专题05 参数方程与极坐标（精讲篇）含详解-用思维导图突破圆锥曲线压轴题

1 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） 专题 05 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 一桥飞架联系畅 直线曲线都已知 其他选参代表强 思路点拨 要求 ，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，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 是定值，由数量积的投影几何意义可知，只要求 在 上投影的最 大值，于是，有下面三种解法： 解 1 设 ，则 ， . 因为 ，所以 ，故 解 2 设 ，则 那么 ， 所以 ，当且仅当 ，即 时等号成立； 21 xy −= | |= 2BA BP BA (cos ,sin ), [0, ]P θ θ θ π∈ (1,1), (cos ,sin 1)BA BP θ θ= = +  cos sin 1 2 sin( ) 14BA BP πθ θ θ⋅ = + + = + +  5 4 4 4 π π πθ≤ + ≤ 2 sin( ) 12 4 πθ− ≤ + ≤ 0 sin( )+1 2 1.4 πθ≤ + ≤ + ( , ), 1 1P x y x− ≤ ≤ +1.BP BA x y⋅ = +  2 2 2 2 2 2( ) 1 2 1 1 1 2x y x x x x x x+ = + − + − ≤ + + − = 2x y+ ≤ 2= 1x x− 2= 2x 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_____. 21 xy −= BABP⋅ 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 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） 当 时， ，所以 解 3 由 ， ， 的最大值就是 在 上投影的 最大值的 倍，这只要作 的垂线且与半圆相切， 如图的点 . 当 位于 时，此时直线 恰与 垂直时数 量积最小，最小值为 0. 设 直 线 的 方 程 为 圆 心 到 直 线 的 距 离 解 得 （舍），因此，在 . 所以 = 综上所述， 的取值范围是 思路点拨 设出点 ，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 （不妨设 ），则 ，所以 1x = − 1x y+ = − 0 1 2 1.x y≤ + + ≤ + =| || | cosBP BA BP BA PBA⋅ ⋅ ⋅ < >    | |= 2BA BP BA   BP BA 2 BA 'P P ''P ''P B BA 'P M y x b= − + ， | | 1, 2 bd = = 2, 2b b= = − 2| | ( 2 1)2BM = × + BP BA   | || |BM BA⋅  2= ( 2 1) 2 2 1.2 × + ⋅ = + BP BA   [0, 2 1].+ ( ) ( )22 , 2 , ,P pt pt M x y ( ) ( )22 , 2 , ,P pt pt M x y 0t > 22 , 2 .2 pFP pt pt = −    1 3FM FP=  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 2 2 (p 0)y px= > PM MF 3 3 2 3 2 23 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） 即 所以 ，所以 ，故选（C）. 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 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 19 x y+ = 1 114 4y x a= − + − 1 114 4y x a= − + − 1 3 4 4y x= − + 2 2 1 3 4 4 9 9 y x x y  = − +  + = 21 25 24 25 x y  = −  = 3 0 x y =  = 21 24,25 25  −   ( )3,0 3cos , sin , x y θ θ =  = 1 114 4y x a= − + −1 114 4y x a= − + − 22 ,2 3 6 2 ,3 p p px t pty  − = −  = 22 ,3 3 2 ,3 p px t pty  = +  = 2 2 1 1 2 12 1 2122 2 OM tk t t t = = ≤ =+ + ( )max 2 2OMk = 例 3 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 （θ 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. 