Question

8．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A（0，3$\sqrt{3}$），B（$\frac{3}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$）；在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立的極坐標(biāo)系中，圓C的方程為ρ=2cosθ．
（1）寫(xiě)出點(diǎn)A、B極坐標(biāo)和圓C的直角坐標(biāo)標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)射線OB與圓C相交于點(diǎn)P（非原點(diǎn)），求△ABP面積．

Answer 1

分析 （1）由題意能求出點(diǎn)A、B極坐標(biāo)，由ρ²=x²+y²，x=ρcosθ，能求出圓C的直角坐標(biāo)標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）射線OB的方程為y=$\sqrt{3}x$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}x}\\{（x-1）^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得P（$\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$），由此能求出△ABP面積．

解答 解：（1）∵A（0，3$\sqrt{3}$），
∴$ρ=\sqrt{{0}^{2}+（3\sqrt{3}）^{2}}$=3$\sqrt{3}$，$θ=\frac{π}{2}$，
∴A（3$\sqrt{3}$，$\frac{π}{2}$）．
∵B（$\frac{3}{2}，\frac{3\sqrt{3}}{2}$），
∴$ρ=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{27}{4}}$=3，tanθ=$\frac{\frac{3\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}}$=$\sqrt{3}$，$θ=\frac{π}{3}$，
∴B（3，$\frac{π}{3}$）．
∵圓C的方程為ρ=2cosθ，∴ρ²=2ρcosθ，
∴x²+y²=2x，
∴圓C的直角坐標(biāo)標(biāo)準(zhǔn)方程為（x-1）²+y²=1．
（2）射線OB的方程為：$\frac{y}{x}=\frac{\frac{3\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}}$=$\sqrt{3}$，即y=$\sqrt{3}x$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}x}\\{（x-1）^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1}{2}}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，∴P（$\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$），
|AP|=$\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{75}{4}}$=$\sqrt{19}$，|AB|=$\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{27}{4}}$=3，|BP|=$\sqrt{1+3}=2$，
cos$∠ABP=\frac{9+4-19}{2×3×2}$=-$\frac{1}{2}$，sin∠ABP=$\sqrt{1-（-\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴△ABP面積S_△ABP=$\frac{1}{2}×|AB|×|BP|×sin∠ABP$
=$\frac{1}{2}×3×2×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的極坐標(biāo)、圓的直角坐標(biāo)方程的求法，考查三角形面積的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意極坐標(biāo)、直角坐標(biāo)互化公式、兩點(diǎn)間距離公式的合理運(yùn)用．