Question

4．已知圓C₁：（x-2$\sqrt{3}$）²+（y-1）²=4，直線C₂的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=-2+\sqrt{3}t}\\{y=-\sqrt{3}}+t\end{array}\right.$（t≠0），以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立坐標(biāo)系，兩坐標(biāo)系取相同單位．
（1）求C₁，C₂的極坐標(biāo)方程；
（2）設(shè)C₂向左平移1個(gè)單位后與C₁的交點(diǎn)為M，N，求MN的中點(diǎn)到直線C₃的極坐標(biāo)方程θ=$\frac{π}{3}$的最小距離．

Answer 1

分析 （1）圓C₁：（x-2$\sqrt{3}$）²+（y-1）²=4，展開可得：x²+y²-4$\sqrt{3}$x-2y+9=0，把ρ²=x²+y²，x=ρcosθ，y=ρsinθ，代入可得極坐標(biāo)方程．由直線C₂的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=-2+\sqrt{3}t}\\{y=-\sqrt{3}}+t\end{array}\right.$（t≠0），消去t化為直角坐標(biāo)方程，進(jìn)而得到極坐標(biāo)方程．
（2）直線C₂向左平移1個(gè)單位后可得極坐標(biāo)方程為：ρcosθ$-\sqrt{3}$ρsinθ=0，可得tan$θ=\frac{\sqrt{3}}{3}$，可得θ．代入圓C₁的極坐標(biāo)方程可得：ρ²-7ρ+9=0，可得MN的中點(diǎn)極坐標(biāo)為$（\frac{{ρ}_{1}+{ρ}_{2}}{2}，\frac{π}{6}）$，設(shè)$θ=\frac{π}{3}$上的任意一點(diǎn)為$（ρ，\frac{π}{3}）$，根據(jù)余弦定理及其二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）圓C₁：（x-2$\sqrt{3}$）²+（y-1）²=4，展開可得：x²+y²-4$\sqrt{3}$x-2y+9=0，可得極坐標(biāo)方程：${ρ}^{2}-4\sqrt{3}ρcosθ$-2ρsinθ+9=0，
由直線C₂的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=-2+\sqrt{3}t}\\{y=-\sqrt{3}}+t\end{array}\right.$（t≠0），消去t化為：x-$\sqrt{3}$y-1=0，
∴極坐標(biāo)方程為：ρcosθ$-\sqrt{3}$ρsinθ-1=0，∴ρ=$\frac{1}{2cos（θ+\frac{π}{3}）}$．
（2）直線C₂向左平移1個(gè)單位后的極坐標(biāo)方程為：ρcosθ$-\sqrt{3}$ρsinθ=0，∴tan$θ=\frac{\sqrt{3}}{3}$，可得$θ=\frac{π}{6}$．
代入圓C₁的極坐標(biāo)方程可得：ρ²-7ρ+9=0，∴MN的中點(diǎn)極坐標(biāo)為$（\frac{{ρ}_{1}+{ρ}_{2}}{2}，\frac{π}{6}）$，即$（\frac{7}{2}，\frac{π}{6}）$．
設(shè)$θ=\frac{π}{3}$上的任意一點(diǎn)為$（ρ，\frac{π}{3}）$，根據(jù)余弦定理可得：d=$\sqrt{（\frac{7}{2}）^{2}+{ρ}^{2}-7ρcos\frac{π}{6}}$=$\sqrt{（ρ-\frac{7\sqrt{3}}{4}）^{2}+（\frac{7}{4}）^{2}}$$≥\frac{7}{4}$，
∴MN的中點(diǎn)到直線C₃的極坐標(biāo)方程θ=$\frac{π}{3}$的最小距離為$\frac{7}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化、三角函數(shù)和差公式、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、余弦定理，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．