Question

10．極坐標(biāo)系中曲線Γ的極坐標(biāo)方程為ρ=$\frac{4cosθ}{{{{sin}^2}θ}}$，以極點(diǎn)為原點(diǎn)，極軸為x軸正半軸建立平面直角坐標(biāo)系，單位長度不變，直線l₁，l₂均過點(diǎn)F（1，0），且l₁⊥l₂，直線l₁的傾斜角為α．
（1）寫出曲線Γ的直角坐標(biāo)方程；寫出l₁，l₂的參數(shù)方程；
（2）設(shè)直線l₁，l₂分別與曲線Γ交于點(diǎn)A，B和C，D，線段AB和CD的中點(diǎn)分別為M，N，求|MN|的最小值．

Answer 1

分析 （1）曲線Γ的極坐標(biāo)方程為ρ=$\frac{4cosθ}{{{{sin}^2}θ}}$，變形為：ρ²sin²θ=4ρcosθ，利用互化公式可得可得直角坐標(biāo)方程．由題意可得：${l_1}：\left\{{\begin{array}{l}{x=1+tcosα}\\{y=tsinα\;}\end{array}}\right.$（t為參數(shù)），l₂：$\left\{\begin{array}{l}{x=1-tsinα}\\{y=tcosα}\end{array}\right.$（t為參數(shù)）．
（2）將${l_1}：\left\{{\begin{array}{l}{x=1+tcosα}\\{y=tsinα\;}\end{array}}\right.$代入拋物線方程可得t²sin²α-4tcosα-4=0，則 t_M=$\frac{{t}_{A}+{t}_{B}}{2}$，同理可得：${t_N}=\frac{{{t_C}+{t_D}}}{2}=-\frac{2sinα}{{{{cos}^2}α}}$．于是$|{MN}|=\sqrt{{{|{FM}|}^2}+{{|{FN}|}^2}}=\sqrt{t_M^2+t_N^2}=2\sqrt{\frac{{{{cos}^2}α}}{{{{sin}^4}α}}+\frac{{{{sin}^2}α}}{{{{cos}^4}α}}}≥\frac{{2\sqrt{2}}}{{|{sinαcosα}|}}$，再利用三角函數(shù)的單調(diào)性值域即可得出．

解答 解：（1）曲線Γ的極坐標(biāo)方程為ρ=$\frac{4cosθ}{{{{sin}^2}θ}}$，變形為：ρ²sin²θ=4ρcosθ，
可得直角坐標(biāo)方程：Γ：y²=4x．
由題意可得：${l_1}：\left\{{\begin{array}{l}{x=1+tcosα}\\{y=tsinα\;}\end{array}}\right.$（t為參數(shù)），l₂：$\left\{\begin{array}{l}{x=1-tsinα}\\{y=tcosα}\end{array}\right.$（t為參數(shù)）．
（2）將${l_1}：\left\{{\begin{array}{l}{x=1+tcosα}\\{y=tsinα\;}\end{array}}\right.$代入y²=4x，得t²sin²α-4tcosα-4=0①，
則 t_M=$\frac{{t}_{A}+{t}_{B}}{2}$=$\frac{2cosα}{si{n}^{2}α}$，
將${l_2}：\left\{{\begin{array}{l}{x=1-tsinα}\\{y=tcosα\;}\end{array}}\right.$代入y²=4x，得t²cos²α+4tsinα-4=0②，
則 ${t_N}=\frac{{{t_C}+{t_D}}}{2}=-\frac{2sinα}{{{{cos}^2}α}}$．
于是$|{MN}|=\sqrt{{{|{FM}|}^2}+{{|{FN}|}^2}}=\sqrt{t_M^2+t_N^2}=2\sqrt{\frac{{{{cos}^2}α}}{{{{sin}^4}α}}+\frac{{{{sin}^2}α}}{{{{cos}^4}α}}}≥\frac{{2\sqrt{2}}}{{|{sinαcosα}|}}$
=$\frac{{4\sqrt{2}}}{{|{sin2α}|}}≥4\sqrt{2}$，當(dāng)$α=\frac{π}{4}$時(shí)取得等號(hào)，且此時(shí)滿足方程①②的判別式均大于零．
故|MN|的最小值為$4\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)方程的互化、參數(shù)方程化為普通方程、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．