在极坐标系中，已知圆(C)的圆心(C(sqrt{2}，cfrac{pi}{4}))，半径(r=sqrt{3})，
（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(egin{cases} x=2+cosalphacdot t \y=2+sinalphacdot 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=
ho cos heta，y=
ho sin heta)得到，
圆(C)的极坐标方程为(
ho^2-2
ho cos heta-2
ho sin heta-1=0)。
（2）将 (egin{cases} x=2+cosalphacdot t \y=2+sinalphacdot 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(cosalpha+sinalpha)t-1=0)，
则有(Delta= 4(cosalpha+sinalpha)^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(cosalpha+sinalpha)，t_1cdot t_2= -1)
所以弦长(|AB|=|t_1-t_2|=sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=sqrt{8+4sin2alpha})，
由于(alpha in[0,cfrac{pi}{4}])，所以(sin2alphain[0，1])，(8+4sin2alphain[8，12])，
所以弦长(|AB|in[2sqrt{2}，2sqrt{3}])。
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(
ho^2=cfrac{3}{1+2sin^2 heta})变形为(
ho^2+2(
ho sin heta)^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 heta，sin heta))，
那么点(Q(2，sin heta))，点(R(2，2))，则(|PQ|=2-sqrt{3}cos heta)，(|RQ|=2-sin heta)，
则(|PQ|+|RQ|=4-2sin( heta+cfrac{pi}{3}))，
当( heta=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}coscfrac{pi}{6}，sincfrac{pi}{6}))，即((cfrac{3}{2}，cfrac{1}{2}))。
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(egin{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^2-3sqrt{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(egin{cases} t_1+ t_2=3sqrt{2} \ t_1 imes 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|=3sqrt{2}).
问题：一定有(|PA|+|PB|=|AB|)这个结论吗？为什么？课件地址
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；
⑵若曲线(C)与直线(l)相交于不同的两点(M、N)，求(|PM|+|PN|)的取值范围.
分析：⑴直线(l)的参数方程为(egin{cases} x=4+cosalphacdot t \ y=2+sinalphacdot t end{cases}(t为参数))，曲线(C)的直角坐标方程为(x^2+y^2=4x)；
⑵课件地址
法1：几何法，不具备通用性，比如圆锥曲线，
法2：通法，将(egin{cases} x=4+cosalphacdot t \ y=2+sinalphacdot t end{cases}(t为参数))代入(C：x^2+y^2=4x)，
得到(t^2+4(sinalpha+cosalpha)t+4=0)，
则必然满足条件(egin{cases} &Delta=16(sinalpha+cosalpha)^2-16>0\ &t_1+t_2=-4(sinalpha+cosalpha)\&t_1cdot t_2=4end{cases}(t为参数))，
由此得到(sinalphacdot cosalpha>0)，又(alphain [0，pi))，
故压缩范围得到(alphain (0，cfrac{pi}{2}))，又由(t_1+t_2=-4(sinalpha+cosalpha)<0)，故可知(t_1<0)，(t_2<0)，
则(|PM|+|PN|=|t_1|+|t_2|=-(t_1+t_2)=4(sinalpha+cosalpha)=4sqrt{2}sin(alpha+cfrac{pi}{4}))，
由(alpha in (0，cfrac{pi}{2})) ，得到(alpha+cfrac{pi}{4}in (cfrac{pi}{4}，cfrac{3pi}{4}))，
则(cfrac{sqrt{2}}{2}< sin(alpha+cfrac{pi}{4}) leq 1)，
故$ 4sqrt{2} imes cfrac{sqrt{2}}{2}< 4sqrt{2}cdot sin(alpha+cfrac{pi}{4}) leq 4sqrt{2} imes 1 $，
即就是$|PM|+|PN|in(4，4sqrt{2}] $.
