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参数思想及参数方法在解析几何中的应用

当直接寻找变量x，y之间的关系显得很困难的时候，恰当地引入一个中间变量t（称之为参数），分别建立起变量x，y与参数t的直接关系，从而间接地知道了x与y之间的关系。这种数学思想即称之为“参数思想”。通过引入参数、建立参数方程求解数学问题的方法即称之为“参数方法”。
参数思想和参数方法在解析几何中有着广泛的应用。比如利用参数方程可以求动点的轨迹问题，变量的范围及最值问题，定点和定值问题等等。运用参数方法的关键在于参数的选择，即如何引参（常见的引参方式有：①点参数；②斜率参数；③截距参数；④距离参数；⑤比例参数；⑥角参数；⑦时间参数等。），然后通过必要的运算和推理，建立目标变量与参数的某种联系，最后又消去参数只保留目标变量而获解。解题时应注意参数范围的限定，以确保变形过程的等价性。
一、知识概要
1．一般曲线的参数方程（t为参数）x，y分别是参数t的函数。
2．直线的参数方程
设直线过定点P0（x0，y0），α为其倾斜角，P（x、y）是上任一点，P0P＝t（有向线段的数量），则直线的参数方程是，当P点在P0的上方（右方）时t>0；当P在P0的下方（左方）时t<0。
如果把直线看成以P0为原点，向上或向右为正方向的数轴，则t是点P的坐标。设P1，P2是直线上的两个点，分别对应t1，t2（即P0P＝t1，P0P＝t2），则线段P1P2的中点对应t中＝；线段P1P2的长度为|P1P2|＝|t1－t2|。
3．圆的参数方程
圆：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2的参数方程为：（α为参数，表θC的动半径的旋转角）
4．椭圆的参数方程
椭圆：b2(x－x0)2＋a2(y－y0)2＝a2b2的参数方程为：（θ为参数，表动点P（x，y）的离心角）
5．双曲线的参数方程
双曲线:b2(x－x0)2－a2(y－y0)2＝a2b2的参数方程为：（θ为参数，表双曲线上动点P（x，y）的离心角）
6．抛物线的参数方程
抛物线:(y－y0)2＝2p(x－x0)的参数方程为：（t为参数，表动点P（x，y）与顶点连线斜率的倒数）
二、典型例题
（一）轨迹问题
例1 （全国高中联赛） 若动点P（x，y）以等角速度ω在单位圆上逆时针运动，则点
θ（－2xy，y2－x2）的运动方程是
A．以角速度ω在单位圆上顺时针运动 B．以角速度ω在单位圆上逆时针运动
C．以角速度2ω在单位圆上顺时针运动 D．以角速度2ω在单位圆上逆时针运动
解：将P（x，y）表示成（ω>0，t为参数）又令θ的坐标为（u，v），则u＝－2xy
＝－2cosωtsinωt＝－sin2ωt＝cos(－2ωt＋)，v＝y2－x2＝sin2ωt－cos2ωt＝－cos2ω
t＝sin(－2ωt＋)，∴θ（u，v）的参数方程为，显然，ωt与－2ωt的旋转方向是相反的。而P（x，y）在单位圆上逆时针运动，∴θ（－2xy，y2－x2）以角速度2ω在单位圆上顺时针运动。选C。
例2 （2000年希望杯一试18题） 过原点作互相垂直的两条直线，分别交抛物线y＝x2于A、B两点，则线段AB中点的轨迹方程是 。
解：设：y＝kx，则：y＝（易知k应存在且不为0），联立：得A（k，k2），同理B。设AB中点为M（x，y），则消去k得y＝2x2＋1
例3 （全国高中联赛） 设0<a<b，过两定点A（a，0）和B（b，0）分别作直线和m，使与抛物线y2＝x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这两条直线与m的交点的轨迹。
解：本题是过定点弦问题，宜用参数法。在利用四点共圆条件时，应充分挖掘几何条件去转化，比如圆幂定理。
设与m交于点P（x0，y0），它们与x轴的倾角分别为θ1，θ2，于是：，t为参数① m：t为参数 ②
将①代入y2＝x得t2sin2θ1＋t(2ysinθ1－cosθ1)＋(y－x0)＝0，由韦达定理得
|t1||t2|＝，由参数t的几何意义得|PA1||PA2|＝。
将②代入y2＝x，同理有|PB1||PB2|＝.∵A1、A2、B1、B2四点共圆，由圆幂定理得，|PA1||PA2|＝|PB1||PB2|,∴sin2θ1＝sin2θ2,故θ1＝θ2或θ1＝π－θ2.
