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  • 平面的基底与平面参数方程平面中不共线三点为,,,则向量,组成平面基底.设平面内任意一点,存在实数,使向量,转化为坐标形式有先挂着吧,慢慢研究,还是希望能够服务于高中生解题.Ⅱ.平面向量与平面的点...

    今天开始介绍空间中一些基本几何体的方程,介绍完了再来应用一哈.

    Ⅰ.平面的基底与平面的参数方程

    d511a36d49909d671f79f76f317dd75c.png

    设平面中不共线三点为

    equation?tex=A%28x_%7B1%7D%2Cy_%7B1%7D%2Cz_%7B1%7D%29
    equation?tex=B%28x_%7B2%7D%2Cy_%7B2%7D%2Cz_%7B2%7D%29
    equation?tex=C%28x_%7B3%7D%2Cy_%7B3%7D%2Cz_%7B3%7D%29

    则向量

    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BAB%7D%3D%28x_%7B2%7D-x_%7B1%7D%2Cy_%7B2%7D-y_%7B1%7D%2Cz_%7B2%7D-z_%7B1%7D%29
    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BAC%7D%3D%28x_%7B3%7D-x_%7B1%7D%2Cy_%7B3%7D-y_%7B1%7D%2Cz_%7B3%7D-z_%7B1%7D%29组成平面基底.

    设平面内任意一点

    equation?tex=P%28x%2Cy%2Cz%29,存在实数
    equation?tex=%5Clambda+
    equation?tex=%5Cmu+使向量
    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BAP%7D%3D%5Clambda+%5Ccdot+%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BAB%7D%2B%5Cmu+%5Ccdot+%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BAC%7D

    转化为坐标形式有

    equation?tex=%5Cleft%5C%7B%5Cbegin%7Barray%7D%7Bl%7D+x%3D%5Clambda+x_%7B2%7D%2B%5Cmu+x_%7B3%7D%2B%281-%5Clambda+-%5Cmu+%29x_%7B1%7D%5C%5C+y%3D%5Clambda+y_%7B2%7D%2B%5Cmu+y_%7B3%7D%2B%281-%5Clambda+-%5Cmu+%29y_%7B1%7D%5C%5C+z%3D%5Clambda+z_%7B2%7D%2B%5Cmu+z_%7B3%7D%2B%281-%5Clambda+-%5Cmu+%29z_%7B1%7D+%5Cend%7Barray%7D%5Cright.

    先挂着吧,慢慢研究,还是希望能够服务于高中生解题.

    Ⅱ.平面的法向量与平面的点法式

    平面的垂线被称作平面的法线(Normal line),法的意思是,直线的方向规定了平面延展的方向.在计算机图形学中经常和这玩意打交道.

    fcea3f7698ab3a4c1fd133ac570631c2.png

    设平面

    equation?tex=%5Calpha+的法向量为
    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bn%7D%3D%28a%2Cb%2Cc%29,平面内一定点
    equation?tex=A%28x_%7B0%7D%2Cy_%7B0%7D%2Cz_%7B0%7D%29

    则对于平面内任意一点

    equation?tex=P%28x%2Cy%2Cz%29
    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BPA%7D%5Ccdot+%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bn%7D%3D0(线面垂直的定义),

    故点

    equation?tex=P坐标满足
    equation?tex=a%28x-x_%7B0%7D%29%2Bb%28y-y_%7B0%7D%29%2Bc%28z-z_%7B0%7D%29%3D0,即平面的点法式方程.

    将其展开得到

    equation?tex=ax%2Bby%2Bcz%2Bd%3D0,其中
    equation?tex=d%3D-%28ax_%7B0%7D%2Bby_%7B0%7D%2Bcz_%7B0%7D%29,即平面方程的一般式,其为含有三个变量的一次多项式,且多项式系数为法向量的三维坐标,例如:
    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bv%7D%3D%281%2C2%2C3%29为平面
    equation?tex=x%2B2y%2B3z%2B4%3D0的法向量.

    显然这可以帮高中生求平面的法向量,例如:

    已知平面过点

    equation?tex=A%280%2C0%2C0%29
    equation?tex=B%281%2C0%2C1%29
    equation?tex=C%280%2C1%2C1%29,求平面
    equation?tex=ABC的法向量.