(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(
ho)和( heta)，
故只要将(x=
hocdot cos heta)和(y=
hocdot sin heta)代入圆(C)的直角坐标方程为((x+6)^2+y^2=25)，
整理可得(
ho^2+12
ho cos heta+11=0)。
(2)直线(l)的参数方程为(egin{cases} x=tcdot cosalpha \ y=tcdot sinalpha 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 cosalpha+11=0)，可设点(A、B)分别对应参数(t_1，t_2)，
则(egin{cases} t_1+ t_2=-12cosalpha \ t_1 imes t_2=11end{cases})，
(|AB|=|t_1-t_2|= sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=sqrt{10})，
解得(cos^2alpha=cfrac{54}{144}=cfrac{3}{8})，
又由图可知(alphain [0，pi))，故(cosalpha=pmcfrac{sqrt{6}}{4})，
则有(sinalpha=cfrac{sqrt{10}}{4})
故(tanalpha=cfrac{sinalpha}{cosalpha}=cfrac{cfrac{sqrt{10}}{4} }{pmcfrac{sqrt{6}}{4}} =pmcfrac{sqrt{15}}{3})。
故直线(l)的斜率为(pmcfrac{sqrt{15}}{3})。
【法2】极坐标系法，
圆(C)的极坐标方程是(
ho^2+12
ho cos heta+11=0)。
将直线的参数方程两式相除得到，(y=tanalpha x)，即(y=kx)，
则直线的极坐标方程为( heta=alpha(
hoin R))
将直线的极坐标方程代入圆(C)的极坐标方程是(
ho^2+12
ho cos heta+11=0)，
得到圆(C)的极坐标方程是(
ho^2+12
ho cosalpha+11=0)，
设点(A)的极坐标方程为((
ho_1，alpha))，点(B)的极坐标方程为((
ho_2，alpha))，
则(
ho_1+
ho_2=-12cosalpha)，(
ho_1cdot
ho_2=11)，
由(|AB|=|
ho_1-
ho_2|= sqrt{(
ho_1+
ho_2)^2-4
ho_1
ho_2}=sqrt{10})，
解得(cos^2alpha=cfrac{54}{144}=cfrac{3}{8})，
又由图可知(alphain [0，pi))，故(cosalpha=pmcfrac{sqrt{6}}{4})，
则有(sinalpha=cfrac{sqrt{10}}{4})
故(tanalpha=cfrac{sinalpha}{cosalpha}=cfrac{cfrac{sqrt{10}}{4} }{pmcfrac{sqrt{6}}{4}} =pmcfrac{sqrt{15}}{3})。
故直线(l)的斜率为(pmcfrac{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(RtDelta 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{3sqrt{10}}{2})
在(RtDelta OCD)中，(OC=6)，(CD=cfrac{3sqrt{10}}{2})
求得(cosangle OCD=cos heta=cfrac{sqrt{10}}{4})
从而(sinalpha=cfrac{sqrt{10}}{4})，(cosalpha=cfrac{sqrt{6}}{4})，
即(k=tanalpha=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(pmcfrac{sqrt{15}}{3})。
(1).(M)为曲线(C_1)上的动点，点(P)在线段(OM)上，且满足(|OM|cdot|OP|=16)，求点(P)的轨迹(C_2)的直角坐标方程；
【法一】：学生容易想到的解法，也是我们交给学生的方法。
容易化简(C_1：x=4)，做出简单的示意图，我们可以令(M(4，m)、P(x，y))，
则由题目可知(cfrac{y}{x}=cfrac{m}{4})，即(m=cfrac{4y}{x})，
又由题目可知满足条件(|OM|cdot|OP|=16)，即(sqrt{4^2+m^2}cdotsqrt{x^2+y^2}=16)，
将(m=cfrac{4y}{x})代入，整理得到((4^2+cfrac{16y^2}{x^2})cdot(x^2+y^2)=256)，
整理得到(x^4+2x^2y^2-16x^2+y^4=0)，即(x^4+2x^2y^2+y^4=16x^2)，
即((x^2+y^2)^2=(4x)^2)，两边开方得到(x^2+y^2=4x)[此处由于(x)为非负值，故舍去(x^2+y^2=-4x)]，
最终可以化简为((x-2)^2+y^2=4(x>0))。
