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.
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.