若θ1＝θ2，则∥m，无交点，故舍去。
若θ1＝π－θ2，故过定点A（a，0），B（b，0）的直线方程分别为：：y＝k(x－a)
m：y＝－k(x－b),联立解得直线的交点P（x0，y0）的坐标为：,∴交点P的轨迹为直线（除去与x轴的交点和与y2＝x的交点）
方法二： 设的方程为y－kx＋ka＝0，m的方程为：y－k′x＋k′b＝0，于是过，m与y2＝x的四个不同交点的二次曲线，应有方程：y2－x＋λ（y－kx＋ka）（y－k′x＋k′b）＝0,
即：（1＋λ）y2－λ（k＋k′）xy＋λkk′x2＋λ（ka＋k′b）－[λkk′(a＋b)＋1]x＋λkk′ab＝0，
它成为圆的充要条件是即：,∴这种直线：y－kx＋ka＝0；m：y－k′x＋k′b＝0的交点P（x0，y0）的坐标即P在AB的中垂线上，故P点的轨迹是直线
（除去其与x轴，y2＝x的三个交点）.
（二）定点定值问题
例4 （98年全国高中联赛） 已知抛物线y2＝2px及定点A（a，b），B（－a，0）（ab≠0，b2≠2pa），M是抛物线上的点，设直线AM，BM与抛物线的另一交点分别为M1，M2，求证：当M点在抛物线上变动时（只要M1，M2存在且M1≠M2），直线M1M2恒过一个定点，并求出这个定点的坐标。
解：分析：设动点M的坐标为（x0，y0）由直线AM，MB与抛物线相交可以表示出交点M1，M2的坐标（用x0，y0，a，b，p表示），又可求定点P（x，y）在直线M1M2上，故P，M1，M2三点共线可化简为关于
P（x，y）的方程，系数用x0，y0表示，由于（x0，y0）的任意性而求出P（x，y）。
设M，M1，M2的坐标分别为,由A，M，M1共线得：，化简得:y1y0＝b(y1＋y0)－2pa即y1＝, ① 同理：由B，M1，M2共线得：y2＝, ②
设（x，y）是直线M1M2上的点，则y1y2＝y(y1＋y2)－2px, ③
由（1）、（2）和（3）消去y1，y2得:,
经整理得：,由（x0，y0）的任意性知上式成立，当且仅当解得∴直线M1M2恒过定点（a，）.
评注 ：本题不是直接求出点M1，M2的坐标，而是设出M1，M2的坐标并当作参数（点参数），再利用共线条件，建立起M与M1，M2的坐标关系，从而间接写出直线M1M2的方程，进而求出定点坐标。这是参数思想的完美体现，具体到技巧而言，就是常见的“设而不求”的手法。
方法二：设M，M1，M2的坐标为,同方法一得y1y0＝b(y1＋y0)－2pa, ①
y2y0＝2pa, ② 由①,②消去y0得：y1y2＝(y1＋y2)－2pa, ③ 而过两点M1，M2的直线方程为：y1y2＝(y1＋y2)·y－2px, ④ 比较③，④得从而得证
例5 （00年全国联赛一试十五题） 已知C0：x2＋y2＝1和C1：＝1（a>b>0），试问当且仅当a，b满足条件时，对C1上任意一点P，均存在以P为顶点，与C0外切，与C1内接的平行四边形？证明你的结论。
解：所求条件为：。
必要性：易知圆的外切平行四边形必为菱形，圆心即菱形中心。假设结论成立，则对点（a，0），有以（a，0）为顶点的菱形与C1内接，与C0外切，（a，0）相对的顶点为（－a，0）。由于菱形的对角线互相垂直平分。∴另两个顶点必为（0，b），（0，－b）从而菱形的一条边的方程为1，即bx＋ay－ab＝0。由于菱形与C0外切，故必有，整理得：。
充分性：设，P是C1上任意一点，过P，O作C1的弦PR，再过O作与PR垂直的弦QS，则PQRS为与C1内接的菱形，设|OP|＝r1，|OQ|＝r2，则P、Q的坐标分别为（r1cosθ，r1sinθ），
（r2cos(θ＋)，r2sin(θ＋)）代入椭圆方程，得
，,
于是＝
又在RtΔPOQ中，设点O到PQ的距离为h，则：，故h＝1。
同理：点O到QR，RS，SP的距离也为1。故菱形PQRS与C0外切。
评注：本题应先凭直觉分析图形特征找出必要条件，然后再证充分性。实质是探求定值问题，利用椭圆的参数方程及三角中平方关系即可找出定值从而得证。
（三）最值和范围问题
例6 （02年全国高中联赛题） 已知点A（0，2）和抛物线y2＝x＋4上两点B、C，使得AB⊥BC，求点C的纵坐标取值范围。
解：设B的坐标为（），点C（y2－4，y）,显然－4≠0，故kAB＝,
由于AB⊥BC，∴kBC＝－（y1＋2），从而： 消去x，注意到y≠y1，
得（2＋y1）（y＋y1）＋1＝0,即＋（2＋y）y1＋（2y＋1）＝0，由Δ≥0解得y≤0或y≥4.
