\sqrt{2}}{4}$　　B.$\sqrt{2}$　　C.$\frac{3\sqrt{2}}{2}$　　D.$2\sqrt{2}$

解 延长 $CD$ 交 $\Gamma$ 于点 $E$，由对称性知 $DE=AB$，因此 $\frac{CD}{DE}=\frac{CD}{AB}=7$ 即 $\lambda =7$

运用结论 $e\cos 45^{\circ }=\frac{\lambda -1}{\lambda +1}$，得 $\frac{e}{\sqrt{2}}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$，$e=\frac{3\sqrt{2}}{4}$

（2）以坐标原点为极点

例 4 已知椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，过原点作两条射线 $OA$，$OB$，交椭圆于 $A,B$，且满足：$OA\perp OB$，求证： $\frac{1}{|OA{|}^2}+\frac{1}{|OB{|}^2}$ 为定值。

解 1 以坐标原点为极点，$x$ 轴为极轴，建立极坐标系，则：

$x=\rho \cos \theta$，$y=\rho \sin \theta$，代入椭圆方程得：

$\frac{1}{{\rho }^2}=\frac{{\cos }^2\theta }{a^2}+\frac{{\sin }^2\theta }{b^2}$

设直线 $OA$ 的倾斜角为 $\theta$，则直线 $OB$ 的倾斜角为 $\theta +\frac{\pi }{2}$

$\frac{1}{|OA{|}^2}=\frac{1}{{\rho }_1^2}=\frac{{\cos }^2\theta }{a^2}+\frac{{\sin }^2\theta }{b^2}$

用 $\theta +\frac{\pi }{2}$ 代替 $\theta$ 得：

$\frac{1}{|OB{|}^2}=\frac{1}{{\rho }_2^2}=\frac{{\sin }^2\theta }{a^2}+\frac{{\cos }^2\theta }{b^2}$

两式相加得： $\frac{1}{|OA{|}^2}+\frac{1}{|OB{|}^2}=\frac{{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta }{a^2}+\frac{{\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta }{b^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}$，为定值

用此方法的证明极度简洁，但担心会被扣分，因此给出如下“角参”的做法：

解 2 记 $|OA|=m$，$|OB|=n$，$\angle AOx=\theta$，$\angle BOx=\theta +\frac{\pi }{2}$

则 $A(m\cos \theta ,m\sin \theta )$，$B(n\cos (\theta +\frac{\pi }{2}),n\sin (\theta +\frac{\pi }{2}))$，即 $B(-n\sin \theta ,n\cos \theta )$，代入椭圆方程得：

$\frac{1}{m^2}=\frac{{\cos }^2\theta }{a^2}+\frac{{\sin }^2\theta }{b^2}$

$\frac{1}{n^2}=\frac{{\sin }^2\theta }{a^2}+\frac{{\cos }^2\theta }{b^2}$

两式相加得： $\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}=\frac{{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta }{a^2}+\frac{{\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta }{b^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}$，为定值。

其实本质上还是极坐标的思想，不过这样写就不会被当作超纲了。

在这里有人可能会想到椭圆的参数方程： $(a\cos \theta ,b\sin \theta )$
但是由于参数方程里面的 $\theta$ 并没有明确的几何意义，垂直难以表示，因此在这里不能使用！