极坐标系相关

前言

为什么要引入极坐标呢？自然是觉得极坐标系有其自身表达上的优越性。

比如涉及到某一个点(P)，在直角坐标系下其表示为(P(x，y))，对应到极坐标系下表示为(P( ho， heta))，如果同时刻画距离(|OP|)，则在直角坐标系下为(|OP|=sqrt{x^2+y^2})，是二元根式函数问题，在极坐标系下为(|OP|= ho)，就是一元一次函数，相关的运算就简单的多了。

比较研究

• 平面直角坐标系下的直线和圆的方程

过原点的直线：(y=kx)；

以((0，0))为圆心，以(2)为半径的圆：(x^2+y^2=2^2)

以((a，0))为圆心，以(a)为半径的圆：((x-a)^2+y^2=a^2)

以((0，a))为圆心，以(a)为半径的圆：(x^2+(y-a)^2=a^2)

• 极坐标系下的直线和圆的方程

过原点的直线：( heta= heta_0)；

以((0，0))为圆心，以(2)为半径的圆：( ho=2)，( hetain [-pi，pi])；

以((a，0))为圆心，以(a)为半径的圆：( ho=2a cos heta)，( hetain [-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2}])；

推导用图形如下，

以((a，cfrac{pi}{2}))为圆心，以(a)为半径的圆：( ho=2a sin heta)，( hetain [0，pi])；

推导用图形如下，

失误防范

• 涉及到极坐标的问题，以前的一般处理策略是将其转化到直角坐标系中来处理，下面的高考题目会让你体会到高考命题人的刁钻，以及直角坐标系的无奈。

案例1【2017全国卷Ⅱ文理同题，第22题高考真题】【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系(xOy)中，以坐标原点为极点，(x)轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线(C_1) 的极坐标方程为( ho cos heta=4) ．

(1).(M)为曲线(C_1)上的动点，点(P)在线段(OM)上，且满足(|OM|cdot|OP|=16)，求点(P)的轨迹(C_2)的直角坐标方程；

【法一】：学生容易想到的解法，也是我们交给学生的方法。

容易化简(C_1：x=4)，做出简单的示意图，我们可以令(M(4，m)、P(x，y))，

则由题目可知(cfrac{y}{x}=cfrac{m}{4})，即(m=cfrac{4y}{x})，

又由题目可知满足条件(|OM|cdot|OP|=16)，即(sqrt{4^2+m^2}cdotsqrt{x^2+y^2}=16)，

将(m=cfrac{4y}{x})代入，整理得到((4^2+cfrac{16y^2}{x^2})cdot(x^2+y^2)=256)，

整理得到(x^4+2x^2y^2-16x^2+y^4=0)，即(x^4+2x^2y^2+y^4=16x^2)，

即((x^2+y^2)^2=(4x)^2)，两边开方得到(x^2+y^2=4x)[此处由于(x)为非负值，故舍去(x^2+y^2=-4x)]，

最终可以化简为((x-2)^2+y^2=4(x>0))。

【法2】：直接借助极坐标系来思考运算，令(M( ho， heta))，(P( ho_1， heta)( ho_1>0))，由题可知，

点M满足(C_1)的方程( ho cos heta=4) 。则( ho=cfrac{4}{cos heta})，

又(|OM|= ho=cfrac{4}{cos heta})，(|OP|= ho_1)，又由题目可知(|OM|cdot|OP|= ho ho_1=16)，

故( ho_1=cfrac{16}{ ho}=4cos heta( ho_1>0))，两边同乘以( ho_1)得到

( ho_1^2=4 ho_1 cos heta)，转化为直角坐标方程为(x^2+y^2=4x(x eq 0))，

即((x-2)^2+y^2=4(x eq 0))为曲线(C_2)的直角坐标方程。

解后反思：

①法1的代数式变形，许多学生根本想不到；

②结题中限制(x eq 0)是为了和上述的( ho_1>0)对应。

③此题目的法2的解答提醒我们，若题目中出现了经过极点的两个线段的四则运算的条件，那么采用极坐标思考和运算应该是比较简单和快捷的，故我们必须扭转以直角坐标为桥梁的的求解思路，快速适应在极坐标系下的思维模式。

