前言
參數方程由來
- 圓的參數方程[特殊情形，圓心\((0,0)\)，半徑\(R\)]
其參數\(\alpha\)的幾何意義是圓上動點和圓心連線的旋轉角，如下圖所示；
- 圓的參數方程[一般情形，圓心\((m,n)\)，半徑\(R\)]
注意：本來以為，其參數\(\alpha\)的幾何意義仿上例很容易理解；但是在實際教學中，學生極容易將其弄錯，容易和極坐標的坐標\((\rho,\theta)\)中的\(\theta\)混淆，故作上圖的課件，幫助大家理解和掌握；
如上圖所示，參數\(\alpha=\angle ACP\)；范圍\(\alpha\in [0,2\pi]\)
- 橢圓的參數方程
其參數\(\phi\)的幾何意義是對應的大圓或小圓半徑的旋轉角\(\angle AOM\)，也就是橢圓的離心角．不是橢圓上動點和中心連線的旋轉角\(\angle AOP\)；切記！
雖然\(\angle AOM\)和\(\angle AOP\)二者不相等，但是很顯然這二者也是一一對應的，並且它們的范圍都是\([0，2\pi)\).
分析：這個說法是錯誤的，怎么糾正呢？
當\(t=\cfrac{\pi}{3}\)時，代入得到\(x=2cos\cfrac{\pi}{3}=1\)，\(y=2sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)，故\(M(1，2\sqrt{3})\)，
則\(k_{\tiny{OM}}=\cfrac{y-0}{x-0}=2\sqrt{3}\)。
化為參數方程
介紹一個容易記憶的方法：
類比：\(cos^2\theta+sin^2\theta=1\)
- 當圓為\(x^2+y^2=4\)時，先轉換為\((\cfrac{x}{2})^2+(\cfrac{y}{2})^2=1\)，
對應上式，得到\(cos\theta=\cfrac{x}{2}，sin\theta=\cfrac{y}{2}\)，
故圓的參數方程為\(\begin{cases} x=2cos\theta \\ y=2sin\theta\end{cases}(\theta為參數)\)；
當然，我們還可以這樣交叉對應，
得到\(sin\theta=\cfrac{x}{2}，cos\theta=\cfrac{y}{2}\)，
故圓的參數方程還可以為\(\begin{cases} x=2sin\theta \\ y=2cos\theta\end{cases}(\theta為參數)\)；
【說明】①由此說明，當我們取的參數不一樣時，圓的參數方程是不一樣的，
即圓的參數方程可能不唯一。兩種參數的含義不一定一樣。
②我們約定俗成的取法是第一種。
③參數方程的參數有時候有明確的幾何意義，有時候沒有。
- 當圓為\((x-a)^2+(y-b)^2=R^2\)時，
先轉換為\((\cfrac{x-a}{R})^2+(\cfrac{y-b}{R})^2=1\)，
對應上式，得到\(cos\theta=\cfrac{x-a}{R}，sin\theta=\cfrac{y-b}{R}\)，
故圓的參數方程為\(\begin{cases} x=a+Rcos\theta \\ y=b+Rsin\theta\end{cases}(\theta為參數)\)；
- 當橢圓為\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1\)時，
先轉化為\((\cfrac{x}{a})^2+(\cfrac{y}{b})^2=1\)，
對應上式得到\(cos\theta=\cfrac{x}{a}\)，\(sin\theta=\cfrac{y}{b}\)，
故橢圓的參數方程為\(\begin{cases} x=acos\theta \\ y=bsin\theta\end{cases}(\theta為參數)\)；
參數方程優點
當處理圓或者橢圓上的任意一點到直線的距離的最值時，參數方程就會體現出它巨大的優越性。原因在於：如果是普通方程時，點的坐標形式為\((x，y)\)，轉化得到的必然是二元形式的，而如果是參數方程，轉化得到的必然是一元形式的，肯定要比二元的簡單的多。
典例剖析
法1：三角函數的有界性，由於點\(P(cos\theta，sin\theta)\)在直線\(\cfrac{x}{a}+\cfrac{y}{b}=1\)上，則有\(bcos\theta+asin\theta=ab\)，
即\(\sqrt{a^2+b^2}sin(\theta+\phi)=ab，tan\phi=\cfrac{b}{a}\)，
由三角函數的有界性可知\(|sin(\theta+\phi)|=|\cfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}|\leq 1\)，
即\(\cfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{|ab|}\ge 1\)，即\(\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}\ge 1\)，故選\(D\).
