圆和椭圆的参数方程

公式定理💯随心记

【面面平行判定定理 01】如果两个平面垂直于同一条直线，那么这两个平面平行。

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前言

参数方程是以参变量为中介来表示曲线上点的坐标的方程，是曲线在同一坐标系下的另一种表示形式。某些曲线用参数方程表示比用普通方程表示更方便。根据曲线的特点，选取适当曲线方程的表示形式，体现了解决问题中数学方法的灵活性。

参数方程由来

• 圆的参数方程 [特殊情形，圆心 $(0,0)$，半径 $R$]

$$\begin {cases} x=Rcos\alpha \\ y=Rsin\alpha\end {cases}(\alpha 为参数，0\leq \alpha<2\pi)$$

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 $R$]

$$\begin {cases} x=m+Rcos\alpha \\ y=n+Rsin\alpha\end {cases}(\alpha 为参数，0\leq \alpha<2\pi)$$

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 $(\rho,\theta)$ 中的 $\theta$ 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 $\alpha\in [0,2\pi]$

• 椭圆的参数方程

$$\begin {cases} x=a\cos\phi \\ y=b\sin\phi \end {cases} (\phi 为参数，0\leq \phi<2\pi)$$

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 $[0，2\pi)$.

已知椭圆的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}{x=2cost}\\{y=4sint}\end{array}\right.\quad$ ($t$ 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 $x=2cos\cfrac{\pi}{3}=1$，$y=2sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}$，故 $M(1，2\sqrt{3})$，

则 $k_{\tiny{OM}}=\cfrac{y-0}{x-0}=2\sqrt{3}$。

【北师大选修教材 4-4 $P_{_{36}}$ 练习第 $1$ 题 | 由点的坐标求参数 $\theta$ 的位置，易错题目】已知椭圆 $\left\{\begin{array}{l}x=5\cos\theta\\y=4\sin\theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数，$0\leqslant \theta<2\pi$) 上的一点 $P(4,-\cfrac{12}{5})$ ，求其对应的参数 $\theta$ 的值，并作图指出这个角.

解析：因为点 $P(4,-\cfrac{12}{5})$ 在椭圆 $\left\{\begin{array}{l}x=5\cos\theta\\y=4\sin\theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数，$0\leqslant \theta<2\pi$) 上 ，

所以 $\left\{\begin{array}{l}{4=5\cos\theta,}\\{-\cfrac{12}{5}=4\sin\theta}\end{array}\right.$ $\quad$ 所以 $\left\{\begin{array}{l}{\cos\theta=\cfrac{4}{5},}\\{\sin\theta=-\cfrac{3}{5}}\end{array}\right.$

所以 $\theta=2\pi-\arcsin\cfrac{3}{5}$.

【北师大选修教材 4-4 $P_{_{36}}$ 练习第 $2$ 题 | 由直线的倾斜角求点的坐标，易错题目】点 $P$ 是椭圆 $\left\{\begin{array}{l}x=4\cos\alpha\\y=2\sqrt{3}\sin\alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数) 上的一点，且在第一象限， $OP$[ $O$ 是平面直角坐标系的原点] 的倾斜角为 $\cfrac{\pi}{3}$，求点 $P$ 的坐标.

错解：由于 $\alpha=\cfrac{\pi}{3}$， 将其代入椭圆的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=4\cos\alpha\\y=2\sqrt{3}\sin\alpha\end{array}\right.$ ，

得到 $\left\{\begin{array}{l}x=4\cos\cfrac{\pi}{3}=2\\y=2\sqrt{3}\sin\cfrac{\pi}{3}=3\end{array}\right.$ ，即点 $P$ 的坐标为 $(2,3)$；

正确解析： 由 $OP$ 的倾斜角为 $\cfrac{\pi}{3}$，可得直线 $OP$ 的方程为 $y=\sqrt{3}x$ ，

将椭圆的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=4\cos\alpha\\y=2\sqrt{3}\sin\alpha\end{array}\right.$ 代入直线方程 $y=\sqrt{3}x$ ，

得 $2\sqrt{3}\sin\alpha=\sqrt{3}\times 4\cos\alpha.$，所以 $\sin\alpha=2\cos\alpha$，

又由 $\left\{\begin{array}{l}\sin\alpha=2\cos\alpha\\\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\end{array}\right.$ ，

解得 $\left\{\begin{array}{l}\sin\alpha=\cfrac{2\sqrt{5}}{5},\\\cos\alpha=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}\sin\alpha=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5},\\\cos\alpha=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\end{array}\right.$

