考向總結
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A、借助三角函數知識考察，比如利用三角函數求最值；
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B、借助直線的參數方程的參數\(t\)的幾何意義考察，比如求線段的長度；
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C、借助平面幾何知識考察，比如求傾斜角等；
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D、借助極坐標考查面積，線段長度等，
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E、借助解析幾何考查，比如相關點法求軌跡，
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F、借助極坐標直接思考運算，不再轉化到直角坐標系下思考；
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G、相關弦長公式：
\(|AB|\xlongequal[韋達定理]{直角坐標系下}\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=|x_1-x_2|\cdot \sqrt{1+k^2}\)
\(= \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\cdot \sqrt{1+k^2}\)， 推導過程[1]
\(|AB|\xlongequal[經過極點的弦]{極坐標系下}|\rho_1-\rho_2|\)
\(|AB|\xlongequal[參數的幾何意義]{參數方程下}|t_1-t_2|\)
伸縮變換
\(\begin{cases}x=1+t\\y=2+\sqrt{3}t\end{cases}(t為參數)\)，
（1）寫出直線\(l\)的普通方程與曲線\(C\)的直角坐標方程；
（2）設曲線\(C\)經過伸縮變換\(\begin{cases}x'=x\\y'=\cfrac{1}{2}y\end{cases}\)得到曲線\(C'\)，
設\(M(x，y)\)為曲線\(C'\)上任意一點，求\(x^2-\sqrt{3}xy+2y^2\)的最小值，並求相應的點\(M\)的坐標。
分析：(1)消去參數\(t\)，得到直線\(l\)的普通方程為\(\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}+2=0\)
由\(\rho=2\)，得到曲線\(C\)的直角坐標方程為\(x^2+y^2=4\)；
(2)曲線\(C：x^2+y^2=4\)經過伸縮變換\(\begin{cases}x'=x\\y'=\cfrac{1}{2}y\end{cases}\)得到曲線\(C'\)，
即將\(x=x'，y=2y'\)代入\(C：x^2+y^2=4\)得到，\(x'^2+4y'^2=4\)，
整理得到曲線\(C'：\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\)。
由曲線\(C'\)的參數方程得到點\(M(2cos\theta，sin\theta)\)，
即\(x=2cos\theta，y=sin\theta\)，代入得到
\(x^2-\sqrt{3}xy+2y^2=(2cos\theta)^2-\sqrt{3}\cdot 2cos\theta\cdot sin\theta+2sin^2\theta\)
\(=4cos^2\theta+2sin^2\theta-\sqrt{3}sin2\theta\)
\(=2+2cos^2\theta-\sqrt{3}sin2\theta\)
\(=2+1+cos2\theta-\sqrt{3}sin2\theta\)
\(=3-2sin(2\theta-\cfrac{\pi}{6})\)
當\(2\theta-\cfrac{\pi}{6}=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，
即\(\theta=k\pi+\cfrac{\pi}{3}(k\in Z)\)時，
即點\(M(1，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)或\(M(-1，-\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)時，
\(x^2-\sqrt{3}xy+2y^2\)的最小值為1.
方程互化
⑴寫出直線\(l\)的參數方程，並將曲線\(C\)的極坐標方程化為直角坐標方程；
分析：直線\(l\)的參數方程為\(\begin{cases} x=4+cos\alpha\cdot t \\ y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t為參數)\)，
曲線\(C\)的直角坐標方程為\(x^2+y^2=4x\)；
(2016全國卷Ⅱ第23題高考真題)在直角坐標系\(xOy\)中，圓\(C\) 的方程為\((x+6)^2+y^2=25\)．
(1)以坐標原點為極點，\(x\)軸的正半軸為極軸建立極坐標系，求\(C\)的極坐標方程。
分析：由於極坐標方程中只有\(\rho\)和\(\theta\)，
故只要將\(x=\rho\cdot cos\theta\)和\(y=\rho\cdot sin\theta\)代入圓\(C\)的直角坐標方程為\((x+6)^2+y^2=25\)，
整理可得\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
解后反思：
1、消參的方法有代入消參，加減消參，乘除消參，和平方消參等
乘除消參，比如\(\begin{cases}x=t cos\theta\\y=t sin\theta\end{cases}(t為參數)\) ，兩式相除得到\(y=tan\theta x\)，
再比如\(\begin{cases}y=k(x-2)\\y=\cfrac{1}{k}(x+2)\end{cases}(k為參數)\)
兩式相乘，消去參數\(k\)，得到\(y^2=x^2-4\)，
2、直角坐標方程與極坐標方程的轉化公式。
求解弦長
利用直線的參數方程幾何意義求弦長
⑴求圓的直角坐標方程；
⑵設圓\(C\)與直線\(l\)交於點\(A、B\)，若點\(P\)的坐標為\((3，\sqrt{5})\)，求\(|PA|+|PB|\).