    解:

    设平面

    equation?tex=ABC方程为
    equation?tex=ax%2Bby%2Bcz%2Bd%3D0

    equation?tex=%5Cleft%5C%7B%5Cbegin%7Barray%7D%7Bl%7D+d%3D0%5C%5C+a%2Bc%2Bd%3D0%5C%5C+b%2Bc%2Bd%3D0+%5Cend%7Barray%7D%5Cright.,解得
    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bn%7D%3D%281%2C1%2C-1%29,当然这只是其中一个解.

    换一个随意点的例子:

    已知平面过点

    equation?tex=A%281%2C2%2C3%29
    equation?tex=B%282%2C3%2C4%29
    equation?tex=C%282%2C1%2C1%29,求平面
    equation?tex=ABC的法向量.

    解:

    设平面

    equation?tex=ABC方程为
    equation?tex=ax%2Bby%2Bcz%2Bd%3D0

    equation?tex=%5Cleft%5C%7B%5Cbegin%7Barray%7D%7Bl%7D+a%2B2b%2B3c%2Bd%3D0%5C%5C+2a%2B3b%2B4c%2Bd%3D0%5C%5C+2a%2Bb%2Bc%2Bd%3D0+%5Cend%7Barray%7D%5Cright.,即
    equation?tex=%5Cleft%5C%7B%5Cbegin%7Barray%7D%7Bl%7D+a%2Bb%2Bc%3D0%5C%5C+2b%2B3c%3D0+%5Cend%7Barray%7D%5Cright.,解得
    equation?tex=%5Cleft%5C%7B%5Cbegin%7Barray%7D%7Bl%7D+a%3D1%5C%5C+b%3D-3%5C%5C+c%3D2%5C%5C+d%3D-1+%5Cend%7Barray%7D%5Cright.

    平面方程为

    equation?tex=x-3y%2B2z%3D1,其法向量为
    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bn%7D%3D%281%2C-3%2C2%29.

    ①.显然这和数量积等于0那套搞法就是一回事;

    ②.有没有根据两点坐标求直线方程的感觉;

    ③.我应该好好学一下线性代数,还有语文.

    Ⅲ.截距式

    ae8684cfdd689c3386c2a3dde534fd53.png

    考虑一个特殊的平面,过点

    equation?tex=A%28x_%7B0%7D%2C0%2C0%29
    equation?tex=B%280%2Cy_%7B0%7D%2C0%29
    equation?tex=C%280%2C0%2Cz_%7B0%7D%29

    设平面

    equation?tex=ABC方程为
    equation?tex=ax%2Bby%2Bcz%2Bd%3D0

    equation?tex=%5Cleft%5C%7B%5Cbegin%7Barray%7D%7Bl%7D+x_%7B0%7Da%2Bd%3D0%5C%5C+y_%7B0%7Db%2Bd%3D0%5C%5C+z_%7B0%7Dc%2Bd%3D0+%5Cend%7Barray%7D%5Cright.,不妨设
    equation?tex=d%3D-1,得
    equation?tex=%5Cfrac%7Bx%7D%7Bx_%7B0%7D%7D%2B%5Cfrac%7By%7D%7By_%7B0%7D%7D%2B%5Cfrac%7Bz%7D%7Bz_%7B0%7D%7D%3D1,其法向量为
    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bn%7D%3D%28%5Cfrac%7B1%7D%7Bx_%7B0%7D%7D%2C%5Cfrac%7B1%7D%7By_%7B0%7D%7D%2C%5Cfrac%7B1%7D%7Bz_%7B0%7D%7D%29.

    像不像平面中直线的截距式?没别的意思,就是个小福利.

    Ⅳ.点到平面的距离

    平面外一点为

    equation?tex=P%28x_%7B0%7D%2Cy_%7B0%7D%2Cz_%7B0%7D%29,平面方程为
    equation?tex=ax%2Bby%2Bcz%2Bd%3D0,求点到平面的距离.

    解:

    d28396aa837247ffa465c591acc2ab80.png

    取平面上一点

    equation?tex=Q%28x_%7B1%7D%2Cy_%7B1%7D%2Cz_%7B1%7D%29,点到平面的距离为
    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BPQ%7D在法向量
    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bn%7D%3D%28a%2Cb%2Cc%29上的投影的绝对值.

