Question

11．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}t\\ y=1+\frac{1}{2}t\end{array}\right.$（t為參數(shù)），以原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C₁的方程為$ρ=\frac{36}{{4\sqrt{3}sinθ-12cosθ-ρ}}$，定點(diǎn)M（6，0），點(diǎn)N是曲線C₁上的動(dòng)點(diǎn)，Q為MN的中點(diǎn)．
（1）求點(diǎn)Q的軌跡C₂的直角坐標(biāo)方程；
（2）已知直線l與x軸的交點(diǎn)為P，與曲線C₂的交點(diǎn)為A，B，若AB的中點(diǎn)為D，求|PD|的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）求出曲線C₁的直角坐標(biāo)方程為${x}^{2}+{y}^{2}+12x-4\sqrt{3}y+36=0$，設(shè)點(diǎn)N（x′，y′），Q（x，y），由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{'}=2x-6}\\{{y}^{'}=2y}\end{array}\right.$，由此能求出點(diǎn)Q的軌跡C₂的直角坐標(biāo)方程．
（2）P點(diǎn)坐標(biāo)為P（$\sqrt{3}$，0），設(shè)l的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}t}\\{y=\frac{1}{2}t}\end{array}\right.$，（t為參數(shù)），代入曲線C₂的直角坐標(biāo)方程，得：${t}^{2}-（3+\sqrt{3}）t+3=0$，由此能求出|PD|．

解答 解：（1）∵曲線C₁的方程為$ρ=\frac{36}{{4\sqrt{3}sinθ-12cosθ-ρ}}$，
∴4$\sqrt{3}ρsinθ-12ρcosθ-{ρ}^{2}$=36，
∴曲線C₁的直角坐標(biāo)方程為${x}^{2}+{y}^{2}+12x-4\sqrt{3}y+36=0$，
設(shè)點(diǎn)N（x′，y′），Q（x，y），
由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{'}=2x-6}\\{{y}^{'}=2y}\end{array}\right.$，
代入${x}^{2}+{y}^{2}+12x-4\sqrt{3}y+36=0$中，
得到點(diǎn)Q的軌跡C₂的直角坐標(biāo)方程為x²+（y-$\sqrt{3}$）²=3．
（2）P點(diǎn)坐標(biāo)為P（$\sqrt{3}$，0），設(shè)l的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}t}\\{y=\frac{1}{2}t}\end{array}\right.$，（t為參數(shù)），
代入曲線C₂的直角坐標(biāo)方程，得：${t}^{2}-（3+\sqrt{3}）t+3=0$，
設(shè)點(diǎn)A，B，D對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t₁，t₂，t₃，
則${t}_{1}+{t}_{2}=3+\sqrt{3}，{t}_{1}{t}_{2}=3$，
∴|PD|=|t₃|=|$\frac{{t}_{1}+{t}_{2}}{2}$|=$\frac{3+\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡的直角坐標(biāo)方程的求法，考查線段長(zhǎng)的求法，考查參數(shù)方程、直角坐標(biāo)方程的互化、三角函數(shù)性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，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．