分析： ⑴簡解，\(x^2+(y-\sqrt{5})^2=5\)
⑵思路一：將直線和圓的直角坐標方程聯立，
求得交點\(A、B\)的坐標，
能否用兩點間的坐標公式求解\(|PA|+|PB|\).
思路二：利用直線參數方程的參數的幾何意義，
將直線的參數方程\(\begin{cases} x=3-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t \\ y=\sqrt{5}+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t \end{cases}(t為參數)\)
代入圓的直角坐標方程，
得到\((3-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t)^2+(\sqrt{5}+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t -\sqrt{5})^2=5\)
整理為\(t^2-3\sqrt{2}t+4=0\)，
由於\(\Delta >0\)，故可設點\(A、B\)分別對應參數\(t_1，t_2\)，
則\(\begin{cases} t_1+ t_2=3\sqrt{2} \\ t_1\times t_2=4 \end{cases}\)，
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、這樣的解法比利用兩點間的距離公式的計算量要小得多。
2、求\(|PA|\cdot |PB|=|t_1t_2|=t_1t_2=4\)，務必注意兩個根的正負，這與去絕對值符號有極大的關系。
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、若是出現了\(t_1\)和\(t_2\)中有一個負值的情形，如何求\(|PA|+|PB|\)呢？
不妨令\(t_1<0\)，\(t_2>0\)，則有\(|PA|=|t_1|=-t_1\)，\(|PB|=|t_2|=t_2\)，
那么\(|PA|+|PB|=t_2-t_1=|t_2-t_1|\)，
6、還可能會怎么考查呢？
比如已知\(|PA|、|AB|、|PB|\)成等比數列，這樣\(|AB|=|t_1-t_2|\)，\(|PA||PB|=|t_1t_2|\)，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\(t_1t_2<0\)，則可知\(t_1、t_2\)異號，那么可能\(t_1<0，t_2>0\)或者\(t_1>0，t_2<0\)，
則\(||PA|-|PB||=|-t_1-t_2|=|t_1+t_2|=\cfrac{12\sqrt{3}}{13}\)，或\(||PA|-|PB||=|t_1-(-t_2)|=|t_1+t_2|=\cfrac{12\sqrt{3}}{13}\)，
弦長范圍
利用直線的參數方程幾何意義求弦長的取值范圍
（1）求圓\(C\)的極坐標方程。
（2）若\(\alpha \in[0,\cfrac{\pi}{4}]\)，直線\(l\)的參數方程為\(\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\ y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t為參數)\)，直線\(l\)交圓\(C\)於\(A、B\)兩點，求弦長\(|AB|\)的取值范圍。
解：（1）圓\(C\)的圓心\(C(\sqrt{2}，\cfrac{\pi}{4})\)，得\(C\)的直角坐標為\((1,1)\)，所以圓\(C\)的直角坐標方程為\((x-1)^2+(y-1)^2=3\)，
由\(x=\rho cos\theta,y=\rho sin\theta\)得到，圓\(C\)的極坐標方程為\(\rho^2-2\rho cos\theta-2\rho sin\theta-1=0\)。
（2）將 \(\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t為參數)\)，
代入圓\(C\)的直角坐標方程為\((x-1)^2+(y-1)^2=3\)，得到\(t^2+2(cos\alpha+sin\alpha)t-1=0\)，
則有\(\Delta=4(cos\alpha+sin\alpha)^2+4>0\)，
設\(A、B\)兩點對應的參數分別為\(t_1，t_2\)，則由韋達定理可知，
\(t_1+t_2=2(cos\alpha+sin\alpha)，t_1\cdot t_2= -1\)
所以弦長\(|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{8+4sin2\alpha}\)，
由於\(\alpha \in[0,\cfrac{\pi}{4}]\)，
所以\(sin2\alpha\in[0，1]\)，\(8+4sin2\alpha\in[8，12]\)，
所以弦長\(|AB|\in[2\sqrt{2}，2\sqrt{3}]\)。
求解最值
求曲線上的點到直線的距離的最值
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，\(d_{max}=\cfrac{|-2-8|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)；[1:1]