【法2】：直接借助极坐标系来思考运算，令(M( ho， heta))，(P( ho_1， heta)( ho_1>0))，由题可知，
点M满足(C_1)的方程( ho cos heta=4) 。则( ho=cfrac{4}{cos heta})，
又(|OM|= ho=cfrac{4}{cos heta})，(|OP|= ho_1)，又由题目可知(|OM|cdot|OP|= ho ho_1=16)，
故( ho_1=cfrac{16}{ ho}=4cos heta( ho_1>0))，两边同乘以( ho_1)得到
( ho_1^2=4 ho_1 cos heta)，转化为直角坐标方程为(x^2+y^2=4x(x eq 0))，
即((x-2)^2+y^2=4(x eq 0))为曲线(C_2)的直角坐标方程。
解后反思：
①法1的代数式变形，许多学生根本想不到；
②结题中限制(x eq 0)是为了和上述的( ho_1>0)对应。
③此题目的法2的解答提醒我们，若题目中出现了经过极点的两个线段的四则运算的条件，那么采用极坐标思考和运算应该是比较简单和快捷的，故我们必须扭转以直角坐标为桥梁的的求解思路，快速适应在极坐标系下的思维模式。
(2).设点(A)的极坐标为((2，cfrac{pi}{3}))，点(B)在曲线(C_2)上，求(Delta OAB)面积的最大值．
【法1】：直接借助平面几何的形来思考运算，结合运动观点和特殊化策略；让点(B)在圆上跑一圈即可看出思路；
连接(AC) ，易知(Delta AOC)为正三角形，底边(|OA|)为定值，则当高线最大时，(S_{Delta AOB})面积最大，
如图所示，过圆心(C)做(AO)的垂线，交(AO)于(H)，交圆(C)于点(B)，此时(S_{Delta AOB})面积最大，
(S_{max}=cfrac{1}{2}cdot |AO||HB|=cfrac{1}{2}cdot |AO|(|HC|+|BC|)=2+sqrt{3})。
【法2】：借助圆的参数方程和点线距公式求解；
直线(OA)的方程为(sqrt{3}x-y=0)，点(B)在曲线(C_2)上，
故点(B)的参数坐标为((2cos heta+2，2sin heta))(( hetain (-pi，pi)))，
故三角形(Delta OAB)的一条边(OA)上的高为点(B)到直线(OA)的距离为(h_{OA})，
(h_{OA}=cfrac{|sqrt{3}(2cos heta+2)-2sin heta|}{sqrt{(sqrt{3})^2+1^2}}=|sqrt{3}cos heta-sin heta+sqrt{3}|)
则(S_{Delta OAB}=cfrac{1}{2}|OA|cdot h_{OA}=|sqrt{3}cos heta-sin heta+sqrt{3}|=|2cos( heta+cfrac{pi}{6})+sqrt{3}|)，
当(cos( heta+cfrac{pi}{6})=1)，即( heta=-cfrac{pi}{6})时，(S_{max}=2+sqrt{3})。
【法3】：直接借助极坐标系来思考运算，利用(S_{ riangle}=cfrac{1}{2}absinC)求解；
点(A(2，cfrac{pi}{3}))，点(B( ho，alpha)(alphain (-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2})))，又点(B)满足曲线(C_2)的极坐标方程，
故(|OB|= ho=4cosalpha)，(angle AOB=cfrac{pi}{3}-alpha)，
则(S_{Delta OAB}=cfrac{1}{2}|OA||OB|sinangle AOB=cfrac{1}{2}cdot 2cdot 4cosalphacdot sin(cfrac{pi}{3}-alpha))
(=4cosalpha cdot sin(cfrac{pi}{3}-alpha)=4cosalphacdot(cfrac{sqrt{3}}{2}cosalpha-cfrac{1}{2}sinalpha))
(=2sqrt{3}cos^2alpha-2sinalphacdot cosalpha=sqrt{3}cdot (1+cos2alpha)-sin2alpha=-2sin(2alpha-cfrac{pi}{3})+sqrt{3})，
故当(2alpha-cfrac{pi}{3}=-cfrac{pi}{2})，即(alpha=-cfrac{pi}{12})时，(S_{Delta OAB})取到最大值(2+sqrt{3})。
- 当点(A)在圆外时，如点(A(4，3))，又该如何思考呢？
分析：连接(OA)，和圆相交于点(D)，过点(C)做弦(OD)的中垂线，和弦(OD)相交于点(H)，和圆相交于点(B)，
则此时点(B)到底边(OA)的距离最大，故此时的(S_{Delta AOB})面积最大，
具体(S_{Delta AOB})面积最大时的求法如下，
底边长(|OA|)固定不变，高线(|BH|=|BC|+|HC|)，其中(|BC|)长为半径，题目给定，
(|HC|)可以用点(C(2，0))到直线(OA)的距离公式求得，或利用(RtDelta OCH)求解即可，
故面积的最大值可解；
- 当点(A)在圆内时，如点(A(3，1))，又该如何思考呢？
分析：连接(OA)并延长和圆相交于点(D)，
