常用刻画距离[长度]的几种途径
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刻画距离或长度，除过用两点间的距离$|AB|$$=$$\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$之外，还可以使用极坐标 $\rho$$=$$|OA|$ 和直线的参数方程的参数的几何意义 $t$$=$$|PA|$ 来刻画，后者往往是我们容易漏掉的。
前言
在高中数学中，能用来刻画距离的数学素材有 两点间的距离公式 [1]、弦长公式、向量工具等。
解题感悟
当直线和圆锥曲线有关的题目中出现 \(|AF|=3|FB|\) 的条件时，此时若能想到转化为 \(\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}\) ，利用向量的坐标运算，也许能减少许多运算上的麻烦。
当题目中出现条件\(\overrightarrow{OA}=3\overrightarrow{AB}\)， 一般先想到利用两点间的距离公式，\(|AB|\)\(=\)\(\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\)来转化，很明显这个公式中的参数太多，处理起来会非常麻烦；很难首先联系到其实质是 \(|OA|\)\(=\)\(3|AB|\)，那么如何选择合适的途径来刻画距离，应该是我们要关注的；其实此时我们还应该想起来途径二，利用点的极坐标来刻画距离；途径三是利用直线的参数方程的参数的几何意义来刻画距离；具体通过下面的习题说明：
典例剖析
解：设点 \(F(c,0)\) ，则直线 \(AB\) 的方程为 \(y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-c)\)，
由 \(\left\{\begin{array}{l}{y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-c)}\\{\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1}\end{array}\right.\quad\) ，
消去 \(x\) 得到，\((a^2+3b^2)y^2+2\sqrt{3}b^2cy-b^4=0\)，
设 \(A(x_1,y_1)\)， \(B(x_2,y_2)\)，则有
\(y_1+y_2=-\cfrac{2\sqrt{3}b^2c}{a^2+3b^2}\) ①，\(y_1y_2=-\cfrac{b^4}{a^2+3b^2}\) ②，
又由于 \(\overrightarrow{AF}=(c-x_1,-y_1)\)， \(\overrightarrow{FB}=(x_1-c,y_2)\)，
则由 \(|AF|=3|FB|\) 可得 \(\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}\)
故有，\(c-x_1=3(x_1-c)\)，\(-y_1=3y_2\)，
将 \(-y_1=3y_2\)代入 ①，得到 \(y_2=\cfrac{\sqrt{3}b^2c}{a^2+3b^2}\) ③,
将 \(-y_1=3y_2\)代入 ②，得到 \(y_2^2=\cfrac{b^4}{3(a^2+3b^2)}\) ④,
由 ③④可得，\(\cfrac{3c^2}{a^2+3b^2}=\cfrac{1}{3}\)，化简得到，\(a^2=3c^2\)，
故 \(e^2=\cfrac{c^2}{a^2}=\cfrac{1}{3}\)，则 \(e=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，故选 \(B\) .
(1) 求直线 \(l\) 的普通方程和曲线 \(C\) 的极坐标方程;
解析: (1) 由直线 \(l\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=t \\ y=k t\end{array}\right.\) ( \(t\) 为参数) 得普通方程为 \(y=k x\).
由曲线 \(C\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \varphi \\ y=\sin \varphi\end{array}\right.\) ( \(\varphi\) 为参数)， 可得其普通方程为:
\(x^{2}+y^{2}-4 x+3=0\)， 化为极坐标方程为 \(\rho^{2}-4 \rho \cos \theta+3=0\).
(2) 若直线 \(l\) 和曲线 \(C\) 交于 \(A\)， \(B\) 两点， 且 \(\overrightarrow{OA}=3\overrightarrow{AB}\)， 求实数 \(k\) 的值.
