朱棟材

當直接尋找變量x，y之間的關系顯得很困難的時候，恰當?shù)匾胍粋€中間變量t（稱之為參數(shù)），分別建立起變量x，y與參數(shù)t的直接關系，從而間接地知道了x與y之間的關系.這種數(shù)學思想即稱之為“參數(shù)思想”.通過引入參數(shù)、建立參數(shù)方程求解數(shù)學問題的方法即稱之為“參數(shù)方法”.

參數(shù)思想和參數(shù)方法在解析幾何中有著廣泛的應用.比如利用參數(shù)方程可以求動點的軌跡問題，變量的范圍及最值問題，定點和定值問題等等.運用參數(shù)方法的關鍵在于參數(shù)的選擇，即如何引參（常見的引參方式有：①點參數(shù)；②斜率參數(shù)；③截距參數(shù)；④距離參數(shù)；⑤比例參數(shù)；⑥角參數(shù)；⑦時間參數(shù)等），然后通過必要的運算和推理，建立目標變量與參數(shù)的某種聯(lián)系，最后又消去參數(shù)只保留目標變量而獲解.解題時應注意參數(shù)范圍的限定，以確保變形過程的等價性.

（一）軌跡問題

例1（希望杯試題） 過原點作互相垂直的兩條直線，分別交拋物線y=x2于A、B兩點，則線段AB中點的軌跡方程是 .

解設lOA：y=kx，則lOB：y=-11kx（易知k應存在且不為0），聯(lián)立k=kx，

y=x2，得A（k，k2），同理B（-11k，11k2）.設AB中點為M（x，y），則x=k-11k12，

y=k2+11k212.消去k得y=2x2+1.

例2（全國高中聯(lián)賽） 設0

解本題是過定點弦問題，宜用參數(shù)法.在利用四點共圓條件時，應充分挖掘幾何條件去轉化，比如圓冪定理.

設l與m交于點P（x0，y0），它們與x軸的傾角分別為θ1，θ2，于是l：x=x0+tcosθ1，

y=y0+tsinθ1，t為參數(shù)；①

m：x=x0+tcosθ2，

y=y0+tsinθ2，t為參數(shù). ②

將①代入y2=x得t2sin2θ1+t（2ysinθ1-cosθ1）+（y20-x0）=0，由韋達定理得|t1||t2|=|y20-x01sin2θ1|.由參數(shù)t的幾何意義得|PA1||PA2|=|y20-x01sin2θ1|.

將②代入y2=x，同理有|PB1||PB2|=|y20-x01sin2θ2|.因為A1、A2、B1、B2四點共圓，由圓冪定理得|PA1||PA2|=|PB1||PB2|，所以sin2θ1=sin2θ2，故θ1=θ2或θ1=π-θ2.

若θ1=θ2，則l∥m，無交點，故舍去.

若θ1=π-θ2，則過定點A（a，0），B（b，0）的直線方程分別為：l：y=k（x-a）， m：y=-k（x-b）.

聯(lián)立解得兩條直線的交點P（x0，y0）的坐標為：x0=a+b12，

y0=k12（b-a）.所以交點P的軌跡為直線x=a+b12（除去與x軸的交點和與y2=x的交點）.

方法二： 設l的方程為y-kx+ka=0，m的方程為：y-k′x+k′b=0，于是過l，m與y2=x的四個不同交點的二次曲線，應有方程：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.它成為圓的充要條件是k=-k′，

1+λ=λkk′，即：k=-k′，

λ=-111+k2.所以兩條直線 ：y-kx+ka=0；m：y-k′x+k′b=0的交點P（x0，y0）的坐標為x0=a+b12，

y0=k12（b-a）.而P在AB的中垂線上，故P點的軌跡是直線x=a+b12（除去其與x軸，y2=x的三個交點）.

（二）定點定值問題

例3 （全國高中聯(lián)賽） 已知拋物線y2=2px及定點A（a，b），B（-a，0）（ab≠0，b2≠2pa），M是拋物線上的點，設直線AM，BM與拋物線的另一交點分別為M1，M2，求證：當M點在拋物線上變動時（只要M1，M2存在且M1≠M2），直線M1M2恒過一個定點，并求出這個定點的坐標.