3cos , sin , x y θ θ =  = 4 , 1 , x a t ty t = +  = − （ 为参数） 174 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） ，其中 . 依题意得： ， 若 ，则当 时最大，即 ， ； 当 ，则当 时最大，即 ， ， 综上 或 . 思路点拨 (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 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 用参数方程 （t 为参数），代入圆的方程，由|푂푃1| = |푡1|，|푂푃2| = |푡2|，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】 （1）将曲线 C 的参数方程 ,消去参数 , 得 . ( )sin 1θ ϕ+ = 5 4 17a− − = 16a = − ( )sin 1θ ϕ+ = − 9 17a + = 8a = 16a = − 8a = C cosx ρ θ= siny ρ θ= C ρ 3 cos 1 sin x y α α  = + = + α ( ) ( )2 23 1 1x y− + − = ( )5sin 43cos 4sin 4 17 17 aad θ ϕθ θ + − −+ − −= = 3tan 4 ϕ = 17maxd = 4 0a + < +4 0a ≥ 0 θ θ= 0 θ θ= 0 0 cos sin x t y t θ θ =  = 例 4 在平面直角坐标系 中，曲线 C 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. xOy α ( )0 , Rθ θ ρ= ∈ 1 2,P P 0 θ 3 cos 1 sin x y α α  = + = + 1 2 1 1 | | | |OP OP +5 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） 将 及 代入上式,得 . （2）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 . 因为 ,所以 ,则 ,所以 的取值范围为 . 解 2 （用直线的参数方程）设直线 l 的参数方程 （t 为参数），代入圆的方 程整理得 푡2 ― (2 3푐표푠휃0 + 2푠푖푛휃0)푡 +3 = 0. ，以下同解 1. 解 3 ，当直线 l 与圆相切时， ，此时 的最小值为2 3 3 ，当直线 l 过圆心时， ，此时 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。 cosx ρ θ= siny ρ θ= 2 2 3 cos 2 sin 3 0ρ ρ θ ρ θ− − + = 0 0, 3 πθ  ∈   0 θ θ= 2 0 02 3 cos 2 sin 3 0ρ ρ θ ρ θ− − + = ( ) ( )1 1 0 2 2 0, , ,P Pρ θ ρ θ 1 2 0 0 1 22 3 cos 2sin , 3ρ ρ θ θ ρ ρ+ = + = 0 0, 3 πθ  ∈   0 2,3 3 3 π π πθ  + ∈   0 4 2 3 4sin ,3 3 3 3 πθ   + ∈       1 2 1 1 | |OP OP + 2 3 4,3 3      0 01 2 0 1 2 1 2 1 2 2 3 cos 2sin1 1 1 1 4 sin3 3 3OP OP θ θρ ρ θ π ρ ρ ρ ρ ++  + = + = = = +   0 0 cos sin x t y t θ θ =  = 0 01 2 0 1 2 1 2 1 2 2 3 cos 2sin1 1 1 1 4 sin3 3 3 t t tP OP t t t O θ θ θ π++  + = + = = = +   1 2 1 2 1 2 +1 1 OP OP OP OP OP OP + = ⋅ 1 2= = 3OP OP 1 2 1 1 OP OP + 1 22 1, =2+1OP OP= − 1 2 1 1 OP OP + 例 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． 2: 2C y x= ( )2,0 l C ,A B M AB O M M ( )4, 2P − l M6 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） 思路点拨 第（1）只需证明 ，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 解1 （1）设 ， ，则直线AB的斜率是 ， 所以 AB 的方程为 ， 令 y=0 得直线与 x 轴交点横坐标 ，即 ，因此 ，因此命题得证． (2) 根据题意，有 解得 或 ． 