問題：為什么不設點P的坐標為\((x，y)\)而采用參數坐標形式\((\sqrt{3}cos\theta，sin\theta)\)?前者坐標形式是二元形式，后者是一元形式，故后者簡單。
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\(d_{max}=\cfrac{|2-(-8)|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)，\(d_{min}=\cfrac{|-2-(-8)|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\)。
【反思總結】1、如果將橢圓換成圓，再求圓上的動點到直線的距離的最值，可以考慮的方法有：
其一，圓的參數方程法；其二，平行線法；其三，幾何法，圓心到直線的距離加減半徑。
分析：直線\(l\)的直角坐標方程是\(x-2y+8=0\)，曲線\(C\)上的動點\(P\)的坐標\((2s^2，2\sqrt{2}s)\)，
則由點到直線的距離公式可得，
\(d=d(s)=\cfrac{|2s^2-4\sqrt{2}s+8|}{\sqrt{1^2+(-2)^2}}\)
\(=\cfrac{|2(s-\sqrt{2})^2+4|}{\sqrt{5}}\)
當\(s=\sqrt{2}\)時，\(d_{min}=\cfrac{4\sqrt{5}}{5}\)。
解后反思：1、利用拋物線的參數方程和點線距公式轉化為二次函數的最值問題。2、本題目還可以利用平行線法來求解。
周長最值
⑴將曲線\(C\)的極坐標方程化為直角坐標方程；
⑵設點\(P\)為曲線\(C\)上一動點，矩形\(PQRS\)以\(PR\)為其對角線，且矩形的一邊垂直於極軸，求矩形\(PQRS\)的周長的最小值及此時點\(P\)的直角坐標。
分析：⑴將曲線\(C\)的極坐標方程為\(\rho^2=\cfrac{3}{1+2sin^2\theta}\)變形為\(\rho^2+2(\rho sin\theta)^2=3\)，
即\(x^2+y^2+2y^2=x^2+3y^2=3\)，也就是\(\cfrac{x^2}{3}+y^2=1\)；
⑵作出大致圖像，課件地址
我們可以作出點\(P\)的坐標\(P(\sqrt{3}cos\theta，sin\theta)\)，
那么點\(Q(2，sin\theta)\)，點\(R(2，2)\)，則\(|PQ|=2-\sqrt{3}cos\theta\)，\(|RQ|=2-sin\theta\)，
則\(|PQ|+|RQ|=4-2sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})\)，
當\(\theta=\cfrac{\pi}{6}\)時，\((|PQ|+|RQ|)_{min}=2\)，所以矩形\(PQRS\)的周長的最小值為4，
此時點\(P\)的坐標為\((\sqrt{3}cos\cfrac{\pi}{6}，sin\cfrac{\pi}{6})\)，即\((\cfrac{3}{2}，\cfrac{1}{2})\)。
面積最值
(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。
【法5】是否有，待后思考整理。
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。
求值范圍
求斜率或參數的值或取值范圍
(1)以坐標原點為極點，\(x\)軸的正半軸為極軸建立極坐標系，求\(C\)的極坐標方程。
分析：由於極坐標方程中只有\(\rho\)和\(\theta\)，
故只要將\(x=\rho\cdot cos\theta\)和\(y=\rho\cdot sin\theta\)代入圓\(C\)的直角坐標方程為\((x+6)^2+y^2=25\)，
整理可得\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
(2)直線\(l\)的參數方程為\(\begin{cases} x=t\cdot cos\alpha \\ y=t\cdot sin\alpha \end{cases}(t為參數)\)，
\(l\)與\(C\)交於A、B兩點，\(|AB|=\sqrt{10}\)，求直線\(l\)的斜率。
【法1】參數方程法，
分析：本題目的求解要用到直線的參數方程的幾何意義。
將直線\(l\)的參數方程代入圓\(C\)的直角坐標方程，
化簡整理為\(t^2+12t cos\alpha+11=0\)，可設點\(A、B\)分別對應參數\(t_1，t_2\)，
則\(\begin{cases} t_1+ t_2=-12cos\alpha \\ t_1\times t_2=11\end{cases}\)，
\(|AB|=|t_1-t_2|= \sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{10}\)，
解得\(cos^2\alpha=\cfrac{54}{144}=\cfrac{3}{8}\)，
又由圖可知\(\alpha\in [0，\pi)\)，故\(cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
則有\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
故\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直線\(l\)的斜率為\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法2】極坐標系法，