分析設動點M的坐標為（x0，y0），由直線AM，MB與拋物線相交可以表示出交點M1，M2的坐標（用x0，y0，a，b，p表示），又可求定點P（x，y）在直線M1M2上，故P，M1，M2三點共線可化簡為關于P（x，y）的方程，系數(shù)用x0，y0表示，由于（x0，y0）的任意性而求出P（x，y）.

解設M，M1，M2的坐標分別為（y2012p，y0），（y2112p，y1），（y2212p，y2），由A，M，M1共線得：y2112p-y2012p1y1-y0=y2012p-a1y0-b，化簡得：y1y0=b（y1+y0）-2pa即y1=by0-2pa1y0-b①.

同理：由B，M1，M2共線得：y2=2pa1y0 ②.

設（x，y）是直線M1M2上的點，則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，

經整理得：y20（2px-by）+y0·2pb（a-x）+2pa（by-2pa）=0.由（x0，y0）的任意性知上式成立，當且僅當2px-by=0，

a-x=0，

by-2pa=0，解得x=a，

y=2pa1b.

所以直線M1M2恒過定點（a，2pa1b）.

評注本題不是直接求出點M1，M2的坐標，而是設出M1，M2的坐標并當作參數(shù)（點參數(shù)），再利用共線條件，建立起M與M1，M2的坐標關系，從而間接寫出直線M1M2的方程，進而求出定點坐標.這是參數(shù)思想的完美體現(xiàn)，具體到技巧而言，就是常見的“設而不求”的手法.

方法二：M，M1，M2的坐標設法同方法一得

y1y0=b（y1+y0）-2pa， ①

y2y0=2pa. ②

由①，②消去y0得：y1y2= （y1+y2）-2pa. ③

而過兩點M1，M2的直線方程為：

y1y2=（y1+y2）y-2px. ④

比較③，④得x=a，

y=2pa1b.從而得證.

例4（全國高中聯(lián)賽） 已知C0：x2+y2=1和C1：x21a2+y21b2=1（a>b>0），試問當且僅當a，b滿足什么條件時，對C1上任意一點P，均存在以P為頂點，與C0外切，與C1內接的平行四邊形？證明你的結論.

解所求條件為：11a2+11b2=1.

必要性：易知圓的外切平行四邊形必為菱形，圓心即菱形中心.假設結論成立，則對點（a，0），有以（a，0）為頂點的菱形與C1內接，與C0外切，（a，0）相對的頂點為（-a，0）.由于菱形的對角線互相垂直平分，所以另兩個頂點為（0，b），（0，-b）.從而菱形的一條邊的方程為x1a+y1b=1，即bx+ay-ab=0.由于菱形與C0外切，故必有|ab|1b2+a2=1，整理得11a2+11b2=1.

充分性：設11a2+11b2=1，P是C1上任意一點，過P，O作C1的弦PR，再過O作與PR垂直的弦QS，則PQRS為與C1內接的菱形.設|OP|=r1，|OQ|=r2，則P、Q的坐標分別為（r1cosθ，r1sinθ），（r2cos（θ+π12），r2sin（θ+π12）），代入橢圓方程，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，設點O到PQ的距離為h，則：11h2=11|OP|2+11|OQ|2=1，故h=1.

同理：點O到QR，RS，SP的距離也為1.故菱形PQRS與C0外切.

評注本題應先憑直覺分析圖形特征找出必要條件，然后再證充分性.實質是探求定值問題，利用橢圓的參數(shù)方程及三角中平方關系即可找出定值，從而得證.

（三）最值和范圍問題

例5（全國高中聯(lián)賽） 已知有向線段PQ的起點P和終點Q的坐標分別為（-1，1），（2，2）.若直線l：x+my+m=0與PQ的延長線相交，則m的取值范圍是什么？

解設M（x，y）為PQ延長線上任意一點且PM1MQ=λ，顯然有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.又顯然2+3m不大于零（否則λ>0），故2+3m<0，所以m<-213.又由1-2m12+3m<-1得m>-3.故m的取值范圍是（-3，-213）.

