参数思想及方法在解析几何中的应用

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.