圓\(C\)的極坐標方程是\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
將直線的參數方程兩式相除得到，\(y=tan\alpha x\)，即\(y=kx\)，
則直線的極坐標方程為\(\theta=\alpha(\rho\in R)\)
將直線的極坐標方程代入圓\(C\)的極坐標方程是\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)，
得到圓\(C\)的極坐標方程是\(\rho^2+12\rho cos\alpha+11=0\)，
設點\(A\)的極坐標方程為\((\rho_1，\alpha)\)，點\(B\)的極坐標方程為\((\rho_2，\alpha)\)，
則\(\rho_1+\rho_2=-12cos\alpha\)，\(\rho_1\cdot \rho_2=11\)，
由\(|AB|=|\rho_1-\rho_2|= \sqrt{(\rho_1+\rho_2)^2-4\rho_1\rho_2}=\sqrt{10}\)，
解得\(cos^2\alpha=\cfrac{54}{144}=\cfrac{3}{8}\)，
又由圖可知\(\alpha\in [0，\pi)\)，故\(cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
則有\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
故\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直線\(l\)的斜率為\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法3】平面幾何法，
如圖所示，這樣的直線應該有兩條，且其斜率互為相反數，
現重點求解圖中的直線\(AB\)的斜率，
在\(Rt\Delta BCD\)中，半徑為\(BC=5\)，半弦長為\(BD=\cfrac{\sqrt{10}}{2}\)，
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\(cos\angle OCD=cos\theta=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
從而\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)，\(cos\alpha=\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
即\(k=tan\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)，
故滿足條件的直線\(AB\)有兩條，其斜率為\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
在直角坐標系\(xOy\)中，曲線\(C\) 的參數方程為\(\begin{cases}x=3cos\theta\\y=sin\theta\end{cases}(\theta為參數)\)，
直線\(l\)參數方程為\(\begin{cases}x=a+4t\\y=1-t\end{cases}(t為參數)\)，
(1)若\(a=-1\)，求\(C\)與\(l\)的交點坐標。
分析：將曲線\(C\)的參數方程轉化為直角坐標方程為\(\cfrac{x^2}{9}+y^2=1①\)；
當\(a=-1\)時，將直線消掉參數得到\(x+4y=3②\)，
兩式聯立，解方程組得到 \(\begin{cases}x=3\\y=0\end{cases}\)
或\(\begin{cases}x=-\cfrac{21}{25}\\y=\cfrac{24}{25}\end{cases}\)，
故交點坐標為\((3，0)或(-\cfrac{21}{25}，\cfrac{24}{25})\)。
(2)若\(C\)上的點到\(l\)的距離的最大值為\(\sqrt{17}\)，求\(a\).
分析：曲線\(C\)上的任意一點\(P(3cos\theta，sin\theta)\)，
將直線\(l\)消掉參數得到\(x+4y-4-a=0\)，
則點P的直線\(l\)的距離為
\(d=\cfrac{|3cos\theta+4sin\theta-4-a|}{\sqrt{17}}\)
\(=\cfrac{|5sin(\theta+\phi)-(4+a)|}{\sqrt{17}}(tan\phi=\cfrac{3}{4})\)；
當\(4+a\ge 0\)時，即\(a\ge -4\)時，取\(sin(\theta+\phi)=-1\)，
\(d_{max}=\cfrac{|-5-a-4|}{\sqrt{17}}=\cfrac{9+a}{\sqrt{17}}=\sqrt{17}\)，解得\(a=8\)；
當\(4+a< 0\)時，即\(a< -4\)時，取\(sin(\theta+\phi)=1\)，
\(d_{max}=\cfrac{|5-a-4|}{\sqrt{17}}=\cfrac{1-a}{\sqrt{17}}=\sqrt{17}\)，解得\(a=-16\)。
綜上所述，\(a\)的值為\(8或-16\)。
軌跡方程
