參數思想與方法在解析幾何中的應用

1、百度文庫參數思想及參數方法在解析幾何中的應用當直接尋找變量x, y之間的關系顯得很困難的時候，恰當地引入一個中間變量t （稱之為參數），分別建立起變量x, y與參數t的直接關系，從而間接地知道了x與y之間的關系。這種數學思想即稱之為“參數思想”。通過引入參數、建立參數方程求解數學問題的方法即稱之為“參數方法”。參數思想和參數方法在解析幾何中有著廣泛的應用。比如利用參數方程可以求動點的軌跡問題，變量 的范圍及最值問題，定點和定值問題等等。運用參數方法的關鍵在于參數的選擇，即如何引參（常見的引 參方式有：點參數；斜率參數；截距參數；距離參數；比例參數；角參數；時間參數等。）,然后通過必要的運算和推

2、理，建立目標變量與參數的某種聯(lián)系，最后又消去參數只保留目標變量而獲解。解題時應注意參數范圍的限定，以確保變形過程的等價性。一、知識概要/1. 一般曲線的參數方程x f（t）（t為參數）x, y分別是參數t的函數。y g2.直線的參數方程設直線l過定點P0（x0,y0）,“為其傾斜角，P （x、y）是l上任一點，P0P= t（有向線段P0P的數量），x x t cos則直線l的參數萬程是，當P點在Po的上萬（右萬）時 t>0 ；當P在Po的下萬（左萬）時y yo tsint<0。如果把直線l看成以Po為原點，向上或向右為正方向的數軸，則t是點P的坐標。設P1, P2是直線l上的兩個點

3、，分別對應 tl, t2 （即RP= tl, PoP= t2）,則線段P1P2的中點對應t中='一W；線段P1P2的長度2為 |P1P2| = |t 1 t2|。3?圓的參數方程22 2x x0 r cos圓：（x xo）2+（y y0）2=r2的參數方程為：0（a為參數，表。c的動半徑的旋轉角）y y° r sin4 .橢圓的參數方程°°°°° .x x a cos橢圓：b （x xo） + a （y y°） = a b的參數方程為：（0為參數，表動點 P （x, y）y yo bsin的離心角）5 .雙曲線的參數

4、方程/22222 2x xo a sec雙曲線：b （x - xo） a（yyo） = a b的參數方程為：（。為參數，表雙曲線上動點Py y0 b tan（x, y）的離心角）/6 .拋物線的參數方程/拋物線：（y y0）2=2p（x xo）的參數方程為： x x0 2 Pt «為參數，表動點 p汽，y）與頂點連y Vo 2 pt線斜率的倒數)二、典型例題(一)軌跡問題例1 (全國高中聯(lián)賽)若動點P (x, y)以等角速度 3在單位圓上逆時針運動，則點0 ( 2xy, y2-x2)的運動方程是/A.以角速度3在單位圓上順時針運動B .以角速度3在單位圓上逆時針運動C.以角速度2 3

5、在單位圓上順時針運動D .以角速度2 3在單位圓上逆時針運動x cos t解：將P (x, y)表不成(3>0, t為參數)又令 0的坐標為(u, v),則u = 2xyy sin t=2cos w tsin 31 = sin2 31 = cos( 2 w t + 3), v = y2 x2= sin 2 w t cos2 w t = cos2 w233u cos( 2 t -)t = sin( -2wt+ ), . 0 ( u, v)的參數方程為2 ,顯然，cot'與2cot的旋轉方232v sin( 2 t 一)2向是相反的。而 P (x, y)在單位圓上逆時針運動，。(一

6、2xy , y2-x2)以角速度2co在單位圓上順時 針運動。選C2例2 (2000年希望杯一試18題)過原點作互相垂直的兩條直線，分別交拋物線y=x于A、B兩點,則線段AB中點的軌跡方程是 。1y kx2解：設10A : y = kx,則lOB ： y = x (易知k應存在且不為0),聯(lián)立：2得A (k, k),向理2 k21k消去k得y=2x2+ 11k72ky x1 1、一 .一B(-,)。設 AB中點為 M (x, y),則k k，y例3 (全國高中聯(lián)賽)設0<a<b,過兩定點A (a, 0)和B (b, 0)分別作直線l和m使與拋物線y2 = x有四個不同的交點，當這四