    根据数量积定义

    equation?tex=%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BPQ%7D%5Ccdot+%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bn%7D%3D%7C+%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BPQ%7D%7C+%5Ccdot+%7C+%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bn%7D%7C+%5Ccdot+%5Ccos+%5Ctheta+

    equation?tex=d%3D%5Cleft%7C+%5Cleft%7C+%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BPQ%7D%5Cright%7C+%5Ccdot+%5Ccos+%5Ctheta+%5Cright%7C+%3D%5Cfrac%7B%5Cleft%7C+%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7BPQ%7D%5Ccdot+%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bn%7D%5Cright%7C+%7D%7B%5Cleft%7C+%5Coverset%7B%5Crightarrow+%7D%7Bn%7D%5Cright%7C+%7D%3D%5Cfrac%7B%5Cleft%7C+a%28x_%7B1%7D-x_%7B0%7D%29%2Bb%28y_%7B1%7D-y_%7B0%7D%29%2Bc%28z_%7B1%7D-z_%7B0%7D%29%5Cright%7C+%7D%7B%5Csqrt%7Ba%5E%7B2%7D%2Bb%5E%7B2%7D%2Bc%5E%7B2%7D%7D%7D+%5C%5C

    equation?tex=Q%28x_%7B1%7D%2Cy_%7B1%7D%2Cz_%7B1%7D%29在平面
    equation?tex=ax%2Bby%2Bcz%2Bd%3D0上,有
    equation?tex=ax_%7B1%7D%2Bby_%7B1%7D%2Bcz_%7B1%7D%2Bd%3D0,带入上式得

    equation?tex=d%3D%5Cfrac%7B%5Cleft%7C+ax_%7B0%7D%2Bby_%7B0%7D%2Bcz_%7B0%7D%2Bd%5Cright%7C+%7D%7B%5Csqrt%7Ba%5E%7B2%7D%2Bb%5E%7B2%7D%2Bc%5E%7B2%7D%7D%7D.

    是不是和他二维兄弟一个模子刻出来的.

    二维空间中的直线,三维空间中的平面,两者与所在空间的关系是相同的.

    cancer1984:2020-10-24---空间中的直线zhuanlan.zhihu.com
    629fd5c905b1ffe8a3d4fb40e6077a0c.png
    cancer1984:2020-10-27---球的方程(1)zhuanlan.zhihu.com
    d7841148f78f0ecd0e61cdce954f78c8.png
    cancer1984:球的方程(2)zhuanlan.zhihu.com
    629fd5c905b1ffe8a3d4fb40e6077a0c.png
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  • 平面曲线弧长(代数方程,参数方程,极坐标方程) 旋转曲面面积 旋转体体积 拉格朗日乘数法求最值; 几何平均数,代数平均数: 算术平均数(a+b)/2,不仅体现数字上的关系,而且体现将两个线段的和作为一个线段...

    目录

    几何平均数,代数平均数:

    调和是什么意思,调和平均数

    点火公式

    平面曲线弧长(代数方程,参数方程,极坐标方程)

    旋转曲面面积

    旋转体体积

    拉格朗日乘数法求最值;


    几何平均数,代数平均数:

    算术平均数(a+b)/2,不仅体现数字上的关系,而且体现将两个线段的和作为一个线段,再将其平均分为相等的两段;

    √ab称为几何平均数,也体现了几何关系:作一正方形,使其面积等于以a,b为长宽的矩形,则该正方形的边长即为a、b的几何平均数。

    算数就是加减;几何就是乘除

    调和是什么意思,调和平均数

    调和就是倒数;

    调和平均数(harmonic mean)又称倒数平均数,是总体各统计变量倒数的算术平均数的倒数

     

    点火公式

     

    平面曲线弧长(代数方程,参数方程,极坐标方程)

     

    旋转曲面面积

    补充:圆锥侧面积公式  s=πRl;R:圆锥底部圆半径;l: 圆锥母线长;

    但是存在疑问;为什么直接用ds,不用直接使用dx;

    就是先把得到的旋转面沿着一条母线先剪开,然后再竖着平行y轴剪成条状,现在计算每个竖条子的面积就是π×2|y|(直径)×ds(条子的宽度),其中ds=(1+y'^2)½dx,用弧长近似代替宽度

    旋转体体积

    但是存在疑问;为什么直接用dx,不用直接使用ds;

     

    拉格朗日乘数法求最值;

    求最值分为:

    1. 无条件最值;
    2. 条件极值,这个可以通过式子变化转化为无条件最值;

