數(shù)學(xué)《學(xué)案導(dǎo)學(xué)與隨堂筆記》人教A版4-4學(xué)案：第一講　坐標(biāo)系 復(fù)習(xí)課 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)習(xí)目標(biāo)1.復(fù)習(xí)回顧坐標(biāo)系的重要知識(shí)點(diǎn).2。進(jìn)一步熟練極坐標(biāo)方程的求法，能熟練進(jìn)行極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程的互化.3.能應(yīng)用極坐標(biāo)解決相關(guān)問(wèn)題，并體會(huì)極坐標(biāo)在解決有關(guān)問(wèn)題時(shí)的優(yōu)越性．1．平面直角坐標(biāo)系中的伸縮變換設(shè)點(diǎn)P(x，y)是平面直角坐標(biāo)系中的任意一點(diǎn),在變換φ:eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x′＝λxλ〉0，，y′＝μyμ〉0）)的作用下,點(diǎn)P(x,y)對(duì)應(yīng)到點(diǎn)P′（x′，y′)，稱φ為平面直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)伸縮變換，簡(jiǎn)稱伸縮變換．2．極坐標(biāo)系（1）在平面上取一個(gè)定點(diǎn)O,由O點(diǎn)出發(fā)的一條射線Ox，一個(gè)長(zhǎng)度單位及計(jì)算角度的正方向（通常取逆時(shí)針方向)，合稱為一個(gè)極坐標(biāo)系．O點(diǎn)稱為極點(diǎn),Ox稱為極軸．平面上任一點(diǎn)M的位置可以由線段OM的長(zhǎng)度ρ和從Ox到OM的角度θ來(lái)刻畫（如圖所示)．這兩個(gè)數(shù)組成的有序數(shù)對(duì)(ρ,θ)稱為點(diǎn)M的極坐標(biāo)．ρ稱為極徑，θ稱為極角．（2)極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化設(shè)M為平面上的一點(diǎn)，它的直角坐標(biāo)為（x，y)，極坐標(biāo)為(ρ，θ)．由圖可知下面的關(guān)系式成立：eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝ρcosθ,，y＝ρsinθ)）或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（ρ2＝x2＋y2,,tanθ＝\f（y，x)x≠0，)）順便指出,上式對(duì)ρ〈0也成立．這就是極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式．3．曲線極坐標(biāo)方程的求法求曲線的極坐標(biāo)的方法和步驟，和求直角坐標(biāo)方程類似，就是把曲線看作適合某種條件的點(diǎn)的集合或軌跡，將已知條件用曲線上的極坐標(biāo)（ρ,θ）的關(guān)系式f（ρ，θ)＝0表示出來(lái),就得到曲線的極坐標(biāo)方程．類型一求曲線的極坐標(biāo)方程例1在極坐標(biāo)系中,已知圓C的圓心Ceq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(3，\f(π,3)））,半徑r＝3.(1)求圓C的極坐標(biāo)方程；（2)若點(diǎn)Q在圓C上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P在OQ的延長(zhǎng)線上，且eq\o(OQ,\s\up6(→))＝2eq\o（QP,\s\up6(→))，求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程．解（1）設(shè)M(ρ，θ）是圓C上除O(0,0)以外的任意一點(diǎn),在△OCM中，∠COM＝|θ－eq\f（π,3）｜，由余弦定理，得｜CM|2＝|OM｜2＋|OC｜2－2|OM|·|OC｜·cos∠COM，∴32＝ρ2＋32－2×ρ×3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f（π,3）)）,即ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（θ－\f(π，3)）)。經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)O(0,0)也在此方程所表示的圓上．∴圓C的極坐標(biāo)方程為ρ＝6coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π,3）)).