前言

参数方程由来

圆的参数方程[特殊情形，圆心((0,0))，半径(R)]

[egin{cases} x=Rcosalpha \ y=Rsinalphaend{cases}(alpha为参数，0leq alpha<2pi)
]

其参数(alpha)的几何意义是圆上动点和圆心连线的旋转角，如下图所示；

圆的参数方程[一般情形，圆心((m,n))，半径(R)]

[egin{cases} x=m+Rcosalpha \ y=n+Rsinalphaend{cases}(alpha为参数，0leq alpha<2pi)
]

注意：本来以为，其参数(alpha)的几何意义仿上例很容易理解；但是在实际教学中，学生极容易将其弄错，容易和极坐标的坐标((ho, heta))中的( heta)混淆，故作上图的课件，帮助大家理解和掌握；

如上图所示，参数(alpha=angle ACP)；范围(alphain [0,2pi])

椭圆的参数方程

[egin{cases} x=acosphi \ y=bsinphi end{cases} (phi为参数，0leq phi<2pi)
]

其参数(phi)的几何意义是对应的大圆或小圆半径的旋转角(angle AOM)，也就是椭圆的离心角．不是椭圆上动点和中心连线的旋转角(angle AOP)；切记！

虽然(angle AOM)和(angle AOP)二者不相等，但是很显然这二者也是一一对应的，并且它们的范围都是([0，2pi)).

引例已知椭圆的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=2cost}\{y=4sint}end{array}ight.quad) ((t)为参数)，点(M)在椭圆上，对应参数(t=cfrac{pi}{3})，点(O)为原点，则直线(OM)的斜率为(sqrt{3})。

分析：这个说法是错误的，怎么纠正呢？

当(t=cfrac{pi}{3})时，代入得到(x=2coscfrac{pi}{3}=1)，(y=2sincfrac{pi}{3}=2sqrt{3})，故(M(1，2sqrt{3}))，

则(k_{ iny{OM}}=cfrac{y-0}{x-0}=2sqrt{3})。

化为参数方程

介绍一个容易记忆的方法：

类比：(cos^2 heta+sin^2 heta=1)

当圆为(x^2+y^2=4)时，先转换为((cfrac{x}{2})^2+(cfrac{y}{2})^2=1)，

[cos^2 heta+sin^2 heta=1
]

[(cfrac{x}{2})^2+(cfrac{y}{2})^2=1
]

对应上式，得到(cos heta=cfrac{x}{2}，sin heta=cfrac{y}{2})，

故圆的参数方程为(egin{cases} x=2cos heta \ y=2sin hetaend{cases}( heta为参数))；

当然，我们还可以这样交叉对应，

得到(sin heta=cfrac{x}{2}，cos heta=cfrac{y}{2})，

故圆的参数方程还可以为(egin{cases} x=2sin heta \ y=2cos hetaend{cases}( heta为参数))；

【说明】①由此说明，当我们取的参数不一样时，圆的参数方程是不一样的，

即圆的参数方程可能不唯一。两种参数的含义不一定一样。

②我们约定俗成的取法是第一种。

③参数方程的参数有时候有明确的几何意义，有时候没有。

当圆为((x-a)^2+(y-b)^2=R^2)时，

先转换为((cfrac{x-a}{R})^2+(cfrac{y-b}{R})^2=1)，

对应上式，得到(cos heta=cfrac{x-a}{R}，sin heta=cfrac{y-b}{R})，

故圆的参数方程为(egin{cases} x=a+Rcos heta \ y=b+Rsin hetaend{cases}( heta为参数))；

当椭圆为(cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1)时，

先转化为((cfrac{x}{a})^2+(cfrac{y}{b})^2=1)，

对应上式得到(cos heta=cfrac{x}{a})，(sin heta=cfrac{y}{b})，

故椭圆的参数方程为(egin{cases} x=acos heta \ y=bsin hetaend{cases}( heta为参数))；

参数方程优点

当处理圆或者椭圆上的任意一点到直线的距离的最值时，参数方程就会体现出它巨大的优越性。原因在于：如果是普通方程时，点的坐标形式为((x，y))，转化得到的必然是二元形式的，而如果是参数方程，转化得到的必然是一元形式的，肯定要比二元的简单的多。

典例剖析

例1【2017宝中训练题】若点(P(cos heta，sin heta))在直线(cfrac{x}{a}+cfrac{y}{b}=1)上，则下列不等式正确的是【】

$A.a^2+b^2leq 1$ $B.a^2+b^2ge 1$ $C.cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}leq 1$ $D.cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}ge 1$

法1：三角函数的有界性，由于点(P(cos heta，sin heta))在直线(cfrac{x}{a}+cfrac{y}{b}=1)上，则有(bcos heta+asin heta=ab)，

即(sqrt{a^2+b^2}sin( heta+phi)=ab，tanphi=cfrac{b}{a})，

由三角函数的有界性可知(|sin( heta+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)，故选(D).