过点(C)做弦(OD)的中垂线，和弦(OD)相交于点(H)，和圆相交于点(B)，
则此时点(B)到底边(OA)的距离最大，故此时的(S_{Delta AOB})面积最大，
具体(S_{Delta AOB})面积最大时的求法如下，底边长(|OA|)固定不变，高线(|BH|=|BC|+|HC|)，
其中(|BC|)长为半径，题目给定，(|HC|)可以用点(C(2，0))到直线(OA)的距离公式求得，
或利用(RtDelta OCH)求解即可，故面积的最大值可解；
法2：直线(OA)的方程为(sqrt{3}x-y=0)，点(B)在曲线(C_2)上，故点B的参数坐标为((2cos heta+2，2sin heta))(( hetain (-pi，pi)))，
(?此处怎么转化，为什么这样转化)
故三角形(Delta OAB)的一条边(OA)上的高为点(B)到直线(OA)的距离
(h_{OA}=cfrac{|sqrt{3}(2cos heta+2)-2sin heta|}{sqrt{(sqrt{3})^2+1^2}}=|sqrt{3}cos heta-sin heta+sqrt{3}|)
则(S_{Delta OAB}=cfrac{1}{2}|OA|cdot h_{OA}=|sqrt{3}cos heta-sin heta+sqrt{3}|=|2cos( heta+cfrac{pi}{6})+sqrt{3}|)，
当(cos( heta+cfrac{pi}{6})=1)，即( heta=-cfrac{pi}{6})时，(S_{max}=2+sqrt{3})。
法3：直接借助极坐标系来思考运算，
点(A(2，cfrac{pi}{3}))，点(B( ho，alpha)(alphain (-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2})))，
又点B满足曲线(C_2)的极坐标方程，
故(|OB|= ho=4cosalpha)，(angle AOB=cfrac{pi}{3}-alpha)，
则(S_{Delta OAB}=cfrac{1}{2}|OA||OB|sinangle AOB=cfrac{1}{2}cdot 2cdot 4cosalphacdot sin(cfrac{pi}{3}-alpha))
(=4cosalpha cdot sin(cfrac{pi}{3}-alpha)=4cosalphacdot(cfrac{sqrt{3}}{2}cosalpha-cfrac{1}{2}sinalpha))
(=2sqrt{3}cos^2alpha-2sinalphacdot cosalpha=sqrt{3}cdot (1+cos2alpha)-sin2alpha=-2sin(2alpha-cfrac{pi}{3})+sqrt{3})，
故当(2alpha-cfrac{pi}{3}=-cfrac{pi}{2})，即(alpha=-cfrac{pi}{12})时，(S_{Delta OAB})取到最大值(2+sqrt{3})。
(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 (egin{cases}x=3\y=0end{cases})或(egin{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 heta，sin heta))，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 heta+4sin heta-4-a|}{sqrt{17}})(=cfrac{|5sin( heta+phi)-(4+a)|}{sqrt{17}}(tanphi=cfrac{3}{4}))；
当(4+age 0)时，即(age -4)时，取(sin( heta+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( heta+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)。
【补充】(3)、以上例题中，若(a=2sqrt{2}-4)，直线(l)与曲线相交于(A、B)两点，若(P(2sqrt{2}，0))，求(cfrac{1}{|PA|}+cfrac{1}{|PB|})的值。
分析：当(a=2sqrt{2}-4)时，直线(l)的方程为(x+4y-2sqrt{2}=0)，
故点(P(2sqrt{2}，0))在直线(l)上，由由于直线的斜率(k=-cfrac{1}{4})，
设直线(l)上的任意一点坐标为(M(x，y))，动点(M)到静点(P)的距离的数量为参数(t)，
则直线(l)的参数方程可以写成(left{egin{array}{l}{x=2sqrt{2}-cfrac{4}{sqrt{17}}t}\{y=cfrac{1}{sqrt{17}}t}end{array} ight.(t为参数))①
将①代入椭圆(cfrac{x^2}{9}+y^2=1)，并化简整理为
(25t^2-16sqrt{34}t-17=0)，则必有(Delta>0)，
令点(A、B)对应的参数为(t_1、t_2)，由韦达定理可知，(t_1+t_2=cfrac{16sqrt{34}}{25})，(t_1t_2=-cfrac{17}{25})，
