圆和椭圆的参数方程
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)]
[egin{cases} x=Rcosalpha \ y=Rsinalphaend{cases}(alpha為參數，0leq alpha<2pi)
]
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)]
[egin{cases} x=m+Rcosalpha \ y=n+Rsinalphaend{cases}(alpha為參數，0leq alpha<2pi)
]
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((ho, heta))中的( heta)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(alphain [0,2pi])
橢圓的參數方程
[egin{cases} x=acosphi \ y=bsinphi end{cases} (phi為參數，0leq phi<2pi)
]
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，并且它們的范圍都是([0，2pi)).
引例已知橢圓的參數方程為(left{egin{array}{l}{x=2cost}\{y=4sint}end{array}ight.quad) ((t)為參數)，點(M)在橢圓上，對應參數(t=cfrac{pi}{3})，點(O)為原點，則直線(OM)的斜率為(sqrt{3})。
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=2coscfrac{pi}{3}=1)，(y=2sincfrac{pi}{3}=2sqrt{3})，故(M(1，2sqrt{3}))，
則(k_{ iny{OM}}=cfrac{y-0}{x-0}=2sqrt{3})。
化為參數方程
介紹一個容易記憶的方法：
類比：(cos^2 heta+sin^2 heta=1)
當圓為(x^2+y^2=4)時，先轉換為((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
]
對應上式，得到(cos heta=cfrac{x}{2}，sin heta=cfrac{y}{2})，
故圓的參數方程為(egin{cases} x=2cos heta \ y=2sin hetaend{cases}( heta為參數))；
當然，我們還可以這樣交叉對應，
得到(sin heta=cfrac{x}{2}，cos heta=cfrac{y}{2})，
故圓的參數方程還可以為(egin{cases} x=2sin heta \ y=2cos hetaend{cases}( heta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 heta=cfrac{x-a}{R}，sin heta=cfrac{y-b}{R})，
故圓的參數方程為(egin{cases} x=a+Rcos heta \ y=b+Rsin hetaend{cases}( heta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 heta=cfrac{x}{a})，(sin heta=cfrac{y}{b})，
故橢圓的參數方程為(egin{cases} x=acos heta \ y=bsin hetaend{cases}( heta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。原因在于：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
例1【2017寶中訓練題】若點(P(cos heta，sin heta))在直線(cfrac{x}{a}+cfrac{y}{b}=1)上，則下列不等式正確的是【】
$A.a^2+b^2leq 1$ $B.a^2+b^2ge 1$ $C.cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}leq 1$ $D.cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}ge 1$
法1：三角函數的有界性，由于點(P(cos heta，sin heta))在直線(cfrac{x}{a}+cfrac{y}{b}=1)上，則有(bcos heta+asin heta=ab)，
即(sqrt{a^2+b^2}sin( heta+phi)=ab，tanphi=cfrac{b}{a})，
由三角函數的有界性可知(|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)的距離應該小于等于半徑(1)，即(cfrac{|bcdot 0+acdot 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).
例02給定橢圓(cfrac{x^2}{3}+y^2=1)和直線(x+y-8=0)，已知點(P)是橢圓上的一個動點，求點(P)到直線的距離的最小值。
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 heta，sin heta))，
則點P到直線(x+y-8=0)的距離為(d)，則有
(d( heta)=cfrac{|sqrt{3}cos heta+sin heta-8|}{sqrt{2}}=cfrac{|2sin( heta+cfrac{pi}{3})-8|}{sqrt{2}})，
故當(sin( heta+cfrac{pi}{3})=1)時，(d_{min}=cfrac{|2-8|}{sqrt{2}}=3sqrt{2})；
(sin( heta+cfrac{pi}{3})=-1)時，(d_{max}=cfrac{|-2-8|}{sqrt{2}}=5sqrt{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 imes4(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}}=5sqrt{2})，(d_{min}=cfrac{|-2-(-8)|}{sqrt{2}}=3sqrt{2})。
例3再比如，圓(x^2+y^2=1)上一個動點到直線(3x+4y=12)的距離的最大值和最小值，
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 heta，sin heta))，求點((cos heta，sin heta))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。
例4已知(P)為圓(C_1：x^2+y^2=9)上任意一點， (Q)為圓(C_2：x^2+y^2=25)上任意一點，(PQ)的中點組成的區域為(M)， 在(C_2)內任取一點，則該點落在區域(M)上的概率為((hspace{1cm}))。
分析：由題目知，設點(P(3cos heta，3sin heta))，(Q(5cosphi，5sinphi))，(M(x，y))，
則其坐標分別為(x=cfrac{3cos heta+5cosphi}{2}，y=cfrac{3sin heta+5sinphi}{2})
則(x^2+y^2=cfrac{17}{2}+cfrac{15}{2}cos( heta-phi)=r^2(1leq 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{16pi-pi}{25pi}=cfrac{3}{5})，課件鏈接
例5若方程(sqrt{3-cfrac{3}{4}x^2}-m=x)有實根，則實數(m)的取值范圍是________.