法2：数形结合，由已知可知点(P)在单位圆上，自己做出大致图像可知，直线和圆的位置关系只能是相切和相交，

故圆心((0，0))到直线(bx+ay-ab=0)的距离应该小于等于半径(1)，即(cfrac{|bcdot 0+acdot 0-ab|}{sqrt{a^2+b^2}}leq 1)，

化简得(cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}ge 1)，故选(D).

例02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 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})。

例3再比如，圆(x^2+y^2=1)上一个动点到直线(3x+4y=12)的距离的最大值和最小值，

法1：圆心到直线的距离加减半径，

法2：圆的参数方程法，圆上任意一点的坐标((cos heta，sin heta))，求点((cos heta，sin heta))到直线(3x+4y-12=0)的距离，转化为三角函数的最值求解，仿照上法2完成。

例4已知(P)为圆(C_1：x^2+y^2=9)上任意一点， (Q)为圆(C_2：x^2+y^2=25)上任意一点，(PQ)的中点组成的区域为(M)， 在(C_2)内任取一点，则该点落在区域(M)上的概率为((hspace{1cm}))。

分析：由题目知，设点(P(3cos heta，3sin heta))，(Q(5cosphi，5sinphi))，(M(x，y))，

则其坐标分别为(x=cfrac{3cos heta+5cosphi}{2}，y=cfrac{3sin heta+5sinphi}{2})

则(x^2+y^2=cfrac{17}{2}+cfrac{15}{2}cos( heta-phi)=r^2(1leq r leq 4))，即区域(M)是内圆半径为1和外圆半径为4的圆环。

所以(P=cfrac{16pi-pi}{25pi}=cfrac{3}{5})，课件链接

例5若方程(sqrt{3-cfrac{3}{4}x^2}-m=x)有实根，则实数(m)的取值范围是________.

【分析】将原本数的问题，转化为形的问题，即两个函数的图像有交点的问题，从形上来处理解决。

法1：由题目可知，方程(sqrt{3-frac{3}{4}x^2}=x+m)有实根，即函数(y=f(x)=sqrt{3-frac{3}{4}x^2})和函数(y=x+m)的图像有交点，

其中函数(y=sqrt{3-frac{3}{4}x^2})的图像是椭圆(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1)的上半部分，函数(y=x+m)的图像是动态的直线，

在同一个坐标系中做出两个函数的图像，由图像可知，

由图可知，直线和椭圆相交的一个位置是过点((2，0))，代入求得(m=-2)；

另一个相交的临界位置是直线和函数(y=f(x)=sqrt{3-frac{3}{4}x^2})在第二象限的部分相切，

设切点坐标((x_0，y_0))，

则有(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}))

则(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})，两边平方整理得到，

(x_0^2=frac{16}{7})，即(x_0=-frac{4}{sqrt{7}})，

代入函数(y=f(x)=sqrt{3-frac{3}{4}x^2})，得到(y_0=frac{3}{sqrt{7}})

即切点为((-frac{4}{sqrt{7}}，frac{3}{sqrt{7}}))，将切点代入直线，得到(m=sqrt{7})，

结合图像可知(m)的取值范围是([-2，sqrt{7}])。

【点评】：①本题目的难点一是将数的问题转化为形的问题求解，其中转化得到半个椭圆也是难点。②难点二是求直线和椭圆相切时的切点坐标，求导很容易出错的，需要特别注意。

法2：[算理似乎不是太顺畅，再思考]利用椭圆的参数方程求解，由于函数(y=sqrt{3-frac{3}{4}x^2})的图像是椭圆(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1)的上半部分，故设其图像上的任意一点的坐标为((2cos heta，sqrt{3}sin heta))，且( hetain [0，pi])，

则上半椭圆上任一点((2cos heta，sqrt{3}sin heta))到直线(y=x+m)的距离为(d)，

则(d=cfrac{|2cos heta-sqrt{3}sin heta+m|}{sqrt{1^2+(-1)^2}}=cfrac{|sqrt{7}sin( heta-phi)-m|}{sqrt{2}})，其中(tanphi=cfrac{2}{sqrt{3}})，

当(d=0)时，即(sqrt{7}sin( heta-phi)-m=0)时，也即直线和上半椭圆相切，

由图可知，此时的(m)最大，由于(m=sqrt{7}sin( heta-phi))，故(m_{max}=sqrt{7})，

又由图可知，当( heta=0)时，直线过点((2，0))，此时的(m)最小，且由于此时直线和曲线相交，故必满足(sqrt{7}sin( heta-phi)-m=0)，即此时

(m=sqrt{7}sin(0-phi)=-sqrt{7}sinphi)，由(tanphi=cfrac{2}{sqrt{3}})，可计算得到(sinphi=cfrac{2}{sqrt{7}})，故(m_{min}=-sqrt{7} imes cfrac{2}{sqrt{7}}=-2)，

综上所述，可知(m)的取值范围是([-2，sqrt{7}])。

圆和椭圆的参数方程-风君雪科技博客

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例6【北京人大附中高一试题】已知钝角(alpha)终边上一点(P)的坐标为((2sin(-3),-2cos3))，则角(alpha)的弧度数为【】