当y＝0时，B的坐标为（－3，－1）；当y＝4时，点B的坐标为（5，－3）均满足题意。
故点C的纵坐标y的取值范围为（－∞，0∪[4，＋
例7（全国高中联赛） 已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为（－1，1），（2，2）。若直线：x＋my＋m＝0与PQ的延长线相交，则m的取值范围是什么？
解：设M（x，y）为PQ延长线上任意一点且,显然有，,
代入的方程得,而2＋3m≠0得，又显然2＋3m不大于零（否则>0）
故2＋3m<0，∴m<，又由得m>－3。故m。
方法二：直线PQ的方程为y－1＝(x＋1)，即x－3y＋4＝0,解方程组当m≠－3时得,即为与直线PQ的交点坐标。欲使交点位于有向线段PQ的延长线上，须且只需或解之均有－3<m<。而当m＝－3时，方程组无解。故m。
例8 （希望杯试题） 已知平面直角坐标系内的点A（2，2）和B（4，－1），又点P（x，y）在椭圆＝1上，则SΔABP的最大值等于 ，此时P点坐标为 。
解：的方程为：3x＋2y－10＝0，且|AB|＝,又设 ∴P点坐标为（3cosθ－2，2sinθ＋1）. 故P点到的距离
d＝.
其中，，
∴SΔABP＝d＝，当且仅当θ＋＝此时有：x＝－2＋3cosθ＝－2＋3sin＝－2＋；y＝1＋2sinθ＝1＋2cos＝1＋
三、巩固练习
1．（湖南省数学竞赛98年） 已知直线（t为参数），与圆（θ为参数）相切，则直线的倾斜角为
A．或 B．或 C．或 D．－或－
解：将代入(x－4)2＋y2＝4得t2－8tcos＋12＝0，由Δ＝0，得cos＝，而即为倾斜角且0≤<即得。选A。
2．（02年全国联赛4） 直线与椭圆相交于A、B两点，过椭圆上P，使得ΔPAB面积为3，则这样的点P共有
A．1 B．2 C．3 D．4
B
y
x
P1
A
O
解：设P1（4cos，3sin）（0<<），即点P1在第一象限的椭圆弧上，如图，考虑四边形P1AOB的面积S。
S＝SΔOAP1＋SΔOBP1＝×4×3sin＋×3×4cos
＝6(sin＋cos)＝6sin(＋),故Smax＝6（此时＝），而SΔOAB＝×4×3＝6为定值。∴＝6－6<3，故点P不可能在直线AB的上方,显然在直线AB的下方有2个点P，故选B。
3． 若椭圆x2＋4(y－a)2＝4抛物线x2＝2y有公共点，则实数a的取值范围是 。
解：令代入x2＝2y得4cos2θ＝2(a＋sinθ),∴a＝2cos2θ－sinθ＝－2(sinθ＋)2＋，即sinθ∈[－1，1]，∴a∈
4．（89年全国高中联赛） 当s与t取遍所有实数时，则(S＋5－3|cost|)2＋(S－2|sint|)2所能达到的最小值是 。
解：填2。考查直线与椭圆弧则原式的几何意义在于：直线上任意一点与椭圆弧上任意一点之间距离的平方,点C到直线AB距离d＝为最短，故所求为d2＝2。
5．（04年中学生数学智能通讯赛）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过F作两条互相垂直的弦AB、CD，设AB、CD的中点分别为M，N。
（1）求证：直线MN必过定点；
（2）分别以AB和CD为直径作圆，求两圆相交弦中点H的轨迹方程。
解：（1）由题设可知F（1，0），设A（xA，yA），B（xB，yB），M（xM，yM），N（xN，yN），直线AB的方程为：y＝k(x－1)，则A、B点的坐标代入y2＝4x相减得yA＋yB＝，即yM＝，代入方程y＝k(x－1)，解得xM＝，同理N的坐标为（2k2＋1，－2k）,直线MN的斜率KMN＝,
整理得：y(1－k2)＝k(x－3)
显然无论k为何值（3，0）均满足上式,∴直线MN恒过定点Q（3，0）.