方法二直線PQ的方程為y-1=113（x+1），即x-3y+4=0.解方程組x-3y+4=0，

x+my+m=0，當m≠-3時得x=-7m1m+3，

y=-m+41m+3，即為l與直線PQ的交點坐標.欲使交點位于有向線段PQ的延長線上，須且只需-7m1m+3>2或-m+41m+3>2，解之均有-3

例6（希望杯試題） 已知平面直角坐標系內的點A（2，2）和B（4，-1），又點P（x，y）在橢圓（x+2）219+（y-1）214=1上，則S△ABP的最大值等于 ，此時P點坐標為 .

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

y-1=2sinθ，所以P點坐標為（3cosθ-2，2sinθ+1）. 故P點到lAB的距離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），當且僅當θ+α=π12，此時有x=-2+3cosθ=-2+3sinα=-2+27197；y=1+2sinθ=1+2cosα=1+1+8197.

方法二：M，M1，M2的坐標設法同方法一得

y1y0=b（y1+y0）-2pa， ①

y2y0=2pa. ②

由①，②消去y0得：y1y2= （y1+y2）-2pa. ③

而過兩點M1，M2的直線方程為：

y1y2=（y1+y2）y-2px. ④

比較③，④得x=a，

y=2pa1b.從而得證.

例4（全國高中聯(lián)賽） 已知C0：x2+y2=1和C1：x21a2+y21b2=1（a>b>0），試問當且僅當a，b滿足什么條件時，對C1上任意一點P，均存在以P為頂點，與C0外切，與C1內接的平行四邊形？證明你的結論.

解所求條件為：11a2+11b2=1.

必要性：易知圓的外切平行四邊形必為菱形，圓心即菱形中心.假設結論成立，則對點（a，0），有以（a，0）為頂點的菱形與C1內接，與C0外切，（a，0）相對的頂點為（-a，0）.由于菱形的對角線互相垂直平分，所以另兩個頂點為（0，b），（0，-b）.從而菱形的一條邊的方程為x1a+y1b=1，即bx+ay-ab=0.由于菱形與C0外切，故必有|ab|1b2+a2=1，整理得11a2+11b2=1.

充分性：設11a2+11b2=1，P是C1上任意一點，過P，O作C1的弦PR，再過O作與PR垂直的弦QS，則PQRS為與C1內接的菱形.設|OP|=r1，|OQ|=r2，則P、Q的坐標分別為（r1cosθ，r1sinθ），（r2cos（θ+π12），r2sin（θ+π12）），代入橢圓方程，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，設點O到PQ的距離為h，則：11h2=11|OP|2+11|OQ|2=1，故h=1.

同理：點O到QR，RS，SP的距離也為1.故菱形PQRS與C0外切.

評注本題應先憑直覺分析圖形特征找出必要條件，然后再證充分性.實質是探求定值問題，利用橢圓的參數(shù)方程及三角中平方關系即可找出定值，從而得證.

（三）最值和范圍問題

例5（全國高中聯(lián)賽） 已知有向線段PQ的起點P和終點Q的坐標分別為（-1，1），（2，2）.若直線l：x+my+m=0與PQ的延長線相交，則m的取值范圍是什么？

解設M（x，y）為PQ延長線上任意一點且PM1MQ=λ，顯然有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.又顯然2+3m不大于零（否則λ>0），故2+3m<0，所以m<-213.又由1-2m12+3m<-1得m>-3.故m的取值范圍是（-3，-213）.

方法二直線PQ的方程為y-1=113（x+1），即x-3y+4=0.解方程組x-3y+4=0，

x+my+m=0，當m≠-3時得x=-7m1m+3，

y=-m+41m+3，即為l與直線PQ的交點坐標.欲使交點位于有向線段PQ的延長線上，須且只需-7m1m+3>2或-m+41m+3>2，解之均有-3

例6（希望杯試題） 已知平面直角坐標系內的點A（2，2）和B（4，-1），又點P（x，y）在橢圓（x+2）219+（y-1）214=1上，則S△ABP的最大值等于 ，此時P點坐標為 .