则(cfrac{1}{|PA|}+cfrac{1}{|PB|}=cfrac{1}{|t_1|}+cfrac{1}{|t_2|})
(=cfrac{|t_1|+|t_2|}{|t_1|cdot|t_2|}=cfrac{|t_1-t_2|}{|t_1t_2|})
(|t_1-t_2|^2=(t_1+t_2)^2-4t_1t_2)
(=(cfrac{16sqrt{34}}{25})^2-4 imes(-cfrac{17}{25})=cfrac{4 imes 9 imes 17^2}{625})
则有(|t_1-t_2|=cfrac{102}{25})，所以(cfrac{1}{|PA|}+cfrac{1}{|PB|}=cfrac{|t_1-t_2|}{|t_1t_2|}=cfrac{cfrac{102}{25}}{cfrac{17}{25}}=6)。
法1：相关点法，设线段PA的中点为M((x，y))，点P的坐标为((x_0，y_0))，
由(egin{cases}x=cfrac{x_0+1}{2}\y=cfrac{y_0+frac{1}{2}}{2}end{cases})，得到(egin{cases}x_0=2x-1\y_0=2y-frac{1}{2}end{cases})，
由点P在椭圆上，得到(cfrac{(2x-1)^2}{4}+(2y-cfrac{1}{2})^2=1)，即点M的轨迹方程为((x-cfrac{1}{2})^2+4(y-cfrac{1}{4})^2=1)。
法2：参数方程法，由椭圆的标准方程得到其参数方程为(egin{cases}x=2cos heta\y=sin hetaend{cases}( heta为参数))，
设椭圆上的动点P((2cos heta，sin heta))，设线段PA的中点M((x，y))，
则得到点M的参数方程为(egin{cases}x=cfrac{2cos heta+1}{2}\y=cfrac{sin heta+cfrac{1}{2}}{2}end{cases}( heta为参数))，
消参得到(cfrac{(2x-1)^2}{4}+(2y-cfrac{1}{2})^2=1)，即点M的轨迹方程为((x-cfrac{1}{2})^2+4(y-cfrac{1}{4})^2=1)。
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 heta，sin heta))，
则点P到直线(x+y-8=0)的距离为(d)，则有
(d( heta)=cfrac{|sqrt{3}cos heta+sin heta-8|}{sqrt{2}}=cfrac{|2sin( heta+cfrac{pi}{3})-8|}{sqrt{2}})，
故当(sin( heta+cfrac{pi}{3})=1)时，(d_{min}=cfrac{|2-8|}{sqrt{2}}=3sqrt{2})；
(sin( heta+cfrac{pi}{3})=-1)时，(d_{max}=cfrac{|-2-8|}{sqrt{2}}=5sqrt{2})；[1]
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 imes4(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}}=5sqrt{2})，(d_{min}=cfrac{|-2-(-8)|}{sqrt{2}}=3sqrt{2})。
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。
在直角坐标系(xoy)中，曲线(C_1：egin{cases}x=tcosalpha\y=tsinalpha end{cases}(t为参数，t
eq 0))，其中(0leq alpha<pi)，在以(O)为极点，以(x)轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线(C_2：
ho=2sin heta)，(C_3：
ho=2sqrt{3}cos heta)。
(1)求(C_2)与(C_3)交点的直角坐标。
分析：曲线(C_2)的直角坐标方程为(x^2+y^2-2y=0)，曲线(C_3)的直角坐标方程为(x^2+y^2-2sqrt{3}x=0)，联立解得(C_2)与(C_3)交点的直角坐标为((0，0))和((cfrac{sqrt{3}}{2}，cfrac{3}{2}))。
(2)若(C_1)与(C_2)相交于点(A)，(C_1)与(C_3)相交于点(B)，求(|AB|)的最大值。
分析：在极坐标下思考，曲线(C_1： heta=alpha，0leq alpha <pi)，曲线(C_2： ho=2sin heta)，
(C_3： ho=2sqrt{3}cos heta)，故(A(2sinalpha，alpha))，(B(2sqrt{3}cosalpha，alpha))，
则(|AB|=|2sinalpha-2sqrt{3}cosalpha|=4|sin(alpha-cfrac{pi}{3})|)，
当(sin(alpha-cfrac{pi}{3})=1)，即(alpha=cfrac{5pi}{6})时，(|AB|_{max}=4)。
