在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴…——2024 高考数学第 19 题答案解析

（1）由极坐标方程 $\rho = \rho \cos \theta + 1$，利用互化公式 $x = \rho \cos \theta$，$\rho = \sqrt{x^2+y^2}$，
代入得 $\sqrt{x^2+y^2} = x + 1$。
因为 $\rho \ge 0$，且 $\rho = x+1$，故需满足 $x+1 \ge 0$。
两边平方得 $x^2 + y^2 = (x+1)^2 = x^2 + 2x + 1$，
化简得 $y^2 = 2x + 1$。
经检验，该方程上的点均满足 $x = \frac{y^2-1}{2} \ge -\frac{1}{2}$，即 $x+1 \ge \frac{1}{2} > 0$，符合题意。
故曲线 $C$ 的直角坐标方程为 $y^2 = 2x + 1$。

（2）直线 $l$ 的参数方程为 $\begin{cases} x = t \\ y = t + a \end{cases}$，消去参数 $t$ 得普通方程为 $y = x + a$。

**方法一：利用弦长公式**
联立直线与曲线方程：
$\begin{cases} y = x + a \\ y^2 = 2x + 1 \end{cases}$
消去 $y$ 得 $(x+a)^2 = 2x + 1$，
整理得 $x^2 + (2a - 2)x + a^2 - 1 = 0$。
设 $A(x_1, y_1)$，$B(x_2, y_2)$，则 $x_1, x_2$ 为上述方程的两根。
由韦达定理得：
$x_1 + x_2 = 2 - 2a$，
$x_1 x_2 = a^2 - 1$。
判别式 $\Delta = (2a - 2)^2 - 4(a^2 - 1) = 4a^2 - 8a + 4 - 4a^2 + 4 = 8 - 8a$。
要使直线与曲线有两个交点，需 $\Delta > 0$，即 $8 - 8a > 0$，解得 $a < 1$。
弦长 $|AB| = \sqrt{1+k^2}|x_1 - x_2| = \sqrt{1+1^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2}$
$= \sqrt{2}\sqrt{(2-2a)^2 - 4(a^2-1)}$
$= \sqrt{2}\sqrt{4(1-a)^2 - 4a^2 + 4}$
$= \sqrt{2}\sqrt{4(1 - 2a + a^2) - 4a^2 + 4}$
$= \sqrt{2}\sqrt{4 - 8a + 4a^2 - 4a^2 + 4}$
$= \sqrt{2}\sqrt{8 - 8a} = 4\sqrt{1-a}$。
由题设 $|AB| = 2$，得 $4\sqrt{1-a} = 2$，
即 $\sqrt{1-a} = \frac{1}{2}$，
平方得 $1 - a = \frac{1}{4}$，
解得 $a = \frac{3}{4}$。
因为 $\frac{3}{4} < 1$，满足判别式大于0的条件。
故 $a = \frac{3}{4}$。

**方法二：利用参数方程几何意义（验证）**
直线 $l$ 的倾斜角为 $\frac{\pi}{4}$，其标准参数方程可写为：
$\begin{cases} x = \frac{\sqrt{2}}{2}s \\ y = a + \frac{\sqrt{2}}{2}s \end{cases}$ （$s$ 为参数）
代入 $y^2 = 2x + 1$：
$(a + \frac{\sqrt{2}}{2}s)^2 = 2(\frac{\sqrt{2}}{2}s) + 1$
$a^2 + \sqrt{2}as + \frac{1}{2}s^2 = \sqrt{2}s + 1$
$\frac{1}{2}s^2 + (\sqrt{2}a - \sqrt{2})s + a^2 - 1 = 0$
$s^2 + 2\sqrt{2}(a-1)s + 2(a^2-1) = 0$
设 $A, B$ 对应的参数为 $s_1, s_2$，则 $|AB| = |s_1 - s_2| = \sqrt{(s_1+s_2)^2 - 4s_1s_2}$。
$s_1+s_2 = -2\sqrt{2}(a-1)$，$s_1s_2 = 2(a^2-1)$。
$|AB| = \sqrt{8(a-1)^2 - 8(a^2-1)} = \sqrt{8(a^2-2a+1-a^2+1)} = \sqrt{16-16a} = 4\sqrt{1-a}$。
令 $4\sqrt{1-a} = 2$，解得 $a = \frac{3}{4}$。