分析 (1)利用$\left\{\begin{array}{l}{x=ρcosθ}\\{y=ρsinθ}\end{array}\right.$,把點(diǎn)P的極坐標(biāo)化為直角坐標(biāo),把橢圓的方程化為直角坐標(biāo)方程,即可判斷出位置關(guān)系.
(2)法1:因?yàn)辄c(diǎn)Q在曲線C上,故可設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為$(cosα,\sqrt{3}sinα)$,從而點(diǎn)Q到直線l的距離為 $d=\frac{{|cosα+\sqrt{3}sinα-8|}}{{\sqrt{1+1}}}$,化簡(jiǎn)再利用三角函數(shù)的單調(diào)性即可得出.
法2:直線l的平行線n方程可設(shè)為:x+y+t=0,與橢圓方程聯(lián)立化為 4x2+2tx+t2-3=0,利用△=0,再利用點(diǎn)到直線的距離公式即可得出.
解答 解:(1)設(shè)點(diǎn)P的直角坐標(biāo)系坐標(biāo)為(x0,y0),則$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=4\sqrt{2}cos\frac{π}{4}=4\\{y_0}=4\sqrt{2}sin\frac{π}{4}=4\end{array}\right.$,得:P(4,4). …
$\left\{\begin{array}{l}x=cosα\\ y=\sqrt{3}sinα\end{array}\right.(α為參數(shù))⇒\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{3}={cos^2}α+si{n^2}α=1$,
∵$\frac{4^2}{1}+\frac{4^2}{3}>1$,
∴點(diǎn)P在曲線C ${x^2}+\frac{y^2}{3}=1$外.
(2)法1:因?yàn)辄c(diǎn)Q在曲線C上,故可設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為$(cosα,\sqrt{3}sinα)$,
從而點(diǎn)Q到直線l的距離為 $d=\frac{{|cosα+\sqrt{3}sinα-8|}}{{\sqrt{1+1}}}$=$\frac{{8-2cos(α-\frac{π}{3})}}{{\sqrt{2}}}=4\sqrt{2}-\sqrt{2}cos(α-\frac{π}{3})$,
當(dāng)$cos(α-\frac{π}{3})=1$時(shí),Q到直線l的距離d的最小值為$3\sqrt{2}$,
當(dāng)$cos(α-\frac{π}{3})=-1$時(shí),Q到直線l的距離d的最大值為$5\sqrt{2}$,
法2:直線l的平行線n方程可設(shè)為:x+y+t=0,
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+\frac{y^2}{3}=1\\ x+y+t=0\end{array}\right.$得 3x2+(x+t)2=3,即 4x2+2tx+t2-3=0,
△=4t2-16(t2-3)=-12t2+48=0⇒t=±2,
曲線C的兩切線方程為 x+y+2=0與x+y-2=0,
Q到直線l的距離d的最大值為 $d=\frac{|2-(-8)|}{{\sqrt{1+1}}}=5\sqrt{2}$,
Q到直線l的距離d的最小值為 $d=\frac{|-2-(-8)|}{{\sqrt{1+1}}}=3\sqrt{2}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程、點(diǎn)到直線的距離公式,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | M⊆N | B. | N⊆M | ||
C. | M=N | D. | M與N之間沒有包含關(guān)系 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 1 | B. | 2 | C. | $\frac{1}{2}$ | D. | -1 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | ① | B. | ② | C. | ③ | D. | ④ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 4π | B. | 8π | C. | 12π | D. | 16π |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | f(x)=0 | B. | f(x)=2 | C. | f(x)=x2-1 | D. | f(x)=x-$\frac{1}{x}$ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題
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