因为直线 的方程为 ，圆 的圆心坐标为 ， 所以当 时，直线 的方程为 ， ，所以圆 的圆心坐标为 ，圆 的方程为 . 当 时，直线 的方程为 ，圆 的圆心坐标为 ，圆 的方程为 . 解 2 （1）设 . 由 可得 ，则 . 又 所以 . 因 的斜率与 的斜率之积为 ，所以 . ( ) ( )1 1 2 2 2A x ,y ,B x ,y ,l : x my= + 2 2 2 x my y x = +  = 1 2 1 2 - 4= =-14 y y x x OA OB⊥ ( )22 ,2A a a ( )22 ,2B b b 2 2 2 2 1 2 2AB b ak b a a b −= =− + 21 ( 2 ) 2y x a aa b = − ++ 22 ( )+2 2 2x a a b a ab= − + = − = 1ab = − ( )2 22 2 2 2 4 1 0OA OB a b a b ab ab⋅ = ⋅ + ⋅ = + =  ( )( ) ( )( )2 22 4 2 4 2 2 2 2PA PB a b a b⋅ = − − + + +  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 8 4 4 20 8 2 4 20 8 4 4 0 a b a b ab a b a b ab a b a b a b = − + + + + +  = − + − + + +  = − + + + + = ， 1a b+ = 1 2a b+ = − l 2xy a b −= + M ( )2 2 ,a b a b+ + 1a b+ = l 2y x= − 2 2 2= 2 3a b a b ab+ + − =（ ） M ( )3,1 M ( ) ( )2 23 1 10x y− + − = 1 2a b+ = − l 2 4y x= − + M 9 1,4 2  −   M 2 29 1 85 4 2 16x y   − + + =       2 2 4 0y my− − = 1 2y y 4= − 2 2 1 2 1 2= , = ,2 2 y yx x ( )2 1 2 1 2 = =4 y yx x 4 OA OB OA OB⊥7 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） 故坐标原点 在圆 上. （2）由（1）可得 . 故圆心 的坐标为 ，圆 的半径 ，由于圆 过点 ，因此 . 故 ，即 由（1）可得 ，所以 ，解得 或 . 当 时，直线 的方程为 ，圆心 的坐标为 ，圆 的半径为 ，圆 的方程为 当 时，直线 的方程为 ，圆心 的坐标为 ，圆 的半 径为 ，圆 的方程为 . 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 ，或 。 满分解答 ( )2+2，m m ( )22 22r m m= + + 0AP BP =   ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 24 + 2 20 0x x x x y y y y− + + + + = 1 2 1 2=- 4， =4y y x x 22 1 0m m− − = 10 ( ) ( )2 23 1 10x y− + − = 1 2m = − 2 4 0x y+ − = 9 1，-4 2      85 4 2 29 1 85+ +4 2 16x y   − =       O M 1 2 1 2+ =2 , +y y m x x ( )1 2= + +m y y 24=2 4m + M M M (4 2)P −， ( )( ) ( )( )1 2 1 24 4 2 2 0x x y y− − + + + = 1m = 1 2m = − 1m = l 2 0x y− − = M (3 )，1 M M l M M M ( , )P x y 2P cos ,sinθ θ（ ） 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 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. 2 2: 1,4 x y AΓ + = M x P Γ P | | 2OP = P 8 3( , )5 5P APM∆ M P Γ P PQ M AQ Γ C 4PQ PM=  2 ,| | | |AQ AC AM PM= =  AC8 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） （1）设 ，则 ，解得 ，即 . （2）设 ，则 。 当 时， （舍）； 当 时， ； 当 时， 。 综上， ， 。 （3）解 1 设 ， 由 得 ，即 ① 又 在椭圆上，所以 ② ①-②得 . 因为点 不为上顶点，所以 ③ 由 得 ，由 得 ，代入椭圆 方程 ，整理 。 