法2：數形結合，由已知可知點\(P\)在單位圓上，自己做出大致圖像可知，直線和圓的位置關系只能是相切和相交，
故圓心\((0，0)\)到直線\(bx+ay-ab=0\)的距離應該小於等於半徑\(1\)，即\(\cfrac{|b\cdot 0+a\cdot 0-ab|}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq 1\)，
化簡得\(\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}\ge 1\)，故選\(D\).
分析：首先易知橢圓和直線沒有交點，即二者相離，從而可以考慮用橢圓的參數方程或平行線法求解。
法1、利用橢圓的參數方程，由橢圓方程\(\cfrac{x^2}{3}+y^2=1\)可知，動點坐標\(P(\sqrt{3}cos\theta，sin\theta)\)，
則點P到直線\(x+y-8=0\)的距離為\(d\)，則有
\(d(\theta)=\cfrac{|\sqrt{3}cos\theta+sin\theta-8|}{\sqrt{2}}=\cfrac{|2sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})-8|}{\sqrt{2}}\)，
故當\(sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})=1\)時，\(d_{min}=\cfrac{|2-8|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\)；
\(sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})=-1\)時，\(d_{max}=\cfrac{|-2-8|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)；[1]
法2、平行線法，設和已知平行且和已知橢圓相切的直線\(x+y+m=0\)，
則由\(x+y+m=0\)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\(m=\pm 2\)，
即和橢圓相切的直線有\(x+y-2=0\)和\(x+y+2=0\)，故切點到直線\(x+y-8=0\)的距離就可以用兩條平行線間的距離來刻畫，
則\(d_{max}=\cfrac{|2-(-8)|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)，\(d_{min}=\cfrac{|-2-(-8)|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\)。
法1：圓心到直線的距離加減半徑，
法2：圓的參數方程法，圓上任意一點的坐標\((cos\theta，sin\theta)\)，求點\((cos\theta，sin\theta)\)到直線\(3x+4y-12=0\)的距離，轉化為三角函數的最值求解，仿照上法2完成。
分析：由題目知，設點\(P(3\cos\theta，3\sin\theta)\)，\(Q(5\cos\phi，5\sin\phi)\)，\(M(x，y)\)，
則其坐標分別為\(x=\cfrac{3\cos\theta+5\cos\phi}{2}，y=\cfrac{3\sin\theta+5\sin\phi}{2}\)
則\(x^2+y^2=\cfrac{17}{2}+\cfrac{15}{2}\cos(\theta-\phi)=r^2(1\leq r \leq 4)\)，即區域\(M\)是內圓半徑為1和外圓半徑為4的圓環。
所以\(P=\cfrac{16\pi-\pi}{25\pi}=\cfrac{3}{5}\)，課件鏈接
【分析】將原本數的問題，轉化為形的問題，即兩個函數的圖像有交點的問題，從形上來處理解決。
法1：由題目可知，方程\(\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}=x+m\)有實根，即函數\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)和函數\(y=x+m\)的圖像有交點，
其中函數\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的圖像是橢圓\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分，函數\(y=x+m\)的圖像是動態的直線，
在同一個坐標系中做出兩個函數的圖像，由圖像可知，
由圖可知，直線和橢圓相交的一個位置是過點\((2，0)\)，代入求得\(m=-2\)；
另一個相交的臨界位置是直線和函數\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)在第二象限的部分相切，
設切點坐標\((x_0，y_0)\)，
則有\(f'(x)=[(3-\frac{3}{4}x^2)^{\frac{1}{2}}]'=\frac{1}{2}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)^{-\frac{1}{2}}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)'\)
\(=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3}{4}\cdot (2x))\)\(= \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3x}{4})\)
