参数思想及方法在解析几何中的应用

2014-05-28 20:29朱栋材
理科考试研究·高中 2014年5期
关键词:延长线菱形定值

朱栋材

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)轨迹问题

例1(希望杯试题) 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lOA:y=kx,则lOB:y=-11kx(易知k应存在且不为0),联立k=kx,

y=x2,得A(k,k2),同理B(-11k,11k2).设AB中点为M(x,y),则x=k-11k12,

y=k2+11k212.消去k得y=2x2+1.

例2(全国高中联赛) 设0

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l与m交于点P(x0,y0),它们与x轴的倾角分别为θ1,θ2,于是l:x=x0+tcosθ1,

y=y0+tsinθ1,t为参数;①

m:x=x0+tcosθ2,

y=y0+tsinθ2,t为参数. ②

将①代入y2=x得t2sin2θ1+t(2ysinθ1-cosθ1)+(y20-x0)=0,由韦达定理得|t1||t2|=|y20-x01sin2θ1|.由参数t的几何意义得|PA1||PA2|=|y20-x01sin2θ1|.

将②代入y2=x,同理有|PB1||PB2|=|y20-x01sin2θ2|.因为A1、A2、B1、B2四点共圆,由圆幂定理得|PA1||PA2|=|PB1||PB2|,所以sin2θ1=sin2θ2,故θ1=θ2或θ1=π-θ2.

若θ1=θ2,则l∥m,无交点,故舍去.

若θ1=π-θ2,则过定点A(a,0),B(b,0)的直线方程分别为:l:y=k(x-a), m:y=-k(x-b).

联立解得两条直线的交点P(x0,y0)的坐标为:x0=a+b12,

y0=k12(b-a).所以交点P的轨迹为直线x=a+b12(除去与x轴的交点和与y2=x的交点).

方法二: 设l的方程为y-kx+ka=0,m的方程为:y-k′x+k′b=0,于是过l,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k=-k′,

1+λ=λkk′,即:k=-k′,

λ=-111+k2.所以两条直线 :y-kx+ka=0;m:y-k′x+k′b=0的交点P(x0,y0)的坐标为x0=a+b12,

y0=k12(b-a).而P在AB的中垂线上,故P点的轨迹是直线x=a+b12(除去其与x轴,y2=x的三个交点).

(二)定点定值问题

例3 (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.

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).

解设M,M1,M2的坐标分别为(y2012p,y0),(y2112p,y1),(y2212p,y2),由A,M,M1共线得:y2112p-y2012p1y1-y0=y2012p-a1y0-b,化简得:y1y0=b(y1+y0)-2pa即y1=by0-2pa1y0-b①.

同理:由B,M1,M2共线得:y2=2pa1y0 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:

(by0-2pa)·2pa1(y0-b)y0=y(by0-2pa1y0-b+2pa1y0)-2px,

经整理得:y20(2px-by)+y0·2pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0.由(x0,y0)的任意性知上式成立,当且仅当2px-by=0,

a-x=0,

by-2pa=0,解得x=a,

y=2pa1b.

所以直线M1M2恒过定点(a,2pa1b).

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:M,M1,M2的坐标设法同方法一得

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x=a,

y=2pa1b.从而得证.

例4(全国高中联赛) 已知C0:x2+y2=1和C1:x21a2+y21b2=1(a>b>0),试问当且仅当a,b满足什么条件时,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:11a2+11b2=1.

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,所以另两个顶点为(0,b),(0,-b).从而菱形的一条边的方程为x1a+y1b=1,即bx+ay-ab=0.由于菱形与C0外切,故必有|ab|1b2+a2=1,整理得11a2+11b2=1.

充分性:设11a2+11b2=1,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+π12),r2sin(θ+π12)),代入椭圆方程,得

(r1cosθ)21a2+(r1sinθ)21b2=1,[r2cos(θ+π12)]21a2+[r2cos(θ+π12)]21b2=1,

于是11|OP|2+11|OQ|2=11r1+11r2=(cos2θ1a2+sin2θ1b2)+[cos2(θ+π12)1a2+sin2(θ+π12)1b2]=11a2+11b2=1.

又在Rt△POQ中,设点O到PQ的距离为h,则:11h2=11|OP|2+11|OQ|2=1,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5(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l: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PM1MQ=λ,显然有λ∈(-∞,-1),x=-1+2λ11+λ,y=1+2λ11+λ.代入l的方程得-1+2λ11+λ+m·1+2λ11+λ+m=0,而2+3m≠0得λ=1-2m12+3m.又显然2+3m不大于零(否则λ>0),故2+3m<0,所以m<-213.又由1-2m12+3m<-1得m>-3.故m的取值范围是(-3,-213).

方法二直线PQ的方程为y-1=113(x+1),即x-3y+4=0.解方程组x-3y+4=0,

x+my+m=0,当m≠-3时得x=-7m1m+3,

y=-m+41m+3,即为l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-7m1m+3>2或-m+41m+3>2,解之均有-3

例6(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(x+2)219+(y-1)214=1上,则S△ABP的最大值等于 ,此时P点坐标为 .

解lAB的方程为:3x+2y-10=0,且|AB|=3,又设x+2=3cosθ,

y-1=2sinθ,所以P点坐标为(3cosθ-2,2sinθ+1). 故P点到lAB的距离d=|3(-2+3cosθ)+2(1+2sinθ)-10|132+22=1113(14-9cosθ-4sinθ)=1113(14-97sin(θ+α)).

其中α=arctan914,sinα=9197,cosα=4197.

