坐标系与参数方程的考向整理[三轮总结]
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坐标系与参数方程的考向整理[三轮总结]
考向总结
- A、借助三角函数知识考察，比如利用三角函数求最值；
- B、借助直线的参数方程的参数\(t\)的几何意义考察，比如求线段的长度；
- C、借助平面几何知识考察，比如求倾斜角等；
- D、借助极坐标考查面积，线段长度等，
- E、借助解析几何考查，比如相关点法求轨迹，
- F、借助极坐标直接思考运算，不再转化到直角坐标系下思考；
- G、相关弦长公式：
\(|AB|\xlongequal[韦达定理]{直角坐标系下}\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=|x_1-x_2|\cdot \sqrt{1+k^2}\)
\(= \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\cdot \sqrt{1+k^2}\)， 推导过程[1]
\(|AB|\xlongequal[经过极点的弦]{极坐标系下}|\rho_1-\rho_2|\)
\(|AB|\xlongequal[参数的几何意义]{参数方程下}|t_1-t_2|\)
伸缩变换
(1). 写出直线 \(l\) 的普通方程与曲线 \(C\) 的直角坐标方程；
(2). 设曲线 \(C\) 经过伸缩变换 \(\begin{cases}x'=x\\y'=\cfrac{1}{2}y\end{cases}\) 得到曲线 \(C'\)，设 \(M(x，y)\) 为曲线 \(C'\) 上任意一点，求 \(x^2\)\(-\)\(\sqrt{3}xy\)\(+\)\(2y^2\) 的最小值，并求相应的点 \(M\) 的坐标。
分析：(1)消去参数 \(t\)，得到直线 \(l\) 的普通方程为 \(\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}+2=0\)，
由\(\rho=2\)，得到曲线\(C\)的直角坐标方程为\(x^2+y^2=4\)；
(2)曲线 \(C：x^2+y^2=4\) 经过伸缩变换 \(\begin{cases}x'=x\\y'=\cfrac{1}{2}y\end{cases}\) 得到曲线 \(C'\)，
即将 \(x=x'，y=2y'\) 代入 \(C：x^2+y^2=4\) 得到，\(x'^2+4y'^2=4\)，
整理得到曲线 \(C'：\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\)。
由曲线 \(C'\) 的参数方程得到点 \(M(2cos\theta，sin\theta)\)， \(\theta\in [0,2\pi)\)
即 \(x=2cos\theta，y=sin\theta\)，代入得到
\(x^2-\sqrt{3}xy+2y^2\)\(=\)\((2\cos\theta)^2-\sqrt{3}\cdot 2\cos\theta\cdot \sin\theta+2\sin^2\theta\)
\(=4\cos^2\theta+2\sin^2\theta-\sqrt{3}\sin2\theta\)\(=2+2\cos^2\theta-\sqrt{3}\sin2\theta\)
\(=2+1+cos2\theta-\sqrt{3}\sin2\theta\)\(=3-2\sin(2\theta-\cfrac{\pi}{6})\)
当 \(2\theta-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{2}\) ，即 \(\theta=\cfrac{\pi}{3}\) 时，即点 \(M(1，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\) 或 \(M(-1，-\cfrac{\sqrt{3}}{2})\) 时，\(x^2\)\(-\)\(\sqrt{3}xy\)\(+\)\(2y^2\) 的最小值为 \(1\) .