(2）設(shè)點(diǎn)Q為（ρ1，θ1)，點(diǎn)P為（ρ0，θ0），由eq\o(OQ，\s\up6（→))＝2eq\o（QP,\s\up6(→）)，得eq\o（OQ,\s\up6(→))＝2(eq\o(OP，\s\up6(→）)－eq\o（OQ，\s\up6（→)）)，∴eq\o（OQ，\s\up6（→）)＝eq\f(2，3）eq\o(OP，\s\up6（→))，∴ρ1＝eq\f（2,3）ρ0，θ1＝θ0，將其代入圓ρ1＝6coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ1－\f(π，3)）），得eq\f（2，3)ρ0＝6coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0－\f（π,3)）），即ρ0＝9coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ0－\f(π，3)））.所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為ρ＝9coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3）））。反思與感悟求軌跡方程的方法有直接法、定義法、相關(guān)點(diǎn)代入法,在極坐標(biāo)中仍然適用，注意求誰(shuí)設(shè)誰(shuí),找出所設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)ρ、θ的關(guān)系．跟蹤訓(xùn)練1△ABC底邊BC＝10，∠A＝eq\f(1，2）∠B，以B為極點(diǎn),BC為極軸，建立極坐標(biāo)系，求頂點(diǎn)A的軌跡的極坐標(biāo)方程．解如圖，設(shè)A（ρ，θ），在△ABC內(nèi)，設(shè)∠B＝θ，∠A＝eq\f（θ，2）,又|BC｜＝10，｜AB｜＝ρ.由正弦定理，得eq\f（ρ,sinπ－\f（3θ,2))＝eq\f(10，sin\f（θ，2）),化簡(jiǎn)，得A點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程為ρ＝10＋20cosθ.類型二極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化例2在極坐標(biāo)系中，點(diǎn)M坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2，\f(π,3)))，曲線C的方程為ρ＝2eq\r（2)sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π，4））)；以極點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標(biāo)系，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)M和極點(diǎn)．(1）寫出直線l的極坐標(biāo)方程和曲線C的直角坐標(biāo)方程；(2)直線l和曲線C相交于兩點(diǎn)A、B,求線段AB的長(zhǎng)．解（1）∵直線l過(guò)點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2，\f(π,3))）和極點(diǎn)，∴直線l的直角坐標(biāo)方程是θ＝eq\f（π,3）（ρ∈R)．ρ＝2eq\r(2）sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)）），即ρ＝2(sinθ＋cosθ），兩邊同乘以ρ，得ρ2＝2(ρsinθ＋ρcosθ），∴曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x－2y＝0.(2）點(diǎn)M的直角坐標(biāo)為（1,eq\r(3））,直線l過(guò)點(diǎn)M和原點(diǎn)，∴直線l的直角坐標(biāo)方程為y＝eq\r（3）x。曲線C的圓心坐標(biāo)為（1，1），半徑r＝eq\r（2）,圓心到直線l的距離為d＝eq\f(\r(3)－1,2），∴｜AB｜＝eq\r（3)＋1。反思與感悟(1）互化的前提依舊是把直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)作為極點(diǎn),x軸的正半軸作為極軸并在兩種坐標(biāo)系下取相同的單位長(zhǎng)度．（2)極坐標(biāo)方程化直角坐標(biāo)方程時(shí)，要注意湊出：ρcosθ，ρsinθ，tanθ,以方便用ρcosθ＝x,ρsinθ＝y(tǒng)及tanθ＝eq\f(y,x)代入化簡(jiǎn)．跟蹤訓(xùn)練2已知點(diǎn)A，B的直角坐標(biāo)分別為（2,0），（3,eq\r（3)），求以A為圓心，過(guò)點(diǎn)B的圓的極坐標(biāo)方程．解｜AB｜＝eq\r(2－32＋0－\r(3)2）＝2，故圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x－2)2＋y2＝4，即x2＋y2＝4x。將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋y2＝4x，化簡(jiǎn)得ρ＝4cosθ，所以所求圓的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ。類型三極坐標(biāo)的綜合應(yīng)用例3已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f（y2，b2）＝1（a〉b〉0)，A,B分別為橢圓上的兩點(diǎn)，且OA⊥OB.（1)求證：eq\f（1,|OA|2)＋eq\f(1,｜OB|2）為定值；（2)求△AOB面積的最大值和最小值．解以直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)為極點(diǎn),以x軸的正半軸為極軸,建立極坐標(biāo)系．設(shè)A，B兩點(diǎn)的極坐標(biāo)分別為（ρ1，θ1），（ρ2，θ2）(不妨設(shè)θ2＝θ1＋eq\f(π，2)）,則A、B兩點(diǎn)的直角坐標(biāo)分別為(ρ1cosθ1，ρ1sinθ1）,（ρ2cosθ2,ρ2sinθ2）．（1）∵A在橢圓eq\f(x2，a2)＋eq\f（y2,b2）＝1上,∴eq\f（ρ1cosθ12，a2)＋eq\f（ρ1sinθ12，b2）＝1，∴ρeq\o\al（2,1)＝eq\f(a2b2,b2cos2θ1＋a2sin2θ1)，同理ρeq\o\al(2，2)＝eq\f（a2b2，b2cos2θ2＋a2sin2θ2）＝eq\f（a2b2，b2sin2θ1＋a2cos2θ1)∴eq\f(1，｜OA｜2)＋eq\f（1，｜OB|2)＝eq\f（1,ρ\o\al(2,1）)＋eq\f(1，ρ\o\al（2，2））＝eq\f（a2sin2θ1＋sin2θ2＋b2cos2θ1＋cos2θ2，a2b2）＝eq\f(a2＋b2，a2b2)為定值．(2)在△AOB中，OA⊥OB.S＝|OA｜·｜BO|×eq\f(1，2）＝eq\f(1，2)ρ1ρ2?！郤2＝eq\f(1,4）ρeq\o\al(2,1）ρeq\o\al(2，2).由（1）知ρeq\o\al(2，1）＝eq\f(a2b2，b2cos2θ1＋a2sin2θ1)，ρeq\o\al(2,2）＝eq\f(a2b2，b2sin2θ1＋a2cos2θ1）,∴ρeq\o\al（2，1)ρeq\o\al(2,2)＝eq\f(a4b4，b4sin2θ1cos2θ1＋a4sin2θ1cos2θ1＋a2b2sin4θ1＋cos4θ1）＝eq\f(a4b4,\f（1，4）a4＋b4sin22θ1＋a2b2\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f（1，2）sin22θ1））)＝eq\f(a4b4，\f（1,4)a2－b22sin22θ1＋a2b2)，當(dāng)sin22θ1＝0時(shí)，(ρ1ρ2)2的最大值為a2b2，∴S最大＝eq\f(1,2）ab，當(dāng)sin22θ1＝1時(shí)，(ρ1ρ2)2的最小值為eq\f（4a4b4，a2＋b22),∴S最?。絜q\f(a2b2，a2＋b2）。反思與感悟（1）用極坐標(biāo)解決問(wèn)題的關(guān)鍵是建立適當(dāng)?shù)臉O坐標(biāo)系．建系的原則是有利用極徑、極角表示問(wèn)題中的量．（2）用極坐標(biāo)解決問(wèn)題，并不能忽視極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)間的互化問(wèn)題．跟蹤訓(xùn)練3用極坐標(biāo)法證明：過(guò)拋物線的焦點(diǎn)的弦被焦點(diǎn)分成的兩部分的倒數(shù)和為常數(shù)．證明設(shè)F為拋物線的焦點(diǎn)，AB是過(guò)焦點(diǎn)F的弦，焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為ρ.以F為極點(diǎn),Fx為極軸，建立如圖所示的極坐標(biāo)系．設(shè)A的極坐標(biāo)為(ρ1,θ)，則B的極坐標(biāo)為(ρ2,θ＋π），由拋物線的定義知，eq\f（ρ1,ρ1cosθ＋ρ)＝1，ρ1＝ρ1cosθ＋ρ，∴ρ1＝eq\f（ρ，1－cosθ）.同理ρ2＝eq\f(ρ，1－cosθ＋π）＝eq\f（ρ,1＋cosθ)，∴eq\f(1,｜AF｜）＋eq\f(1，｜BF|）＝eq\f(1,ρ1)＋eq\f（1，ρ2)＝eq\f（1－cosθ,ρ）＋eq\f(1＋cosθ,ρ)＝eq\f(2，ρ)（常數(shù))．1．已知曲線C1，C2的極坐標(biāo)方程分別為ρcosθ＝1，ρ＝4cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（ρ≥0，0≤θ<\f(π,2）)）,則曲線C1與C2交點(diǎn)的極坐標(biāo)為________．答案eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2，\f(π，3)））2．在以O(shè)為極點(diǎn)的極坐標(biāo)系中，圓ρ＝4sinθ和直線ρsinθ＝a相交于A，B兩點(diǎn)．若△AOB是等邊三角形，則a的值為________．