将②式代入得 ④ 联 立 ② ③ ④ 式 解 得 ， 从 而 ， 所 以 方 程 . ( , )P x y 2 2 2 2 2 14  + = + = x y x y 2 3 3 6 3  =  = x y 2 3 6( , )3 3P ( ,0)( 0)>M m m 8 2 8 3( , 1), ( , ), ( , )5 5 5 5 = − = − = − −  AM m AP PM m 2 π=A 8 2 10,5 5 4 ⋅ = + = = − AM AP m m 2 π=P 8 8 6 29( ) 0,5 5 25 20 ⋅ = − + = = PM AP m m 2 π=M 8 3 3( ) 0, 15 5 5 ⋅ = − + = = =  或AM PM m m m m 29( ,0)20M 3(1,0) ( ,0)5 或 ( ,0), ( , )M m P x y =MA MP 2 2 21 ( )+ = − +m x m y 2 2 2 1+ − =x y mx ( , )P x y 2 2 14 + =x y 23 2 04 − =x mx P 3 8m x= 4= PQ PM (4 3 , 3 )− −Q m x y 2= AQ AC 4 3 1 3( , )2 2 − −m x yC 2 2 4 3( ) 1 32 ( ) 14 2 − −+ = m x y 2 2 29 36 16 24 24 12+ + − − =x y m mx y 22 3 3 3− − = −m mx y 5 3 8 5 9 1 9  =   =   = −  m x y 4 5 1 2 5 2( , ), ( , )3 3 3 3Q C− − AC 5 110 = +y x9 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） 解 2 设 ，则 ，那么 ， 把点 C 坐标代入椭圆方程得 ，即 。 ① 又 ，所以 ，即 。 因为 P 不过顶点，所以 ，从而 ， ② 把②代入①得 ，即 ， 因为 P 不过顶点，所以 ，从而 ，于是 ，所以 AC 直线的方程为 思路点拨 第（2）题中若点 、 关于直线 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 的取值范围.这里是选 n 作 为参数. 也可以用“点差法”，用点 、 坐标作为参数. 满分解答 （1）因为 与 轴的交点坐标为 ，即抛物线的焦点为 ，即 ，所以抛物线方程为 . （2）解1 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y 2 +2 py -2pn=0. 2 0 0P cos ,sin M m, mθ θ >（ ）, （ ）, 4OQ OP PQ OP PM= + = +     = cos ,sin +4 2 6 3m cos , sin m cos , sinθ θ θ θ θ θ− − = − −（2 ）（ ）（4 ） 1 1 32 32 2 sinOC OA OQ m cos , θθ −= + = −  （ ）（ ） 2 22 3 1 3+ =14 4 m cos sinθ θ− −（ ） （ ） 22 6 3 3 0m mcos sinθ θ− − + = | | | |AM PM= 2 21 ( 2cos ) sinm m θ θ+ = − + 24 cos 3cosm θ θ= cos 0θ ≠ 3 cos4m θ= 29 -8 1 0sin sinθ θ − = 9 1 1 =0sin sinθ θ+ ⋅ −（ ）（ ） sin 1θ ≠ 1sin 9 θ = − 2 5 2( , )3 3C − 5 1.10y x= + P Q C p P Q : 2 0l x y− − = x ( )2,0 ( )2,0 22 p = 2 8y x= 例 7 如图，在平面直角坐标系 中，已知直线 ，抛物线 ． ⑴ 若直线 过抛物线 的焦点，求抛物线 的方程； ⑵ 已知抛物线 上存在关于直线 对称的相异两点 和 ． ①求证：线段 上的中点坐标为 ； ②求 的取值范围． xOy : 2 0l x y− − = ( )2: 2 0C y px p= > l C C C l P Q PQ ( )2 ,p p− − p10 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） ， 即 . （*） 设点 ， ， 为 PQ 中点，则由韦达定理得 ， 代入直线方程 解得 ，所以线段 上的中点坐标为 . ②因为 在直线 y=-x+n 上，所以 ，即 ，代入（*）得 ，即 ，所以 . 另解 因为 在抛物线焦点区域内，所以 ，即 ，所以 . （2）解 2 ① 设点 ， ，则 即 从而 . 又 关于直线 对称，所以 ，即 ， . 又 中点一定在直线 上，所以 ，所以线段 的中点坐标为 . ②因为线段 PQ 的中点坐标为 ，则 即 由此可得 即关于 y 的一元二次方程 有两个不等根. 所以 ，即 ，解得 ． 