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(egin{cases}x=t\y=atend{cases}(t为参数))，
曲线(C_1)的方程为( ho( ho-4sin heta)=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 2sqrt{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(egin{cases}x'=2x-6\y'=2yend{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(egin{cases}x=4cos heta\y=2+4sin hetaend{cases}( heta为参数))，定点(A(6，0))，
则其中点(Q(2cos heta+3，1+2sin heta))，
即点(Q)的参数方程为(egin{cases}x=2cos heta+3\y=1+2sin hetaend{cases}( heta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(RtDelta)；
由题可知，直线(l)的直角坐标方程为(y=ax)，由(|AB|ge 2sqrt{3})，
可得圆心((3，1))到直线(y=ax)的点线距(d=sqrt{2^2-(cfrac{2sqrt{3}}{2})^2}leq 1)，
即(d=cfrac{|3a-1|}{sqrt{a^2+1}}leq 1)，平方得到
((3a-1)^2leq (a^2+1))，解得(0leq aleq cfrac{3}{4})；
故实数(a)的取值范围为([0， cfrac{3}{4}])；
(1)、将圆(C)和直线(l)的方程化为极坐标方程；
简析：(C： ho=2)；(l： ho(cos heta+sin heta)=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；
【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=tcdot x)，(y_1=tcdot 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)cdotcfrac{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( ho=2(sin heta+cos heta))。( ho eq 0)
【思路二】：极坐标系法，设点(P( ho_1， heta))，点(Q( ho， heta))，点(R( ho_0， heta))，
则有( ho_0=2)，且( ho_1(cos heta+sin heta)=2)，
则由(|OQ|cdot|OP|=|OR|^2)，(|OR|=2)，得到( hocdot ho_1=4)，
即( hocdot cfrac{2}{cos heta+sin heta}=4)，
整理得到，( ho=2(sin heta+cos heta))，
即点(Q)的轨迹方程为( ho=2(sin heta+cos heta))。( ho eq 0)
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( ho， ho_1， heta)，当将( ho_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。
（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(egin{cases}x'=x\y'=cfrac{1}{2}yend{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( ho=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(egin{cases}x'=x\y'=cfrac{1}{2}yend{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 heta，sin heta))，
即(x=2cos heta，y=sin heta)，代入得到
(x^2-sqrt{3}xy+2y^2=(2cos heta)^2-sqrt{3}cdot 2cos hetacdot sin heta+2sin^2 heta)
(=4cos^2 heta+2sin^2 heta-cfrac{sqrt{3}}{2}sin2 heta)
(=2+2cos^2 heta-cfrac{sqrt{3}}{2}sin2 heta)
(=2+1+cos2 heta-cfrac{sqrt{3}}{2}sin2 heta)
(=3-2sin(2 heta-cfrac{pi}{6}))
当(2 heta-cfrac{pi}{6}=2kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))，
即( heta=kpi+cfrac{pi}{3}(kin 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.
(1) 求(odot C)的参数方程；
分析：将( ho^2=x^2+y^2)，(y= hocdot sin heta)
代入(odot C)的极坐标方程( ho^2-4 ho sin heta-12=0)，
得到(odot C)的直角坐标方程为(x^2+y^2-4y-12=0)，
即(x^2+(y-2)^2=16=4^2)，
故(odot C)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=4cos heta}\{y=2+4sin heta}end{array} ight.) (( heta为参数， hetain [0，2pi)))。
(2)求直线(l)被(odot C)截得的弦长。
【法1，几何方法，(RtDelta)】将直线(l)的参数方程消参，得到其普通方程为(2x-y-3=0)，
则圆心((0，2))到直线的距离为(d=cfrac{|-2-3|}{sqrt{2^2+1^2}}=sqrt{5})，
则直线(l)被(odot C)截得的弦长为(2sqrt{r^2-d^2}=2sqrt{4^2-(sqrt{5})^2}=2sqrt{11})。
【法2，弦长公式】设直线和圆的交点为(A(x_1，y_1)，B(x_2，y_2))，
联立得到方程组，(left{egin{array}{l}{2x-y-3=0}\{x^2+y^2-4y-12=0}end{array} ight.)