因为点 $P$ 在第一象限，故得到 $\left\{\begin{array}{l}\sin\alpha=\cfrac{2\sqrt{5}}{5},\\\cos\alpha=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\end{array}\right.$

将其代入椭圆的参数方程，所以点 $P$ 的坐标为 $(\cfrac{4\sqrt{5}}{5},\cfrac{4\sqrt{15}}{5})$

化为参数方程

介绍一个容易记忆的方法：

类比：$cos^2\theta+sin^2\theta=1$

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

$$cos^2\theta+sin^2\theta=1$$

$$(\cfrac{x}{2})^2+(\cfrac{y}{2})^2=1$$

对应上式，得到 $cos\theta=\cfrac{x}{2}，sin\theta=\cfrac{y}{2}$，

故圆的参数方程为 $\begin {cases} x=2cos\theta \\ y=2sin\theta\end {cases}(\theta 为参数)$；

当然，我们还可以这样交叉对应，

得到 $sin\theta=\cfrac{x}{2}，cos\theta=\cfrac{y}{2}$，

故圆的参数方程还可以为 $\begin {cases} x=2sin\theta \\ y=2cos\theta\end {cases}(\theta 为参数)$；

【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 $cos\theta=\cfrac{x-a}{R}，sin\theta=\cfrac{y-b}{R}$，

故圆的参数方程为 $\begin {cases} x=a+Rcos\theta \\ y=b+Rsin\theta\end {cases}(\theta 为参数)$；

• 当椭圆为 $\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$ 时，

先转化为 $(\cfrac{x}{a})^2+(\cfrac{y}{b})^2=1$，[类似将椭圆压缩为圆来处理]

对应上式得到 $cos\theta=\cfrac{x}{a}$，$sin\theta=\cfrac{y}{b}$，

故椭圆的参数方程为 $\begin {cases} x=acos\theta \\ y=bsin\theta\end {cases}(\theta 为参数)$；

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。此处其实涉及到数学中的变量集中策略；

典例剖析

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

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

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

即 $\sqrt{a^2+b^2}sin(\theta+\phi)=ab，tan\phi=\cfrac{b}{a}$，

由三角函数的有界性可知 $|sin(\theta+\phi)|=|\cfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}|\leq 1$，

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 $\cfrac{|b\cdot 0+a\cdot 0-ab|}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq 1$，

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

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 $x+y-8=0$ 的距离为 $d$，则有

$d(\theta)=\cfrac{|\sqrt{3}cos\theta+sin\theta-8|}{\sqrt{2}}=\cfrac{|2sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})-8|}{\sqrt{2}}$，

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。

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 $d_{max}=\cfrac{|2-(-8)|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$，$d_{min}=\cfrac{|-2-(-8)|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$。

求函数 $f(x)=x+\sqrt{1-x^2}$ 的值域。

分析：求定义域得到 $x\in[-1，1]$，故做三角换元令 $x=cos\theta,\theta\in[0，\pi]$，

则函数 $f(x)=x+\sqrt{1-x^2}=cos\theta+\sqrt{1-cos^2\theta}$

$=cos\theta+|sin\theta|=sin\theta+cos\theta$

$=\sqrt{2}sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in[-1，\sqrt{2}]$，

故函数的值域为 $[-1，\sqrt{2}]$。

引申思考：

1、换元法特别需要注意的是旧元 $x$ 和新元 $\theta$ 的取值范围要一致，否则换元就会出错，那么本题中引入新元 $\theta$ 后，其取值范围能不能是 $[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]$？不能，否则 $cos\theta\in [0，1]$，和 $x\in[-1，1]$ 的取值范围不一致了。

2、那么取值范围能不能是 $[0，2\pi]$？此时虽然能保证 $cos\theta\in [-1，1]$，但是下一步在开方去绝对值时就麻烦了，$\sqrt{1-cos^2\theta}=|sin\theta|$ 还需要分类讨论，这样反到复杂了，由此我们也就能更好的理解 $\theta\in[0，\pi]$ 的用意，由此可知我们的三角换元是很讲究的，绝不是随心所欲的。

3、能不能这样换元令 $x=sin\theta$？可以的，不过若这样换元，新元的范围就应该是 $\theta\in[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]$，或者 $\theta\in[\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{3\pi}{2}]$。

4、你会用这个方法求函数 $f(x)=x-\sqrt{2-x^2}$ 的值域吗？

提示：定义域为 $x\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]$，故令 $x=\sqrt{2}cos\theta$，且 $\theta\in [0，\pi]$，