7、點共圓時，求這兩條直線 l與m的交點的軌跡。/解：本題是過定點弦問題，宜用參數法。在利用四點共圓條件時，應充分挖掘幾何條件去轉化，比如 /圓哥定理。 xx t cos 1設l與m交于點P (x。，yc),匕們與x軸的傾角分力1J為0 1, 0 2,于是l :/產,t為參數y y° tsin 1x0V。t costsin282|t 111t 2| = |配 sin將代入 y2= x 得 12sin 2 0 1 + t(2ysin 01 cos 0 1) + (y 0 x0) = 0,由韋達定理得22-x0|,由參數t的幾何意義得|PA1|PA 2| = | y0 2 x0 |。1sin

8、 12將代入y2=x,同理有|PB111PB 2| = | y0 2 X0 |. Ai、A2、B、B四點共圓，由圓哥定理得，|PA111PA 2|sin 2= |PB111PB 2|,，sin 2。i=sin 2。2,故。1=。2或0 1= Tt 02.0 1=0 2,則l / m,無交點，故舍去。0 1= Tt 02,故過定點A （a,。）,B （b,。）的直線方程分別為：l : y=k（xa）X0m y=k（x b）,聯(lián)立解得直線的交點P（x。y。）的坐標為:y。a b2 k 2(b，交點P的軌跡為直線a）（除去與x軸的交點和與y2= x的交點）方法二： 設l的方程為ykx+ka=。不同交

9、點的二次曲線，應有方程：y2-x +m的方程為：y-kx+kb=。，于是過l(ykx+ka) (y k' x+k' b) = 0,即：（1+入）y 一入（k+k)xy + 入 kk'k ( ka + k' b)入 kk' (a + b) + 1x,m與 y2=x的四個+ 入 kk' ab=。,它成為圓的充要條件是kk即:k1，這種直線 l： y kx+ka =。；1 k2m： yk' x+k' b=0 的交點 P （x。，y。）的坐標x。y。a b2k、2(ba)即P在AB的中垂線上，故 P點的軌跡是直線（除去其與x軸，y2 =

10、x的三個交點）（二）定點定值問題例4 （98年全國高中聯(lián)賽）已知拋物線 y2=2px及定點A （a, b）, B（ a,。）（abw。，b2w2pa）,M是拋物線上的點， 設直線AM BM與拋物線的另一交點分別為 M, M,求證：當M點在拋物線上變動時 （只 要M, M存在且MWM2）,直線MM恒過一個定點，并求出這個定點的坐標。解：分析：設動點M的坐標為（x。，y。）由直線AM MB與拋物線相交可以表示出交點 M, M2的坐標（用 x。，y。，a,b, p表示），又可求定點 P （x, y）在直線 MM2上，故P, M, M三點共線可化簡為關于 P （x, y）的方程，系數用 x。，y。表示

11、，由于（x。，y。）的任意性而求出 P （x, y）。222yy。y。222/a設M, M, M的坐標分別為（近，丫。）,（以，必）,（注22）,由人，M M共線得：工2p 如一，化同理：由B, M, M共線得：y2=2pa, y。2p 2p 2py y。y。 b簡得:y 1yc= b(y 1+ y。)- 2pa 即 y= y°-pa ,y。 b設（x, y）是直線 MM上的點，則 y1y2= y（y 1+y2） 2px,由（1）、（2）和（3）消去 y1，y2得：（by。 2pa） 2pa y（by。2pa 空）2px , （y。 b）y。y。 b y。經整理得：y2（2px by

12、） y。2Pb（a x） 2pa（by 2pa）。，由（x°, y。）的任意性知上式成立，當且僅2 Px by a x 0 by 2 pa0 x a解得2Pa .直線MM恒過定點（a,評注：本題不是直接求出點 M, M2的坐標，而是設出 線條件，建立起 M與M, M的坐標關系，從而間接寫出直線M, M2的坐標并當作參數（點參數），再利用MM2的方程，進而求出定點坐標。這是參數思+h想的完美體現，具體到技巧而言，就是常見的“設而不求”的手法。X 222方法二：設M,M,M2 的坐標為(_y°_, y0),(_yL, 丫1),(絲，y2)，同方法一得yiyo= b(y i+yo

13、) 2pa,2p 2P 2Py2yo=2pa,/ 由，消去 yo得：yiy2= 2pa (y i + y2)- 2pa,b而過兩點M, M2的直線方程為：yiy2=(yi + y2)- y 2px, x比較，得ya2 pa從而得證b例5 （00年全國聯(lián)賽一試十五題）已知 G: x2+y2=i2y-、，一，。=i （a>b>0）,試問當且僅當b2a, b滿足條件時，對 。上任意一點 巳 均存在以P為頂點，與 G外切，與C內接的平行四邊形？證明你 的結論。解：所求條件為：工工i。22a b必要性：易知圓的外切平行四邊形必為菱形，圓心即菱形中心。假設結論成立，則對點（a, 0）,有以（a