消去(y)得到，(x^2+(2x-3)^2-4(2x-3)-12=0)，
整理得到，(5x^2-20x+9=0)，
由韦达定理得到，(x_1+x_2=4)，(x_1x_2=cfrac{9}{5})，
由弦长公式得到，(|AB|=sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|)
(=sqrt{1+2^2}sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2})
(=sqrt{5}sqrt{16-cfrac{36}{5}}=2sqrt{11})。
【法3，利用直线的参数方程求解】图像解释
直线(l)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=2+t}\{y=1+2t}end{array} ight.(t为参数))，
(此时千万要注意，弦长(|AB| eq |t_1-t_2|)，原因是这个参数方程不是标准形式的)
将其做如下的转化，
(left{egin{array}{l}{x=2+cfrac{1}{sqrt{5}}cdot sqrt{5}t}\{y=1+cfrac{2}{sqrt{5}}cdot sqrt{5}t}end{array} ight.(t为参数))，
令(sqrt{5}t=m)，则其参数方程的标准形式为
(left{egin{array}{l}{x=2+cfrac{1}{sqrt{5}}cdot m}\{y=1+cfrac{2}{sqrt{5}}cdot m}end{array} ight.(m为参数))，
【此时参数(m)的几何意义才是动点到静点的距离的数量，千万要注意，即弦长(|AB|=|m_1-m_2|)】
将直线(l)的参数方程的标准形式代入圆的普通方程得到，
((2+cfrac{1}{sqrt{5}}m)^2+(1+cfrac{2}{sqrt{5}}m)^2-4(1+cfrac{2}{sqrt{5}}m)-12=0)
整理为(m^2-11=0)，
令直线和圆的两个交点(A，B)分别对应的参数为(m_1，m_2)，
则(m_1+m_2=0)，(m_1m_2=-11)，
此时弦长(|AB|=|m_1-m_2|=sqrt{(m_1+m_2)^2-4m_1m_2}=sqrt{4 imes 11}=2sqrt{11})。
（1）求曲线(C)的极坐标方程。
分析：先将曲线(C)的参数方程消去参数，
得到普通方程为(cfrac{(x-4)^2}{3^2}+cfrac{(y-3)^2}{3^2}=1)，
即((x-4)^2+(y-3)^2=9)，
再将(x= hocdot cos heta)，(y= hocdot sin heta)，(x^2+y^2= ho^2)代入，消去(x，y)
整理得到曲线(C)的极坐标方程为( ho^2-8 ho cos heta-6 ho sin heta+16=0)。
（2）若直线(l)和曲线(C)交于(A、B)两点，求(|OA|+|OB|)的最大值。
【法1】在极坐标下思考并运算，
联立(left{egin{array}{l}{ ho^2-8 ho cos heta-6 ho sin heta+16=0}\{ heta=alpha}end{array} ight.)
消去( heta)，整理得到，
( ho^2-8 ho cosalpha-6 ho sinalpha+16=0)，
即( ho^2-(8cosalpha+6sinalpha) ho+16=0)，
由韦达定理可知，( ho_A+ ho_B=8cosalpha+6sinalpha)；
且由图可知，(alphain[0，cfrac{pi}{2}))
则(|OA|+|OB|= ho_A+ ho_B=8 cosalpha+6 sinalpha)
(=10sin(alpha+phi))，其中(tanphi=cfrac{4}{3})，
故当(alpha+phi=cfrac{pi}{2})时，([|OA|+|OB|]_{max}=10)。
【法2】在直角坐标系下思考运算，
直线(l)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=cos hetacdot t}\{y=sin hetacdot t}end{array} ight.(t为参数))，
将其代入曲线(C)的普通方程((x-4)^2+(y-3)^2=9)中，整理得到
(t^2-(8cos heta+6sin heta)t+16=0)，
要使直线和曲线有两个交点，则必须先满足(Delta=(8cos heta+6sin heta)^2-4 imes 16>0)，
