2026 年培玉原创改编高中数学竞赛 · 第 4 题

F3解答题参数方程与极坐标

在极坐标系（极点为 $O$ ，极轴为 $O x$ ，与平面直角坐标系 $x O y$ 的原点及 $x$ 轴正半轴重合）中，已知曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $ρ = 4 cos θ$ ，曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $ρ = 4 sin θ$ 。

（1）求曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的直角坐标方程，求出 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的全部公共点的直角坐标，并说明为什么仅联立同角方程 $4 cos θ = 4 sin θ$ 会漏掉极点 $O$ ；

（2）过极点 $O$ 作两条夹角为 $\frac{π}{3}$ 的射线 $θ = α$ 与 $θ = α + \frac{π}{3} (α \in (0, \frac{π}{6}))$ ，其中射线 $θ = α$ 与 $C_{1}$ 交于异于 $O$ 的点 $A$ ，射线 $θ = α + \frac{π}{3}$ 与 $C_{2}$ 交于异于 $O$ 的点 $B$ 。求 $△ O A B$ 面积的最大值及此时 $α$ 的值。

作答

这是解答题，请在纸上写出完整过程。写完后对照解答给自己评分。

解析

解答

（1）求直角坐标方程、全部公共点并说明同角联立漏根原因

1. 极直互化： - 对曲线 $C_{1} : ρ = 4 cos θ$ ，两边同乘 $ρ$ 得 $ρ^{2} = 4 ρ cos θ$ （当 $θ = \frac{π}{2}$ 时 $ρ = 0$ ，极点本身已在原曲线上，同乘 $ρ$ 不增根）。将 $ρ^{2} = x^{2} + y^{2}, ρ cos θ = x$ 代入，得 $C_{1}$ 的直角坐标方程为

x^{2} + y^{2} - 4 x = 0, 即 (x - 2)^{2} + y^{2} = 4.

- 对曲线 $C_{2} : ρ = 4 sin θ$ ，同理两边同乘 $ρ$ 得 $ρ^{2} = 4 ρ sin θ$ （当 $θ = 0$ 时 $ρ = 0$ ），代入 $ρ^{2} = x^{2} + y^{2}, ρ sin θ = y$ ，得 $C_{2}$ 的直角坐标方程为

x^{2} + y^{2} - 4 y = 0, 即 x^{2} + (y - 2)^{2} = 4.

2. 求全部公共点：联立直角坐标方程

{x^{2} + y^{2} - 4 x = 0, x^{2} + y^{2} - 4 y = 0,

两式相减得 $4 (x - y) = 0 ⟹ y = x$ 。代入第一式得 $2 x^{2} - 4 x = 0 ⟹ x = 0$ 或 $x = 2$ 。故 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的全部公共点的直角坐标为 $(0, 0)$ 和 $(2, 2)$ 。

3. 说明同角联立漏掉极点 $O$ 的原因：在极坐标系中，极点 $O$ 的极径 $ρ = 0$ ，但极角 $θ$ 可以取任意实数（表示不唯一）。 - 曲线 $C_{1} : ρ = 4 cos θ$ 在 $θ = \frac{π}{2}$ （或 $- \frac{π}{2}$ ）时取得 $ρ = 0$ ，经过极点 $O$ ； - 曲线 $C_{2} : ρ = 4 sin θ$ 在 $θ = 0$ （或 $π$ ）时取得 $ρ = 0$ ，也经过极点 $O$ 。由于两条曲线经过极点 $O$ 时对应的极角不同（ $cos θ$ 与 $sin θ$ 无公共零点），若直接联立同角方程 $4 cos θ = 4 sin θ$ ，只能解出 $tan θ = 1$ （对应点 $(2, 2)$ ），而无法捕捉到以不同极角经过的极点 $O (0, 0)$ 。

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（2）求 $△ O A B$ 面积的最大值及此时 $α$ 的值

1. 用极径表示三角形面积：当 $α \in (0, \frac{π}{6})$ 时，射线 $θ = α$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为

∣ O A ∣ = ρ_{1} = 4 cos α > 0;

射线 $θ = α + \frac{π}{3} \in (\frac{π}{3}, \frac{π}{2})$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为

∣ OB ∣ = ρ_{2} = 4 sin (α + \frac{π}{3}) > 0.

因为 $∠ A OB = \frac{π}{3}$ ，所以 $△ O A B$ 的面积为

S_{△ O A B} = \frac{1}{2} ∣ O A ∣ \cdot ∣ OB ∣ sin \frac{π}{3} = \frac{3}{4} \cdot 16 cos α sin (α + \frac{π}{3}) = 43 cos α sin (α + \frac{π}{3}) .

2. 三角恒等变换与范围可达核验：展开 $sin (α + \frac{π}{3}) = \frac{1}{2} sin α + \frac{3}{2} cos α$ ，利用二倍角公式化简：

S (α) = 43 cos α (\frac{1}{2} sin α + \frac{3}{2} cos α) = 23 sin α cos α + 6 cos^{2} α = 3 sin 2 α + 3 (1 + cos 2 α) = 23 (\frac{1}{2} sin 2 α + \frac{3}{2} cos 2 α) + 3 = 23 sin (2 α + \frac{π}{3}) + 3.

由于 $α \in (0, \frac{π}{6})$ ，相角 $2 α + \frac{π}{3} \in (\frac{π}{3}, \frac{2 π}{3})$ 。当且仅当 $2 α + \frac{π}{3} = \frac{π}{2}$ ，即 $α = \frac{π}{12} \in (0, \frac{π}{6})$ 时， $sin (2 α + \frac{π}{3})$ 取得最大值 $1$ ，此时 $△ O A B$ 面积取得最大值

S_{m a x} = 3 + 23 .

为什么评为 F3（会透露解法方向）

两极坐标曲线在不同极角处分别经过极点，直接同角联立会漏掉极点；第二问需结合定角差下的极径乘积化为二倍角正弦并检验驻点角可达。

用到的方法（会透露解法方向）

核心工具：极坐标与直角坐标互化、辅助角公式与降幂

专题卡：极坐标与直角坐标互化、交点表示与角差距离

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