方法一：设直线 \(l\) 的极坐标方程为 \(\theta=\alpha\)， \(A\left(\rho_{1}, \alpha\right)\)， \(B\left(\rho_{2}, \alpha\right)\)，
因为 \(\overrightarrow{OA}=3\overrightarrow{A B}=3(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})\)，
所以 \(4\overrightarrow{OA}=3\overrightarrow{OB}\)， 即 \(4\rho_{1}=3\rho_{2}\)，
直线 \(l\) 和曲线 \(C\) 的极坐标方程联立可得: \(\left\{\begin{array}{l}\rho^{2}-4\rho\cos\theta+3=0,\\\theta=\alpha\end{array}\right.\)，
整理得 \(\rho^{2}-4\rho\cos\alpha+3=0\)， \(\Delta=16\cos^{2}\alpha-12>0\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l}\rho_{1}+\rho_{2}=4\cos\alpha\\\rho_{1}\rho_{2}=3\\4\rho_{1}=3\rho_{2}\end{array}\right.\)，
得 \(\cos\alpha=\pm\cfrac{7}{8}\)， 均满足\(\Delta>0\)
所以 \(k^{2}=\tan^{2}\alpha=\cfrac{1}{\cos^{2}\alpha}-1=\cfrac{15}{49}\)， 解得 \(k=\pm\cfrac{\sqrt{15}}{7}\) .
方法二：设直线 \(l\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=t\cos\alpha\\y=t\sin\alpha\end{array}\right.\) (\(\mathrm{t}\) 为参数)，
代入 \(x^{2}+y^{2}-4x+3=0\) 中可得: \(t^{2}-4t\cos\alpha+3=0\)，
令 \(\Delta=16\cos^{2}\alpha-12>0\)， 得 \(4\cos^{2}\alpha-3>0\)，
设 \(A\)， \(B\) 两点所对应的参数分别为 \(t_{1}\)， \(t_{2}\)， 则 \(\left\{\begin{array}{l}t_{1}+t_{2}=4\cos\alpha\\t_{1}t_{2}=3\end{array}\right.\)
又 \(\overrightarrow{OA}=3\overrightarrow{AB}\)， 所以 \(t_{1}=\cfrac{3}{4}t_{2}\), 又 \(t_{1}t_{2}=3\)， 所以 \(t_{2}^{2}=4\).
当 \(t_{2}=2\) 时， \(t_{1}=\frac{3}{2}\)， 此时 \(\cos\alpha=\cfrac{7}{8}\) (直线 \(l\) 的倾斜角为锐角)
当 \(t_{2}=-2\) 时, \(t_{1}=-\cfrac{3}{2}\), 此时 \(\cos\alpha=-\cfrac{7}{8}\) (直线 \(l\) 的倾斜角为钝角)
\(\cos\alpha=\pm\cfrac{7}{8}\) 均满足 \(\Delta>0\)， \(k^{2}=\tan^{2}\alpha=\cfrac{1}{\cos^{2}\alpha}-1=\cfrac{15}{49}\)
所以解得 \(k=\pm\cfrac{\sqrt{15}}{7}\) .
解析： 抛物线 \(x^{2}=y\) 的焦点为 \(F(0，\cfrac{1}{4})\) ，[用图形帮助大家理解本题目所采用的算理]
设直线 \(m\) 的倾斜角为 \(\alpha\) ，可得直线 \(m\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=0+t\cos\alpha ，\\y=\cfrac{1}{4}+t\sin\alpha\end{array}\right.\) ( \(t\) 为参数)，
代入抛物线的方程 \(x^{2}=y\) 得到关于\(t\)的一元二次方程 ， \(\cos^{2}\alpha\cdot t^2-\sin\alpha\cdot t-\cfrac{1}{4}=0\) ，
则其必然满足 \(\Delta=(-\sin\alpha)^2+\cos^2\alpha=1>0\)，设 \(P\)，\(Q\) 对应的参数分别为 \(t_{1}\)，\(t_{2}\) ，
则由韦达定理得到， \(t_{1}+t_{2}=\cfrac{\sin\alpha}{\cos^{2}\alpha}\) ， \(t_{1} t_{2}=-\cfrac{1}{4\cos^{2}\alpha}\) ，
则 \(|PQ|=|t_{1}-t_{2}|=\sqrt{(t_{1}+t_{2})^{2}-4 t_{1}t_{2}}\)