答案3解析由于圓和直線的直角坐標(biāo)方程分別為x2＋y2＝4y和y＝a,它們相交于A，B兩點(diǎn),△AOB為等邊三角形，所以不妨取直線OB的方程為y＝eq\r（3）x,聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4y，,y＝\r（3）x，）)消去y，得x2＝eq\r(3)x，解得x＝eq\r（3)或x＝0,所以y＝eq\r（3)x＝3，即a＝3。3．已知圓的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ,圓心為C,點(diǎn)P的極坐標(biāo)為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(4,\f(π，3）))，則|CP|＝________。答案2eq\r(3)4．已知極坐標(biāo)方程C1：ρ＝10，C2：ρsineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(θ－\f(π，3))）＝6，(1)化C1、C2的極坐標(biāo)方程為直角坐標(biāo)方程,并分別判斷曲線形狀；（2)求C1、C2交點(diǎn)間的距離．解（1）由C1：ρ＝10，得ρ2＝100，所以x2＋y2＝100，所以C1為圓心在(0，0），半徑等于10的圓．由C2：ρsineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π，3）)）＝6，得ρeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）sinθ－\f(\r(3)，2）cosθ））＝6.所以y－eq\r（3）x＝12，即eq\r（3）x－y＋12＝0，所以C2表示直線．（2）由于圓心(0,0)到直線eq\r（3)x－y＋12＝0的距離為d＝eq\f（12，\r（\r（3）2＋－12)）＝6〈r＝10，故直線與圓相交，所以直線l被圓截得的弦長(zhǎng)為2eq\r（r2－d2）＝2eq\r(102－62）＝16。1．對(duì)于極坐標(biāo)問(wèn)題，重點(diǎn)是極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化公式，充分體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的思想．2．極坐標(biāo)方程的求法，可以用直接法即直接去求極坐標(biāo)方程,也可以先求曲線的直角坐標(biāo)方程，再利用互化公式,將直角坐標(biāo)方程化為極坐標(biāo)方程．3．要充分體會(huì)極坐標(biāo)的優(yōu)勢(shì),有些問(wèn)題，用極坐標(biāo)解決就比較方便簡(jiǎn)潔．課時(shí)作業(yè)一、選擇題1．極坐標(biāo)方程ρ＝cosθ與ρcosθ＝eq\f(1,2）的圖形是()答案B2．極坐標(biāo)方程θ＝eq\f(π，3)，θ＝eq\f（2π，3)（ρ>0)和ρ＝4所表示的曲線圍成的圖形面積是（）A.eq\f（16π,3）B.eq\f（8π，3)C.eq\f（4π,3)D。eq\f（2π,3)答案B3．在極坐標(biāo)系中，過(guò)點(diǎn)A(6，π)作圓ρ＝－4cosθ的切線，則切線長(zhǎng)為(）A．2B．6C．2eq\r(3）D．2eq\r(15)答案C4．直線l1：ρsin（θ＋α)＝a和l2:θ＝eq\f(π,2）－α的位置關(guān)系是（)A．l1∥l2 B．l1⊥l2C．l1和l2重合 D．l1和l2斜交答案B解析由ρsin(θ＋α）＝a知，ρsinθcosα＋ρcosθsinα＝a,∴ycosα＋xsinα＝a，即xsinα＋ycosα＝a，∴斜率為－eq\f(sinα，cosα）＝－tanα＝k1.又k2＝taneq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,2）－α))＝eq\f（1,tanα），∴k1·k2＝－1，∴兩直線垂直．5．下列極坐標(biāo)方程中,對(duì)應(yīng)的曲線為如圖所示的圖形的是(）A．ρ＝6＋5cosθ B．ρ＝6＋5sinθC．ρ＝6－5cosθ D．ρ＝6－5sinθ答案D解析由圖可知，當(dāng)θ＝－eq\f(π,2）時(shí),ρ最大，所以應(yīng)該是ρ＝6－5sinθ.6．在極坐標(biāo)系中與圓ρ＝4sinθ相切的一條直線的方程為（)A．ρcosθ＝2 B．ρsinθ＝2C．ρ＝4sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（θ＋\f（π,3)）) D．ρ＝4sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(θ－\f（π，3））)答案A解析圓ρ＝4sinθ的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－4y＝0，即x2＋（y－2）2＝4，直線ρcosθ＝2的直角坐標(biāo)方程為x＝2與圓相切，直線ρsinθ＝2的直角坐標(biāo)方程為y＝2經(jīng)過(guò)圓心，選項(xiàng)C、D表示圓，不滿足題意．二、填空題7．直線2ρcosθ＝1與圓ρ＝2cosθ相交的弦長(zhǎng)為________．