(2).设点(A)的极坐标为((2，cfrac{pi}{3}))，点(B)在曲线(C_2)上，求(Delta OAB)面积的最大值．

【法1】：直接借助平面几何的形来思考运算，结合运动观点和特殊化策略；让点(B)在圆上跑一圈即可看出思路；

连接(AC) ，易知(Delta AOC)为正三角形，底边(|OA|)为定值，则当高线最大时，(S_{Delta AOB})面积最大，

如图所示，过圆心(C)做(AO)的垂线，交(AO)于(H)，交圆(C)于点(B)，此时(S_{Delta AOB})面积最大，

(S_{max}=cfrac{1}{2}cdot |AO||HB|=cfrac{1}{2}cdot |AO|(|HC|+|BC|)=2+sqrt{3})。

【法2】：借助圆的参数方程和点线距公式求解；

直线(OA)的方程为(sqrt{3}x-y=0)，点(B)在曲线(C_2)上，

故点(B)的参数坐标为((2cos heta+2，2sin heta))(( hetain (-pi，pi)))，

故三角形(Delta OAB)的一条边(OA)上的高为点(B)到直线(OA)的距离为(h_{OA})，

(h_{OA}=cfrac{|sqrt{3}(2cos heta+2)-2sin heta|}{sqrt{(sqrt{3})^2+1^2}}=|sqrt{3}cos heta-sin heta+sqrt{3}|)

则(S_{Delta OAB}=cfrac{1}{2}|OA|cdot h_{OA}=|sqrt{3}cos heta-sin heta+sqrt{3}|=|2cos( heta+cfrac{pi}{6})+sqrt{3}|)，

当(cos( heta+cfrac{pi}{6})=1)，即( heta=-cfrac{pi}{6})时，(S_{max}=2+sqrt{3})。

【法3】：直接借助极坐标系来思考运算，利用(S_{ riangle}=cfrac{1}{2}absinC)求解；

点(A(2，cfrac{pi}{3}))，点(B( ho，alpha)(alphain (-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2})))，又点(B)满足曲线(C_2)的极坐标方程，

故(|OB|= ho=4cosalpha)，(angle AOB=cfrac{pi}{3}-alpha)，

则(S_{Delta OAB}=cfrac{1}{2}|OA||OB|sinangle AOB=cfrac{1}{2}cdot 2cdot 4cosalphacdot sin(cfrac{pi}{3}-alpha))

(=4cosalpha cdot sin(cfrac{pi}{3}-alpha)=4cosalphacdot(cfrac{sqrt{3}}{2}cosalpha-cfrac{1}{2}sinalpha))

(=2sqrt{3}cos^2alpha-2sinalphacdot cosalpha=sqrt{3}cdot (1+cos2alpha)-sin2alpha=-2sin(2alpha-cfrac{pi}{3})+sqrt{3})，

故当(2alpha-cfrac{pi}{3}=-cfrac{pi}{2})，即(alpha=-cfrac{pi}{12})时，(S_{Delta OAB})取到最大值(2+sqrt{3})。

引申探究

• 当点(A)在圆外时，如点(A(4，3))，又该如何思考呢？

分析：连接(OA)，和圆相交于点(D)，过点(C)做弦(OD)的中垂线，和弦(OD)相交于点(H)，和圆相交于点(B)，

则此时点(B)到底边(OA)的距离最大，故此时的(S_{Delta AOB})面积最大，

具体(S_{Delta AOB})面积最大时的求法如下，

底边长(|OA|)固定不变，高线(|BH|=|BC|+|HC|)，其中(|BC|)长为半径，题目给定，

(|HC|)可以用点(C(2，0))到直线(OA)的距离公式求得，或利用(RtDelta OCH)求解即可，

故面积的最大值可解；

• 当点(A)在圆内时，如点(A(3，1))，又该如何思考呢？

分析：连接(OA)并延长和圆相交于点(D)，

过点(C)做弦(OD)的中垂线，和弦(OD)相交于点(H)，和圆相交于点(B)，

则此时点(B)到底边(OA)的距离最大，故此时的(S_{Delta AOB})面积最大，

具体(S_{Delta AOB})面积最大时的求法如下，底边长(|OA|)固定不变，高线(|BH|=|BC|+|HC|)，

其中(|BC|)长为半径，题目给定，(|HC|)可以用点(C(2，0))到直线(OA)的距离公式求得，

或利用(RtDelta OCH)求解即可，故面积的最大值可解；

相互转化

• 极坐标化为直角坐标

转化公式

( ho^2=x^2+y^2)，( hocdot cos heta=x)，( hocdot sin heta=y)，

举例：①( ho=2cos heta)，两边同乘以( ho)，得到( ho^2=2 hocos heta)，即(x^2+y^2=2x)；

②( ho=cfrac{sqrt{10}}{sqrt{1+9sin^2 heta}})，两边同时平方并整理，得到( ho^2(1+9sin^2 heta)=10)，