則\(f'(x_0)=\frac{-\frac{3x}{4}}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}=1(x_0<0)\)，即\(-\frac{3x}{4}=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)，兩邊平方整理得到，
\(x_0^2=\frac{16}{7}\)，即\(x_0=-\frac{4}{\sqrt{7}}\)，
代入函數\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)，得到\(y_0=\frac{3}{\sqrt{7}}\)
即切點為\((-\frac{4}{\sqrt{7}}，\frac{3}{\sqrt{7}})\)，將切點代入直線，得到\(m=\sqrt{7}\)，
結合圖像可知\(m\)的取值范圍是\([-2，\sqrt{7}]\)。
【點評】：①本題目的難點一是將數的問題轉化為形的問題求解，其中轉化得到半個橢圓也是難點。②難點二是求直線和橢圓相切時的切點坐標，求導很容易出錯的，需要特別注意。
法2：[算理似乎不是太順暢，再思考]利用橢圓的參數方程求解，由於函數\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的圖像是橢圓\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分，故設其圖像上的任意一點的坐標為\((2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)\)，且\(\theta\in [0，\pi]\)，
則上半橢圓上任一點\((2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)\)到直線\(y=x+m\)的距離為\(d\)，
則\(d=\cfrac{|2cos\theta-\sqrt{3}sin\theta+m|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\cfrac{|\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m|}{\sqrt{2}}\)，其中\(tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\)，
當\(d=0\)時，即\(\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0\)時，也即直線和上半橢圓相切，
由圖可知，此時的\(m\)最大，由於\(m=\sqrt{7}sin(\theta-\phi)\)，故\(m_{max}=\sqrt{7}\)，
又由圖可知，當\(\theta=0\)時，直線過點\((2，0)\)，此時的\(m\)最小，且由於此時直線和曲線相交，故必滿足\(\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0\)，即此時
\(m=\sqrt{7}sin(0-\phi)=-\sqrt{7}sin\phi\)，由\(tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\)，可計算得到\(sin\phi=\cfrac{2}{\sqrt{7}}\)，故\(m_{min}=-\sqrt{7}\times \cfrac{2}{\sqrt{7}}=-2\)，
綜上所述，可知\(m\)的取值范圍是\([-2，\sqrt{7}]\)。
分析：由圓的參數方程可知，鈍角\(\alpha\)終邊上一點\(P\)的坐標為\((2cos\alpha,2sin\alpha)\)，
則必然有\(2cos\alpha=2sin(-3)\)且\(2sin\alpha=-2cos3\)，
由於選項\(A\)，\(B\)不是鈍角，排除；此時將剩余選項代入驗證，很快就可以知道選\(C\)。
法1：計算法，由\(0\leq \cfrac{x^2}{16}\leq 1\)，\(0\leq \cfrac{y^2}{9}\leq 1\)，得到\(x\in [-4，4]\)，\(y\in [-3，3]\)；
法2：數形結合法，做出橢圓的圖形，分別向\(x、y\)軸作正射影，就得到各種的取值范圍\(x\in [-4，4]\)、\(y\in [-3，3]\)；
備注：但是大家要注意，這個范圍和橢圓上的任意一個點的范圍還是不一樣的，因為這兩個方法得到范圍時，只是自顧自，\(x\)只管\(x\)，\(y\)只管\(y\)，沒有照顧到和為\(1\)的限制，如果我們要同時用到\(x\)和\(y\)兩個坐標，往往必須用橢圓的參數方程來表示其上的任意一點\((4\cos\theta，3\sin\theta)\)。
參數方程不足
當圓的圓心不在原點的時候，我們在使用其參數方程的時候，極容易弄錯其參數\(\theta\)的位置。
(1)寫出曲線\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐標方程；
分析：曲線\(C_1\)的普通方程為\(x^2+(y-\sqrt{3})^2=3\)；曲線\(C_2\)的直角坐標方程為\(x^2+(y-1)^2=1\)；
(2)若點\(A\)、\(B\)分別是曲線\(C_1\)、\(C_2\)上的點(不同於原點)，且\(\angle AOB=\cfrac{\pi}{2}\)，求\(S_{\triangle AOB}\)面積的最大值。
法1：極坐標系法，設點\(A(\rho_1，\theta)\)，點\(B(\rho_2，\phi)\)，則可知\(\phi=\cfrac{\pi}{2}+\theta\)，