\(=\sqrt{\cfrac{\sin ^{2} \alpha}{\cos ^{4}\alpha}+\cfrac{1}{\cos ^{2} \alpha}}\)\(=\sqrt{\cfrac{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}{\cos ^{4} \alpha}}=\cfrac{1}{\cos ^{2} \alpha}\)
即有 \(|PQ|=\cfrac{1}{\cos^{2}\alpha}\) ，[如何计算\(|MN|\)才是这个题目的难点，同样的思路走一遍，必然费时费力]
将 \(\alpha\) 换为 \(\alpha+30^{\circ}\) ，同理由于计算 \(|MN|\) 的算理与计算方法和计算 \(|PQ|\) 的是完全一样的，二者不同的仅仅是倾斜角，这样我们就可以直接借助上述的结论得到我们想要的东西，而且能节省大量的时间和精力，更重要的是锤炼了我们的数学素养。不过需要注意此处的思维跳跃性还是很大的。需要我们平时有意识的加以练习。 可得 \(|MN|=\cfrac{1}{\cos^{2}\left(\alpha+30^{\circ}\right)}\) ，
则 \(\cfrac{1}{|P Q|}+\cfrac{1}{|M N|}=\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2}\left(\alpha+30^{\circ}\right)\)
\(=\cfrac{1+\cos 2 \alpha}{2}+\cfrac{1+\cos \left[2\left(\alpha+30^{\circ}\right)\right]}{2}\)
\(=1+\cfrac{1}{2}\left[\cos 2 a+\cos \left(2 a+60^{\circ}\right)\right]\)
\(=1+\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{3}{2} \cos 2 \alpha-\cfrac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \alpha\right)\)
\(=1+\cfrac{\sqrt{3}}{2} \cos \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)\)
当 \(\cos \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)=-1\) ，即 \(\alpha=75^{\circ}\) 时， \(\cfrac{1}{|PQ|}+\cfrac{1}{|MN|}\) 的最小值为 \(1-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\).
〔解后反思〕：如果学校是代数、几何内容分开讲授，那么一看到抛物线和直线的相交问题，则学生很可能会想到设直线的点斜式方程，联立曲线方程利用弦长公式的思路来求解，从而由于运算量大而主动退却放弃；这一思维定势需要克服，同时需要深入体会参数方程在解决这一类问题的便利。
(1). 求曲线 \(C\) 的普通方程；
解析：由 \(\left\{\begin{array}{l}x=2+\sin \alpha+\cos \alpha \\ y=\cos \alpha-\sin \alpha\end{array}\right.\) 整理得到，\(\left\{\begin{array}{l}x-2=\sin \alpha+\cos \alpha, \\ y=\cos \alpha-\sin \alpha\end{array}\right.\)，
两式平方相加得到 \((x-2)^{2}+y^{2}=2\) ，即曲线 \(C\) 的普通方程为 \((x-2)^{2}+y^{2}=2\) .
(2). 若曲线 \(C\) 与直线 \(l\) 交于 \(A\)，\(B\) 两点， 且 \(|OA|+|OB|=3\)， 求直线 \(l\) 的斜率。
解法1： 曲线 \(C\) 方程可化为 \(x^{2}+y^{2}-4 x+2=0\)， 其极坐标方程为 \(\rho^{2}-4 \rho \cos \theta+2=0\)，
又由 \(\left\{\begin{array}{l}\rho^{2}-4\rho \cos \theta+2=0,\\\theta=\beta\end{array}\right.\)， 得 \(\rho^{2}-4 \rho \cos \beta+2=0\)，
且必须满足条件 \(\Delta=16\cos^{2}\beta-8>0\)，即需要满足 \(\cos^{2}\beta>\cfrac{1}{2}\)，
同时由韦达定理得到 \(\rho_{1}+\rho_{2}=4\cos\beta\)，又由于 \(|OA|+|OB|=\rho_{1}+\rho_{2}\)，
由题目可知 \(|OA|+|OB|=3\)， 则 \(\rho_{1}+\rho_{2}=3\)， 所以 \(4\cos\beta=3\)，
则 \(\cos\beta=\cfrac{3}{4}\)，且满足 \(\Delta>0\)
又 \(0<\beta<\cfrac{\pi}{2}\)， 则 \(\sin\beta=\cfrac{\sqrt{7}}{4}\)， 即 \(\tan\beta=\cfrac{\sqrt{7}}{3}\) .