即(10^2sin^2( heta+phi)>64)，即(|sin( heta+phi)|>cfrac{4}{5})。
其实对应到图形上，就是要限制( heta)的范围，不能超过(cfrac{pi}{2})。
在此前提下，设点(A、B)分别对应参数为(t_1，t_2)，
则由韦达定理可知，(t_1+t_2=8cos heta+6sin heta)，(t_1cdot t_2=16)，
由图可知，( hetain (0，cfrac{pi}{2}))，故可知(t_1>0，t_2>0)，
则(|OA|+|OB|=|t_1|+|t_2|)
(=t_1+t_2=8cos heta+6sin heta)
(=10sin( heta+phi))，其中(tanphi=cfrac{4}{3})，
故当( heta+phi=cfrac{pi}{2})时，([|OA|+|OB|]_{max}=10)。
分析：简单提示，圆(C)的直角坐标方程为(x^2+y^2-sqrt{2}kx+sqrt{2}ky=0)，
即((x-cfrac{sqrt{2}}{2}k)^2+(y+cfrac{sqrt{2}}{2}k)^2=k^2)，
故圆心(C)的直角坐标为((cfrac{sqrt{2}}{2}k，-cfrac{sqrt{2}}{2}k))。
直线(l)的直角坐标方程为(x-y+4sqrt{2}=0)，
由题目可知，圆心到直线的点线距减去半径等于(2)，
即(cfrac{|cfrac{sqrt{2}}{2}k+cfrac{sqrt{2}}{2}k+4sqrt{2}|}{sqrt{2}}-|k|=2)
即(|k+4|=2+|k|)，两边平方(注意，一旦平方可能扩大范围，造成增根，故要想到检验)
得到(|k|=2k+3)，再平方，得到(k^2+4k+3=0)
解得(k=-1)或(k=-3)，检验得到，(k=-3)舍去，故(k=-1)，
此时圆心坐标为((-cfrac{sqrt{2}}{2}，cfrac{sqrt{2}}{2}))。
（1）求曲线(C_1)的普通方程，(C_2)的直角坐标方程；
分析：消掉参数(phi)，得到曲线(C_1)的普通方程为(cfrac{x^2}{4}+y^2=1)，
(C_2)的直角坐标方程为(x^2+(y-1)^2=1)。
（2）设(M)为曲线(C_1)上的点，(N)为曲线(C_2)上的点，求(|MN|)的取值范围。
分析思路1：设(M(2cosphi，sinphi))，(N(cos heta，1+sin heta))，
则(|MN|^2=(2cosphi-cos heta)^2+(sinphi-1-sin heta)^2)，思路卡壳了。
分析思路2：借助圆上任意一点到直线的距离的最值得几何方法的思路，
先求圆心到椭圆上任意一点的距离的最值，然后考虑加减圆的半径。
设(M(2cosphi，sinphi))，曲线(C_2)的圆心为((0，3))，
则(|MC_2|^2=(2cosphi-0)^2+(sinphi-3)^2)
(=4cos^2phi+sin^2phi-6sinphi+9)
(=-3sin^2phi-6sinphi+13)
(=-3(sinphi+1)^2+16=f(sinphi))，
则(f(sinphi))是对称轴为(sinphi=-1)的开口向下的抛物线，
由于(-1leq sinphileq 1)，故(4leq |MC_2|^2leq 16)
则(|MC_2|_{min}=2)，(|MC_2|_{max}=4)，
结合题目可知，(|MN|_{min}=2-1=1)，(|MN|_{max}=4+1=5)，
故(|MN|)的取值范围是([1，5])。
（1）求直线(l)被曲线(C)截得的弦长(|OA|)。
分析：可以从以下四个角度思考，
①利用两点间的距离公式；
【法1】直线(l)的普通方程为(y=sqrt{3}x)，圆(C)的普通方程为(x^2+(y-2)^2=2^2)，
联立消掉(y)，得到(x^2-sqrt{3}x=0)，
解得，(left{egin{array}{l}{x_1=0}\{y_1=0}end{array} ight.)，或(left{egin{array}{l}{x_2=sqrt{3}}\{y_2=3}end{array} ight.)，
由两点间距离公式得到(|OA|=2sqrt{3})。
②直线和圆相交求弦长的几何方法；
【法2】直线为(sqrt{3}x-y=0)，圆心为(C(0，2))，
则圆心到直线的距离为(d=cfrac{|0-2|}{2}=1)，又半径为(2)，
故半弦长为(sqrt{2^2-1^2}=sqrt{3})，则弦长(|OA|=2sqrt{3})。
③直线的参数方程法；
【法3】由于直线的普通方程为(y=sqrt{3}x)，经过点((0，0))，斜率(k=sqrt{3})，倾斜角( heta=cfrac{pi}{3});