（2）过M、N作准线x＝－1的垂线，垂足分别为E、F，由抛物线的性质知：准线x＝－1为圆M与圆N的公切线。设θM与θN的相交弦交公切线于点G，由平面几何的知识易得，G为EF的中点，∴xG＝－1，yG＝，即G（－1，）.又因为公共弦必与两圆的连心线垂直，所以公共弦的斜率为，∴公共弦的方程为：，即：，故公共弦恒过原点。
由平面几何的知识知道，公共弦中点就是公共弦与两圆连心线的交点，所以原点O，定点Q（3，0），所求点构成以H为直角原点的直角Δ，即H在以OQ为直径的圆上，又对于圆上任意一点P（x，y）（原点除外）必可利用方程y＝，求得k值，从而以上各步步步可逆，故所求轨迹方程为（x≠0）
N
P
y
A′
A
M
x
O
6．（03年全国高中联赛15题） 一张纸上画有半径为R的圆O与圆内一定点A，且OA＝a，折叠纸片，使圆周上某一点A′刚好与A点重合，这样的每一种折法都留下一条直线折痕，当A′取遍圆周上所有的点时，求所有折痕所在直线上的点的集合。
解：如图，以O为原点，OA所在的直线为x轴建立直角坐标系，则有A（a，0）。设折叠时，θO上点A′（Rcos，Rsin）与点A重合，而折痕为直线MN，
则MN为线段AA′的中垂线，设P（x，y）为MN上任一点，则|PA′|＝|PA|，
故(x－Rcos)2＋(y－Rsin)2＝(x－a)2＋y2，即：
2R(xcos＋ysin)＝R2－a2＋2ax,故：,
可得sin(θ＋)＝，其中sinθ＝,cosθ＝，故，平方后可化为：,即所求点的集合为椭圆的外部（含边界）.
7．（98年湖南数学竞赛）已知双曲线C1：（a>0），抛物线C2的顶点在原点O，C2的焦点是C1的左焦点F1；
（1）求证：C1与C2总有2个不同的交点。
（2）是否存在过C2的焦点F1的弦AB，使SΔAOB有最大（小）值？若存在，求出AB所在直线方程及最值，若不存在，说明理由。
解：（1）∵F1（a，0），∴C2方程为：y2＝－4ax，由,x2＋2ax－a2＝0, ① ∵Δ＝(2a)2＋4a2>0,∴方程①有实根x1，x2, 又x1·x2＝－a2<0,∴x1与x2异号，不妨设x1>0，x2<0.当x1>0时，y2＝－4ax无实根,当x2<0时，y2＝－4ax有2个不同实根，从而C1与C2有2个不同的交点。
（2）假设符合条件的弦AB存在
（1）当斜率k存在时，易知k≠0，设为：y＝k(x＋a),由消去y得k2x2＋2a(k2＋2)x＋3a2k2＝0,∵，∴
又原点到直线AB的距离为h＝，∴SΔAOB＝
（2）当k不存在时，即AB⊥x轴，有SΔAOB＝,∴(SΔAOB)max＝6a2，此时为x＝－，当k→0时，，∴SΔAOB无最大值。
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