即( ho^2+9( hosin heta)^2=10)，即(x^2+10y^2=10)

• 直角坐标化为极坐标

典例剖析

例1【2016全国卷Ⅱ第23题高考真题】在直角坐标系(xOy)中，圆(C) 的方程为((x+6)^2+y^2=25)．

(1)以坐标原点为极点，(x)轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求(C)的极坐标方程。

分析：由于极坐标方程中只有( ho)和( heta)，

故只要将(x= hocdot cos heta)和(y= hocdot sin heta)代入圆(C)的直角坐标方程为((x+6)^2+y^2=25)，

整理可得( ho^2+12 ho cos heta+11=0)。

(2)直线(l)的参数方程为(egin{cases} x=tcdot cosalpha \ y=tcdot sinalpha end{cases}(t为参数))，

(l)与(C)交于A、B两点，(|AB|=sqrt{10})，求直线(l)的斜率。

【法1】参数方程法，

分析：本题目的求解要用到直线的参数方程的几何意义。

将直线(l)的参数方程代入圆(C)的直角坐标方程，

化简整理为(t^2+12t cosalpha+11=0)，可设点(A、B)分别对应参数(t_1，t_2)，

则(egin{cases} t_1+ t_2=-12cosalpha \ t_1 imes t_2=11end{cases})，

(|AB|=|t_1-t_2|= sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=sqrt{10})，

解得(cos^2alpha=cfrac{54}{144}=cfrac{3}{8})，

又由图可知(alphain [0，pi))，故(cosalpha=pmcfrac{sqrt{6}}{4})，

则有(sinalpha=cfrac{sqrt{10}}{4})

故(tanalpha=cfrac{sinalpha}{cosalpha}=cfrac{cfrac{sqrt{10}}{4} }{pmcfrac{sqrt{6}}{4}} =pmcfrac{sqrt{15}}{3})。

故直线(l)的斜率为(pmcfrac{sqrt{15}}{3})。

【法2】极坐标系法，

圆(C)的极坐标方程是( ho^2+12 ho cos heta+11=0)。

将直线的参数方程两式相除得到，(y=tanalpha x)，即(y=kx)，

则直线的极坐标方程为( heta=alpha( hoin R))

将直线的极坐标方程代入圆(C)的极坐标方程是( ho^2+12 ho cos heta+11=0)，

得到圆(C)的极坐标方程是( ho^2+12 ho cosalpha+11=0)，

设点(A)的极坐标方程为(( ho_1，alpha))，点(B)的极坐标方程为(( ho_2，alpha))，

则( ho_1+ ho_2=-12cosalpha)，( ho_1cdot ho_2=11)，

由(|AB|=| ho_1- ho_2|= sqrt{( ho_1+ ho_2)^2-4 ho_1 ho_2}=sqrt{10})，

解得(cos^2alpha=cfrac{54}{144}=cfrac{3}{8})，

又由图可知(alphain [0，pi))，故(cosalpha=pmcfrac{sqrt{6}}{4})，

则有(sinalpha=cfrac{sqrt{10}}{4})

故(tanalpha=cfrac{sinalpha}{cosalpha}=cfrac{cfrac{sqrt{10}}{4} }{pmcfrac{sqrt{6}}{4}} =pmcfrac{sqrt{15}}{3})。

故直线(l)的斜率为(pmcfrac{sqrt{15}}{3})。

【法3】平面几何法，如图所示，这样的直线应该有两条，且其斜率互为相反数，现重点求解图中的直线(AB)的斜率，

在(RtDelta BCD)中，半径为(BC=5)，半弦长为(BD=cfrac{sqrt{10}}{2})，

利用勾股定理求得，弦心距(CD=cfrac{3sqrt{10}}{2})

在(RtDelta OCD)中，(OC=6)，(CD=cfrac{3sqrt{10}}{2})

求得(cosangle OCD=cos heta=cfrac{sqrt{10}}{4})

从而(sinalpha=cfrac{sqrt{10}}{4})，(cosalpha=cfrac{sqrt{6}}{4})，

即(k=tanalpha=cfrac{sqrt{10}}{sqrt{6}}=cfrac{sqrt{15}}{3})，

故满足条件的直线(AB)有两条，其斜率为(pmcfrac{sqrt{15}}{3})。

例2【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第22题】 在极坐标系中，(O)为极点，点(M( ho_0， heta_0)( ho_0>0))在曲线(C： ho=4sin heta)上，直线(l)过点(A(4，0))且与(OM)垂直，垂足为(P)。

