Question

14．已知極點(diǎn)為直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，極軸為x軸正半軸且單位長度相同的極坐標(biāo)系中曲線C₁：ρ=1，${C_2}：\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t-1\\ y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t+1\end{array}\right.$（t為參數(shù)）．
（Ⅰ）求曲線C₁上的點(diǎn)到曲線C₂距離的最小值；
（Ⅱ）若把C₁上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)都擴(kuò)大為原來的2倍，縱坐標(biāo)擴(kuò)大為原來的$\sqrt{3}$倍，得到曲線${C_1}^′$．設(shè)P（-1，1），曲線C₂與${C_1}^′$交于A，B兩點(diǎn)，求|PA|+|PB|．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出曲線C₁的直角坐標(biāo)方程為：x²+y²=1，C₂：y=x+2，再求出圓心到直線距離，由此能求出曲線C₁上的點(diǎn)到曲線C₂距離的最小值．
（Ⅱ）伸縮變換為$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{'}=2x}\\{{y}^{'}=\sqrt{3}y}\end{array}\right.$，從而曲線${C_1}^′$：$\frac{{{x}^{'}}^{2}}{4}+\frac{{{y}^{'}}^{2}}{3}$=1，${C_2}：\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t-1\\ y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t+1\end{array}\right.$（t為參數(shù)）代入曲線${C_1}^′$，得$7{t}^{2}+2\sqrt{2}t-10=0$．由此能求出|PA|+|PB|．

解答 解：（Ⅰ）∵曲線C₁：ρ=1，∴曲線C₁的直角坐標(biāo)方程為：x²+y²=1，
∴圓心為（0，0），半徑為r=1，
${C_2}：\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t-1\\ y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t+1\end{array}\right.$（t為參數(shù)）消去參數(shù)t的C₂：y=x+2，（2分）
∴圓心到直線距離d=$\frac{|2|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$，（3分）
∴曲線C₁上的點(diǎn)到曲線C₂距離的最小值為$\sqrt{2}-1$．（5分）
（Ⅱ）∵把C₁上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)都擴(kuò)大為原來的2倍，縱坐標(biāo)擴(kuò)大為原來的$\sqrt{3}$倍，得到曲線${C_1}^′$．
∴伸縮變換為$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{'}=2x}\\{{y}^{'}=\sqrt{3}y}\end{array}\right.$，∴曲線${C_1}^′$：$\frac{{{x}^{'}}^{2}}{4}+\frac{{{y}^{'}}^{2}}{3}$=1，（7分）
${C_2}：\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t-1\\ y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t+1\end{array}\right.$（t為參數(shù)）代入曲線${C_1}^′$，整理得$7{t}^{2}+2\sqrt{2}t-10=0$．
∵t₁t₂＜0，（8分）
∴|PA|+|PB|=|t₁|+|t₂|=|t₁-t₂|=$\frac{12\sqrt{2}}{7}$．（10分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查曲線上的點(diǎn)到直線的距離的最小值的求法，考查兩線段和的求法，考查極坐標(biāo)方程、直角坐標(biāo)方程、參數(shù)方程的互化，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．