考向总结
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A、借助三角函数知识考察，比如利用三角函数求最值；
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B、借助直线的参数方程的参数(t)的几何意义考察，比如求线段的长度；
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C、借助平面几何知识考察，比如求倾斜角等；
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D、借助极坐标考查面积，线段长度等，
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E、借助解析几何考查，比如相关点法求轨迹，
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F、借助极坐标直接思考运算，不再转化到直角坐标系下思考；
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G、相关弦长公式：
(|AB|xlongequal[韦达定理]{直角坐标系下}sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=|x_1-x_2|cdot sqrt{1+k^2})
(= sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}cdot sqrt{1+k^2})， 推导过程[1]
(|AB|xlongequal[经过极点的弦]{极坐标系下}|
ho_1-
ho_2|)
(|AB|xlongequal[参数的几何意义]{参数方程下}|t_1-t_2|)
伸缩变换
(egin{cases}x=1+t\y=2+sqrt{3}tend{cases}(t为参数))，
（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-sqrt{3}sin2 heta)
(=2+2cos^2 heta-sqrt{3}sin2 heta)
(=2+1+cos2 heta-sqrt{3}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.
方程互化
⑴写出直线(l)的参数方程，并将曲线(C)的极坐标方程化为直角坐标方程；
分析：直线(l)的参数方程为(egin{cases} x=4+cosalphacdot t \ y=2+sinalphacdot t end{cases}(t为参数))，
曲线(C)的直角坐标方程为(x^2+y^2=4x)；
(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)。
解后反思：
1、消参的方法有代入消参，加减消参，乘除消参，和平方消参等
乘除消参，比如(egin{cases}x=t cos heta\y=t sin hetaend{cases}(t为参数)) ，两式相除得到(y=tan heta x)，
再比如(egin{cases}y=k(x-2)\y=cfrac{1}{k}(x+2)end{cases}(k为参数))
两式相乘，消去参数(k)，得到(y^2=x^2-4)，
2、直角坐标方程与极坐标方程的转化公式。
求解弦长
利用直线的参数方程几何意义求弦长
⑴求圆的直角坐标方程；
⑵设圆(C)与直线(l)交于点(A、B)，若点(P)的坐标为((3，sqrt{5}))，求(|PA|+|PB|).
分析： ⑴简解，(x^2+(y-sqrt{5})^2=5)
⑵思路一：将直线和圆的直角坐标方程联立，
求得交点(A、B)的坐标，
能否用两点间的坐标公式求解(|PA|+|PB|).
思路二：利用直线参数方程的参数的几何意义，
将直线的参数方程(egin{cases} x=3-cfrac{sqrt{2}}{2}cdot t \ y=sqrt{5}+cfrac{sqrt{2}}{2}cdot t end{cases}(t为参数))
代入圆的直角坐标方程，
得到((3-cfrac{sqrt{2}}{2}cdot t)^2+(sqrt{5}+cfrac{sqrt{2}}{2}cdot t -sqrt{5})^2=5)
整理为(t^2-3sqrt{2}t+4=0)，
由于(Delta >0)，故可设点(A、B)分别对应参数(t_1，t_2)，
则(egin{cases} t_1+ t_2=3sqrt{2} \ t_1 imes t_2=4 end{cases})，
由此可以看出(t_1>0，t_2>0)，
故(|PA|=t_1，|PB|=t_2)，所以(|PA|+|PB|=3sqrt{2}).