方程互化
⑴写出直线\(l\)的参数方程，并将曲线\(C\)的极坐标方程化为直角坐标方程；
分析：直线\(l\)的参数方程为\(\begin{cases} x=4+cos\alpha\cdot t \\ y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t为参数)\)，
曲线\(C\)的直角坐标方程为\(x^2+y^2=4x\)；
(2016全国卷Ⅱ第23题高考真题)在直角坐标系\(xOy\)中，圆\(C\) 的方程为\((x+6)^2+y^2=25\)．
(1)以坐标原点为极点，\(x\)轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求\(C\)的极坐标方程。
分析：由于极坐标方程中只有\(\rho\)和\(\theta\)，
故只要将\(x=\rho\cdot cos\theta\)和\(y=\rho\cdot sin\theta\)代入圆\(C\)的直角坐标方程为\((x+6)^2+y^2=25\)，
整理可得\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
解后反思：
1、消参的方法有代入消参，加减消参，乘除消参，和平方消参等
乘除消参，比如\(\begin{cases}x=t cos\theta\\y=t sin\theta\end{cases}(t为参数)\) ，两式相除得到\(y=tan\theta x\)，
再比如\(\begin{cases}y=k(x-2)\\y=\cfrac{1}{k}(x+2)\end{cases}(k为参数)\)
两式相乘，消去参数\(k\)，得到\(y^2=x^2-4\)，
2、直角坐标方程与极坐标方程的转化公式。
求解弦长
利用直线的参数方程几何意义求弦长
⑴求圆的直角坐标方程；
⑵设圆\(C\)与直线\(l\)交于点\(A、B\)，若点\(P\)的坐标为\((3，\sqrt{5})\)，求\(|PA|+|PB|\).
分析： ⑴简解，\(x^2+(y-\sqrt{5})^2=5\)
⑵思路一：将直线和圆的直角坐标方程联立，
求得交点\(A、B\)的坐标，
能否用两点间的坐标公式求解\(|PA|+|PB|\).
思路二：利用直线参数方程的参数的几何意义，
将直线的参数方程\(\begin{cases} x=3-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t \\ y=\sqrt{5}+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t \end{cases}(t为参数)\)
代入圆的直角坐标方程，
得到\((3-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t)^2+(\sqrt{5}+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t -\sqrt{5})^2=5\)
整理为\(t^2-3\sqrt{2}t+4=0\)，
由于\(\Delta >0\)，故可设点\(A、B\)分别对应参数\(t_1，t_2\)，
则\(\begin{cases} t_1+ t_2=3\sqrt{2} \\ t_1\times t_2=4 \end{cases}\)，
由此可以看出\(t_1>0，t_2>0\)，
故\(|PA|=t_1，|PB|=t_2\)，所以\(|PA|+|PB|=3\sqrt{2}\).
解后反思：
1、这样的解法比利用两点间的距离公式的计算量要小得多。
2、求\(|PA|\cdot |PB|=|t_1t_2|=t_1t_2=4\)，务必注意两个根的正负，这与去绝对值符号有极大的关系。
3、求\(|AB|=|t_1-t_2|\)
4、求\(\cfrac{1}{|PA|}+\cfrac{1}{|PB|}=\cfrac{|PA|+|PB|}{|PA||PB|}=\cfrac{t_1+t_2}{t_1t_2}\)
5、若是出现了\(t_1\)和\(t_2\)中有一个负值的情形，如何求\(|PA|+|PB|\)呢？
不妨令\(t_1<0\)，\(t_2>0\)，则有\(|PA|=|t_1|=-t_1\)，\(|PB|=|t_2|=t_2\)，
那么\(|PA|+|PB|=t_2-t_1=|t_2-t_1|\)，
6、还可能会怎么考查呢？
比如已知\(|PA|、|AB|、|PB|\)成等比数列，这样\(|AB|=|t_1-t_2|\)，\(|PA||PB|=|t_1t_2|\)，且有\(|AB|^2=|PA||PB|\)，
比如已知\(t_1+t_2=\cfrac{12\sqrt{3}}{13}\)，\(t_1t_2=-\cfrac{36}{13}\)求\(||PA|-|PB||\)的值，
由\(t_1t_2<0\)，则可知\(t_1、t_2\)异号，那么可能\(t_1<0，t_2>0\)或者\(t_1>0，t_2<0\)，
则\(||PA|-|PB||=|-t_1-t_2|=|t_1+t_2|=\cfrac{12\sqrt{3}}{13}\)，或\(||PA|-|PB||=|t_1-(-t_2)|=|t_1+t_2|=\cfrac{12\sqrt{3}}{13}\)，
弦长范围
利用直线的参数方程几何意义求弦长的取值范围
（1）求圆\(C\)的极坐标方程。
