淺談選修4—4知識在解析幾何中的應用

唐慧娜

【摘要】本文以全新的視角，利用選修4-4中的極坐標及參數(shù)方程來求解一些解析幾何問題，減少運算量，提高了解題效率，拓寬了思路，加深了對極坐標及參數(shù)方程的理解，也給解析幾何添加了新的解題方法.

【關(guān)鍵詞】極坐標；直線；方程；三角

福建高考和全國高考都是把選修4-4放在最后一道來考，一般人也只有在做選修題時才會條件反射用相應的極坐標與參數(shù)方程知識來解題，其實有時在解解析幾何時，如果用極坐標和參數(shù)方程知識，可減少運算量，題目很快迎刃而解.讓我們一起來感受這些小小的智慧火花吧！

例1 在平面坐標系xOy中，點A是橢圓x216+y24=1上的動點，點P在直線OA上，且OA·OP=6，求線段OP在x軸上投影的最大值.

本題考查投影知識，又把向量和解析幾何結(jié)合在一起，很多學生連投影公式都忘掉，又害怕解析幾何與向量結(jié)合，直接畏難而退，白白失分.

解法一 本題可設(shè)A（x0，y0），由OA·OP=6，

得|OP|=6|OA|，

則投影為|OP|·cosθ=6x20+y20·x0x20+y20.

因為要求投影最大值，所以cosθ>0.投影為6x20x20+y20，

將x2016+y204=1，代入上式得投影為

24x209x40+96x20+256=2419x20+256x20+96 .

再由均值不等式可得最大值為3，等號成立時x0=433.

解法二 設(shè)直線OA為y=kx，聯(lián)立直線與橢圓得（1+4k2）x2-16=0，

∴|OA|=1+k2161+4k2，

∴|OP|·cosθ=61+k2161+4k2·11+k2=32·1（1+k2）21+4k2 .

設(shè)1+4k2=t，t≥1，（1+k2）21+4k2=t+9t+616.

∵t+9t≥6，∴投影最大值為3，等號成立時k2=12.

解法三 考慮到本題涉及長度與角度，同時具備極坐標中的極角與極徑兩個元素，所以利用極坐標來解題.

A（ρ，θ），∴ρ2cos2θ16+ρ2sin2θ4=1，∴ρ=164-3cos2θ，

∴|OP|cosθ=6cosθρ=6cosθ164-3cos2θ=32cos2θ（4-3cos2θ）.

∵3cos2θ（4-3cos2θ）≤3cos2θ+4-3cos2θ22=4.

∴投影最大值為3，等號成立時cos2θ=23.

相比而言，用極坐標運算量小一點，不用涉及分式型函數(shù)求最值，雖然同樣用均值不等式解決，但難度也相對小一點，當然也可以不用均值不等式求解，用復合函數(shù)求值域也很快就能算出來.成功解題的同時又復習了極坐標知識，讓人耳目一新.

例2 在平面坐標系xOy中，E，F(xiàn)兩點的坐標分別為（0，3），（0，-3），動點G滿足：直線EG與直線FG的斜率之積為-34.

（1）求動點G的軌跡方程.

（2）過點O作兩條互相垂直的射線與（1）中的軌跡分別交于A，B兩點，求三角形OAB的面積的最小值.

解法一 （1）易得G軌跡為x24+y23=1（x≠0）.

（2）直線AB的方程為y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），直線與橢圓x24+y23=1（x≠0）聯(lián)立得

（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0，

∴x1+x2=-8km3+4k2，x1x2=4m2-123+4k2.

∵OA⊥OB，∴x1x2+y1y2=0，

∴x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=0，

∴（k2+1）4m2-123+4k2-8k2m23+4k2+m2=0，

∴7m2=12（k2+1）.

∴O到直線AB的距離d=|m|1+k2=2217.

∵OA2+OB2=AB2≥2OA·OB，當且僅當OA=OB時等號成立.

∴d·AB=OA·OB≤AB22，∴AB≥2d=4217

∴三角形的面積最小值為12×4217×2217=127.

這個解法用韋達定理求解，中間的運算整理過程比較復雜.

解法二 OA與OB垂直，三角形面積是12OA·OB，

而設(shè)直線OA為y=kx，運算時只需把直線OB的斜率換成-1k，聯(lián)立直線OA與橢圓得（3+4k2）x2-12=0，

∴|OA|=1+k2123+4k2，∴|OB|=1+k2124+3k2，

∴S=12|OA|·|OB|=6（1+k2）2（3+4k2）（4+3k2）.

∵（3+4k2）（4+3k2）≤3+4k2+4+3k222=494（1+k2）2，

∴S≥127，等號成立時3+4k2=4+3k2，

∴k2=1時三角形面積取最小值.

這個解法比第一個解法運算量少，解題成功率更高.其實兩條直線互相垂直可以轉(zhuǎn)換成極角差π2，而面積又正好是極徑積的一半，可以考慮用極坐標解決.