(1).当( heta_0=cfrac{pi}{3})时，求( ho_0)及(l)的极坐标方程；

分析：当( heta_0=cfrac{pi}{3})时，由( ho=4sin heta)，得到( ho_0=4sincfrac{pi}{3}=2sqrt{3})；

求直线(l)的极坐标方程有以下两个思路，可以比较看，哪一种更简便。

思路1：过点(A)的直线(l)的斜率为(k=-cfrac{1}{tanfrac{pi}{3}}=-cfrac{sqrt{3}}{3})，

故直线(l)的普通方程为(y-0=-cfrac{sqrt{3}}{3}(x-4))，

再用(y= hocdot sin heta)和(x= hocdot cos heta)代入上式，

变形直线的极坐标方程为(sqrt{3} ho cos heta+3 ho sin heta=4sqrt{3})，整理为

( hocdot sin( heta+cfrac{pi}{6})=2)或者( hocdot cos( heta-cfrac{pi}{3})=2)

思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，在( riangle OAB)中，已知(OA=4)，(angle A=cfrac{pi}{6})，则(OB=2)，

在直线(l)上任取一点(P( ho， heta))，则在( riangle OPB)中，已知(OP= ho)，(angle POB=cfrac{pi}{3}- heta)，(OB=2)，

则( hocdot cos(cfrac{pi}{3}- heta)=2)，也即( hocdot cos( heta-cfrac{pi}{3})=2)

解后反思：相比较而言，在极坐标系下求直线的方程，我们只需要借助解三角形就可以搞定了，原因是在极坐标系下( ho)的含义一定是极点到动点的线段的长度，这样就可以顺利借助解三角形来完成了。

(2).当(M)在(C)上运动且(P)在线段(OM)上时，求(P)点轨迹的极坐标方程。

分析：同样的，求(P)点轨迹的极坐标方程，我们也可以有两个思路来考虑，

思路1：在直角坐标系下思考求解，然后转化划归。

设直线(OM：y=kx)，则直线(AP：y=-cfrac{1}{k}(x-4))，

则两条直线的交点(P)的参数方程为(left{egin{array}{l}{y=kx①}\{y=-cfrac{1}{k}(x-4)②}end{array} ight.(k为参数，kgeqslant 1))，

两式相乘，消去参数，得到(y^2=-x(x-4))，

即(x^2+y^2-4x=0)，转化为极坐标方程为( ho^2=4 ho cos heta)，

即( ho=4cos heta)，对应的( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}))，

再思考当(k)不存在时，点(P)落在原点，也满足题意，对应( heta=cfrac{pi}{2})，

综上所述，(P)点轨迹的极坐标方程为( ho=4cos heta)，( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}])，

思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，

设动点(P( ho， heta))，在(angle OAP)中，(OP= ho)，我们很容易得到(cos heta=cfrac{ ho}{4})，

即( ho=4cos heta)，且( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}])，

故(P)点轨迹的极坐标方程为( ho=4cos heta)，( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}])。

解后反思：由这两小问题的解答过程比较分析，同意的问题，当放到极坐标下思考和运算会变得很简单，之所以我们感觉难，是因为我们对极坐标系很不熟悉而已。

例3【2018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；

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)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：【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})))，

如图所示，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_1 ho_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)))，

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。

【法5】是否有，待后思考整理。

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。

例4【2019届高三理科参数方程课时作业习题】已知椭圆(left{egin{array}{l}{x=2cosphi}\{y=sinphi}end{array} ight.(phi为参数))，(A、B)为(C)上的动点，且满足(OAperp OB)((O)为坐标原点)，以原点(O)为极点，以(x)轴为正半轴为极轴建立极坐标系，点(D)的极坐标为((-4，cfrac{pi}{3}))，

（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)。

例5【2019届理科数学周末训练1第22题】已知直线(l)的极坐标方程为( ho sin( heta-cfrac{pi}{3})=0)，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为(x)轴的正半轴，建立平面直角坐标系，曲线(C)的参数方程为(left{egin{array}{l}{x=2cosalpha}\{y=2+2sinalpha}end{array} ight.)((alpha为参数))。课件

（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((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=tan heta=sqrt{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})。

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})。

（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】相关点法，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(alphain(0，pi))，而不是(alphain[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(alphain(0，pi))，而不是(alphain[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))。