（2）若\(\alpha \in[0,\cfrac{\pi}{4}]\)，直线\(l\)的参数方程为\(\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\ y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t为参数)\)，直线\(l\)交圆\(C\)于\(A、B\)两点，求弦长\(|AB|\)的取值范围。
解：（1）圆\(C\)的圆心\(C(\sqrt{2}，\cfrac{\pi}{4})\)，得\(C\)的直角坐标为\((1,1)\)，所以圆\(C\)的直角坐标方程为\((x-1)^2+(y-1)^2=3\)，
由\(x=\rho cos\theta,y=\rho sin\theta\)得到，圆\(C\)的极坐标方程为\(\rho^2-2\rho cos\theta-2\rho sin\theta-1=0\)。
（2）将 \(\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t为参数)\)，
代入圆\(C\)的直角坐标方程为\((x-1)^2+(y-1)^2=3\)，得到\(t^2+2(cos\alpha+sin\alpha)t-1=0\)，
则有\(\Delta=4(cos\alpha+sin\alpha)^2+4>0\)，
设\(A、B\)两点对应的参数分别为\(t_1，t_2\)，则由韦达定理可知，
\(t_1+t_2=2(cos\alpha+sin\alpha)，t_1\cdot t_2= -1\)
所以弦长\(|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{8+4sin2\alpha}\)，
由于\(\alpha \in[0,\cfrac{\pi}{4}]\)，
所以\(sin2\alpha\in[0，1]\)，\(8+4sin2\alpha\in[8，12]\)，
所以弦长\(|AB|\in[2\sqrt{2}，2\sqrt{3}]\)。
求解最值
求曲线上的点到直线的距离的最值
分析：首先易知椭圆和直线没有交点，即二者相离，从而可以考虑用椭圆的参数方程或平行线法求解。
法1、利用椭圆的参数方程，由椭圆方程\(\cfrac{x^2}{3}+y^2=1\)可知，动点坐标\(P(\sqrt{3}cos\theta，sin\theta)\)，
则点P到直线\(x+y-8=0\)的距离为\(d\)，则有
\(d(\theta)=\cfrac{|\sqrt{3}cos\theta+sin\theta-8|}{\sqrt{2}}=\cfrac{|2sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})-8|}{\sqrt{2}}\)，
故当\(sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})=1\)时，\(d_{min}=\cfrac{|2-8|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\)；
\(sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})=-1\)时，\(d_{max}=\cfrac{|-2-8|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)；[2]
法2、平行线法，设和已知平行且和已知椭圆相切的直线\(x+y+m=0\)，
则由\(x+y+m=0\)和\(\cfrac{x^2}{3}+y^2=1\)，消去\(y\)可得\(4x^2+6mx+3m^2-3=0\)，
由二者相切可知，\(\Delta=36m^2-4\times4(3m^2-3)=0\)，解得\(m=\pm 2\)，
即和椭圆相切的直线有\(x+y-2=0\)和\(x+y+2=0\)，故切点到直线\(x+y-8=0\)的距离就可以用两条平行线间的距离来刻画，
则\(d_{max}=\cfrac{|2-(-8)|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)，\(d_{min}=\cfrac{|-2-(-8)|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\)。
【反思总结】1、如果将椭圆换成圆，再求圆上的动点到直线的距离的最值，可以考虑的方法有：
其一，圆的参数方程法；其二，平行线法；其三，几何法，圆心到直线的距离加减半径。
分析：直线\(l\)的直角坐标方程是\(x-2y+8=0\)，曲线\(C\)上的动点\(P\)的坐标\((2s^2，2\sqrt{2}s)\)，
则由点到直线的距离公式可得，
\(d=d(s)=\cfrac{|2s^2-4\sqrt{2}s+8|}{\sqrt{1^2+(-2)^2}}\)
\(=\cfrac{|2(s-\sqrt{2})^2+4|}{\sqrt{5}}\)
当\(s=\sqrt{2}\)时，\(d_{min}=\cfrac{4\sqrt{5}}{5}\)。
解后反思：1、利用抛物线的参数方程和点线距公式转化为二次函数的最值问题。2、本题目还可以利用平行线法来求解。
周长最值
⑴将曲线\(C\)的极坐标方程化为直角坐标方程；
⑵设点\(P\)为曲线\(C\)上一动点，矩形\(PQRS\)以\(PR\)为其对角线，且矩形的一边垂直于极轴，求矩形\(PQRS\)的周长的最小值及此时点\(P\)的直角坐标。