設(shè)A（ρ1，θ），Bρ2，π2+θ，

∴ρ21cos2θ4+ρ21sin2θ3=1，ρ21=123+sin2θ，

ρ22=123+sin2π2+θ=123+cos2θ，

∴S=12123+sin2θ123+cos2θ.

∵（3+sin2θ）（3+cos2θ）≤3+sin2θ+3+cos2θ22=494，

∴S≥127，

等號成立時3+sin2θ=3+cos2θ，即tan2θ=1.

用極坐標來求解計算量小，簡單明了，不失為一種巧妙的解法.不但極坐標可以用來解決解析幾何問題，選修4-4中的參數(shù)方程，尤其是橢圓的參數(shù)方程在解析幾何中的應用更為廣泛.

例3 已知動點P與雙曲線x22-y23=1的兩個焦點F1，F(xiàn)2的距離之和為定值且cos∠F1PF2的最小值為-19.

（1）求動點P的軌跡E的方程.

（2）已知D（0，3），若M，N在動點P的軌跡E上，且DM=λDN，求λ的取值范圍.

（1）易得動點P的軌跡E的方程為x29+y24=1.

（2）解法一 由題目知D，M，N三點共線，設(shè)為直線m，設(shè)直線m的方程為y=kx+3，代入橢圓x29+y24=1得

（4+9k2）x2+54k+45=0，

Δ=（54k）2-4×45×（4+9k2）≥0，

∴k2≥59，

x1+x2=-54k4+9k2，x1x2=454+9k2，

DM=（x1，y1-3）=λDN=λ（x2，y2-3），

∴x1=λx2，y1-3=λ（y2-3），∴324λ5（1+λ）2=4k2+9.

∵0<4k2≤365，∴9<324λ5（1+λ）2≤815，∴15<λ<5.

又當直線斜率不存在時，不難驗證λ=15或λ=5.

綜上所述15≤λ≤5.

解法一利用韋達定理整理時運算量也非常大，其實用這個解法在考場上學生很難全部得分，很可能半途而廢，加上考試時緊張，又受時間限制，很難順利得分.考慮到M點與N點均在橢圓上，用橢圓的參數(shù)方程，把問題轉(zhuǎn)化成三角來解決，不但運算量少一些，而且方法新穎，拓寬了思維，值得一試.

解法二

M（3cosα，2sinα），N（3cosβ，2sinβ），

∴cosα=λcosβ，

2sinα-3=λ（2sinβ-3），

∴sinβ=13λ2-18λ+512（λ2-λ）.

∵-1≤sinβ≤1，

∴-1≤13λ2-18λ+512（λ2-λ）≤1，∴15≤λ≤5.

考慮到DM=λDN，可以把問題轉(zhuǎn)化成直線的參數(shù)t1=λt2，所以也可以用直線的參數(shù)方程來解題.

設(shè)直線MN為x=tcosα，y=3+tsinα， t為參數(shù)，α為傾斜角.代入橢圓x29+y24=1得

（4+5sin2α）t2+54tsinα+45=0，

∵DM=λDN，∴t1=λt2t1+t2=-54sinα4+5sin2α，t1t2=454+5sin2α，

∴sin2α4+5sin2α=5（λ+1）2324λ.∵0

∴0<5（λ+1）2324λ≤19，∴15≤λ≤5.

例4 已知圓C：（x-1）2+（y-1）2=2經(jīng)過橢圓C1：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦點F和上頂點B.

（1）求橢圓C1的方程.

（2）過原點的射線與橢圓在第一象限的交點為Q，與圓C的交點為P，M為OP的中點，求OM·OQ的最大值.

解法一 考慮到向量積是兩極徑之積，且兩極角一樣，所以用極坐標求解.

P（ρ1，θ），Q（ρ2，θ），θ∈0，π2，

∴ρ1=2cosθ+2sinθ，ρ2=8cos2θ+2sin2θ，

∴OM·OQ=12OP·OQ=8（cosθ+sinθ）2cos2θ+2sin2θ=8（tanθ+1）21+2tan2θ.

令tanθ+1=t（t>1），則原式=8t22t2-4t+3=82-4t+3t2.當1t=23時原式取最大值23.

其實用極坐標方程和用直角坐標方程計算量差不多，但是如果先把向量變形運算后，再利用橢圓的參數(shù)方程就大大減少了運算量，題目變得非常簡單.

解法二 Q（22cosα，2sinα），OM·OQ=（OC+CM）·OQ=OC·OQ=（1，1）·（22cosα，2sinα）=22cosα+2sinα=23sin（α+β）≤23，等號成立時tanα=12.

解析幾何是一個很難攻克的專題，涉及知識點太多，很多時候列式對了，理論上能算出來，實際上學生很難算出來，所以教師在講課時要多注意，多引導，適當改變方法，有的題目可以用極坐標和參數(shù)方程來求解，有時事半功倍，還可以加深學生對選修知識以及解析幾何知識的理解，拓寬思維.