1、1 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题 5 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） 专题专题 05 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 本专题所说的参数方程不仅指直线和圆锥曲线的参数方程， 还包括在解题过程中要根据 具体情况自行选取的参数.参数在解题过程中起到“桥梁”作用，用参数沟通其他量之间的关 系，最后消去参数，达到解题目的. 本专题思维导图如右 参数作用似桥梁参数作用似桥梁 一桥飞架联系畅一桥飞架联系畅 直线曲线都已知直线曲线都已知 其他选参其他选参代表强代表强 思路点拨思路点拨 要求 2 1 xy ，就要把 P 的坐标表示出来，注意到曲线是半圆，想到圆的参数方程，
2、转 化为三角函数最值问题；当然，P 的坐标也可以用（x，y）表示，最终可转化为 x 代数式求 最值；由于|= 2BA是定值，由数量积的投影几何意义可知，只要求BP在BA上投影的最 大值，于是，有下面三种解法： 解解 1 设(cos ,sin ),0, P ，则(1,1),(cos ,sin1)BABP， cossin12sin() 1 4 BA BP . 因为 5 444 ，所以 2 sin()1 24 ，故0sin()+121. 4 解解 2 设( , ), 11P x yx ，则+1.BP BAxy那么 222222 ()121112xyxxxxxx ， 所以2xy，当且仅当 2 = 1x
3、x，即 2 = 2 x时等号成立； 例例 1 在平面直角坐标系中， 已知 A （1,0） ， B （0， -1） ， P 是曲线 上一个动点，则的取值范围是_. 参数方程与极坐标方程 把原题给出的参数方程 或极坐标方程化成普通 方程解题，或直接利用两 种方程解题 原题给出普通方程， 根据两种方程中相 关量的几何意义， 选 择一种方程解题 利用参数方程或极坐标简化计算 2 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题 5 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） 当1x时，1xy ，所以0121.xy 解解3由=| cosBP BA BP BAPBA， |= 2BA，BP BA的最大
4、值就是BP在BA上投影的 最大值的2倍，这只要作BA的垂线且与半圆相切， 如图的点 P. 当P位于 P时，此时直线 P B恰与BA垂直时数 量积最小，最小值为 0. 设 直 线 P M的 方 程 为yxb ，圆 心 到 直 线 的 距 离 | 1, 2 b d 解 得 2 ,2bb （舍） ，因此，在 2 |( 21) 2 BM . 所以BP BA=|BM BA 2 =( 21)221. 2 综上所述，BP BA的取值范围是0,21. 思路点拨思路点拨 设出点 2 2, 2,PptptM xy，用参数 t 表示 x，y，把直线 OM 的斜率表示成 t 的 函数，然后求最值. 设 2 2, 2,
5、PptptM xy（不妨设0t ） ，则 2 2, 2. 2 p FPptpt 1 3 FMFP，所以 例例 2 设 O 为坐标原点，P 是以 F 为焦点的抛物线 上任 意一点，M 是线段 PF 上的点，且=2,则直线 OM 的斜率的最大值 为 （ ） （A） （B） （C） （D）1 3 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题 5 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） 2 2 , 236 2 , 3 ppp xt pt y 即 2 2 , 33 2 , 3 pp xt pt y 所以 2 2112 1 2121 2 2 2 OM t k t t t ，所以max 2 2
6、 OM k，故选（C）. 思路点拨思路点拨 第（1）题将参数方程化为直角方程后，直接联立方程求解即可.第（2）题将参数方程 直接代入距离公式即可. 满分解答满分解答 将曲线 C 的参数方程化为直角方程为， 直线化为直角方程为 +. （1）当 a=-1 时，代入可得直线为， 由解得或， 故而交点为或. （2）点到直线+的距离为 2 2 1 9 x y 11 1 44 yxa 11 1 44 yxa 13 44 yx 22 13 44 99 yx xy 21 25 24 25 x y 3 0 x y 21 24 , 25 25 3,0 3cos , sin , x y 11 1 44 yxa 11