分析：⑴将曲线\(C\)的极坐标方程为\(\rho^2=\cfrac{3}{1+2sin^2\theta}\)变形为\(\rho^2+2(\rho sin\theta)^2=3\)，
即\(x^2+y^2+2y^2=x^2+3y^2=3\)，也就是\(\cfrac{x^2}{3}+y^2=1\)；
⑵作出大致图像，课件地址
我们可以作出点\(P\)的坐标\(P(\sqrt{3}cos\theta，sin\theta)\)，
那么点\(Q(2，sin\theta)\)，点\(R(2，2)\)，则\(|PQ|=2-\sqrt{3}cos\theta\)，\(|RQ|=2-sin\theta\)，
则\(|PQ|+|RQ|=4-2sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\)，
当\(\theta=\cfrac{\pi}{6}\)时，\((|PQ|+|RQ|)_{min}=2\)，所以矩形\(PQRS\)的周长的最小值为4，
此时点\(P\)的坐标为\((\sqrt{3}cos\cfrac{\pi}{6}，sin\cfrac{\pi}{6})\)，即\((\cfrac{3}{2}，\cfrac{1}{2})\)。
面积最值
(1)写出曲线\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐标方程；
(2)设点\(P\) 在\(C_1\)上，点\(Q\) 在\(C_2\)上，且\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)，求三角形\(POQ\)面积的最大值。
分析：(1) 直接给出答案，
曲线的普通方程\(C_1：(x-2)^2+y^2=4\)；
所求的直角坐标方程\(C_2：(x-1)^2+y^2=1\)；
(2)【法1】极坐标法(本题目命题意图就是想让学生体会极坐标的优越性，从而主动使用极坐标刻画思考或者在极坐标系下运算)，
曲线\(C_1\)的极坐标方程为\(\rho_1=4cos\alpha(\alpha\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
如右图所示，初步分析，当点\(P\)在\(x\)轴上方时，点\(Q\)必在\(x\)轴下方；
当然还会有另一种情形，当点\(P\)在\(x\)轴下方时，点\(Q\)必在\(x\)轴上方；
我们取其中一种做研究，比如点\(P\)在\(x\)轴上方，点\(Q\)在\(x\)轴下方；
注意此时点\(Q\)的极角是负值\(-\theta\)，
由于\(\rho_1>0\)，\(\rho_2>0\)，以及\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
\(\alpha-\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\theta+\cfrac{\pi}{2}\)，(顺时针为正，逆时针为负)
则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\times 4cos\alpha\times 2cos\theta\)
\(=4cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})cos\theta=-4sin\theta cos\theta\)
\(=-2sin2\theta\)，
当\(2\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\theta=-\cfrac{\pi}{4}\)时，
\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法2】参数方程法，
如图所示，曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数，\alpha\in (-\pi，\pi))\)，
曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=sin\theta\end{cases}(\theta为参数，\theta\in (-\pi，\pi))\)，
注意参数的含义，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1-cos\theta)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\times 4\sqrt{(1-cos\theta)(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{1-cos^2\theta}=2|sin\theta|\)
当\(\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)时，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【变形方法3】参数方程法，曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数，\alpha\in (-\pi，\pi))\)，
曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数，\theta\in (-\pi，\pi))\)，
注意参数的含义，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可知，\(k_{OP}k_{OQ}=-1\)，
即\(\cfrac{2sin\alpha}{2+2cos\alpha}\times \cfrac{sin\theta}{1+cos\theta}=-1\)，即\(-sin\alpha sin\theta=(1+cos\alpha)(1+cos\theta)\)
\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{(1+cos\alpha)(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{-sin\alpha sin\theta}\)，
又有\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
\(原式=2\sqrt{sin^2\theta}=2|sin\theta|\)，
当\(\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)时，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法4】尝试使用均值不等式，待有空思考整理。
设直线\(OP\)的方程为\(y=kx\)，由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
直线\(OQ\)的方程为\(y=-\cfrac{1}{k}x\)，
联立\(\begin{cases}(x-2)^2+y^2=4\\y=kx\end{cases}\)，
解得\(P(\cfrac{4}{1+k^2}，\cfrac{4k}{1+k^2} )\)，
联立\(\begin{cases}(x-1)^2+y^2=1\\y=-\cfrac{1}{k}x\end{cases}\)，
解得$ Q(\cfrac{2k2}{1+k2}，\cfrac{-2k}{1+k^2} )$，
\(S_{\Delta POQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(\cfrac{4}{1+k^2})^2+(\cfrac{4k}{1+k^2})^2}\sqrt{(\cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(\cfrac{-2k}{1+k^2})^2}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{\cfrac{16}{1+k^2}}\sqrt{\cfrac{4k^2}{1+k^2}}=\cfrac{4|k|}{1+k^2}=\cfrac{4}{|k|+\frac{1}{|k|}}\leq 2\)。
当且仅当\(|k|=1\)时取到等号。故\((S_{\Delta POQ})_{max}=2\)。
反思：这个解法的优越性体现在只有一个变量\(k\)，那么求最值时就好操作些。
【法5】是否有，待后思考整理。
解后反思：
1、在高中数学中，求某个量(比如面积)的最值时，往往需要先表达出这个量(比如面积)的函数，这样求实际问题的最值就变成了求这个函数模型的最值问题了，这一过程实际就是函数的建模。
1、法1利用极坐标法，这样表达刻画面积时，就只有两个变量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。
2、法2利用参数方程法，在表达刻画面积时，同样只有两个变量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。法2和法3本质接近。
3、正确求解本题目，需要深刻理解极坐标方程的含义和参数方程的含义，尤其是法2对参数的含义更不能弄错了。用到了内外角关系和圆心角和圆周角关系。
4、还有学生想到设\(P(x_1，y_1)\)，$ Q(x_2，y_2)$，这样的思路我没有做尝试，不过能看出来此时是四个变量，这样就难得多了，所以碰到这样的题目我们先需要初步筛选思路。
求值范围
求斜率或参数的值或取值范围
(1)以坐标原点为极点，\(x\)轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求\(C\)的极坐标方程。
分析：由于极坐标方程中只有\(\rho\)和\(\theta\)，
故只要将\(x=\rho\cdot cos\theta\)和\(y=\rho\cdot sin\theta\)代入圆\(C\)的直角坐标方程为\((x+6)^2+y^2=25\)，
整理可得\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
(2)直线\(l\)的参数方程为\(\begin{cases} x=t\cdot cos\alpha \\ y=t\cdot sin\alpha \end{cases}(t为参数)\)，
\(l\)与\(C\)交于A、B两点，\(|AB|=\sqrt{10}\)，求直线\(l\)的斜率。
【法1】参数方程法，
分析：本题目的求解要用到直线的参数方程的几何意义。
将直线\(l\)的参数方程代入圆\(C\)的直角坐标方程，
