Question

16．在直角坐標(biāo)系xOy中，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．曲線C₁的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=2+2\sqrt{5}cosα}\\{y=4+2\sqrt{5}sinα}\end{array}\right.$，（a為參數(shù)），P是曲線C₁上的動點(diǎn)，M為線段OP的中點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)M的軌跡為曲線C₂．
（Ⅰ） 求C₂的極坐標(biāo)方程；
（Ⅱ） 若射線θ=$\frac{π}{6}$與曲線C₁異于極點(diǎn)的交點(diǎn)為A，與曲線C₂異于極點(diǎn)的交點(diǎn)為B，求|AB|．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)M（x，y），則由條件知P（2x，2y），由P點(diǎn)在曲線C₁上，求出C₂的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=1+\sqrt{5}cosα}\\{y=2+\sqrt{5}sinα}\end{array}\right.$，消去參數(shù)α，得C₂的普通方程為x²+y²-2x-4y=0，由此能求出曲線C₂的極坐標(biāo)方程．
（Ⅱ）曲線C₁的極坐標(biāo)方程為ρ²-4ρcosθ-8ρsinθ=0，當(dāng)$θ=\frac{π}{6}$時，代入曲線C₁的極坐標(biāo)方程得得ρ=0或$ρ=2\sqrt{3}+4$，從而射線$θ=\frac{π}{6}$與C₁的交點(diǎn)A的極徑為${ρ}_{1}=2\sqrt{3}+4$，曲線C₂的極坐標(biāo)方程為ρ²-2ρcosθ-4ρsinθ=0，同理得射線$θ=\frac{π}{6}$與C₂的交點(diǎn)B的極徑為ρ₂=$\sqrt{3}+2$，由此能求出|AB|．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)M（x，y），則由條件知P（2x，2y），
∵P點(diǎn)在曲線C₁上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2x=2+2\sqrt{5}cosα}\\{2y=4+2\sqrt{5}sinα}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x=1+\sqrt{5}cosα}\\{y=2+\sqrt{5}sinα}\end{array}\right.$，
∴C₂的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=1+\sqrt{5}cosα}\\{y=2+\sqrt{5}sinα}\end{array}\right.$（α為參數(shù)），
消去參數(shù)α，得C₂的普通方程為（x-1）²+（y-2）²=5，即x²+y²-2x-4y=0，
∴曲線C₂的極坐標(biāo)方程為ρ²-2ρcosθ-4ρsinθ=0．
（Ⅱ）曲線C₁的極坐標(biāo)方程為ρ²-4ρcosθ-8ρsinθ=0，
當(dāng)$θ=\frac{π}{6}$時，代入曲線C₁的極坐標(biāo)方程得${ρ}^{2}-4ρcos\frac{π}{6}-8ρsin\frac{π}{6}$=0，
即${ρ}^{2}-2\sqrt{3}ρ-4ρ=0$，解得ρ=0或$ρ=2\sqrt{3}+4$，
∴射線$θ=\frac{π}{6}$與C₁的交點(diǎn)A的極徑為${ρ}_{1}=2\sqrt{3}+4$，
曲線C₂的極坐標(biāo)方程為ρ²-2ρcosθ-4ρsinθ=0，
同理得射線$θ=\frac{π}{6}$與C₂的交點(diǎn)B的極徑為ρ₂=$\sqrt{3}+2$，
∴|AB|=|ρ₂-ρ₁|=$\sqrt{3}+2$．

點(diǎn)評 本題考查曲線的極坐標(biāo)方程的求法，考查弦長的求法，考查參數(shù)方程、直角坐標(biāo)方程、極坐標(biāo)方程的互化等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．