7、 1 44 yxa 例例 3 在直角坐标系 xOy 中， 曲线 C 的参数方程为（ 为参数） ， 直线 l 的参数方程为. （1）若 a=1，求 C 与 l 的交点坐标； （2）若 C 上的点到 l 的距离的最大值为，求 a. 4 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题 5 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） 5sin43cos4sin4 1717 aa d ，其中 3 tan 4 . 依题意得：17 max d， 若40a，则当sin1时最大，即5417a，16a ； 当+40a，则当sin1时最大，即917a ， 8a ， 综上16a 或8a . 思路点拨思路点拨
8、(1)将曲线的参数方程先消参化简得到直角坐标方程,再代入 及 化简即可. (2) 将 0 代入曲线的极坐标方程得出韦达定理,再根据的几何意义代入韦达定 理,并利用三角函数的最值问题求解即可.也可以把极坐标系下的方程 0 用参数方程 0 0 cos sin xt yt （t 为参数） ，代入圆的方程，由|1| = |1|，|2| = |2|，并利用韦达定理即 可得所求表达式。当然若利用几何意义，则更简单。 【满分解答满分解答】 （1）将曲线 C 的参数方程,消去参数, 得. C cosx siny C 3cos 1 sin x y 2 2 311xy 例例 4 4 在平面直角坐标系中，曲线 C
9、的参数方程为（为 参数）.以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标 方程为. （1）求曲线 C 的极坐标方程； （2）设直线 l 与曲线 C 相交于不同的两点，指出的范围，并求 的取值范围. 5 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题 5 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） 将及代入上式,得. （2）解解 1（用极坐标）依题意由知. 将代入曲线 C 的极坐标方程,得. 设,则，所以 0012 0 121212 2 3cos2sin11114 sin 333OPOP . 因为,所以,则,所以 的取值范围为. 解解 2 （用直线的参数方程
10、）设直线 l 的参数方程 0 0 cos sin xt yt （t 为参数） ，代入圆的方 程整理得 2 (230+ 20) + 3 = 0. 0012 0 12121 2 2 3cos2sin11114 sin 333 t ttPOPt t t O ，以下同解 1. 解解 3 12 1212 +11OPOP OPOPOPOP ， 当直线 l 与圆相切时， 12 = 3OPOP ， 此时 12 11 OPOP 的最小值为23 3 ， 当直线 l 过圆心时， 12 2 1,=2+1OPOP ， 此时 12 11 OPOP 的最大值为4 3。 本题本意考查圆参数方程化简极坐标的方法,同时也考查了极
11、坐标的几何意义与三角函 数求最值的方法.实际上，把直线的极坐标方程化成直角坐标的参数方程也可以，利用切割 线定理则十分简单。 cosxsiny 2 2 3 cos2 sin30 0 0, 3 0 2 00 2 3 cos2 sin30 110220 ,PP 120012 2 3cos2sin,3 0 0, 3 0 2 , 333 0 42 3 4 sin, 3333 12 11 |OPOP 2 3 4 , 33 例例 5 5 已知抛物线，过点的直线 交于两点，圆 是以线段为直径的圆 (1) 证明：坐标原点在圆上； (2) 设圆过点，求直线 与圆的方程 6 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题
12、 5 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） 思路点拨思路点拨 第（1）只需证明OAOB，可以用向量的数量积为 0，也可以利用斜率之积等 于-1.第（2）题设点 A、B 坐标可以根据抛物线方程设出参数式，也可以设普通形式.求圆 方程需要确定圆心和半径，根据不同选择参数的方法，用参数表示圆心和半径，再根据其他 条件求出圆心和半径即可. 满分解答满分解答 解解 1 （1） 设 2 2 , 2A aa， 2 2,2Bbb， 则直线 AB 的斜率是 22 221 22 AB ba k baab ， 所以 AB 的方程为 2 1 (2)2yxaa ab ， 令 y=0 得直线与 x
13、轴交点横坐标 2 2 ()+222xa abaab ，即1ab，因此 22 2222410OA OBababab ab，因此命题得证 (2) 根据题意，有 22 24242222PA PBabab 2222 2 2 484420 82420 8440 a bababab ababab abab ， 解得1ab或 1 2 ab 因为直线l的方程为 2x y ab ，圆M的圆心坐标为 22, ab ab， 所以当1ab时，直线l的方程为2yx， 222 =23ababab（），所以圆 M的圆心坐标为3,1，圆M的方程为 22 3110 xy. 当 1 2 ab 时，直线l的方程为24yx ，圆M的