直线(l)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=0+cfrac{1}{2}t}\{y=0+cfrac{sqrt{3}}{2}t}end{array} ight.(t为参数))，
将其代入圆的普通方程(x^2+(y-2)^2=2^2)，
整理得到(t^2-2sqrt{3}t=0)，
解得(t_1=0)，(t_2=2sqrt{3})，
则弦长(|OA|=|t_1-t_2|=2sqrt{3})。
解后反思：直线(l)的参数方程还可以为(left{egin{array}{l}{x=1+cfrac{1}{2}t}\{y=sqrt{3}+cfrac{sqrt{3}}{2}t}end{array} ight.(t为参数))，得到(t^2+(4-2sqrt{3})t+4-4sqrt{3}=0)，
同理可得，(|OA|=|t_1-t_2|=2sqrt{3});
④极坐标法；
【法4】直线的极坐标方程为( heta=cfrac{pi}{3})，圆的极坐标方程为( ho=4sin heta)，
二者联立，得到( ho=4sincfrac{pi}{3}=2sqrt{3})。即所求弦长(|OA|=2sqrt{3})。
解后反思：本题目中直线(l)的极坐标方程可以是( ho sin( heta-cfrac{pi}{3})=0)，也可以是( heta=cfrac{pi}{3})，说明同样的直线(l)的极坐标方程可能不唯一；
（2）从极点做曲线(C)的弦，求弦的中点(M)轨迹的极坐标方程。
分析：可以从以下三个角度思考：
①利用平面直角坐标系下的中点公式；
【法1】在平面直角坐标系中，设过坐标原点的直线和圆相交于点(P(x_0，y_0))，则所得弦的中点坐标为(M(x，y))
则(left{egin{array}{l}{2x=x_0}\{2y=y_0}end{array} ight.)，又点(P(x_0，y_0))在圆(x^2+(y-2)^2=2^2)上，
代入整理得到普通方程为(x^2+(y-1)^2=1)，
即其极坐标方程为( ho=2sin heta)，其中( hetain(0，pi))，而不是( hetain[0，pi))，以保证弦的存在。
②利用圆的参数方程；
由于圆上任意一动点(P)的坐标(P(2cos heta，2+2sin heta))，则弦的中点(M(cos heta，1+sin heta))，
即点(M)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=cos heta}\{y=1+sin heta}end{array} ight.( heta为参数))，
消去参数( heta)，得到普通方程为(x^2+(y-1)^2=1)，
即其极坐标方程为( ho=2sin heta)，其中( hetain(0，pi))，而不是( hetain[0，pi))，以保证弦的存在。
③利用极坐标法；
【法3】曲线(C)的极坐标方程为( ho=4sin heta)，过极点的直线的极坐标方程为( heta=alpha)，
设直线和曲线(C)的交点的极坐标为(( ho_1，alpha))，则弦的中点(M)的极坐标为(( ho，alpha))，
由题目可知，( ho_1=2 ho)，代入曲线(C)的极坐标方程为(2 ho=4sinalpha)，
得到( ho=2sinalpha)，其中(alphain(0，pi))。
故弦的中点(M)轨迹的极坐标方程为( ho=2sinalpha)，其中(alphain(0，pi))。
说明：由于弦的中点要存在，则必须保证( ho eq 0)，即原来的(alphain[0，pi))必须变为(alphain(0，pi))。
(1)若曲线(C)与(l)只有一个公共点，求(a)的值；
分析：由题意知，曲线(C)是以((a，0))为圆心，以(a) 为半径的圆，
直线(l) 的直角坐标方程为(x＋ 3y－3＝0)，
由直线(l) 与圆(C)只有一个公共点，可得(cfrac{|a-3|}{sqrt{1^2+(sqrt{3})^2}}=a)，
解得(a＝1)，(a＝－3)(舍去，由于(a>0))．
(2)(A，B)为曲线(C)上的两点，且(angle AOB＝cfrac{pi}{3})，求(Delta OAB)面积的最大值．
分析：曲线(C)是以((a，0))为圆心，以(a)为半径的圆，且(angle AOB＝cfrac{pi}{3})
则圆(C)是(Delta OAB)的外接圆，其半径为(a)。
由正弦定理得(cfrac{|AB|}{sincfrac{pi}{3}}=2a) ，所以(|AB|＝sqrt{3}a).