(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( ho_1=4cosalpha(alphain(-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2})))，
曲线(C_2)的极坐标方程为( ho_2=2cos heta( hetain(-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(- heta)，
由于( ho_1>0)，( ho_2>0)，以及(angle POQ=cfrac{pi}{2})可得，
(alpha- heta=cfrac{pi}{2})，即(alpha= heta+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} ho_1 ho_2=cfrac{1}{2} imes 4cosalpha imes 2cos heta)
(=4cos( heta+cfrac{pi}{2})cos heta=-4sin heta cos heta)
(=-2sin2 heta)，
当(2 heta=-cfrac{pi}{2})，即( heta=-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(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha为参数，alphain (-pi，pi)))，
曲线(C_2)的参数方程是(egin{cases}x=1+cos heta\y=sin hetaend{cases}( heta为参数， hetain (-pi，pi)))，
注意参数的含义，(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2})，即(alpha=pi+ heta)
则有(S_{Delta OPQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|)
(=cfrac{1}{2}sqrt{(2+2cosalpha)^2+(2sinalpha)^2}sqrt{(1+cos heta)^2+sin^2 heta})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1+cosalpha)}sqrt{2(1+cos heta)})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1-cos heta)}sqrt{2(1+cos heta)})
(=cfrac{1}{2} imes 4sqrt{(1-cos heta)(1+cos heta)})
(=2sqrt{1-cos^2 heta}=2|sin heta|)
当( heta=-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(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha为参数，alphain (-pi，pi)))，
曲线(C_2)的参数方程是(egin{cases}x=1+cos heta\y=2sin hetaend{cases}( heta为参数， hetain (-pi，pi)))，
注意参数的含义，(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2})，即(alpha=pi+ heta)
由(angle POQ=cfrac{pi}{2})可知，(k_{OP}k_{OQ}=-1)，
即(cfrac{2sinalpha}{2+2cosalpha} imes cfrac{sin heta}{1+cos heta}=-1)，即(-sinalpha sin heta=(1+cosalpha)(1+cos heta))
(S_{Delta OPQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|)
(=cfrac{1}{2}sqrt{(2+2cosalpha)^2+(2sinalpha)^2}sqrt{(1+cos heta)^2+sin^2 heta})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1+cosalpha)}sqrt{2(1+cos heta)})
(=2sqrt{(1+cosalpha)(1+cos heta)})
(=2sqrt{-sinalpha sin heta})，
又有(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2})，即(alpha=pi+ heta)
(原式=2sqrt{sin^2 heta}=2|sin heta|)，
当( heta=-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(egin{cases}(x-2)^2+y^2=4\y=kxend{cases})，解得(P(cfrac{4}{1+k^2}，cfrac{4k}{1+k^2} ))，