故直线 \(l\) 的斜率为 \(\cfrac{\sqrt{7}}{3}\) .
法2: 设直线 \(l\) 的直线方程为 \(y=kx\)， 其参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=t\cos\beta, \\ y=t\sin\beta\end{array}\right.\) ( \(t\) 为参数，且 \(0<\beta<\cfrac{\pi}{2})\)，
代入 \((x-2)^{2}+y^{2}=2\) ，得 \(t^{2}-4t\cos\beta+2=0\)，
由题目可知，必须满足 \(\Delta=16 \cos ^{2} \beta-8>0\)， 即 \(\cos ^{2}\beta>\cfrac{1}{2}\)，
由根与系数的关系知 \(t_{1}+t_{2}=4\cos\beta\)， \(t_{1}\cdot t_{2}=2\)， 即 \(t_{1}\) 与 \(t_{2}\) 同正，
则 \(|OA|+|OB|=|t_{1}|+|t_{2}|=t_{1}+t_{2}=4\cos\beta\) ，
又 \(|OA|+|OB|=3\)，\(\cos\beta=\cfrac{3}{4}\) ，且满足 \(\Delta>0\)，
由于 \(0<\beta<\cfrac{\pi}{2}\)， 则 \(\sin\beta=\cfrac{\sqrt{7}}{4}\)， 即 \(\tan\beta=\cfrac{\sqrt{7}}{3}\) .
故直线 \(l\) 的斜率为 \(\cfrac{\sqrt{7}}{3}\) .
(1) 分别写出曲线 \(C_{1} 、 C_{2}\) 的极坐标方程;
解: 由题意可知， 曲线 \(C_{1}\) 是以极点 \(O\) 为圆心， 以 \(2\) 为半径的半圆，
结合图形可知， 曲线 \(C_{1}\) 的极坐标方程为 \(\rho=2\)(\(0\leq\theta\leq\pi\)).
设 \(P(\rho,\theta)\) 为曲线 \(C_{2}\) 上的任意一点， 可得 \(\rho=2\cos(\cfrac{\pi}{2}-\theta)=2\sin\theta\)，
因此， 曲线 \(C_{2}\) 极坐标方程为\(\rho=2\sin\theta\)(\(0\leq\theta<\pi\)) .
(2) 直线 \(\theta=\alpha\)(\(0<\alpha<\pi\)，\(\rho\in R\)) 与曲线 \(C_{1}\) 、\(C_{2}\) 分别相交于点 \(A\) 、\(B\) (异于极点)， 求 \(\triangle ABM\) 面积的最大值。
解法1：因为直线 \(\theta=\alpha\)(\(0<\alpha<\pi\)， \(\rho\in R\)) 与曲线 \(C_{1}\) 、 \(C_{2}\) 分别相交于点 \(A\) 、 \(B\) (异于极点)，
设 \(A(\rho_{_{A}},\alpha)\) 、\(B(\rho_{_{B}}, \alpha)\)， 由题意得 \(\rho_{_{B}}=2\sin\alpha\)， \(\rho_{A}=2\)，
所以，\(|AB|=|\rho_{_{A}}-\rho_{_{B}}|=2-2\sin\alpha\)，
因为点 \(M\) 到直线 \(AB\) 的距离为 \(d=|MH|=|OM|\sin\alpha=2\sin\alpha\)，
所以， \(S_{\triangle ABM}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}|AB|\cdot d\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}(2-2\sin\alpha)\cdot 2\sin\alpha\)
\(=\)\(2\sin\alpha(1-\sin\alpha)\)题目解答到此，既可以使用均值不等式求解最值，也可以考虑使用二次函数求最值；\(\leq 2 \times \cfrac{[(\sin\alpha+1)-\sin \alpha]^{2}}{4}=\cfrac{1}{2}\)，
当且仅当 \(\sin\alpha=\cfrac{1}{2}\) 时， 等号成立， 故 \(\triangle ABM\) 面积的最大值为 \(\cfrac{1}{2}\) .