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

y-1=2sinθ，所以P點坐標為（3cosθ-2，2sinθ+1）. 故P點到lAB的距離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），當且僅當θ+α=π12，此時有x=-2+3cosθ=-2+3sinα=-2+27197；y=1+2sinθ=1+2cosα=1+1+8197.

方法二：M，M1，M2的坐標設法同方法一得

y1y0=b（y1+y0）-2pa， ①

y2y0=2pa. ②

由①，②消去y0得：y1y2= （y1+y2）-2pa. ③

而過兩點M1，M2的直線方程為：

y1y2=（y1+y2）y-2px. ④

比較③，④得x=a，

y=2pa1b.從而得證.

例4（全國高中聯(lián)賽） 已知C0：x2+y2=1和C1：x21a2+y21b2=1（a>b>0），試問當且僅當a，b滿足什么條件時，對C1上任意一點P，均存在以P為頂點，與C0外切，與C1內接的平行四邊形？證明你的結論.

解所求條件為：11a2+11b2=1.

必要性：易知圓的外切平行四邊形必為菱形，圓心即菱形中心.假設結論成立，則對點（a，0），有以（a，0）為頂點的菱形與C1內接，與C0外切，（a，0）相對的頂點為（-a，0）.由于菱形的對角線互相垂直平分，所以另兩個頂點為（0，b），（0，-b）.從而菱形的一條邊的方程為x1a+y1b=1，即bx+ay-ab=0.由于菱形與C0外切，故必有|ab|1b2+a2=1，整理得11a2+11b2=1.

充分性：設11a2+11b2=1，P是C1上任意一點，過P，O作C1的弦PR，再過O作與PR垂直的弦QS，則PQRS為與C1內接的菱形.設|OP|=r1，|OQ|=r2，則P、Q的坐標分別為（r1cosθ，r1sinθ），（r2cos（θ+π12），r2sin（θ+π12）），代入橢圓方程，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，設點O到PQ的距離為h，則：11h2=11|OP|2+11|OQ|2=1，故h=1.

同理：點O到QR，RS，SP的距離也為1.故菱形PQRS與C0外切.

評注本題應先憑直覺分析圖形特征找出必要條件，然后再證充分性.實質是探求定值問題，利用橢圓的參數(shù)方程及三角中平方關系即可找出定值，從而得證.

（三）最值和范圍問題

例5（全國高中聯(lián)賽） 已知有向線段PQ的起點P和終點Q的坐標分別為（-1，1），（2，2）.若直線l：x+my+m=0與PQ的延長線相交，則m的取值范圍是什么？

解設M（x，y）為PQ延長線上任意一點且PM1MQ=λ，顯然有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.又顯然2+3m不大于零（否則λ>0），故2+3m<0，所以m<-213.又由1-2m12+3m<-1得m>-3.故m的取值范圍是（-3，-213）.

方法二直線PQ的方程為y-1=113（x+1），即x-3y+4=0.解方程組x-3y+4=0，

x+my+m=0，當m≠-3時得x=-7m1m+3，

y=-m+41m+3，即為l與直線PQ的交點坐標.欲使交點位于有向線段PQ的延長線上，須且只需-7m1m+3>2或-m+41m+3>2，解之均有-3

例6（希望杯試題） 已知平面直角坐標系內的點A（2，2）和B（4，-1），又點P（x，y）在橢圓（x+2）219+（y-1）214=1上，則S△ABP的最大值等于 ，此時P點坐標為 .

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

y-1=2sinθ，所以P點坐標為（3cosθ-2，2sinθ+1）. 故P點到lAB的距離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），當且僅當θ+α=π12，此時有x=-2+3cosθ=-2+3sinα=-2+27197；y=1+2sinθ=1+2cosα=1+1+8197.