那么原函数转化为 $f(x)=x-\sqrt{2-x^2}=\sqrt{2}cos\theta-\sqrt{2}sin\theta=2cos(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in [-2，\sqrt{2}]$。

5、你能将这一方法适用的类型做以总结提炼吗？

一般来说，适用于这样的类型：$f(x)=ax+b\pm \sqrt{c+dx^2}$ 型，其中 $a，b，c，d\in R，c\cdot d<0$。

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 $(cos\theta，sin\theta)$，求点 $(cos\theta，sin\theta)$ 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。

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 $P(3\cos\theta，3\sin\theta)$，$Q(5\cos\phi，5\sin\phi)$，$M(x，y)$，

则其坐标分别为 $x=\cfrac{3\cos\theta+5\cos\phi}{2}，y=\cfrac{3\sin\theta+5\sin\phi}{2}$

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

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

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 $[-2，\sqrt{7}]$。

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 $(2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)$，且 $\theta\in [0，\pi]$，

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

则 $d=\cfrac{|2cos\theta-\sqrt{3}sin\theta+m|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\cfrac{|\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m|}{\sqrt{2}}$，其中 $tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}$，

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

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

又由图可知，当 $\theta=0$ 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 $\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0$，即此时 $m=\sqrt{7}sin(0-\phi)=-\sqrt{7}sin\phi$，

由 $tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}$，可计算得到 $sin\phi=\cfrac{2}{\sqrt{7}}$，

故 $m_{min}=-\sqrt{7}\times \cfrac{2}{\sqrt{7}}=-2$，

综上所述，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。

在半径为 $2$ 的半园形钢板上截取一块面积最大的矩形，则最大面积是____________.

解析：做出图像，由三角函数定义设其中一个顶点坐标，从而表示矩形的长与宽，进而表示面积，求出最大值.

由题可构建图像根据三角函数的定义，可知 $A(2\cos\alpha, 2\sin\alpha)$，

所以矩形的面积 $S=4\cos\alpha\cdot 2\sin\alpha=4\sin2\alpha$，

当 $\alpha=\cfrac{\pi}{4}$ 时， $S_{\max }=4\sin(2\cdot \cfrac{\pi}{4})=4$，故答案为: $4$.

在直角坐标系 $xOy$ 中，曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{2}\cos \alpha \\ y=6+\sqrt{2} \sin \alpha\end{array}\right.$ $\quad(\alpha$ 为参数)，以坐标原点为极点，$x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=\cfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{1+9\sin^{2}\theta}}$；

(1) 求曲线 $C_1$ 的普通方程和 $C_2$ 的直角坐标方程；

解：曲线 $C_{1}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+(y-6)^{2}=2$；

对于曲线 $C_2$，由 $\rho^{2}=\cfrac{10}{1+9\sin^{2}\theta}$，$\rho^{2}=x^{2}+y^{2}$，$y=\rho\sin\theta$，

得 $x^{2}+y^{2}+9y^{2}=10$，即 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $\cfrac{x^{2}}{10}+y^{2}=1$；

(2) 若 $M$，$N$ 分别为曲线 $C_1$ 和曲线 $C_2$ 上的动点，求 $|MN|$ 的最大值。

分析：由 (1) 得 $C_{1}$ 的圆心为 $A(0,6)$，半径 $r=\sqrt{2}$，设 $N(\sqrt{10}\cos\theta, \sin\theta)$，

则 $|NA|^{2}=(\sqrt{10}\cos\theta-0)^{2}+(\sin \theta-6)^{2}$$=$$10\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta-12\sin\theta+36$

$=-9(\sin\theta+\cfrac{2}{3})^{2}+50$ $\Rightarrow \sin\theta=-\cfrac{2}{3}$ 时， $|NA|_{\max}=5\sqrt{2}$，

故 $|MN|$ 的最大值为 $5\sqrt{2}+\sqrt{2}=6\sqrt{2}$；

【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【】

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

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

则必然有 $2cos\alpha=2sin(-3)$ 且 $2sin\alpha=-2cos3$，

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 $C$。

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 $0\leq \cfrac{x^2}{16}\leq 1$，$0\leq \cfrac{y^2}{9}\leq 1$，得到 $x\in [-4，4]$，$y\in [-3，3]$；

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 $x\in [-4，4]$、$y\in [-3，3]$；

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 $(4\cos\theta，3\sin\theta)$。

