第一章 5.4 参数法-【学习帮】高中数学圆锥曲线专项例题精讲精析

5.4 参数法 参数法：从条件中无法直接找到的联系，但可通过一辅助变量，分别找到与的联系，从而得到和的方程：，即曲线的参数方程，消去参数后即可得到轨迹方程。 【例1】在平面直角坐标系中，直线与椭圆交于两点，且，分别为椭圆的左，右顶点，则直线与的交点所在曲线方程为________ 【答案】 【分析】由椭圆可得，从而可确定线与的方程。，若联立方程解，则形式较为复杂不易化简，观察两条直线方程的特点，可发现若两边相乘，有平方差的特点，且与椭圆相交，则关于轴对称，有，两方程左右两边分别相乘可得：，再利用满足椭圆方程，消去等式中的即可。 【解析】由椭圆可知，，设交点坐标。与椭圆相交于，关于轴对称，。考虑直线与的方程：由，可得：，①，同理可得，②，①②可得：③，由在椭圆上可得，，代入③可得，整理后可得。 【点评】本题消元的方法比较特殊，是抓住了两直线中某些地方具备平方差公式的特点，从而两式相乘，再进行代入消元。 【例2】过点作圆的割线，交圆于两点，在线段上取一点，使得，求点的轨迹。 【解析】设点，直线的斜率为，， ，，，，，，①，联立方程，消去可得： ，，代入①可得： ，即，而代入可得化简可得，点在圆内，点的轨迹是直线被圆截得的弦。 【例3】如图所示，点在圆上运动，轴，点在的延长线上，且 。 ⑴求点的轨迹方程，并求当为何值时，的轨迹表示焦点在轴上的椭圆； ⑵当时，在⑴中所得曲线记为，已知直线，是上的动点，射线（为坐标原点）交曲线于点，又点在上且满足，求点的轨迹方程。 【解析】⑴【分析】自身有轨迹方程，且条件中所求的点与点存在联系（）， 所以考虑利用代入法求轨迹方程。设，然后利用向量关系找到的坐标与坐 标的联系，从而代入到所在的方程便得到关于的等式，即的轨迹方程。 【解析】设，，，， 轴，，①，由在上可知，代入①可得：，即； 当时，的轨迹表示焦点在轴上的椭圆； ⑵【分析】由⑴可知曲线方程为，从而题目中的点均有方程。设所求点，则可考虑寻找的坐标与,之间的联系。本题共线是关键点，因为在这条线上的点，其与点距离的比值即为横纵坐标的比值。所以先从入手，题目中没有的比例，则不妨设，进而得到与的联系：，再寻找的联系，结合条件可知，从而用即可表示出与的联系（而不用再设字母）：。所以可以用代入法分别将两组关系代入至直线与椭圆方程，再消去即可得到的轨迹方程。 【解析】由⑴可得曲线方程为，设，，由线段比例可得：，，,，，分别在直线与椭圆上，，代入，可得，即，化简可得的轨迹方程为. 【例4】设点和为抛物线上原点以外的两个动点，已知，，求点的轨迹方程，并说明它表示什么曲线。 【解析】法一：设，直线的方程为， 由，得，联立，消去,得，， ，，，，解得，故,用代入，得，故动点的轨迹方程为，它表示以为圆心，以为半径的圆，去掉坐标原点。 法二：设的方程为，代入得，则的方程为，代入得，的方程为，过定点，由，得在以为直径的圆上（点除外），故动点的轨迹方程为，它表示以为圆心，以为半径的圆，去掉坐标原点。 法三：设，的方程为，代入得，则的方程为，代入得，由，得既在以为直径的圆 ①上，又在以为直径的圆 ②上（点除外）， ①+②得，故动点的轨迹方程为，它表示以为圆心，以为半径的圆，去掉坐标原点。 【例5】设椭圆中心为原点，一个焦点为，长轴和短轴的长度之比为． ⑴求椭圆的方程； ⑵设经过原点且斜率为的直线与椭圆在轴右边部分的交点为，点在该直线上，且，当变化时，求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形． 【解析】⑴设所求椭圆方程为，由题意得解得，椭 圆方程为； ⑵设点解方程组，得，由和，得或，其中，消去，得点轨迹方程为和，其轨迹为抛物线在直线右侧的部分和抛物线在直线在侧的部分． 【点评】求两曲线的交点轨迹时，可由方程直接消去参数，或者先引入参数来建立这些动曲线的联系，然后消去参数来得到轨迹方程，称之交轨法. $