化简整理为\(t^2+12t cos\alpha+11=0\)，可设点\(A、B\)分别对应参数\(t_1，t_2\)，
则\(\begin{cases} t_1+ t_2=-12cos\alpha \\ t_1\times t_2=11\end{cases}\)，
\(|AB|=|t_1-t_2|= \sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{10}\)，
解得\(cos^2\alpha=\cfrac{54}{144}=\cfrac{3}{8}\)，
又由图可知\(\alpha\in [0，\pi)\)，故\(cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
则有\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
故\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直线\(l\)的斜率为\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法2】极坐标系法，
圆\(C\)的极坐标方程是\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
将直线的参数方程两式相除得到，\(y=tan\alpha x\)，即\(y=kx\)，
则直线的极坐标方程为\(\theta=\alpha(\rho\in R)\)
将直线的极坐标方程代入圆\(C\)的极坐标方程是\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)，
得到圆\(C\)的极坐标方程是\(\rho^2+12\rho cos\alpha+11=0\)，
设点\(A\)的极坐标方程为\((\rho_1，\alpha)\)，点\(B\)的极坐标方程为\((\rho_2，\alpha)\)，
则\(\rho_1+\rho_2=-12cos\alpha\)，\(\rho_1\cdot \rho_2=11\)，
由\(|AB|=|\rho_1-\rho_2|= \sqrt{(\rho_1+\rho_2)^2-4\rho_1\rho_2}=\sqrt{10}\)，
解得\(cos^2\alpha=\cfrac{54}{144}=\cfrac{3}{8}\)，
又由图可知\(\alpha\in [0，\pi)\)，故\(cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
则有\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
故\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直线\(l\)的斜率为\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法3】平面几何法，
如图所示，这样的直线应该有两条，且其斜率互为相反数，
现重点求解图中的直线\(AB\)的斜率，
在\(Rt\Delta BCD\)中，半径为\(BC=5\)，半弦长为\(BD=\cfrac{\sqrt{10}}{2}\)，
利用勾股定理求得，弦心距\(CD=\cfrac{3\sqrt{10}}{2}\)
在\(Rt\Delta OCD\)中，\(OC=6\)，\(CD=\cfrac{3\sqrt{10}}{2}\)
求得\(cos\angle OCD=cos\theta=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
从而\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)，\(cos\alpha=\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
即\(k=tan\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)，
故满足条件的直线\(AB\)有两条，其斜率为\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
在直角坐标系\(xOy\)中，曲线\(C\) 的参数方程为\(\begin{cases}x=3cos\theta\\y=sin\theta\end{cases}(\theta为参数)\)，
直线\(l\)参数方程为\(\begin{cases}x=a+4t\\y=1-t\end{cases}(t为参数)\)，
(1)若\(a=-1\)，求\(C\)与\(l\)的交点坐标。
分析：将曲线\(C\)的参数方程转化为直角坐标方程为\(\cfrac{x^2}{9}+y^2=1①\)；
当\(a=-1\)时，将直线消掉参数得到\(x+4y=3②\)，
两式联立，解方程组得到 \(\begin{cases}x=3\\y=0\end{cases}\)
或\(\begin{cases}x=-\cfrac{21}{25}\\y=\cfrac{24}{25}\end{cases}\)，
故交点坐标为\((3，0)或(-\cfrac{21}{25}，\cfrac{24}{25})\)。
(2)若\(C\)上的点到\(l\)的距离的最大值为\(\sqrt{17}\)，求\(a\).