可以轉化得到曲線\(C_1\)的極坐標方程為\(\rho=2\sqrt{3}\sin\alpha\)，由於點\(A\)在\(C_1\)上，故\(|OA|=\rho_1=2\sqrt{3}\sin\theta\)；
曲線\(C_2\)的極坐標方程為\(\rho=2\sin\alpha\)，由於點\(B\)在\(C_2\)上，故\(|OB|=\rho_2=2\sin\phi=2\sin(\cfrac{\pi}{2}+\theta)=2\cos\theta\)；
故\(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}|OA||OB|=\cfrac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}\sin\theta\cdot 2\cos\theta=\sqrt{3}\sin2\theta\leqslant \sqrt{3}\)；
當且僅當\(\theta=\cfrac{\pi}{4}\)時取得最大值，故\(S_{\triangle AOB}\)面積的最大值為\(\sqrt{3}\)。
法2：在直角坐標系下，采用圓的參數方程法，也是比較好的選擇，但是角的選擇極容易出錯；
受上述解法的影響，好多學生設點\(A(\sqrt{3}\cos\alpha，\sqrt{3}\sin\alpha+\sqrt{3})\)，點\(B(\cos\theta，\sin\theta+1)\)，
他們想當然的認為必然有\(\theta=\cfrac{\pi}{2}+\alpha\)；即\(\angle xOA=\alpha\)，\(\angle xOB=\theta\)，這在認知圓的參數方程中的參數角時是錯誤的；
正確認知：過點\(C_1\)做\(C_1F//x\)軸，則\(\angle FC_1A=\alpha\)，過點\(C_2\)做\(C_2E//x\)軸，則\(\angle EC_2B=\theta\)(超過\(\pi\)的那個)，
則\(\theta=\pi+\alpha\)，[2] 且\(\alpha\in (-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2})\)，\(\theta\in (\cfrac{\pi}{2},\cfrac{3\pi}{2})\)
故\(|OA|=\sqrt{(\sqrt{3}\cos\alpha)^2+(\sqrt{3}\sin\alpha+\sqrt{3})^2}=\sqrt{6(1+\sin\alpha)}\)；
\(|OB|=\sqrt{(\cos\theta)^2+(\sin\theta+1)^2}=\sqrt{2(1+\sin\theta)}=\sqrt{2(1+\sin(\pi+\alpha)}=\sqrt{2(1-\sin\alpha)}\)；
\(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}|OA||OB|=\cfrac{1}{2}\cdot \sqrt{6(1+\sin\alpha)}\cdot \sqrt{2(1-\sin\alpha)}=\sqrt{3}|cos\alpha|\leqslant \sqrt{3}\)；
當且僅當\(\alpha=0\)時取得最大值，故\(S_{\triangle AOB}\)面積的最大值為\(\sqrt{3}\)。
(1)寫出曲線\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐標方程；
(2)設點\(P\) 在\(C_1\)上，點\(Q\) 在\(C_2\)上，且\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)，求三角形\(POQ\)面積的最大值。
分析：(1) 直接給出答案，曲線的普通方程\(C_1：(x-2)^2+y^2=4\)；所求的直角坐標方程\(C_2：(x-1)^2+y^2=1\)；
(2)【法1】極坐標法(本題目命題意圖就是想讓學生體會極坐標的優越性，從而主動使用極坐標刻畫思考或者在極坐標系下運算)，
曲線\(C_1\)的極坐標方程為\(\rho_1=4cos\alpha(\alpha\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
曲線\(C_2\)的極坐標方程為\(\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
如右圖所示，初步分析，當點\(P\)在\(x\)軸上方時，點\(Q\)必在\(x\)軸下方；
當然還會有另一種情形，當點\(P\)在\(x\)軸下方時，點\(Q\)必在\(x\)軸上方；
我們取其中一種做研究，比如點\(P\)在\(x\)軸上方，點\(Q\)在\(x\)軸下方；注意此時點\(Q\)的極角是負值\(-\theta\)，
由於\(\rho_1>0\)，\(\rho_2>0\)，以及\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
\(\alpha-\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\theta+\cfrac{\pi}{2}\)，(順時針為正，逆時針為負)
則有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\times 4cos\alpha\times 2cos\theta\)
\(=4cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})cos\theta=-4sin\theta cos\theta\)
\(=-2sin2\theta\)，
