Question

10．已知曲線C₁：ρ=1，曲線C₂：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{\sqrt{2}}{2}t-\sqrt{2}}\\{y=\frac{\sqrt{2}}{2}t}\end{array}\right.$（t為參數(shù)）
（1）求C₁與C₂交點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）若把C₁，C₂上各點(diǎn)的縱坐標(biāo)都?jí)嚎s為原來(lái)的一半，分別得到曲線C₁′與C₂′，寫(xiě)出C₁′與C₂′的參數(shù)方程，C₁與C₂公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)和C₁′與C₂′公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)是否相同，說(shuō)明你的理由．

Answer 1

分析 （1）分別求出C₁的直角坐標(biāo)方程和C₂的普通方程，聯(lián)立方程組能求出C₁與C₂交點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）壓縮后的參數(shù)方程分別為${{C}_{1}}^{'}$：$\left\{\begin{array}{l}{x=cosθ}\\{y=\frac{1}{2}sinθ}\end{array}\right.$（θ為參數(shù)）${{C}_{2}}^{'}$：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{\sqrt{2}}{2}t-\sqrt{2}}\\{y=\frac{\sqrt{2}}{4}t}\end{array}\right.$（t為參數(shù)），化為普通方程，聯(lián)立消元，由其判別式得到壓縮后的直線${{C}_{2}}^{'}$與橢圓${{C}_{1}}^{'}$仍然只有一個(gè)公共點(diǎn)，和C₁與C₂公共點(diǎn)個(gè)數(shù)相同．

解答 解：（1）∵曲線C₁：ρ=1，∴C₁的直角坐標(biāo)方程為x²+y²=1，
∴C₁是以原點(diǎn)為圓心，以1為半徑的圓，
∵曲線C₂：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{\sqrt{2}}{2}t-\sqrt{2}}\\{y=\frac{\sqrt{2}}{2}t}\end{array}\right.$（t為參數(shù)），∴C₂的普通方程為x-y+$\sqrt{2}$=0，是直線，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x-y+\sqrt{2}=0}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，解得x=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，y=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴C₂與C₁只有一個(gè)公共點(diǎn)：（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
（2）壓縮后的參數(shù)方程分別為
${{C}_{1}}^{'}$：$\left\{\begin{array}{l}{x=cosθ}\\{y=\frac{1}{2}sinθ}\end{array}\right.$（θ為參數(shù)）${{C}_{2}}^{'}$：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{\sqrt{2}}{2}t-\sqrt{2}}\\{y=\frac{\sqrt{2}}{4}t}\end{array}\right.$（t為參數(shù)），
化為普通方程為：${{C}_{1}}^{'}$：x²+4y²=1，${{C}_{2}}^{'}$：y=$\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}$，
聯(lián)立消元得$2{x}^{2}+2\sqrt{2}x+1=0$，
其判別式$△=（2\sqrt{2}）^{2}-4×2×1=0$，
∴壓縮后的直線${{C}_{2}}^{'}$與橢圓${{C}_{1}}^{'}$仍然只有一個(gè)公共點(diǎn)，和C₁與C₂公共點(diǎn)個(gè)數(shù)相同．

點(diǎn)評(píng) 本題考查兩曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)的求法，考查壓縮后的直線與橢圓的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)的判斷，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意一元二次方程的根的判別式的合理運(yùn)用．