分析：曲线\(C\)上的任意一点\(P(3cos\theta，sin\theta)\)，
将直线\(l\)消掉参数得到\(x+4y-4-a=0\)，
则点P的直线\(l\)的距离为
\(d=\cfrac{|3cos\theta+4sin\theta-4-a|}{\sqrt{17}}\)
\(=\cfrac{|5sin(\theta+\phi)-(4+a)|}{\sqrt{17}}(tan\phi=\cfrac{3}{4})\)；
当\(4+a\ge 0\)时，即\(a\ge -4\)时，取\(sin(\theta+\phi)=-1\)，
\(d_{max}=\cfrac{|-5-a-4|}{\sqrt{17}}=\cfrac{9+a}{\sqrt{17}}=\sqrt{17}\)，解得\(a=8\)；
当\(4+a< 0\)时，即\(a< -4\)时，取\(sin(\theta+\phi)=1\)，
\(d_{max}=\cfrac{|5-a-4|}{\sqrt{17}}=\cfrac{1-a}{\sqrt{17}}=\sqrt{17}\)，解得\(a=-16\)。
综上所述，\(a\)的值为\(8或-16\)。
轨迹方程
曲线\(C_1\)的方程为\(\rho(\rho-4sin\theta)=12\)，定点\(A(6，0)\)，点\(P\)是\(C_1\)上的动点，\(Q\)为\(AP\)的中点，
(1)、求点\(Q\)的轨迹\(C_2\)的直角坐标方程；
(2)、直线\(l\)与曲线\(C_2\)交于\(A、B\)两点，若\(|AB|\ge 2\sqrt{3}\)，求实数\(a\)的取值范围；
分析：(1)【法1】：将曲线\(C_1\)的极坐标方程化为直角坐标方程为\(x^2+y^2-4y=12\)，
设点\(P(x'，y')\)，点\(Q(x，y)\)，由\(Q\)为\(AP\)的中点，
得到\(\begin{cases}x'=2x-6\\y'=2y\end{cases}\)，
代入\(x^2+y^2-4y=12\)，(此方法叫相关点法)
得到点\(Q\)的轨迹\(C_2\)的直角坐标方程为\((x-3)^2+(y-1)^2=4\)；
【法2】：参数方程法，将曲线\(C_1\)的直角坐标方程为\(x^2+y^2-4y=12\)，即\(x^2+(y-2)^2=16\)
化为参数方程得到\(\begin{cases}x=4cos\theta\\y=2+4sin\theta\end{cases}(\theta为参数)\)，定点\(A(6，0)\)，
则其中点\(Q(2cos\theta+3，1+2sin\theta)\)，
即点\(Q\)的参数方程为\(\begin{cases}x=2cos\theta+3\\y=1+2sin\theta\end{cases}(\theta为参数)\)，
消去参数得到，点\(Q\)的轨迹\(C_2\)的直角坐标方程为\((x-3)^2+(y-1)^2=4\)；
(2)、遇到直线和圆的位置关系问题，我们常常想到弦长半径和弦心距的\(Rt\Delta\)；
由题可知，直线\(l\)的直角坐标方程为\(y=ax\)，由\(|AB|\ge 2\sqrt{3}\)，
可得圆心\((3，1)\)到直线\(y=ax\)的点线距\(d=\sqrt{2^2-(\cfrac{2\sqrt{3}}{2})^2}\leq 1\)，
即\(d=\cfrac{|3a-1|}{\sqrt{a^2+1}}\leq 1\)，平方得到
\((3a-1)^2\leq (a^2+1)\)，解得\(0\leq a\leq \cfrac{3}{4}\)；
故实数\(a\)的取值范围为\([0， \cfrac{3}{4}]\)；
(1)、将圆\(C\)和直线\(l\)的方程化为极坐标方程；
简析：\(C：\rho=2\)；\(l：\rho(cos\theta+sin\theta)=2\)
(2)、点\(P\)是直线\(l\)上的点，射线\(OP\)交圆\(C\)于点\(R\)，又点\(Q\)在\(OP\)上
且满足\(|OQ|\cdot|OP|=|OR|^2\)，当点\(P\)在直线\(l\)上移动时，求点\(Q\)的轨迹的极坐标方程；
【思路一】：碰到这样的问题，我们一般是想着在直角坐标系下进行相应的运算，然后将结果转化成极坐标系即可，
设点\(P(x_1，y_1)\)，点\(Q(x，y)\)，
这样由\(|OQ|\cdot|OP|=|OR|^2\)，\(|OR|=2\)，变形得到\(\sqrt{x^2+y^2}\cdot \sqrt{x_1^2+y_1^2}=4①\)，
为得到关于点\(Q\)的轨迹方程，需要转化去掉方程中的变量\(x_1\)和\(y_1\)，
为此我们注意到\(\cfrac{x_1}{x}=\cfrac{y_1}{y}=t>0\)，则
\(x_1=t\cdot x\)，\(y_1=t\cdot y\)，
