Question

5．以平面直角坐标系的坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，在极坐标系中曲线C的极坐标方程为 ρ²=$\frac{4（1{+tan}^{2}θ）}{1-ta{n}^{2}θ}$．
（Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程；
（Ⅱ）过极点的射线l₁：θ=α（ρ＞0，-$\frac{π}{4}$＜α＜0）与曲线C交于点A，射线l₁绕极点逆时针旋转$\frac{π}{4}$得到射线l₂，射线l₂与曲线C交于点B，求|OA|•|OB|的最小值，以及此时点A的一个极坐标．

Answer 1

分析 （I）在极坐标系中曲线C的极坐标方程为 ρ²=$\frac{4（1{+tan}^{2}θ）}{1-ta{n}^{2}θ}$=$\frac{4（1+\frac{si{n}^{2}θ}{co{s}^{2}θ}）}{1-\frac{si{n}^{2}θ}{co{s}^{2}θ}}$，化为：ρ²（cos²θ-sin²θ）=4，利用互化公式即可得出曲线C的直角坐标方程．
（Ⅱ）过极点的射线l₁：θ=α（ρ＞0，-$\frac{π}{4}$＜α＜0），可得：$0＜α+\frac{π}{4}＜\frac{π}{4}$，可设：A（ρ₁，θ），B$（{ρ}_{2}，θ+\frac{π}{4}）$．
代入曲线C的直角坐标方程x²-y²=4．可得：$\left\{\begin{array}{l}{{ρ}_{1}^{2}（co{s}^{2}θ-si{n}^{2}θ）=4}\\{{ρ}_{2}^{2}[co{s}^{2}（θ+\frac{π}{4}）-si{n}^{2}（θ+\frac{π}{4}）]=4}\end{array}\right.$，利用倍角公式及其同角三角函数基本关系式可得$\frac{16}{{ρ}_{1}^{4}}$+$\frac{16}{{ρ}_{2}^{4}}$=1，再利用基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（I）在极坐标系中曲线C的极坐标方程为 ρ²=$\frac{4（1{+tan}^{2}θ）}{1-ta{n}^{2}θ}$=$\frac{4（1+\frac{si{n}^{2}θ}{co{s}^{2}θ}）}{1-\frac{si{n}^{2}θ}{co{s}^{2}θ}}$=$\frac{4}{co{s}^{2}θ-si{n}^{2}θ}$，
化为：ρ²（cos²θ-sin²θ）=4，
可得：曲线C的直角坐标方程为x²-y²=4．
（Ⅱ）过极点的射线l₁：θ=α（ρ＞0，-$\frac{π}{4}$＜α＜0），可得：$0＜α+\frac{π}{4}＜\frac{π}{4}$，
可设：A（ρ₁，θ），B$（{ρ}_{2}，θ+\frac{π}{4}）$．
代入曲线C的直角坐标方程x²-y²=4．可得：$\left\{\begin{array}{l}{{ρ}_{1}^{2}（co{s}^{2}θ-si{n}^{2}θ）=4}\\{{ρ}_{2}^{2}[co{s}^{2}（θ+\frac{π}{4}）-si{n}^{2}（θ+\frac{π}{4}）]=4}\end{array}\right.$，
分别化为：cos2θ=cos²θ-sin²θ=$\frac{4}{{ρ}_{1}^{2}}$，-sin2θ=$\frac{4}{{ρ}_{2}^{2}}$．
∴$\frac{16}{{ρ}_{1}^{4}}$+$\frac{16}{{ρ}_{2}^{4}}$=1≥2$\sqrt{\frac{16}{{ρ}_{1}^{4}}×\frac{16}{{ρ}_{2}^{4}}}$，化为：${ρ}_{1}^{2}•{ρ}_{2}^{2}$≥4$\sqrt{2}$，∴ρ₁•ρ₂≥2$\root{4}{2}$．
∴|OA|•|OB|的最小值为2$\root{4}{2}$，以及此时点A的一个极坐标A$（2\root{4}{2}，-\frac{π}{8}）$．

点评 本题考查了极坐标方程化为直角标准方程、倍角公式及其同角三角函数基本关系式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．