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 $\theta$ 的位置。

【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 $\left\{\begin{array}{l}{x=\sqrt{3}\cos\alpha}\\{y=\sqrt{3}+\sqrt{3}\sin\alpha}\end{array}\right.$($\alpha$ 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=2\sin\theta$$(\rho\in 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 $S_{\triangle AOB}$ 面积的最大值。

法 1：极坐标系法，设点 $A(\rho_1，\theta)$，点 $B(\rho_2，\phi)$，则可知 $\phi=\cfrac{\pi}{2}+\theta$，

可以转化得到曲线 $C_1$ 的极坐标方程为 $\rho=2\sqrt{3}\sin\alpha$，由于点 $A$ 在 $C_1$ 上，故 $|OA|=\rho_1=2\sqrt{3}\sin\theta$；

曲线 $C_2$ 的极坐标方程为 $\rho=2\sin\alpha$，由于点 $B$ 在 $C_2$ 上，故 $|OB|=\rho_2=2\sin\phi=2\sin(\cfrac{\pi}{2}+\theta)=2\cos\theta$；

故 $S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}|OA||OB|=\cfrac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}\sin\theta\cdot 2\cos\theta=\sqrt{3}\sin2\theta\leqslant \sqrt{3}$；

当且仅当 $\theta=\cfrac{\pi}{4}$ 时取得最大值，故 $S_{\triangle AOB}$ 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 $A(\sqrt{3}\cos\alpha，\sqrt{3}\sin\alpha+\sqrt{3})$，点 $B(\cos\theta，\sin\theta+1)$，

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

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 $\angle EC_2B=\theta$(超过 $\pi$ 的那个)，

则 $\theta=\pi+\alpha$ 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_2B$$//$$C_1D$；故 $\theta=\pi+\alpha$；，且 $\alpha\in (-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2})$，$\theta\in (\cfrac{\pi}{2},\cfrac{3\pi}{2})$

故 $|OA|=\sqrt{(\sqrt{3}\cos\alpha)^2+(\sqrt{3}\sin\alpha+\sqrt{3})^2}=\sqrt{6(1+\sin\alpha)}$；

$|OB|=\sqrt{(\cos\theta)^2+(\sin\theta+1)^2}=\sqrt{2(1+\sin\theta)}=\sqrt{2(1+\sin(\pi+\alpha)}=\sqrt{2(1-\sin\alpha)}$；

$S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}|OA||OB|=\cfrac{1}{2}\cdot \sqrt{6(1+\sin\alpha)}\cdot \sqrt{2(1-\sin\alpha)}=\sqrt{3}|cos\alpha|\leqslant \sqrt{3}$；

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

【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 $\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 $\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))$，

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，

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，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 $\theta$，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。

函数 $y=f(x)=x+\sqrt{-x^2+10x-23}$ 的最小值；

法 1：原函数可以转化为 $y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}$，

由于 $2-(x-5)^2\geqslant 0$，得到 $|x-5|\leqslant \sqrt{2}$，

令 $x-5=\sqrt{2}cos\alpha$，则 $\alpha\in [0,\pi]$，且 $x=\sqrt{2}cos\alpha+5$,

则 $y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}=\sqrt{2}cos\alpha+5+\sqrt{2sin^2\alpha}$

$=\sqrt{2}cos\alpha+5+\sqrt{2}sin\alpha=2sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})+5$

由于 $\alpha\in [0,\pi]$，则 $sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [-\cfrac{\sqrt{2}}{2},1]$

故 $y_{min}=5-\sqrt{2}$，$y_{max}=7$，

解后反思：为什么想到法 1，请对照上述例 5 中的两个函数，

求函数 $f(x)=x+\sqrt{1-x^2}$ 的值域；

求函数 $f(x)=x-\sqrt{2-x^2}$ 的值域；

求函数 $y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}$ 的值域；

法 2：令 $-x^2+10x-23\geqslant 0$，得到函数的定义域为 $[5-\sqrt{2}，5+\sqrt{2}]$，

又由于 $y=-x^2+10x-23=-(x-5)^2+2$，故原函数必然在区间 $[5-\sqrt{2},5]$ 上单调递增，甚至能延伸到区间 $[5-\sqrt{2},x_0]$，$x_0>5$，在区间 $[x_0,5+\sqrt{2}]$ 上单调递减，

故其最小值必然 $f(x)_{min}=min\{f(5-\sqrt{2})，f(5+\sqrt{2})\}$，又 $f(5-\sqrt{2})=5-\sqrt{2}$，$f(5+\sqrt{2})=5+\sqrt{2}$，

故 $f(x)_{min}=5-\sqrt{2}$.