又(|AB|^2=3a^2= |OA|^2＋|OB|^2 －2|OA|cdot |OB|cdot coscfrac{pi}{3}ge |OA|cdot |OB|)，
当且仅当(|OA|=|OB|=cfrac{sqrt{6}a}{2})时取得等号；
所以 (S_{Delta OAB} ＝cfrac{1}{2}|OA|cdot |OB|sincfrac{pi}{3})
(leq cfrac{1}{2} imes 3a^2 imes cfrac{sqrt{3}}{2}=cfrac{3sqrt{3}a^2}{4})。
故(Delta OAB)面积的最大值为(cfrac{3sqrt{3}a^2}{4})。
（1）求线段(AD)的中点(M)的轨迹(E)的普通方程。
分析：点(D)的直角坐标为((-2，-2sqrt{3}))，(计算方法：(x= hocdot cos heta)等)，由题意可设(A)的坐标为((2cosalpha，sinalpha))，
则(AD)的中点(M)的坐标为((-1+cosalpha，-sqrt{3}+cfrac{1}{2}sinalpha))，
所以(M)的轨迹(E)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=-1+cosalpha}\{y=-sqrt{3}+cfrac{1}{2}sinalpha}end{array} ight.(alpha为参数))，
消参得到，轨迹(E)的普通方程为((x+1)^2+4(y+sqrt{3})^2=1)。
（2）利用椭圆(C)的极坐标方程证明(cfrac{1}{|OA|^2}+cfrac{1}{|OB|^2})为定值，并求(Delta ABC)面积的最大值。
分析：椭圆(C)的普通方程为(cfrac{x^2}{4}+y^2=1)，
化为极坐标方程为( ho^2+3 ho^2sin^2 heta=4)，
变形得到，( ho^2=cfrac{4}{1+3sin^2 heta})，( ho=cfrac{2}{sqrt{1+3sin^2 heta}})，
由(OAperp OB)，可设(A( ho_1， heta))，(B( ho_2， heta+cfrac{pi}{2}))，
所以(cfrac{1}{|OA|^2}+cfrac{1}{|OB|^2})
(=cfrac{1}{ ho_1^2}+cfrac{1}{ ho_2^2})
(=cfrac{1+3sin^2 heta}{4}+cfrac{1+3sin^2( heta+frac{pi}{2})}{4})
(=cfrac{2+3sin^2 heta+3cos^2 heta}{4}=cfrac{5}{4})，（定值）。
(S_{Delta AOB}=cfrac{1}{2} ho_1 ho_2=cfrac{1}{2}cdot cfrac{2}{sqrt{1+3sin^2 heta}}cdot cfrac{2}{sqrt{1+3cos^2 heta}})
(=cfrac{2}{sqrt{(1+3sin^2 heta)(1+3cos^2 heta)}})
(=cfrac{2}{sqrt{1+3+9sin^2 heta cos^2 heta}})
(=cfrac{2}{sqrt{4+cfrac{9}{4}sin^22 heta}})，
当(sin2 heta=0)时，(S_{Delta AOB})的最大值为(1)。
（1）以(O)为极点，(x)轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，求点(M)的极坐标。
分析：由已知，点(M)的极角为(cfrac{pi}{3})，极径等于(cfrac{pi}{3})，
故点(M)的极坐标为((cfrac{pi}{3}，cfrac{pi}{3}))。
（2）求直线(AM)的参数方程。
分析：由上可知，点(M)的直角坐标为((cfrac{pi}{6}，cfrac{sqrt{3}pi}{6}))，(A(1，0))
则(k_{AM}=tan heta=cfrac{cfrac{sqrt{3}pi}{6}-0}{cfrac{pi}{6}-1}=cfrac{sqrt{3}pi}{pi-6})，
(下面的参数方程所过的定点用的是(A(1，0))，简单)课件说明
故直线(AM)的参数方程可以写为(left{egin{array}{l}{x=1+(cfrac{pi}{6}-1)t}\{y=0+cfrac{sqrt{3}pi}{6}t}end{array} ight.(t为参数))，
或也可以写成(left{egin{array}{l}{x=1+(pi-6)t}\{y=0+sqrt{3}t}end{array} ight.(t为参数))，
当然，我们也可以费事，求出真正的(sin heta)和(cos heta)的值，不过麻烦的很。此处由于没有要求标准形式，故可以仿上完成。
自然，我们还可以做成经过的定点是(M(cfrac{pi}{6}，cfrac{sqrt{3}pi}{6}))，