14、, 0）為頂點的菱形與 。內接，與C0外切，（a, 0）相對的頂點為（一a, 0）。由于菱形的對角線互相x y 一垂直平分。，另兩個頂點必為（0, b）, （0, b）從而麥形的一條邊的萬程為 一 一 i,即bx+ayaba b=0。由于菱形與 G外切，故必有 1abi i,整理得： 工 工 i。.b2 a2a b、,一、一 i i充分性：設 一r i , P是Ci上任意一點，過 P,。作。的弦PR再過。作與PR垂直的弦QS則 a2 b2ricos 0 , risin 0 ),PQR勃與C內接的菱形，設|OP|=ri, |OQ| =2,則P、Q的坐標分別為（r2cos（。十 萬），r2sin（

15、 0 + ）代入橢圓方程，得(r1cos )2(ri sin )2b2r2 cos(2r2 sin(-)b2i,曰 i於2|OP|i2|OQ|icos2(下sin2 f)2 /cos (a)sin2 (又在RtAPOQ中，設點。至ij PQ的距離為h,貝U：ih2b2i|OP|2同理：點。至ij QR RS, SP的距離也為i。故菱形PQRSf G外切。例7 （全國高中聯(lián)賽）已知有向線段線| : x+ my+ m= 0與PQ的延長線相交，則解：設M （x, y）為PQ延長線上任意一點且1 21 2,顯然有 (，1), x , y 11代入l的方程得 1 2 m 1 2 m 0,而2+ 3m0得

16、 111 2m ,又顯然2+3m不大于零（否則 >0）2 3m故 2+3m<Q m< 2 ,又由1_2m 32 3m21 得 m>- 3。故 m（ 3 -）。，3x方法二：直線PQ的方程為y-1 = 1 （x +1）,即x 3y+ 4= 0,解方程組3x 3y 4 0當m# - 3時得x my m 07mm'3 ,即為l與直線PQ的交點坐標。欲使交點位于有向線段 m 4m 3PQ的延長線上，須且只需7m2或m 3m 3例82(x 2)922解之均有3<m< 2。而當m= 3時，方程組無解。故（希望杯試題）已知平面直角坐標系內的點 A （2,2），。2

17、、m ( 3, ) o3和 B (4, 1),又點 P (xy）在橢圓2aJ）- = 1上，則Saabp的最大值等于 4此時P點坐標為解：Iab的方程為：3x+2y-10=0且|AB|=J3，又設x二.P 點坐標為(3cos0 2, 2sin 0+ 1）.故P點到Iab的距離|3( 2 3cos ) 2(1 2sin ) 10|其中.329 arctan 一422sin1 , 一 (14 9cos 133cos2sin1 一 (1413cos4974sin97 sin( ).評注：本題應先憑直覺分析圖形特征找出必要條件，然后再證充分性。實質是探求定值問題，利用橢 圓的參數方程及三角中平方關系即

18、可找出定值從而得證。（三）最值和范圍問題例6（02年全國高中聯(lián)賽題）已知點A （0,2）和拋物線y2=x+4上兩點 日C,使得AB±BQ求點C的縱坐標取值范圍。/解：設 B的坐標為（yf 4,y1），點 C （y2-4, y）,顯然 y2 4w 0,故 kAB=上一,/yi 4 yi 22由于 AB!BG /.kbc=（yi+2）,從而：y2y1（y12）x（y1中 消去 x,注意到 yWy i,y2 x 4A >0 解得 y<0 或 y>4.得(2 + yi) (y + yi) + 1 = 0，即 y； + (2+ y) yi+ ( 2y + 1) =0,由當y

19、= 0時，B的坐標為（一3,1）;當y=4時，點B的坐標為（5, 3）均滿足題意。故點C的縱坐標y的取值范圍為（一8,0 U4, +）PQ的起點P和終點Q的坐標分別為（一1, 1）, （2, 2）。若直 m的取值范圍是什么？111 一AABP=一|AB| d= (14 797sin() (14 而7)222，當且僅當 。+=此時有：x=2 + 3cos。=2 + 3sin = 2 + 27 ; y = 1 + 2sin 0=1 + 2cos = 1 + 8 9797三、鞏固練習/1.（湖南省數學競賽98年）已知直線x tcosy tcos（t為參數），與圓x 4 2cosy 2sin（0為參數