14、圆心坐标为 91 , 42 ，圆M 的方程为 22 9185 4216 xy . 解解 2 （1）设 1122 2A x ,y,B x ,y,l : xmy. 由 2 2 2 xmy yx 可得 2 240ymy，则 12 y y4 . 又 22 12 12 =,=, 22 yy xx所以 2 12 12= = 4 y y x x 4. 因OA的斜率与OB的斜率之积为 12 12 -4 =-1 4 yy xx ，所以OAOB. 故坐标原点O在圆M上. （2）由（1）可得 1212 +=2 ,+yym xx 12 =+m yy 2 4=24m . 7 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题 5
15、参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） 故圆心M的坐标为 2+2， mm，圆M的半径 2 22 2rmm，由于圆M过点 (42)P，因此 0AP BP . 故 1212 44220 xxyy，即 1 2121212 4+2200 x xx xy yyy 由（1）可得 121 2 =-4，=4y yx x，所以 2 210mm ，解得1m或 1 2 m . 当1m时，直线l的方程为20 xy，圆心M的坐标为(3)，1，圆M的半径为 10，圆M的方程为 22 3110 xy 当 1 2 m 时，直线l的方程为240 xy，圆心M的坐标为 91 ， - 42 ，圆M的半 径为 8
16、5 4 ，圆M的方程为 22 9185 + 4216 xy . 思路点拨思路点拨 第（1）只要解方程组即得。第（2）题要哪个角是直角进行讨论。第（3）题设出 P， M 的坐标，通过已知条件去表示出点 C 或 Q 的坐标，从而求出直线 AC 的方程。其中点可 设( , )P x y，或2Pcos ,sin（）。 满分解答满分解答 （1）设( , )P x y，则 22 2 2 2 1 4 xy x y ，解得 2 3 3 6 3 x y ，即 2 36 (,) 33 P. 例例 6 已知椭圆是其上顶点，是轴正半轴上的一点。 （1）若点在上，且在第一象限，求点的坐标； （2）若，且为直角三角形，求
17、的坐标； （3）若点是上一动点，且不在上顶点，过点，交于 点，求直线的方程. 8 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题 5 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） （2）设( ,0)(0)M mm，则 8283 ( , 1),( ,),(,) 5555 AMmAPPMm。 当 2 A时， 821 0, 554 AM APmm（舍） ； 当 2 P时， 88629 ()0, 552520 PM APmm； 当 2 M时， 833 ()0,1 555 或AM PMm mmm。 综上， 29 (,0) 20 M， 3 (1,0)( ,0) 5 或。 （3）解解 1 设( ,0)
18、,( , )M mP x y， 由MAMP得 222 1() mxmy，即 22 21xymx 又( , )P x y在椭圆上，所以 2 2 1 4 x y -得 2 3 20 4 x mx. 因为点P不为上顶点，所以 3 8 mx 由4PQPM得(43 , 3 )Qmxy，由2AQAC得 431 3 (,) 22 mxy C，代入椭圆 方程 2 2 43 () 1 3 2 ()1 42 mx y ，整理 222 93616242412xymmxy。 将式代入得 2 2333 mmxy 联 立 式 解 得 5 3 8 5 9 1 9 m x y ， 从 而 451252 (,) ,(,) 33
19、33 QC， 所 以AC方 程 5 1 10 yx. 解解 2 设200Pcos ,sinM m,m（）, （）,，则 4OQOPPQOPPM =cos ,sin+4263mcos , sinmcos ,sin（2）（）（4），那么 9 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题 5 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） 11 3 23 22 sin OCOAOQmcos , （）（）， 把点 C 坐标代入椭圆方程得 22 231 3 +=1 44 mcossin（） （） ，即 2 26330mmcossin。 又| |AMPM，所以 22 1(2cos )sinmm ，即