代入方程①得到，\(\sqrt{x^2+y^2}\cdot \sqrt{t^2x^2+t^2y^2}=4\)，
即\((x^2+y^2)\sqrt{t^2}=(x^2+y^2)\cdot t=4②\)
这样就多出来了一个变量\(t\)，只要将他想办法去掉就可以了，
又由于\(x_1+y_1=2\)，即\(tx+ty=2\)，
这样\(t=\cfrac{2}{x+y}\)，
代入方程②得到，\((x^2+y^2)\cdot\cfrac{2}{x+y}=4\)；
即点\(Q\)的轨迹方程的直角坐标方程为\(x^2+y^2=2(x+y)\)，
即点\(Q\)的轨迹方程为\(\rho=2(sin\theta+cos\theta)\)。
【思路二】：极坐标系法，设点\(P(\rho_1，\theta)\)，点\(Q(\rho，\theta)\)，点\(R(\rho_0，\theta)\)，
则有\(\rho_0=2\)，且\(\rho_1(cos\theta+sin\theta)=2\)，
则由\(|OQ|\cdot|OP|=|OR|^2\)，\(|OR|=2\)，得到\(\rho\cdot \rho_1=4\)，
即\(\rho\cdot \cfrac{2}{cos\theta+sin\theta}=4\)，
整理得到，\(\rho=2(sin\theta+cos\theta)\)，
即点\(Q\)的轨迹方程为\(\rho=2(sin\theta+cos\theta)\)。
解后反思：
1、通过两种思路的比较，我们基本能体会到极坐标系是有其自身的优越性的，
法1一开始是四个变量，法2一开始就只有三个变量\(\rho，\rho_1，\theta\)，
当将\(\rho_1\)做代换之后，立马就变成了两个变量，结果也就出来了。
2、由此题目我们还可以延伸思考，若给定条件是\(\cfrac{|OQ|}{|OP|}=4\)，或者\(|OQ|\pm|OP|=4\)，
那么用极坐标法都是比较简单的。
设直线方程为\(y=kx+b\)，两个交点为点\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)；
则由平面内任意两点间的距离公式可得，
\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{(x_1-x_2)^2+[(kx_1+b)-(kx_2+b)]^2}\)
\(=\sqrt{(x_1-x_2)^2+k^2(x_1-x_2)^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(x_1-x_2)^2}\)
\(=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)
即弦长公式：\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)
\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{(\frac{y_1-b}{k}-\frac{y_2-b}{k})^2+(y_1-y_2)^2}\)
\(=\sqrt{\frac{(y_1-y_2)^2}{k^2}+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot \sqrt{(y_1-y_2)^2}\)
\(=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |y_1-y_2|\)
即弦长公式：\(|AB|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |y_1-y_2|\)
故弦长公式：\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |y_1-y_2|\)
具体使用时，如下所示，为了和韦达定理相联系。
\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{ |x_1-x_2|^2}\)\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{ x_1^2+x_2^2-2x_1x_2}\)\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{ x_1^2+x_2^2+2x_1x_2-4x_1x_2}\)\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\) ↩︎问题：为什么不设点P的坐标为\((x，y)\)而采用参数坐标形式\((\sqrt{3}cos\theta，sin\theta)\)?前者坐标形式是二元形式，后者是一元形式，故后者简单。 ↩︎