【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，由于函數(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 heta，sqrt{3}sin heta))，且( hetain [0，pi])，
則上半橢圓上任一點((2cos heta，sqrt{3}sin heta))到直線(y=x+m)的距離為(d)，
則(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}})，
當(d=0)時，即(sqrt{7}sin( heta-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，由于(m=sqrt{7}sin( heta-phi))，故(m_{max}=sqrt{7})，
又由圖可知，當( heta=0)時，直線過點((2，0))，此時的(m)最小，且由于此時直線和曲線相交，故必滿足(sqrt{7}sin( heta-phi)-m=0)，即此時
(m=sqrt{7}sin(0-phi)=-sqrt{7}sinphi)，由(tanphi=cfrac{2}{sqrt{3}})，可計算得到(sinphi=cfrac{2}{sqrt{7}})，故(m_{min}=-sqrt{7} imes cfrac{2}{sqrt{7}}=-2)，
綜上所述，可知(m)的取值范圍是([-2，sqrt{7}])。
例6【北京人大附中高一試題】已知鈍角(alpha)終邊上一點(P)的坐標為((2sin(-3),-2cos3))，則角(alpha)的弧度數為【】
$A.3-cfrac{pi}{2}$ $B.pi-3$ $C.cfrac{3pi}{2}-3$ $D.3$
分析：由圓的參數方程可知，鈍角(alpha)終邊上一點(P)的坐標為((2cosalpha,2sinalpha))，
則必然有(2cosalpha=2sin(-3))且(2sinalpha=-2cos3)，
由于選項(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)。
例7怎么知道橢圓(cfrac{x^2}{16}+cfrac{y^2}{9}=1)中的(x、y)的取值范圍。
法1：計算法，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：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(xin [-4，4])、(yin [-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((4cos heta，3sin heta))。
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( heta)的位置。
例8【2020屆高考模擬訓練】在直角坐標系(xOy)中，曲線(C_1)的參數方程為(left{egin{array}{l}{x=sqrt{3}cosalpha}\{y=sqrt{3}+sqrt{3}sinalpha}end{array}ight.)((alpha)為參數)，以坐標原點為極點，以(x)軸正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線(C_2)的極坐標方程為(ho=2sin heta)((hoin R))。
(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(不同于原點)，且(angle AOB=cfrac{pi}{2})，求(S_{ riangle AOB})面積的最大值。
法1：極坐標系法，設點(A(ho_1， heta))，點(B(ho_2，phi))，則可知(phi=cfrac{pi}{2}+ heta)，
可以轉化得到曲線(C_1)的極坐標方程為(ho=2sqrt{3}sinalpha)，由于點(A)在(C_1)上，故(|OA|=ho_1=2sqrt{3}sin heta)；
曲線(C_2)的極坐標方程為(ho=2sinalpha)，由于點(B)在(C_2)上，故(|OB|=ho_2=2sinphi=2sin(cfrac{pi}{2}+ heta)=2cos heta)；
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})；
當且僅當( heta=cfrac{pi}{4})時取得最大值，故(S_{ riangle 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}cosalpha，sqrt{3}sinalpha+sqrt{3}))，點(B(cos heta，sin heta+1))，
他們想當然的認為必然有( heta=cfrac{pi}{2}+alpha)；即(angle xOA=alpha)，(angle xOB= heta)，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= heta)(超過(pi)的那個)，
則( 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})；
當且僅當(alpha=0)時取得最大值，故(S_{ riangle AOB})面積的最大值為(sqrt{3})。
例9【2018年寶雞市二檢文理科第22題】在直角坐標系(xoy)中，曲線(C_1)的參數方程為(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases})((alpha為參數))，以坐標原點為極點，以(x)軸正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線(C_2)的極坐標方程為(ho=2cos heta)。
(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(ho_1=4cosalpha(alphain(-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2})))，
曲線(C_2)的極坐標方程為(ho_2=2cos heta( hetain(-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(- 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})，(順時針為正，逆時針為負)
則有(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)，
當(2 heta=-cfrac{pi}{2})，即( heta=-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(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha為參數，alphain (-pi，pi)))，
曲線(C_2)的參數方程是(egin{cases}x=1+cos heta\y=sin hetaend{cases}( heta為參數， hetain (-pi，pi)))，
注意參數的含義，(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2})，即(alpha=pi+ heta)
則有(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|)
當( heta=-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(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha為參數，alphain (-pi，pi)))，
曲線(C_2)的參數方程是(egin{cases}x=1+cos heta\y=2sin hetaend{cases}( heta為參數， hetain (-pi，pi)))，
注意參數的含義，(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|)，
當( heta=-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(egin{cases}(x-2)^2+y^2=4\y=kxend{cases})，解得(P(cfrac{4}{1+k^2}，cfrac{4k}{1+k^2}))，
聯立(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)。
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( heta)，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( heta)，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。
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 heta，sin heta))?前者坐標形式是二元形式，后者是一元形式，故后者簡單。 ↩?
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)； ↩?
總結
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