$A.3-cfrac{pi}{2}$ $B.pi-3$ $C.cfrac{3pi}{2}-3$ $D.3$

分析：由圆的参数方程可知，钝角(alpha)终边上一点(P)的坐标为((2cosalpha,2sinalpha))，

则必然有(2cosalpha=2sin(-3))且(2sinalpha=-2cos3)，

由于选项(A)，(B)不是钝角，排除；此时将剩余选项代入验证，很快就可以知道选(C)。

例7怎么知道椭圆(cfrac{x^2}{16}+cfrac{y^2}{9}=1)中的(x、y)的取值范围。

法1：计算法，由(0leq cfrac{x^2}{16}leq 1)，(0leq cfrac{y^2}{9}leq 1)，得到(xin [-4，4])，(yin [-3，3])；

法2：数形结合法，做出椭圆的图形，分别向(x、y)轴作正射影，就得到各种的取值范围(xin [-4，4])、(yin [-3，3])；

备注：但是大家要注意，这个范围和椭圆上的任意一个点的范围还是不一样的，因为这两个方法得到范围时，只是自顾自，(x)只管(x)，(y)只管(y)，没有照顾到和为(1)的限制，如果我们要同时用到(x)和(y)两个坐标，往往必须用椭圆的参数方程来表示其上的任意一点((4cos heta，3sin heta))。

参数方程不足

当圆的圆心不在原点的时候，我们在使用其参数方程的时候，极容易弄错其参数( heta)的位置。

例8【2020届高考模拟训练】在直角坐标系(xOy)中，曲线(C_1)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=sqrt{3}cosalpha}\{y=sqrt{3}+sqrt{3}sinalpha}end{array}ight.)((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(ho=2sin heta)((hoin R))。

(1)写出曲线(C_1)的普通方程和(C_2)的直角坐标方程；

分析：曲线(C_1)的普通方程为(x^2+(y-sqrt{3})^2=3)；曲线(C_2)的直角坐标方程为(x^2+(y-1)^2=1)；

(2)若点(A)、(B)分别是曲线(C_1)、(C_2)上的点(不同于原点)，且(angle AOB=cfrac{pi}{2})，求(S_{ riangle AOB})面积的最大值。

法1：极坐标系法，设点(A(ho_1， heta))，点(B(ho_2，phi))，则可知(phi=cfrac{pi}{2}+ heta)，

可以转化得到曲线(C_1)的极坐标方程为(ho=2sqrt{3}sinalpha)，由于点(A)在(C_1)上，故(|OA|=ho_1=2sqrt{3}sin heta)；

曲线(C_2)的极坐标方程为(ho=2sinalpha)，由于点(B)在(C_2)上，故(|OB|=ho_2=2sinphi=2sin(cfrac{pi}{2}+ heta)=2cos heta)；

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故(S_{ riangle AOB}=cfrac{1}{2}|OA||OB|=cfrac{1}{2}cdot 2sqrt{3}sin hetacdot 2cos heta=sqrt{3}sin2 hetaleqslant sqrt{3})；

当且仅当( heta=cfrac{pi}{4})时取得最大值，故(S_{ riangle AOB})面积的最大值为(sqrt{3})。

法2：在直角坐标系下，采用圆的参数方程法，也是比较好的选择，但是角的选择极容易出错；

受上述解法的影响，好多学生设点(A(sqrt{3}cosalpha，sqrt{3}sinalpha+sqrt{3}))，点(B(cos heta，sin heta+1))，

他们想当然的认为必然有( heta=cfrac{pi}{2}+alpha)；即(angle xOA=alpha)，(angle xOB= heta)，这在认知圆的参数方程中的参数角时是错误的；

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正确认知：过点(C_1)做(C_1F//x)轴，则(angle FC_1A=alpha)，过点(C_2)做(C_2E//x)轴，则(angle EC_2B= heta)(超过(pi)的那个)，

则( heta=pi+alpha)，[2] 且(alphain (-cfrac{pi}{2},cfrac{pi}{2}))，( hetain (cfrac{pi}{2},cfrac{3pi}{2}))

故(|OA|=sqrt{(sqrt{3}cosalpha)^2+(sqrt{3}sinalpha+sqrt{3})^2}=sqrt{6(1+sinalpha)})；

(|OB|=sqrt{(cos heta)^2+(sin heta+1)^2}=sqrt{2(1+sin heta)}=sqrt{2(1+sin(pi+alpha)}=sqrt{2(1-sinalpha)})；

(S_{ riangle AOB}=cfrac{1}{2}|OA||OB|=cfrac{1}{2}cdot sqrt{6(1+sinalpha)}cdot sqrt{2(1-sinalpha)}=sqrt{3}|cosalpha|leqslant sqrt{3})；

当且仅当(alpha=0)时取得最大值，故(S_{ riangle AOB})面积的最大值为(sqrt{3})。

例9【2018年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(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{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(ho=2cos heta)。

(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})))，

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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_1ho_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)))，

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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，但是其运算量和运算容量都挺大的。

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。

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。 ↩︎

由于(C_2O=C_2B)，故(angle C_2OB=angle C_2BO)，(C_1O=C_1D)，故(angle C_1OD=angle C_1DO)，故(C_2//C_1D)；
故( heta=pi+alpha)； ↩︎