曲線\(C_1\)的方程為\(\rho(\rho-4sin\theta)=12\)，定點\(A(6，0)\)，點\(P\)是\(C_1\)上的動點，\(Q\)為\(AP\)的中點，
(1)、求點\(Q\)的軌跡\(C_2\)的直角坐標方程；
(2)、直線\(l\)與曲線\(C_2\)交於\(A、B\)兩點，若\(|AB|\ge 2\sqrt{3}\)，求實數\(a\)的取值范圍；
分析：(1)【法1】：將曲線\(C_1\)的極坐標方程化為直角坐標方程為\(x^2+y^2-4y=12\)，
設點\(P(x'，y')\)，點\(Q(x，y)\)，由\(Q\)為\(AP\)的中點，
得到\(\begin{cases}x'=2x-6\\y'=2y\end{cases}\)，
代入\(x^2+y^2-4y=12\)，(此方法叫相關點法)
得到點\(Q\)的軌跡\(C_2\)的直角坐標方程為\((x-3)^2+(y-1)^2=4\)；
【法2】：參數方程法，將曲線\(C_1\)的直角坐標方程為\(x^2+y^2-4y=12\)，即\(x^2+(y-2)^2=16\)
化為參數方程得到\(\begin{cases}x=4cos\theta\\y=2+4sin\theta\end{cases}(\theta為參數)\)，定點\(A(6，0)\)，
則其中點\(Q(2cos\theta+3，1+2sin\theta)\)，
即點\(Q\)的參數方程為\(\begin{cases}x=2cos\theta+3\\y=1+2sin\theta\end{cases}(\theta為參數)\)，
消去參數得到，點\(Q\)的軌跡\(C_2\)的直角坐標方程為\((x-3)^2+(y-1)^2=4\)；
(2)、遇到直線和圓的位置關系問題，我們常常想到弦長半徑和弦心距的\(Rt\Delta\)；
由題可知，直線\(l\)的直角坐標方程為\(y=ax\)，由\(|AB|\ge 2\sqrt{3}\)，
可得圓心\((3，1)\)到直線\(y=ax\)的點線距\(d=\sqrt{2^2-(\cfrac{2\sqrt{3}}{2})^2}\leq 1\)，
即\(d=\cfrac{|3a-1|}{\sqrt{a^2+1}}\leq 1\)，平方得到
\((3a-1)^2\leq (a^2+1)\)，解得\(0\leq a\leq \cfrac{3}{4}\)；
故實數\(a\)的取值范圍為\([0， \cfrac{3}{4}]\)；
(1)、將圓\(C\)和直線\(l\)的方程化為極坐標方程；
簡析：\(C：\rho=2\)；\(l：\rho(cos\theta+sin\theta)=2\)
(2)、點\(P\)是直線\(l\)上的點，射線\(OP\)交圓\(C\)於點\(R\)，又點\(Q\)在\(OP\)上
且滿足\(|OQ|\cdot|OP|=|OR|^2\)，當點\(P\)在直線\(l\)上移動時，求點\(Q\)的軌跡的極坐標方程；
【思路一】：碰到這樣的問題，我們一般是想着在直角坐標系下進行相應的運算，然后將結果轉化成極坐標系即可，
設點\(P(x_1，y_1)\)，點\(Q(x，y)\)，
這樣由\(|OQ|\cdot|OP|=|OR|^2\)，\(|OR|=2\)，變形得到\(\sqrt{x^2+y^2}\cdot \sqrt{x_1^2+y_1^2}=4①\)，
為得到關於點\(Q\)的軌跡方程，需要轉化去掉方程中的變量\(x_1\)和\(y_1\)，
為此我們注意到\(\cfrac{x_1}{x}=\cfrac{y_1}{y}=t>0\)，則
\(x_1=t\cdot x\)，\(y_1=t\cdot y\)，
代入方程①得到，\(\sqrt{x^2+y^2}\cdot \sqrt{t^2x^2+t^2y^2}=4\)，
即\((x^2+y^2)\sqrt{t^2}=(x^2+y^2)\cdot t=4②\)
這樣就多出來了一個變量\(t\)，只要將他想辦法去掉就可以了，
又由於\(x_1+y_1=2\)，即\(tx+ty=2\)，
這樣\(t=\cfrac{2}{x+y}\)，
代入方程②得到，\((x^2+y^2)\cdot\cfrac{2}{x+y}=4\)；
即點\(Q\)的軌跡方程的直角坐標方程為\(x^2+y^2=2(x+y)\)，
即點\(Q\)的軌跡方程為\(\rho=2(sin\theta+cos\theta)\)。
【思路二】：極坐標系法，設點\(P(\rho_1，\theta)\)，點\(Q(\rho，\theta)\)，點\(R(\rho_0，\theta)\)，
則有\(\rho_0=2\)，且\(\rho_1(cos\theta+sin\theta)=2\)，
則由\(|OQ|\cdot|OP|=|OR|^2\)，\(|OR|=2\)，得到\(\rho\cdot \rho_1=4\)，
即\(\rho\cdot \cfrac{2}{cos\theta+sin\theta}=4\)，
整理得到，\(\rho=2(sin\theta+cos\theta)\)，
即點\(Q\)的軌跡方程為\(\rho=2(sin\theta+cos\theta)\)。
解后反思：
1、通過兩種思路的比較，我們基本能體會到極坐標系是有其自身的優越性的，
法1一開始是四個變量，法2一開始就只有三個變量\(\rho，\rho_1，\theta\)，
當將\(\rho_1\)做代換之后，立馬就變成了兩個變量，結果也就出來了。
2、由此題目我們還可以延伸思考，若給定條件是\(\cfrac{|OQ|}{|OP|}=4\)，或者\(|OQ|\pm|OP|=4\)，
那么用極坐標法都是比較簡單的。