解后反思：
1、这样的解法比利用两点间的距离公式的计算量要小得多。
2、求(|PA|cdot |PB|=|t_1t_2|=t_1t_2=4)，务必注意两个根的正负，这与去绝对值符号有极大的关系。
3、求(|AB|=|t_1-t_2|)
4、求(cfrac{1}{|PA|}+cfrac{1}{|PB|}=cfrac{|PA|+|PB|}{|PA||PB|}=cfrac{t_1+t_2}{t_1t_2})
5、若是出现了(t_1)和(t_2)中有一个负值的情形，如何求(|PA|+|PB|)呢？
不妨令(t_1<0)，(t_2>0)，则有(|PA|=|t_1|=-t_1)，(|PB|=|t_2|=t_2)，
那么(|PA|+|PB|=t_2-t_1=|t_2-t_1|)，
6、还可能会怎么考查呢？
比如已知(|PA|、|AB|、|PB|)成等比数列，这样(|AB|=|t_1-t_2|)，(|PA||PB|=|t_1t_2|)，且有(|AB|^2=|PA||PB|)，
比如已知(t_1+t_2=cfrac{12sqrt{3}}{13})，(t_1t_2=-cfrac{36}{13})求(||PA|-|PB||)的值，
由(t_1t_2<0)，则可知(t_1、t_2)异号，那么可能(t_1<0，t_2>0)或者(t_1>0，t_2<0)，
则(||PA|-|PB||=|-t_1-t_2|=|t_1+t_2|=cfrac{12sqrt{3}}{13})，或(||PA|-|PB||=|t_1-(-t_2)|=|t_1+t_2|=cfrac{12sqrt{3}}{13})，
弦长范围
利用直线的参数方程几何意义求弦长的取值范围
（1）求圆(C)的极坐标方程。
（2）若(alpha in[0,cfrac{pi}{4}])，直线(l)的参数方程为(egin{cases} x=2+cosalphacdot t \ y=2+sinalphacdot t end{cases}(t为参数))，直线(l)交圆(C)于(A、B)两点，求弦长(|AB|)的取值范围。
解：（1）圆(C)的圆心(C(sqrt{2}，cfrac{pi}{4}))，得(C)的直角坐标为((1,1))，所以圆(C)的直角坐标方程为((x-1)^2+(y-1)^2=3)，
由(x= ho cos heta,y= ho sin heta)得到，圆(C)的极坐标方程为( ho^2-2 ho cos heta-2 ho sin heta-1=0)。
（2）将 (egin{cases} x=2+cosalphacdot t \y=2+sinalphacdot t end{cases}(t为参数))，
代入圆(C)的直角坐标方程为((x-1)^2+(y-1)^2=3)，得到(t^2+2(cosalpha+sinalpha)t-1=0)，
则有(Delta=4(cosalpha+sinalpha)^2+4>0)，
设(A、B)两点对应的参数分别为(t_1，t_2)，则由韦达定理可知，
(t_1+t_2=2(cosalpha+sinalpha)，t_1cdot t_2= -1)
所以弦长(|AB|=|t_1-t_2|=sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=sqrt{8+4sin2alpha})，
由于(alpha in[0,cfrac{pi}{4}])，
所以(sin2alphain[0，1])，(8+4sin2alphain[8，12])，
所以弦长(|AB|in[2sqrt{2}，2sqrt{3}])。
求解最值
求曲线上的点到直线的距离的最值
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 heta，sin heta))，
则点P到直线(x+y-8=0)的距离为(d)，则有
(d( heta)=cfrac{|sqrt{3}cos heta+sin heta-8|}{sqrt{2}}=cfrac{|2sin( heta+cfrac{pi}{3})-8|}{sqrt{2}})，
故当(sin( heta+cfrac{pi}{3})=1)时，(d_{min}=cfrac{|2-8|}{sqrt{2}}=3sqrt{2})；
(sin( heta+cfrac{pi}{3})=-1)时，(d_{max}=cfrac{|-2-8|}{sqrt{2}}=5sqrt{2})；[1:1]
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 heta，sin heta))?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 imes4(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}}=5sqrt{2})，(d_{min}=cfrac{|-2-(-8)|}{sqrt{2}}=3sqrt{2})。
【反思总结】1、如果将椭圆换成圆，再求圆上的动点到直线的距离的最值，可以考虑的方法有：