所以S△ABP=112|AB|×d=112(14-97sin(θ+α))≥112(14-97),当且仅当θ+α=π12,此时有x=-2+3cosθ=-2+3sinα=-2+27197;y=1+2sinθ=1+2cosα=1+1+8197.

方法二:M,M1,M2的坐标设法同方法一得

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x=a,

y=2pa1b.从而得证.

例4(全国高中联赛) 已知C0:x2+y2=1和C1:x21a2+y21b2=1(a>b>0),试问当且仅当a,b满足什么条件时,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:11a2+11b2=1.

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,所以另两个顶点为(0,b),(0,-b).从而菱形的一条边的方程为x1a+y1b=1,即bx+ay-ab=0.由于菱形与C0外切,故必有|ab|1b2+a2=1,整理得11a2+11b2=1.

充分性:设11a2+11b2=1,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+π12),r2sin(θ+π12)),代入椭圆方程,得

(r1cosθ)21a2+(r1sinθ)21b2=1,[r2cos(θ+π12)]21a2+[r2cos(θ+π12)]21b2=1,

于是11|OP|2+11|OQ|2=11r1+11r2=(cos2θ1a2+sin2θ1b2)+[cos2(θ+π12)1a2+sin2(θ+π12)1b2]=11a2+11b2=1.

又在Rt△POQ中,设点O到PQ的距离为h,则:11h2=11|OP|2+11|OQ|2=1,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5(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l: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PM1MQ=λ,显然有λ∈(-∞,-1),x=-1+2λ11+λ,y=1+2λ11+λ.代入l的方程得-1+2λ11+λ+m·1+2λ11+λ+m=0,而2+3m≠0得λ=1-2m12+3m.又显然2+3m不大于零(否则λ>0),故2+3m<0,所以m<-213.又由1-2m12+3m<-1得m>-3.故m的取值范围是(-3,-213).

方法二直线PQ的方程为y-1=113(x+1),即x-3y+4=0.解方程组x-3y+4=0,

x+my+m=0,当m≠-3时得x=-7m1m+3,

y=-m+41m+3,即为l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-7m1m+3>2或-m+41m+3>2,解之均有-3

例6(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(x+2)219+(y-1)214=1上,则S△ABP的最大值等于 ,此时P点坐标为 .

解lAB的方程为:3x+2y-10=0,且|AB|=3,又设x+2=3cosθ,

y-1=2sinθ,所以P点坐标为(3cosθ-2,2sinθ+1). 故P点到lAB的距离d=|3(-2+3cosθ)+2(1+2sinθ)-10|132+22=1113(14-9cosθ-4sinθ)=1113(14-97sin(θ+α)).

其中α=arctan914,sinα=9197,cosα=4197.

所以S△ABP=112|AB|×d=112(14-97sin(θ+α))≥112(14-97),当且仅当θ+α=π12,此时有x=-2+3cosθ=-2+3sinα=-2+27197;y=1+2sinθ=1+2cosα=1+1+8197.

方法二:M,M1,M2的坐标设法同方法一得

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x=a,

y=2pa1b.从而得证.

例4(全国高中联赛) 已知C0:x2+y2=1和C1:x21a2+y21b2=1(a>b>0),试问当且仅当a,b满足什么条件时,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:11a2+11b2=1.

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,所以另两个顶点为(0,b),(0,-b).从而菱形的一条边的方程为x1a+y1b=1,即bx+ay-ab=0.由于菱形与C0外切,故必有|ab|1b2+a2=1,整理得11a2+11b2=1.

充分性:设11a2+11b2=1,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+π12),r2sin(θ+π12)),代入椭圆方程,得

(r1cosθ)21a2+(r1sinθ)21b2=1,[r2cos(θ+π12)]21a2+[r2cos(θ+π12)]21b2=1,

于是11|OP|2+11|OQ|2=11r1+11r2=(cos2θ1a2+sin2θ1b2)+[cos2(θ+π12)1a2+sin2(θ+π12)1b2]=11a2+11b2=1.

又在Rt△POQ中,设点O到PQ的距离为h,则:11h2=11|OP|2+11|OQ|2=1,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5(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l: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PM1MQ=λ,显然有λ∈(-∞,-1),x=-1+2λ11+λ,y=1+2λ11+λ.代入l的方程得-1+2λ11+λ+m·1+2λ11+λ+m=0,而2+3m≠0得λ=1-2m12+3m.又显然2+3m不大于零(否则λ>0),故2+3m<0,所以m<-213.又由1-2m12+3m<-1得m>-3.故m的取值范围是(-3,-213).

方法二直线PQ的方程为y-1=113(x+1),即x-3y+4=0.解方程组x-3y+4=0,

x+my+m=0,当m≠-3时得x=-7m1m+3,

y=-m+41m+3,即为l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-7m1m+3>2或-m+41m+3>2,解之均有-3

例6(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(x+2)219+(y-1)214=1上,则S△ABP的最大值等于 ,此时P点坐标为 .

解lAB的方程为:3x+2y-10=0,且|AB|=3,又设x+2=3cosθ,

y-1=2sinθ,所以P点坐标为(3cosθ-2,2sinθ+1). 故P点到lAB的距离d=|3(-2+3cosθ)+2(1+2sinθ)-10|132+22=1113(14-9cosθ-4sinθ)=1113(14-97sin(θ+α)).

其中α=arctan914,sinα=9197,cosα=4197.

所以S△ABP=112|AB|×d=112(14-97sin(θ+α))≥112(14-97),当且仅当θ+α=π12,此时有x=-2+3cosθ=-2+3sinα=-2+27197;y=1+2sinθ=1+2cosα=1+1+8197.

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