20、 2 4cos3cosm。 因为 P 不过顶点，所以cos0，从而 3 cos 4 m， 把代入得 2 9-810sinsin ，即911 =0sinsin（） （）， 因为 P 不过顶点，所以sin1，从而 1 sin 9 ，于是 2 5 2 (, ) 33 C ，所以 AC 直线的方程为 5 1. 10 yx 思路点拨思路点拨 第（2）题中若点P、Q关于直线C对称，则直线 PQ 的方程为 y=-x+n,代入直线方程利 用韦达定理可得中点坐标，利用判别式可得不等式，由此解出p的取值范围.这里是选 n 作 为参数. 也可以用“点差法”，用点P、Q坐标作为参数. 满分解答满分解答 （1） 因为:
21、20l xy与x轴的交点坐标为2,0， 即抛物线的焦点为2,0， 即2 2 p ， 所以抛物线方程为 2 8yx. （2）解解 1 由已知可设直线 PQ 的方程为 y=-x+n,代入抛物线方程整理得 y2 +2 py -2pn=0. 22 44( 2)480ppnppn ， 例例 7 如图，在平面直角坐标系中，已知直线，抛物线 若直线 过抛物线的焦点，求抛物线的方程； 已知抛物线上存在关于直线 对称的相异两点和 求证：线段上的中点坐标为； 求的取值范围 10 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题 5 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） 即20pn. （*） 设点 11
22、 ,P x y， 22 ,Q x y， 00 (,)M xy为 PQ 中点，则由韦达定理得 12 0 2 yy yp ， 代入直线方程 2 :20C ypx p解得 0 2xp，所以线段PQ上的中点坐标为2, pp. 因为2, pp在直线 y=-x+n 上，所以2ppn，即22np，代入（*）得 440pp，即 4 3 p ，所以 4 (0, ) 3 p. 另解另解 因为2, pp在抛物线焦点区域内，所以 2 ()2 (2)ppp，即 4 3 p ，所以 4 (0, ) 3 p. （2）解解 2 设点 11 ,P x y， 22 ,Q x y，则 2 11 2 22 2 2 ypx ypx ，
23、 ， 即 2 1 1 2 2 2 2 2 y x p y x p ， ， 从而 12 22 1212 2 22 PQ yyp k yyyy pp . 又,P Q关于直线l对称，所以1 PQ k ，即 12 2yyp ， 12 2 yy p . 又PQ中点一定在直线:20l xy上， 所以 1212 22 22 xxyy p ， 所以线段PQ 的中点坐标为2, pp. 因为线段 PQ 的中点坐标为2, pp，则 12 22 12 12 2 42 2 yyp yy xxp p ， ， 即 12 222 12 2 84 yyp yypp ， ， 由此可得 12 2 12 2 44 . yyp y y
24、pp ，即关于 y 的一元二次方程 22 2440ypypp 有两个不等根. 所以0 ，即 2 2 24 440ppp，解得 4 0, 3 p 注注 此题结论可推广为： 若抛物线y2=2px (p0)上存在与坐标轴不对称的两点关于直线l： y=kx 十 m 对称，则0)2( 2 2 kp k m 若用此结论立得 k=1，m=-2，代入上式得 3p-43 求出k范围. 满分解答满分解答 当4t 时，椭圆 E 的方程为 22 1 43 xy ，A 点坐标为20 ，则直线 AM 的方程为 2yk x 联立 22 1 43 2 xy yk x ， ， 并整理得， 2222 341616120kxk x
25、k. 解得2x 或 2 2 86 34 k x k ，则 2 22 22 8612 121 3434 k AMkk kk . 因为AMAN，所以 2 2 2 11212 11 4 1 3 34 ANk k k k k . 因 为 A MA N ，0k ， 所 以 22 2 1212 11 4 34 3 kk k k k ， 整 理 得 2 1 4+40kkk， 2 4+40kk 无实根，所以 1k 所以AMN的面积为 2 21112144 1 1 223449 AM （2）直线 AM 的方程为 yk xt ， 联立 22 1 3 xy t yk xt 并整理得 22222 3230tkxt t
26、k xt kt. 12 用思维导图突破解析几何压轴题 专题专题 5 参数方程与极坐标参数方程与极坐标 （共（共 12 页）页） 解得xt 或 2 2 3 3 t tkt x tk ，所以 2 22 22 36 11 33 t tktt AMktk tktk ， 从而 2 6 1 3 t ANk t k k . 因为2 AM AN ，所以 22 2 66 211 3 3 tt kk t tk k k ， 整理得， 2 3 63 2 kk t k 因为椭圆 E 的焦点在 x 轴，所以3t ，即 2 3 63 3 2 kk k ，整理得 2 3 12 0 2 kk k ， 即 3 20, 20, k k 或 3 20, 20. k k （也可用“标根法”）解得 3 22k