其一，圆的参数方程法；其二，平行线法；其三，几何法，圆心到直线的距离加减半径。
分析：直线(l)的直角坐标方程是(x-2y+8=0)，曲线(C)上的动点(P)的坐标((2s^2，2sqrt{2}s))，
则由点到直线的距离公式可得，
(d=d(s)=cfrac{|2s^2-4sqrt{2}s+8|}{sqrt{1^2+(-2)^2}})
(=cfrac{|2(s-sqrt{2})^2+4|}{sqrt{5}})
当(s=sqrt{2})时，(d_{min}=cfrac{4sqrt{5}}{5})。
解后反思：1、利用抛物线的参数方程和点线距公式转化为二次函数的最值问题。2、本题目还可以利用平行线法来求解。
周长最值
⑴将曲线(C)的极坐标方程化为直角坐标方程；
⑵设点(P)为曲线(C)上一动点，矩形(PQRS)以(PR)为其对角线，且矩形的一边垂直于极轴，求矩形(PQRS)的周长的最小值及此时点(P)的直角坐标。
分析：⑴将曲线(C)的极坐标方程为( ho^2=cfrac{3}{1+2sin^2 heta})变形为( ho^2+2( ho sin heta)^2=3)，
即(x^2+y^2+2y^2=x^2+3y^2=3)，也就是(cfrac{x^2}{3}+y^2=1)；
⑵作出大致图像，课件地址
我们可以作出点(P)的坐标(P(sqrt{3}cos heta，sin heta))，
那么点(Q(2，sin heta))，点(R(2，2))，则(|PQ|=2-sqrt{3}cos heta)，(|RQ|=2-sin heta)，
则(|PQ|+|RQ|=4-2sin( heta+cfrac{pi}{3}))，
当( heta=cfrac{pi}{6})时，((|PQ|+|RQ|)_{min}=2)，所以矩形(PQRS)的周长的最小值为4，
此时点(P)的坐标为((sqrt{3}coscfrac{pi}{6}，sincfrac{pi}{6}))，即((cfrac{3}{2}，cfrac{1}{2}))。
面积最值
(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( 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(- 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。
求值范围
求斜率或参数的值或取值范围
(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})。
在直角坐标系(xOy)中，曲线(C) 的参数方程为(egin{cases}x=3cos heta\y=sin hetaend{cases}( heta为参数))，
直线(l)参数方程为(egin{cases}x=a+4t\y=1-tend{cases}(t为参数))，
(1)若(a=-1)，求(C)与(l)的交点坐标。
分析：将曲线(C)的参数方程转化为直角坐标方程为(cfrac{x^2}{9}+y^2=1①)；
当(a=-1)时，将直线消掉参数得到(x+4y=3②)，
两式联立，解方程组得到 (egin{cases}x=3\y=0end{cases})
或(egin{cases}x=-cfrac{21}{25}\y=cfrac{24}{25}end{cases})，
故交点坐标为((3，0)或(-cfrac{21}{25}，cfrac{24}{25}))。
(2)若(C)上的点到(l)的距离的最大值为(sqrt{17})，求(a).
分析：曲线(C)上的任意一点(P(3cos heta，sin heta))，
将直线(l)消掉参数得到(x+4y-4-a=0)，
则点P的直线(l)的距离为
(d=cfrac{|3cos heta+4sin heta-4-a|}{sqrt{17}})
(=cfrac{|5sin( heta+phi)-(4+a)|}{sqrt{17}}(tanphi=cfrac{3}{4}))；
当(4+age 0)时，即(age -4)时，取(sin( heta+phi)=-1)，
(d_{max}=cfrac{|-5-a-4|}{sqrt{17}}=cfrac{9+a}{sqrt{17}}=sqrt{17})，解得(a=8)；
当(4+a< 0)时，即(a< -4)时，取(sin( heta+phi)=1)，
(d_{max}=cfrac{|5-a-4|}{sqrt{17}}=cfrac{1-a}{sqrt{17}}=sqrt{17})，解得(a=-16)。
综上所述，(a)的值为(8或-16)。
轨迹方程
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))。
【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))。
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。