注 此题结论可推广为：若抛物线y 2=2px (p＞0)上存在与坐标轴不对称的两点关于直线 ： y=kx 十 m 对称，则 ． 若用此结论立得 k=1，m=-2，代入上式得 3p-4 2 0p n+ > ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y 0 0( , )M x y 1 2 0 2 y yy p += = − ( )2: 2 0C y px p= > 0 2x p= − PQ ( )2 ,p p− − ( )2 ,p p− − 2p p n− = − + 2 2n p= − 4 4 0p p+ − > 4 3p < 4(0, )3p∈ ( )2 ,p p− − 2( ) 2 (2 )p p p− < − 4 3p < 4(0, )3p∈ ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y 2 1 1 2 2 2 2 2 y px y px  = = ， ， 2 1 1 2 2 2 2 2 y xp y xp  =  = ， ， 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 PQ y y pk y y y y p p −= = +− ,P Q l 1PQk = − 1 2 2y y p+ = − 1 2 2 y y p + = − PQ : 2 0l x y− − = 1 2 1 2 2 22 2 x x y y p + += + = − PQ ( )2 ,p p− − ( )2 ,p p− − 1 2 2 2 1 2 1 2 2 4 22 y y p y yx x pp + = −  + + = = − ， ， 1 2 2 2 2 1 2 2 8 4 y y p y y p p + = −  + = − ， ， 1 2 2 1 2 2 4 4 . y y p y y p p + = −  = − ， 2 22 4 4 0y py p p+ + − = 0∆ > ( ) ( )2 22 4 4 4 0p p p− − > 40, 3p  ∈   l 0)2(2 2 3 求出 范围. 满分解答 ⑴当 时，椭圆 E 的方程为 ，A 点坐标为 ，则直线 AM 的方程为 ． 联立 并整理得， . 解得 或 ，则 . 因为 ，所以 . 因 为 ， ， 所 以 ， 整 理 得 ， 无实根，所以 ． 所以 的面积为 ． （2）直线 AM 的方程为 ， k 1 k − k k k k 4t = 2 2 14 3 x y+ = ( )2 0− ， ( )2y k x= + ( ) 2 2 14 3 2 x y y k x  + =  = + ， ， ( )2 2 2 23 4 16 16 12 0k x k x k+ + + − = 2x = − 2 2 8 6 3 4 kx k −= − + 2 2 2 2 2 8 6 121 2 13 4 3 4 kAM k kk k −= + − + = + ⋅+ + AM AN⊥ 2 2 2 1 12 121 1 41 33 4 AN kk k kk  = + − ⋅ = + ⋅     ++ ⋅ −   AM AN= 0k > 2 2 2 12 121 1 43 4 3 k kk k k + ⋅ = + ⋅+ + ( )( )21 4 + 4 0k k k− + = 24 + 4 0k k + = 1k = AMN△ 2 21 1 12 1441 12 2 3 4 49AM  = + ⋅ = +  ( )y k x t= + 例 8 已知椭圆 E: 的焦点在 轴上，A 是 E 的左顶点，斜率为 的直线交 E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MA⊥NA. （1）当 ， 时，求△AMN 的面积； （2）当 时，求 k 的取值范围. 2 2 13 x y t + = x ( 0)k k > 4t = AM AN= 2 AM AN=12 用思维导图突破解析几何压轴题 专题 5 参数方程与极坐标 （共 12 页） 联立 并整理得 . 解得 或 ，所以 ， 从而 . 因为 ，所以 ， 整理得， ． 因为椭圆 E 的焦点在 x 轴，所以 ，即 ，整理得 ， 即 或 （也可用“标根法”）解得 ． ( ) 2 2 13 x y t y k x t  + =   = + ( )2 2 2 2 23 2 3 0tk x t tk x t k t+ + + − = x t= − 2 2 3 3 t tk tx tk −= − + 2 2 2 2 2 3 61 13 3 t tk t tAM k t ktk tk −= + − + = + ⋅+ + 2 61 3 tAN k tk k = + ⋅ + 2 AM AN= 2 2 2 6 62 1 13 3 t tk k ttk k k ⋅ + ⋅ = + ⋅+ + 2 3 6 3 2 k kt k −= − 3t > 2 3 6 3 32 k k k − >− ( )( )2 3 1 2 02 k k k + −   −