解法2：因为直线 \(\theta=\alpha\)(\(0<\alpha<\pi\)， \(\rho\in R\)) 与曲线 \(C_{1}\) 、 \(C_{2}\) 分别相交于点 \(A\) 、 \(B\) (异于极点)，
设 \(A(\rho_{_{A}},\alpha)\) 、\(B(\rho_{_{B}}, \alpha)\)， 由题意得 \(\rho_{_{B}}=2\sin\alpha\)， \(\rho_{A}=2\)，
则 \(|AH|=2\times\sin\alpha\) ，\(|BN|=\rho_{_{B}}\times\sin\alpha=2\sin\alpha\times\sin\alpha=2\sin^2\alpha\)，
\(S_{\triangle ABM}=S_{\triangle AOM}-S_{\triangle BOM}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\times 2\times|AH|-\cfrac{1}{2}\times 2\times|BN|\)
\(=2\sin\alpha-2\sin^2\alpha\)\(=\)\(2\sin\alpha(1-\sin\alpha)\)题目解答到此，既可以使用均值不等式求解最值，也可以考虑使用二次函数求最值；\(\leq 2 \times \cfrac{[(\sin\alpha+1)-\sin \alpha]^{2}}{4}=\cfrac{1}{2}\)，
当且仅当 \(\sin\alpha=\cfrac{1}{2}\) 时， 等号成立， 故 \(\triangle ABM\) 面积的最大值为 \(\cfrac{1}{2}\) .
(1)求证: \(\sqrt{3}\rho_{1}=\rho_{2}+\rho_{3}\) ；
证明： 由于点 \(A\)， \(B\)， \(C\)，都在曲线 \(M\) 上，故其必然满足曲线 \(M\) 的极坐标方程，
则有\(\rho_{1}=2\cos\varphi\)， \(\rho_{2}=2\cos(\phi+\cfrac{\pi}{6})\)， \(\rho_{3}=2\cos(\varphi-\cfrac{\pi}{6})\)，
又由于 \(\rho_{2}+\rho_{3}=2\cos(\phi+\cfrac{\pi}{6})+2\cos(\varphi-\cfrac{\pi}{6})=2\sqrt{3}\cos\varphi\)，
故 \(\sqrt{3}\rho_{1}=\rho_{2}+\rho_{3}\).
(2) 若过 \(B\) 、\(C\) 两点的直线参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=2-\cfrac{\sqrt{3}}{2}t\\y=\cfrac{1}{2}t\end{array}\right.\) (\(t\)为参数)，求四边形 \(OBAC\) 的面积 .
解析：如下图所示，曲线 \(M\) 的普通方程为 \(x^2+y^2-2x=0\)，将直线 \(BC\) 的参数方程代入上述方程，整理得到 \(t^2-\sqrt{3}t=0\)，解得 \(t_1=0\)，\(t_2=\sqrt{3}\)，
将 \(t_1=0\) 代入参数方程，得到点 \(C\)的坐标为 \(C(2,0)\)，将 \(t_2=\sqrt{3}\) 代入参数方程，得到点 \(B\)的坐标为 \(B(\cfrac{1}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，
且可知 \(\rho_2=1\)，\(\rho_3=2\)，\(\varphi=\cfrac{\pi}{6}\)，又得 \(\rho_1=\sqrt{3}\)，
故 \(S_{四边形OBAC}=\cfrac{1}{2}\rho_{1}\cdot\rho_{2}\cdot\sin\cfrac{\pi}{6}+\cfrac{1}{2}\rho_{1}\cdot\rho_{3}\cdot\sin\cfrac{\pi}{6}\)\(=\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\) .
在平面直角坐标系中，给定任意两点 \(A(x_1,y_1)\)、\(B(x_2,y_2)\)、则这两点间的距离为 \(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\) . ↩︎