當\(2\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\theta=-\cfrac{\pi}{4}\)時，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法2】參數方程法，
如圖所示，曲線\(C_1\)的參數方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha為參數，\alpha\in (-\pi，\pi))\)，
曲線\(C_2\)的參數方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=sin\theta\end{cases}(\theta為參數，\theta\in (-\pi，\pi))\)，
注意參數的含義，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
則有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1-cos\theta)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\times 4\sqrt{(1-cos\theta)(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{1-cos^2\theta}=2|sin\theta|\)
當\(\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)時，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【變形方法3】參數方程法，曲線\(C_1\)的參數方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha為參數，\alpha\in (-\pi，\pi))\)，
曲線\(C_2\)的參數方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta為參數，\theta\in (-\pi，\pi))\)，
注意參數的含義，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，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\(\alpha=\pi+\theta\)
\(原式=2\sqrt{sin^2\theta}=2|sin\theta|\)，
當\(\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)時，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法4】嘗試使用均值不等式，待有空思考整理。
設直線\(OP\)的方程為\(y=kx\)，由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
直線\(OQ\)的方程為\(y=-\cfrac{1}{k}x\)，
聯立\(\begin{cases}(x-2)^2+y^2=4\\y=kx\end{cases}\)，解得\(P(\cfrac{4}{1+k^2}，\cfrac{4k}{1+k^2})\)，
聯立\(\begin{cases}(x-1)^2+y^2=1\\y=-\cfrac{1}{k}x\end{cases}\)，解得\(Q(\cfrac{2k^2}{1+k^2}，\cfrac{-2k}{1+k^2})\)，
\(S_{\Delta POQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(\cfrac{4}{1+k^2})^2+(\cfrac{4k}{1+k^2})^2}\sqrt{(\cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(\cfrac{-2k}{1+k^2})^2}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{\cfrac{16}{1+k^2}}\sqrt{\cfrac{4k^2}{1+k^2}}=\cfrac{4|k|}{1+k^2}=\cfrac{4}{|k|+\frac{1}{|k|}}\leq 2\)。
當且僅當\(|k|=1\)時取到等號。故\((S_{\Delta POQ})_{max}=2\)。
反思：這個解法的優越性體現在只有一個變量\(k\)，那么求最值時就好操作些，但是其運算量和運算容量都挺大的。
解后反思：
1、在高中數學中，求某個量(比如面積)的最值時，往往需要先表達出這個量(比如面積)的函數，這樣求實際問題的最值就變成了求這個函數模型的最值問題了，這一過程實際就是函數的建模。
1、法1利用極坐標法，這樣表達刻畫面積時，就只有兩個變量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用兩個變量的相互關系，再將變量集中為一個變量，就好求解其最大值了。
2、法2利用參數方程法，在表達刻畫面積時，同樣只有兩個變量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用兩個變量的相互關系，再將變量集中為一個變量，就好求解其最大值了。法2和法3本質接近。
3、正確求解本題目，需要深刻理解極坐標方程的含義和參數方程的含義，尤其是法2對參數的含義更不能弄錯了。用到了內外角關系和圓心角和圓周角關系。
4、還有學生想到設\(P(x_1，y_1)\)，$ Q(x_2，y_2)$，這樣的思路我沒有做嘗試，不過能看出來此時是四個變量，這樣就難得多了，所以碰到這樣的題目我們先需要初步篩選思路。