则直线(AM)的参数方程还可以写为(left{egin{array}{l}{x=cfrac{pi}{6}+(cfrac{pi}{6}-1)t}\{y=cfrac{sqrt{3}pi}{6}+cfrac{sqrt{3}pi}{6}t}end{array} ight.(t为参数))，
(1)求曲线(C)的普通方程，并说明曲线的形状；
分析：由于(t eq 0)，故将曲线 (C)的参数方程转化为普通方程为(cfrac{x^2}{4t^2}+cfrac{y^2}{4}=1)，
①当(4t^2=4)时，即(t=pm 1)时，曲线 (C)为圆心在原点，半径为(2)的圆；
②当(4t^2>4)时，即(t<-1)或(t>1)时，曲线 (C)是长轴长为(4|t|)，短轴长为(4)，焦点在(x)轴的椭圆；
③当(4t^2<4)时，即(-1<t<0)或(0<t<1)时，曲线 (C)是长轴长为(4)，短轴长为(4|t|)，焦点在(y)轴的椭圆；
(2)是否存在实数(t)，使得直线(l)与曲线(C)有两个不同的交点(A、B)，且(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB}=10)，若存在，试求出(t)值，若不存在，说明理由。
分析：本题目属于探究性问题，解答格式如下：
设存在实数(t)，满足题意，由题目可知直线的普通方程为(x-y+4=0)，
联立直线和曲线的方程，消去(y)得到，(cfrac{x^2}{t^2}+(x+4)^2=4)，
化简整理得到，((1+t^2)x^2+8t^2x+12=0)，
设直线和曲线的两个交点的坐标为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，
则必有(Delta =64t^4-4(1+t^2) imes 12t^2>0)，
解得(t^2>3)①；
又由韦达定理(x_1+x_2=-cfrac{8t^2}{1+t^2})，(x_1x_2=cfrac{12t^2}{1+t^2})
故(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB}=x_1x_2+y_1y_2)
(=x_1x_2+(x_1+4)(x_2+4)=2x_1x_2+4(x_1+x_2)+16=10)
解得(t^2=3)②，
由于①②矛盾，故不存在满足题意的实数(t)。
【解后反思】
①注意探究性问题的解题规范，先假设存在，然后进行相关的推理论证，若有矛盾，则不存在，若无矛盾，则一定能求得相应的参数的值。
②比如本题目中，若在前半部分推理得到的结论是(t^2>2)，后半部分结论不变，为(t^2=3)，则这时满足题意的(t)值是存在的，为(t=pm sqrt{3})。
已知曲线(C)的坐标方程为(x^2+y^2=2x)，直线(l)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=m+cfrac{sqrt{3}}{2}t}\{y=cfrac{1}{2}t}end{array} ight.(t为参数))。
(1)求直线(l)的普通方程；
分析：直线(l)的普通方程为(x=sqrt{3}y+m)；
(2)设点(P(m，0))，若直线(l)与曲线(C)交于(A，B)两点，且(|PA|cdot|PB|=1)，求实数(m)的值。
分析：将直线(l)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=m+cfrac{sqrt{3}}{2}t}\{y=cfrac{1}{2}t}end{array} ight.(t为参数))代入方程(x^2+y^2=2x)，
整理得到(t^2+(sqrt{3}m-sqrt{3})t+m^2-2m=0)，
由(Delta >0)，解得(-1<m<3)，
又(t_1t_2=m^2-2m)，则(|PA||PB|=1=|t_1t_2|)，
则(m^2-2m=pm 1)，解得(m=1pm sqrt{2})，或(m=1)，
都满足(-1<m<3)，故(m=1pm sqrt{2})，或(m=1)。
已知在直角坐标系(xoy)中，圆(C_1：x^2+y^2=4)，圆(C_2：x^2+(y-2)^2=4)，
(1)、以(O)为极点，(x)轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，求圆(C_1、C_2)的极坐标方程及其交点的极坐标；
分析：由题意将普通方程化为极坐标方程，圆(C_1)的极坐标方程为( ho=2)，
圆(C_2)的极坐标方程为( ho=4sin heta)；
则有(left{egin{array}{l}{ ho=2}\{ ho=4sin heta}end{array} ight.)
解得(left{egin{array}{l}{ ho=2}\{ heta=cfrac{pi}{6}}end{array} ight.)或(left{egin{array}{l}{ ho=2}\{ heta=cfrac{5pi}{6}}end{array} ight.)