    但是有时候条件最值转化为无条件最值会导致式子很复杂难求;

    使用拉格朗日乘数法;

    求长方体最大体积,条件是长方体表面积为a^2;

    检验:

    当每个面积为6是,全部表面积为36;a=6; 边长是√6;

    体积是6√6;和等式(√6/36 )6a^3;相等成立;

     

     

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  • 求平面法向量 点到平面的距离 直线与平面交点 三个平面斜交 1. 参数化表达式 三维平面可以看做是点的集合,已知一个平面上一点和向量, 设点为平面上任意一点,那么一定与平面法向量垂直,表达式...

    内容

    1. 参数化表达式
    2. 求平面法向量
    3. 求点到平面的距离
    4. 求直线与平面交点
    5. 求三个平面斜交

    1.  参数化表达式

    三维平面可以看做是点的集合,已知一个平面上一点 \small P 和法向量 \small N
               设点 \small Q 为平面上任意一点,那么 \small PQ 一定与平面法向量 \small N 垂直,表达式为:

     \small N\cdot (Q-P)=0

    除此之外,平面方程还有一种常用的表达方式:

     \small Ax+By+Cz+D=0

    这里的 \small A\small B\small C其实就是法向量\small N的 \small x\small y\small z 分量,而 \small D=-N \cdot P


    2. 求平面法向量

    • 已知平面上两条不共线的直线 \small a = (l,m,n)\small b=(o,p,q),求法向量:

    而根据叉积的定义,两个向量的叉积所得的向量和这两个向量垂直;

    根据平面性质,垂直于平面的直线与平面上任何一条直线垂直;

    因此,平面上两不共线直线的叉积(两平行直线的叉积为0),就是该平面的法向量,方向遵循右手定则。 

    • 已知平面方程 \small Ax+By+Cz+D=0,求法向量:

    上述平面方程的三个系数所组成的向量 \small N =(A,B,C),就是平面的一个法向量,证明如下:

    设过平面上一点 \small (x_0,y_0,z_0) 的一个法向量为 \small \small N =(A,B,C),该向量垂直于面上任意一条直线;

    \small (x,y,z) 为平面上任意一点,则平面上的向量均可表示为:\small (x-x_0,y-y_0,z-z_0),

    因为向量 \small N =(A,B,C) 与向量 \small (x-x_0,y-y_0,z-z_0)%uFF0C 垂直,所以其数量积为0,即:

    \small A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0

    整理得:\small Ax+By+Cz+D=0


    3. 求点到平面的距离

    对于平面S1,有方程 \small Ax+By+Cz+D=0

    之前已经提到了 \small D = -N\cdot P,N为平面的法向量,P是平面S1上一点;

    因为N是向量,P是一个点,可以先把 \small N\cdot P 看做是向量N和向量OP的乘积(O为原点),

    以下描述和公式中的向量P皆指代向量OP。

    设过原点O与S1平行的平面为S0,因为:

    \small D=-N\cdot P

    \small N\cdot P=|N||P|\cos \theta

    其中\small \theta为量N和向量P的夹角,\small |P|\cos \theta 是向量P在法线向量N上投影的矢量大小,也是S0和S1的之间的距离,则:

    S0和S1的之间的距离为: \small \left \| P \right \|\cos \theta =\frac{N\cdot P}{\left \| N \right \|}=\frac{|D|}{\left \| N \right \|} 。

    同理,设任意一点R,假设过点R且与平面S1,S0平行的平面为S2,则S0和S2之间的距离d2为:

    \small \left \| R \right \|\cos \alpha = \frac{ N\cdot R}{ \left \| N \right \|}

    若平面法向量N为单位向量,则点R到平面S1的距离为S0和S1之间的距离减去S0和S2之间的距离,即:

    \small d=N\cdot Q+D

    若d=0,则点R位于平面上;

    若d>0,则点R位于平面法向量所指的一侧,称为平面的正向侧

    若d<0,则点R位于平面的负向侧


    4. 求直线与平面交点

    求一条直线和一个平面的交点是3D图形引擎中的普通计算,比如说在多边形裁剪中被广泛使用。

    设过点S且与方向V平行的直线的表达式为:\small P(t)=S+tV

    设有一法向量为N且到原点的符号距离为D的平面,那么则存在:

    \small N\cdot P(t)+D = 0,即存在P(t)直线过该平面的一点(当然也可能直线和平面平行了,没有交点)

    解上述关于P(t)的方程,即可获得直线与平面的交点。将P(t)替换为\small S+tV,可得:

    \small N\cdot S+(N\cdot V)t +D = 0

    求解关于t的方程,可得:

    \small t=\frac{-(N\cdot S+D)}{N\cdot V}

    将t的值代入直线方程即可求得交点。

    如果 \small N\cdot V=0,则直线与平面平行,且平面法向量N与直线方向向量V垂直,

    此时,若\small N\cdot S+D=0,则直线位于平面上,否则无交点。


    5. 求三个平面斜交

    一个空间的区域通常表示成由一系列平面为边界组成的凸面多面体的形式。该多面体的边和顶点可以通过执行多次三个平面的求交运算得出。

    • 求三个平面交于一点

    \small L_1=<N_1,D_1>\small L_2=<N_2,D_2>\small L_3=<N_3,D_3>,为任意三个平面;

    通过计算以下方程组的解可以得到同时位于这三个平面的点Q:

    \small L_1\cdot Q=0
               \small L_2\cdot Q=0
               \small L_3\cdot Q=0

    写成矩阵形式:

    \small MQ=\begin{bmatrix} -D_1\\-D_2 \\ -D_3 \end{bmatrix}

    其中,矩阵M的表达式如下:

    \small M=\begin{bmatrix} (N_1)_x & (N_1)_y& (N_1)_z \\ (N_2)_x & (N_2)_y& (N_2)_z \\ (N_3)_x & (N_3)_y& (N_3)_z \end{bmatrix}

    假设矩阵M可逆,计算下式可得到三个平面的唯一交点Q:

    \small Q=M^{-1}\begin{bmatrix} -D_1\\-D_2 \\ -D_3 \end{bmatrix}

    如果矩阵M是奇异矩阵,即行列式为0:\small detM=0,则这三个平面不相交与一点;

    当三个平面法向量位于同一平面时,会出现这种情况,下图所示就是情况之一:

     

    • 求两个平面交于一条直线

    设有两个不平行的平面 \small L_1 = <N_1,D_1>\small L_2 = <N_2,D_2> 相交时,其交于一条直线,如下图所示:

    交线的方向V与两个平面的法向量都垂直,可表示为 \small V=N_1\times N_2

    已知交线的方向,为了完整获取表达式,还需要知道直线上的一点;

    为此,构造经过原点且法向量为V的第三个平面 \small L_3= <V,0>

    可以确保三个平面交于一点,该点为平面 \small L_1 和 \small L_2 上的一点;

    利用之前推倒的求三个平面的唯一交点的公式,可以得到交点Q:

    \small Q=\begin{bmatrix} (N_1)_x &(N_1)_y &(N_1)_z \\ (N_2)_x& (N_2)_y & (N_2)_z\\ V_x& V_y & V_z \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} -D_1\\-D_2 \\ 0 \end{bmatrix}

    则平面 \small L_1\small L_2 交线的表达式为 \small P(t) = Q + tV


     

    展开全文
  • B、借助直线的参数方程的参数\(t\)的几何意义考察,比如线段的长度; C、借助平面几何知识考察,比如倾斜角等; 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...

    一、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:

    \(|AB|\xlongequal[韦达定理]{直角坐标系下}\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=|x_1-x_2|\cdot \sqrt{1+k^2}\)

    \(= \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\cdot \sqrt{1+k^2}\)

    \(|AB|\xlongequal[极角相同]{极坐标系下}|\rho_1-\rho_2|\)

    \(|AB|\xlongequal[参数的几何意义]{参数方程下}|t_1-t_2|\)

    二、常见考查方向整理

    1、考查伸缩变换

    例01【伸缩变换】【2016洛阳模拟】
    已知曲线$C$的极坐标方程是$\rho=2$,以极点为原点,极轴为$x$轴的正半轴建立平面直角坐标系,直线$l$的参数方程为 $\begin{cases}x=1+t\\y=2+\sqrt{3}t\end{cases}(t为参数)$, (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$M(2cos\theta,sin\theta)$, 即$x=2cos\theta,y=sin\theta$,代入得到 $x^2-\sqrt{3}xy+2y^2=(2cos\theta)^2-\sqrt{3}\cdot 2cos\theta\cdot sin\theta+2sin^2\theta$ $=4cos^2\theta+2sin^2\theta-\sqrt{3}sin2\theta$ $=2+2cos^2\theta-\sqrt{3}sin2\theta$ $=2+1+cos2\theta-\sqrt{3}sin2\theta$ $=3-2sin(2\theta-\cfrac{\pi}{6})$ 当$2\theta-\cfrac{\pi}{6}=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$, 即$\theta=k\pi+\cfrac{\pi}{3}(k\in Z)$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.