联立(egin{cases}(x-1)^2+y^2=1\y=-cfrac{1}{k}xend{cases})，解得$ Q(cfrac{2k^2}{1+k^2}，cfrac{-2k}{1+k^2})$，
(S_{Delta POQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|=cfrac{1}{2}sqrt{(cfrac{4}{1+k^2})^2+(cfrac{4k}{1+k^2})^2}sqrt{(cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(cfrac{-2k}{1+k^2})^2})
(=cfrac{1}{2}sqrt{cfrac{16}{1+k^2}}sqrt{cfrac{4k^2}{1+k^2}}=cfrac{4|k|}{1+k^2}=cfrac{4}{|k|+frac{1}{|k|}}leq 2)。
当且仅当(|k|=1)时取到等号。故((S_{Delta POQ})_{max}=2)。
反思：这个解法的优越性体现在只有一个变量(k)，那么求最值时就好操作些。
【法5】是否有，待后思考整理。
解后反思：
1、在高中数学中，求某个量(比如面积)的最值时，往往需要先表达出这个量(比如面积)的函数，这样求实际问题的最值就变成了求这个函数模型的最值问题了，这一过程实际就是函数的建模。
1、法1利用极坐标法，这样表达刻画面积时，就只有两个变量(alpha)和( heta)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。
2、法2利用参数方程法，在表达刻画面积时，同样只有两个变量(alpha)和( heta)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。法2和法3本质接近。
3、正确求解本题目，需要深刻理解极坐标方程的含义和参数方程的含义，尤其是法2对参数的含义更不能弄错了。用到了内外角关系和圆心角和圆周角关系。
4、还有学生想到设(P(x_1，y_1))，$ 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。
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^2，2sqrt{2}s))，
则由点到直线的距离公式可得，
(d=d(s)=cfrac{|2s^2-4sqrt{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{4sqrt{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。
(1)、求曲线(C_1，C_2)的极坐标方程；
(2)、当(0<alpha<cfrac{pi}{2})时，求(|OA|^2+|OB|^2)的取值范围。
分析：(1)、曲线(C_1)的直角坐标方程为(cfrac{x^2}{2}+y^2=1)，极坐标方程为( ho^2cos^2 heta+2 ho^2sin^2 heta-2=0)
曲线(C_2：x^2+y^2-2y=0)，极坐标方程为( ho=2sin heta)。
(2)、法1：极坐标法，设(A( ho_1， heta))，(B( ho_2， heta))，
注意到(|OA|^2= ho_1^2)，(|OB|^2= ho_2^2)，
联立(C_1)与(l)的极坐标方程，(egin{cases} heta=alpha\ ho^2cos^2 heta+2 ho^2sin^2 heta-2=0end{cases})，
得到(|OA|^2=cfrac{2}{1+sin^2alpha})；
联立(C_2)与(l)的极坐标方程，(egin{cases} heta=alpha\ ho=2sin hetaend{cases})，
得到(|OB|^2=4sin^2alpha)；
故(|OA|^2+|OB|^2=cfrac{2}{1+sin^2alpha}+4sin^2alpha)
(=cfrac{2}{1+sin^2alpha}+4(1+sin^2alpha)-4)
令(1+sin^2alpha=t)，则(tin (1，2))
则(|OA|^2+|OB|^2=cfrac{2}{t}+4t-4，tin (1，2))
令(f(t)=cfrac{2}{t}+4t-4，tin (1，2))，
(f'(t)=4-cfrac{2}{t^2}=cfrac{4t^2-2}{t^2})
当(1<t<2)时，(f'(t)>0)
用导数可以判断(tin (1，2))上函数(f(t))单调递增，
故(|OA|^2+|OB|^2in (2，5))。
法2：参数方程法，如图所示，点(A)的参数坐标为((sqrt{2}cosalpha，sinalpha))，点(B)的参数坐标为((coseta，1+sineta))，为便于下一步的变量集中，注意到( heta+eta=cfrac{pi}{2})，
故等价改写点(B)的参数坐标为((sin heta，1+cos heta))，且有( heta=2(cfrac{pi}{2}-alpha)=pi-2alpha)；
则(|OA|^2+|OB|^2=(sqrt{2}cosalpha)^2+(sinalpha)^2+(sin heta)^2+(1+cos heta)^2)