20、）相切，則直線的傾斜角為A. _ 或5-B.或3-C.或 2D. 或_2_解：將.x tcos 代入(x4)2+ y2= 4 得128tcos+12=0,由 A =0,彳#cos =Y3而 即y tsin2為傾斜角且0W <即得。選Ao222. （02年全國聯(lián)賽4）直線二y 1與橢圓-y- 1相交于A、B兩點，過橢圓上 P,使得A PAB4 3169面積為3,則這樣的點P共有A. 1B. 2C. 3D. 4解：設Pi (4cos , 3sin ) (0< < ),即點P1在第一象限的橢2圓弧上，如圖，考慮四邊形PAOBW面積SoS= Saoapi+ Saobpi= X4X3s

21、in + x 3x 4cos221而 Saoab= X4X3= 6 為7E值。2的下方有 2個點P,故選B。=6(sin + cos )=6 J2 sin(+ ),故 Snax= 6 22 (此時 =一),S PAB max = 6 點 6<3,故點P不可能在直線 AB的上方，顯然在直線AB3.若橢圓x2+4（y a） 2= 4拋物線x2= 2y有公共點，則實數 a的取值范圍是 解：令2cosa sin代入 x2= 2y 得 4cos2 0 = 2(a +sin 0 ) , a= 2cos2 0 sin 0 = 2(sin 0 + - )24+ 17, gp sin 9 - 1, J ,

22、 /.a 1 17(S + 53|cost|) 2+(S 2|sint|) 2 所能達8 84. （89年全國高中聯(lián)賽）當s與t取遍所有實數時，則到的最小值是。解：填2。考查直線 xyS 5x 31 cost |S 5與橢圓弧x 3|則原式的幾何意義在于：直線上任意一點與橢圓Sy 2|sint|弧上任意一點之間距離的平方 ，點C到直線AB距離d=應為最短，故所求為 d2=2o5. （04年中學生數學智能通訊賽）已知拋物線 y2=4x的焦點為F,過F作兩條互相垂直的弦 AR CQ 設AR CD的中點分別為 M, N。（1）求證：直線MN必過定點；（2）分別以AB和CD為直徑作圓，求兩圓相交弦中點

23、H的軌跡方程。解：(1)由題設可知F (1, 0),設 A (xa, yA), B (xb, yB), M (xm, yM), N (xn, yQ ,直線 AB的方程為：y=k(x 1),則A、B點的坐標代入y2= 4x相減得yA+ yB= 4 ,即yM= 2 ,代入方程y = k(x 1),解 八kk得xm= _2r 1 ,同理N的坐標為(2k2+ 1, 2k),直線MN的斜率一yNk/Xm Xnk1k22%1MN : y 2k 2-(x 2k 1)整理得：y(1 k) = k(x 3)1 k/顯然無論k為何值(3, 0)均滿足上式，直線MN通過定點Q (3, 0)(2)過M N作準線x=-

24、 1的垂線，垂足分別為 E、F,由拋物線的性質知：準線x= 1為圓M與圓N的公切線。設。M與。N的相交弦交公切線于點 G,由平面幾何的知識易得,G為EF的中點，x g= 1,y0=T T :仲一,k).又因為公共弦必與兩圓的連心線垂直，所以公共弦的斜率為1kMNk2 1k ，公共弦的方程為:22k 1口 nk 1k (x 1),即：y x ,kk故公共弦恒過原點。由平面幾何的知識知道，公共弦中點就是公共弦與兩圓連心線的交點，所以原點O,定點Q (3, 0),所求點構成以H為直角原點的直角 ,即H在以OQ為直徑的圓上，又對于圓上任意一點P (x, y)(原點2除外)必可利用方程 y= k-1x,

25、求得k值，從而以上各步步步可逆，故所求軌跡方程為(x -)2 y2 9k24(xw0)6. (03年全國高中聯(lián)賽15題)一張紙上畫有半徑為 R的圓O與圓內一定點A,且OA= a,折疊紙片,使圓周上某一點 A剛女?與 A點重合，這樣的每一種折法都留下一條直線折痕，當 A取遍圓周上所有的點時，求所有折痕所在直線上的點的集合。解：如圖，以。為原點，OA所在的直線為x軸建立直角坐標系，則有A (a, 設折疊時，0 。上點A ( Rcos , Rsin )與點A重合，而折痕為直線 MN 則MN為線段AA'的中垂線，設 P (x, y)為MN±任一點，則|PA' | = |PA| , 故(xRcos )2+ (y Rsin ) 2= (x a) 2+ y2,即：222R(xcos + ysin) = R2-a2+2ax,故： xcos ysn a ax ,.x2 y22R, x2 y20)。| 1 ,平22可得