    2、参数方程与直角坐标方程的互化,极坐标方程与直角坐标方程的互化

    例02(方程间的互化)
    在直角坐标系$xOy$中,直线$l$是过定点$P(4,2)$且倾斜角为$\alpha$的直线;在极坐标系中,曲线$C$的极坐标方程为$\rho=4cos\theta$.
    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。

    3、利用直线的参数方程几何意义求弦长

    例03
    在直角坐标系$xOy$中,直线$l$的参数方程为$\begin{cases} x=3-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t \\ y=\sqrt{5}+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t \end{cases}(t为参数)$,在极坐标系中圆$C$的方程为$\rho=2\sqrt{5}sin\theta$.
    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$||PA|-|PB||=|t_1-(-t_2)|=|t_1+t_2|=\cfrac{12\sqrt{3}}{13}$,

    4、利用直线的参数方程几何意义求弦长的取值范围,

    例04
    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$\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\ y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}(t为参数)$,
    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$\rho^2-2\rho cos\theta-2\rho sin\theta-1=0$。
    992978-20160919203203277-1148939700.png
    (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$|AB|\in[2\sqrt{2},2\sqrt{3}]$。

    5、求曲线上的点到直线的距离的最值

    例05【自编】
    给定椭圆$\cfrac{x^2}{3}+y^2=1$和直线$x+y-8=0$,已知点P是椭圆上的一个动点,求点P到直线的距离的最小值。
    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
    $d(\theta)=\cfrac{|\sqrt{3}cos\theta+sin\theta-8|}{\sqrt{2}}=\cfrac{|2sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})-8|}{\sqrt{2}}$,
    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,$d_{max}=\cfrac{|-2-8|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$;
    【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。
    992978-20170926175026044-548320036.jpg 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。
    例05-2【2017$\cdot$江苏卷】
    在平面直角坐标系$xoy$中,已知直线$l$的参数方程是$\begin{cases}x=-8+t\\y=\cfrac{t}{2}\end{cases}(t为参数)$,
    曲线$C$的参数方程是$\begin{cases}x=2s^2\\y=2\sqrt{2}s\end{cases}(s为参数)$,设$P$为曲线$C$上的动点,
    求点$P$到直线$l$的距离的最小值。
    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。

    6、求周长的最值

    例06
    在极坐标系中,曲线$C$的极坐标方程为$\rho^2=\cfrac{3}{1+2sin^2\theta}$和点$R(2\sqrt{2},\cfrac{\pi}{4})$
    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$(\cfrac{3}{2},\cfrac{1}{2})$。

    7、求面积的最值

    例7【2018宝鸡市二检文理科第22题】
    在直角坐标系$xoy$中,曲线$C_1$的参数方程为$\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数)$,
    以坐标原点为极点,以$x$轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线$C_2$的极坐标方程为$\rho=2cos\theta$。
    (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$\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}))$,
    992978-20180320150101007-2104539364.png 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, 992978-20180320151044294-1482290351.png 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{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$\theta$,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。

    8、求斜率或参数的值或取值范围

    例08【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$\rho^2+12\rho cos\theta+11=0$。
    (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,
    992978-20180413091941642-773108064.png 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$\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}$。
    例09【2017全国卷1,文科第22题高考真题】
    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$8或-16$。

    9、求轨迹方程(相关点法)

    例10【求轨迹方程】
    在直角坐标系$xoy$中,以坐标原点为极点,$x$轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线$l_1$的参数方程为$\begin{cases}x=t\\y=at\end{cases}(t为参数)$,
    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$[0, \cfrac{3}{4}]$;
    例11【求轨迹方程】已知圆$C:x^2+y^2=4$,直线$l:x+y=2$,以坐标原点为极点,$x$轴正半轴为极轴建立极坐标系, (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; 992978-20180414180435609-833908098.png 【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。

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