(=cos^2alpha+sin^2alpha+cos^2alpha+sin^2 heta+1+cos^2 heta+2cos heta)
(=3+cos^2alpha+2cos(pi-2alpha)=3+cos^2alpha-2cos2alpha)
(=3+cos^2alpha-2(2cos^2alpha-1)=5-3cos^2alpha)
由于(0<alpha<cfrac{pi}{2})，故(0<cos^2alpha<1)
故(|OA|^2+|OB|^2in (2，5))。
1、已知圆(C:x^2+y^2=4)经过(phi:egin{cases}x'=3x\y'=2yend{cases})变换后所得的曲线(C')是什么？
分析：由(phi:egin{cases}x'=3x\y'=2yend{cases})得到(phi':egin{cases}x=cfrac{x'}{3}\y=cfrac{y'}{2}end{cases})，
代入圆(C:x^2+y^2=4)得到
((cfrac{x'}{3})^2+(cfrac{y'}{2})^2=4)，
即(cfrac{x'^2}{9}+cfrac{y'^2}{4}=4)，
即变换后所得的曲线(C')是(cfrac{x^2}{36}+cfrac{y^2}{16}=1)。
总结：伸缩变换。
2、已知函数(y=x^2)经过(phi:egin{cases}x'=x+3\y'=yend{cases})变换后所得的函数解析式是什么？
分析：由变换(phi:egin{cases}x'=x+3\y'=yend{cases})得到变换(phi':egin{cases}x=x'-3\y=y'end{cases})，
代入函数(y=x^2)得到(y'=(x'-3)^2)，
即变换后的函数为(y=(x-3)^2)。
3、将函数(y=2sin(3x+cfrac{pi}{3}))图像上所有点的横坐标扩大4倍，将纵坐标扩大到原来的2倍，得到的函数解析式是什么？
分析：涉及的变换为(phi:egin{cases}x'=4x\y'=2yend{cases})，
变形得到变换(phi':egin{cases}x=cfrac{x'}{4}\y=cfrac{y'}{2}end{cases})，
代入函数(y=2sin(3x+cfrac{pi}{3}))得到函数(cfrac{y'}{2}=2sin(3(cfrac{x'}{4})+cfrac{pi}{3}))，
即函数(y=4sin(cfrac{3x}{4}+cfrac{pi}{3}))。
在直角坐标系(xoy)中，直线(l_1)的参数方程为(egin{cases}x=2+t\y=ktend{cases}(t为参数))，
直线(l_2)的参数方程为(egin{cases}x=-2+m\y=cfrac{m}{k}end{cases}(m为参数))，设(l_1、l_2)的交点为(P)，
当(k)变化时，点(P)的轨迹是曲线(C)，
(1)、写出曲线(C)的普通方程；
(2)、以坐标原点为极点，(x)轴正半轴为极轴建立极坐标系，设(l_3： ho(cos heta＋sin heta)－sqrt{2}＝0)，(M)为(l_3)与(C)的交点，求点(M)的极径．
分析：(1)、用代入消元法，消去参数(t)得到直线(l_1)的普通方程为(y=k(x-2))，
用代入消元法，消去参数(m)得到直线(l_2)的普通方程为(y=cfrac{1}{k}(x+2))，
设点(P(x，y))，则其满足关系(egin{cases}y=k(x-2)\y=cfrac{1}{k}(x+2)end{cases}(k可视为参数))
故两式相乘，消去参数(k)，得到(y^2=x^2-4)，
注意(y eq 0)，是因为(x eq pm2)，否则原式不成立，
故曲线(C)的普通方程为(x^2-y^2=4(y eq 0))；
(2)、【法1】直线(l_3)即(x+y=sqrt{2})，和曲线(C)的方程(x^2-y^2=4(y eq 0))联立，
求得(x=cfrac{3sqrt{2}}{2})，(y=-cfrac{sqrt{2}}{2})，
从而得到点(M)的极径( ho=sqrt{x^2+y^2}=sqrt{5})．
【法2】曲线(C)的极坐标方程为( ho^2(cos^2 heta-sin^2 heta)=4(0< heta<2pi， heta eq pi))，
联立(l_3)和(C)的方程得到，
(left{egin{array}{l}{ ho^2(cos^2 heta-sin^2 heta)=4①}\{ ho(cos heta＋sin heta)－sqrt{2}＝0②}end{array} ight.)
由(cfrac{①}{②^2})，得到(cos heta-sin heta=2(cos heta+sin heta))，
解得(tan heta=-cfrac{1}{3})，从而解得(cos^2 heta=cfrac{9}{10})，(sin^2 heta=cfrac{1}{10})
代入①式，得到( ho^2=5)，故点(M)的极径为(sqrt{5})。
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 heta，sin heta))?前者坐标形式是二元形式，后者是一元形式，故后者简单。 ↩︎