答案eq\r（3)解析直線2ρcosθ＝1可化為2x＝1，即x＝eq\f(1，2)，圓ρ＝2cosθ，兩邊同乘以ρ得ρ2＝2ρcosθ,化為直角坐標(biāo)方程是x2＋y2＝2x，即(x－1)2＋y2＝1,其圓心為(1，0)，半徑為1，∴弦長(zhǎng)為2eq\r(12－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2))）2）＝eq\r(3).8．在極坐標(biāo)系中，P是曲線ρ＝12sinθ上的動(dòng)點(diǎn)，Q是曲線ρ＝12coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f（π,6）)）上的動(dòng)點(diǎn)，則|PQ|的最大值為________．答案18解析∵ρ＝12sinθ，∴ρ2＝12ρsinθ，∴x2＋y2－12y＝0,即x2＋(y－6）2＝36.又ρ＝12coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ－\f（π，6)）)，∴ρ2＝12ρeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（cosθcos\f(π，6)＋sinθsin\f(π，6))），∴x2＋y2－6eq\r(3）x－6y＝0。∴（x－3eq\r(3))2＋（y－3)2＝36,∴|PQ｜max＝6＋6＋eq\r(3\r（3)2＋32）＝18。9．在極坐標(biāo)系中，曲線ρ＝2sinθ與ρcosθ＝－1的交點(diǎn)的極坐標(biāo)為________．答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r（2)，\f（3π,4）))解析∵eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(ρ＝2sinθ，，ρcosθ＝－1，))∴2sinθ·cosθ＝－1，即sin2θ＝－1?！?θ＝eq\f（3π,2）,即θ＝eq\f(3π，4)，∴ρ＝2sineq\f(3π,4）＝eq\r（2)。10．在極坐標(biāo)系中,直線ρcosθ－eq\r(3)ρsinθ－1＝0與圓ρ－2cosθ＝0交于A，B兩點(diǎn),則|AB|＝________.答案2解析∵x＝ρcosθ,y＝ρsinθ，∴直線的直角坐標(biāo)方程為x－eq\r(3）y－1＝0,由ρ－2cosθ＝0，得ρ＝2cosθ，ρ2＝2ρcosθ,又ρ2＝x2＋y2,∴x2＋y2＝2x，∴圓的直角坐標(biāo)方程為（x－1)2＋y2＝1，又圓心（1，0）在直線上，∴AB為圓的直徑，∴|AB｜＝2.三、解答題11．已知定點(diǎn)A(a,0），動(dòng)點(diǎn)P對(duì)極點(diǎn)O和點(diǎn)A的張角∠OPA＝eq\f(π，3）。在OP的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)Q，使|PQ｜＝｜PA|.當(dāng)P在極軸上方運(yùn)動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)Q的軌跡的極坐標(biāo)方程．解設(shè)Q，P的坐標(biāo)分別是（ρ，θ）,（ρ1，θ1)，則θ＝θ1,在△POA中，ρ1＝eq\f（a，sin\f（π，3））·sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2π，3)－θ）），|PA｜＝eq\f(asinθ，sin\f(π,3）),又｜OQ|＝｜OP|＋｜PA｜，∴ρ＝2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6）＋θ)）.12．從極點(diǎn)O作直線與另一直線l：ρcosθ＝4相交于點(diǎn)M,在OM上取一點(diǎn)P,使｜OM|·｜OP|＝12.（1）求點(diǎn)P的軌跡方程；(2）設(shè)R為l上的任意一點(diǎn),試求|RP|的最小值．解(1）由題意可設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(ρ,θ),M的坐標(biāo)為（ρ0，θ)，由|OM|·|OP|＝12，得ρρ0＝12.∵點(diǎn)M在直線l上,∴ρ0cosθ＝4，∴ρ＝3cosθ,即點(diǎn)P的軌跡方程為ρ＝3cosθ.（2)將ρ＝3cosθ化為直角坐標(biāo)方程，得x2＋y2＝3x,即eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f(3，2）））2＋y2＝eq\f(9,4)。易知點(diǎn)P的軌跡是以eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3,2)，0)）為圓心,eq\f(3，2)為半徑的圓．直線l的直角坐標(biāo)方程是x＝4。結(jié)合圖形易知｜RP|的最小值為1.13．在直角坐標(biāo)系xOy中，直線C1：x＝－2，圓C2：（x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．(1）求C1，C2的極坐標(biāo)方程；（2）若直線C3的極