即圆(C_1、C_2)交点的极坐标为((2，cfrac{pi}{6}))，((2，cfrac{5pi}{6}))；
(2)、求圆(C_1、C_2)的公共弦的参数方程。
分析：由（1）可知圆(C_1、C_2)交点的极坐标为((2，cfrac{pi}{6}))，((2，cfrac{5pi}{6}))；
化为直角坐标为((sqrt{3}，1))，((-sqrt{3}，1))，公共弦所过的定点取为点((0，1))，其倾斜角为(0)，
则圆(C_1、C_2)的公共弦的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=0+cos0cdot t}\{y=1+sin0cdot t}end{array} ight.(t为参数，-sqrt{3}leq tleq sqrt{3}))
即(left{egin{array}{l}{x=t(-sqrt{3}leq tleq sqrt{3})}\{y=1}end{array} ight.(t为参数))
在极坐标系中，已知直线过点(A(sqrt{3}，cfrac{pi}{6}))，且直线的倾斜角为(cfrac{pi}{3})；
(1).求直线(l)的极坐标方程。
分析：点(A)的直角坐标为((cfrac{3}{2}，cfrac{sqrt{3}}{2}))，又倾斜角为(cfrac{pi}{3})，则斜率(k=sqrt{3})，
故直线(l)的点斜式方程为(y-cfrac{sqrt{3}}{2}=sqrt{3}(x-cfrac{3}{2}))，
用( hocdot cos heta)替换(x)，用( hocdot sin heta)替换(y)，整理得到
(sqrt{3} hocdot sin heta-3 ho cos heta+1=0)，
再转化为( hocdot cos( heta+cfrac{pi}{6})=cfrac{sqrt{3}}{2})，
或者转化为( hocdot sin(cfrac{pi}{3}- heta)=cfrac{sqrt{3}}{2})，
(2).若以直线(Ox)为(x)轴，(O)为原点建立直角坐标系，曲线(C)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=t^2}\{y=2t}end{array} ight.(t为参数))，直线(l)交曲线(C)于(A)，(B)两点，求弦长(|AB|)。
法1：利用两点间距离公式求解，将曲线(C)消参得到，(y^2=4x)，又直线(l)的方程为(y=sqrt{3}x-sqrt{3})，
联立得到(left{egin{array}{l}{y^2=4x}\{y=sqrt{3}x-sqrt{3}}end{array} ight.(t为参数))，消掉(y)，整理得到(3x^2-10x+3=0)，
设点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则由韦达定理得到，(x_1+x_2=cfrac{10}{3})，(x_1x_2=1)，
故(|AB|=sqrt{1+k^2}cdot |x_1-x_2|=sqrt{1+k^2}cdot sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2})
(=sqrt{1+3}cdot sqrt{(cfrac{10}{3})^2-4}=cfrac{16}{3})；
法2：利用直线的参数方程的几何意义求解，
法3：利用焦点弦的长度公式(AB=x_1+x_2+p)求解；
将曲线(C)消参得到，(y^2=4x)，则(p=2)，又直线(l)的方程为(y=sqrt{3}x-sqrt{3})，
联立得到(left{egin{array}{l}{y^2=4x}\{y=sqrt{3}x-sqrt{3}}end{array} ight.)，消掉(y)，整理得到(3x^2-10x+3=0)，
设点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则由韦达定理得到，(x_1+x_2=cfrac{10}{3})，(x_1x_2=1)，
又由于焦点弦的长度公式(AB=x_1+x_2+p=cfrac{10}{3}+2=cfrac{16}{3})；
(1)、求(C_1)与(C_2)的交点的极坐标；
分析：(C_1:x^2+y^2-4y=0)，(C_2:x+y-4=0)，其交点的直角坐标为((2，2))和((0，4))，则其对应的极坐标为((2sqrt{2}，cfrac{pi}{4}))和((4，cfrac{pi}{2}))；
(2)、设(P)为(C_1)的圆心，(Q)为(C_1)与(C_2)的交点连线的中点，已知直线(PQ)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=t^3+a}\{y=cfrac{b}{2}t^3+1}end{array} ight.)((tin R))为参数，求(a，b)的值；
分析：由题可知，(P(0，2))，且(k_{PQ}=1)，则可知直线(PQ)的普通方程为(x-y+2=0)；
又直线(PQ)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=t^3+a}\{y=cfrac{b}{2}t^3+1}end{array} ight.)((tin R))为参数，消参得到(bx-2y-ab+2=0)，
由于其是同一条直线，则可知对应系数成比例，则(cfrac{1}{b}=cfrac{-1}{-2}=cfrac{2}{-ab+2})，解得(a=-1)，(b=2)。