| 标题 | 浅谈选修4—4知识在解析几何中的应用 |
| 范文 | 唐慧娜 【摘要】本文以全新的视角，利用选修4-4中的极坐标及参数方程来求解一些解析几何问题，减少运算量，提高了解题效率，拓宽了思路，加深了对极坐标及参数方程的理解，也给解析几何添加了新的解题方法. 【关键词】极坐标；直线；方程；三角 福建高考和全国高考都是把选修4-4放在最后一道来考，一般人也只有在做选修题时才会条件反射用相应的极坐标与参数方程知识来解题，其实有时在解解析几何时，如果用极坐标和参数方程知识，可减少运算量，题目很快迎刃而解.让我们一起来感受这些小小的智慧火花吧！ 例1 在平面坐标系xOy中，点A是椭圆x216+y24=1上的动点，点P在直线OA上，且OA·OP=6，求线段OP在x轴上投影的最大值. 本题考查投影知识，又把向量和解析几何结合在一起，很多学生连投影公式都忘掉，又害怕解析几何与向量结合，直接畏难而退，白白失分. 解法一 本題可设A（x0，y0），由OA·OP=6， 得|OP|=6|OA|， 则投影为|OP|·cosθ=6x20+y20·x0x20+y20. 因为要求投影最大值，所以cosθ>0.投影为6x20x20+y20， 将x2016+y204=1，代入上式得投影为 24x209x40+96x20+256=2419x20+256x20+96 . 再由均值不等式可得最大值为3，等号成立时x0=433. 解法二 设直线OA为y=kx，联立直线与椭圆得（1+4k2）x2-16=0， ∴|OA|=1+k2161+4k2， ∴|OP|·cosθ=61+k2161+4k2·11+k2=32·1（1+k2）21+4k2 . 设1+4k2=t，t≥1，（1+k2）21+4k2=t+9t+616. ∵t+9t≥6，∴投影最大值为3，等号成立时k2=12. 解法三 考虑到本题涉及长度与角度，同时具备极坐标中的极角与极径两个元素，所以利用极坐标来解题. A（ρ，θ），∴ρ2cos2θ16+ρ2sin2θ4=1，∴ρ=164-3cos2θ， ∴|OP|cosθ=6cosθρ=6cosθ164-3cos2θ=32cos2θ（4-3cos2θ）. ∵3cos2θ（4-3cos2θ）≤3cos2θ+4-3cos2θ22=4. ∴投影最大值为3，等号成立时cos2θ=23. 相比而言，用极坐标运算量小一点，不用涉及分式型函数求最值，虽然同样用均值不等式解决，但难度也相对小一点，当然也可以不用均值不等式求解，用复合函数求值域也很快就能算出来.成功解题的同时又复习了极坐标知识，让人耳目一新. 例2 在平面坐标系xOy中，E，F两点的坐标分别为（0，3），（0，-3），动点G满足：直线EG与直线FG的斜率之积为-34. （1）求动点G的轨迹方程. （2）过点O作两条互相垂直的射线与（1）中的轨迹分别交于A，B两点，求三角形OAB的面积的最小值. 解法一 （1）易得G轨迹为x24+y23=1（x≠0）. （2）直线AB的方程为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），直线与椭圆x24+y23=1（x≠0）联立得 （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到直线AB的距离d=|m|1+k2=2217. ∵OA2+OB2=AB2≥2OA·OB，当且仅当OA=OB时等号成立. ∴d·AB=OA·OB≤AB22，∴AB≥2d=4217 ∴三角形的面积最小值为12×4217×2217=127. 这个解法用韦达定理求解，中间的运算整理过程比较复杂. 解法二 OA与OB垂直，三角形面积是12OA·OB， 而设直线OA为y=kx，运算时只需把直线OB的斜率换成-1k，联立直线OA与椭圆得（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，等号成立时3+4k2=4+3k2， ∴k2=1时三角形面积取最小值. 这个解法比第一个解法运算量少，解题成功率更高.其实两条直线互相垂直可以转换成极角差π2，而面积又正好是极径积的一半，可以考虑用极坐标解决. 设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， 等号成立时3+sin2θ=3+cos2θ，即tan2θ=1. 用极坐标来求解计算量小，简单明了，不失为一种巧妙的解法.不但极坐标可以用来解决解析几何问题，选修4-4中的参数方程，尤其是椭圆的参数方程在解析几何中的应用更为广泛. 例3 已知动点P与双曲线x22-y23=1的两个焦点F1，F2的距离之和为定值且cos∠F1PF2的最小值为-19. （1）求动点P的轨迹E的方程. （2）已知D（0，3），若M，N在动点P的轨迹E上，且DM=λDN，求λ的取值范围. （1）易得动点P的轨迹E的方程为x29+y24=1. （2）解法一 由题目知D，M，N三点共线，设为直线m，设直线m的方程为y=kx+3，代入椭圆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. 又当直线斜率不存在时，不难验证λ=15或λ=5. 综上所述15≤λ≤5. 解法一利用韦达定理整理时运算量也非常大，其实用这个解法在考场上学生很难全部得分，很可能半途而废，加上考试时紧张，又受时间限制，很难顺利得分.考虑到M点与N点均在椭圆上，用椭圆的参数方程，把问题转化成三角来解决，不但运算量少一些，而且方法新颖，拓宽了思维，值得一试. 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. 考虑到DM=λDN，可以把问题转化成直线的参数t1=λt2，所以也可以用直线的参数方程来解题. 设直线MN为x=tcosα，y=3+tsinα， t为参数，α为倾斜角.代入椭圆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 已知圆C：（x-1）2+（y-1）2=2经过椭圆C1：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦点F和上顶点B. （1）求椭圆C1的方程. （2）过原点的射线与椭圆在第一象限的交点为Q，与圆C的交点为P，M为OP的中点，求OM·OQ的最大值. 解法一 考虑到向量积是两极径之积，且两极角一样，所以用极坐标求解. 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.当1t=23时原式取最大值23. 其实用极坐标方程和用直角坐标方程计算量差不多，但是如果先把向量变形运算后，再利用椭圆的参数方程就大大减少了运算量，题目变得非常简单. 解法二 Q（22cosα，2sinα），OM·OQ=（OC+CM）·OQ=OC·OQ=（1，1）·（22cosα，2sinα）=22cosα+2sinα=23sin（α+β）≤23，等号成立时tanα=12. 解析几何是一个很难攻克的专题，涉及知识点太多，很多时候列式对了，理论上能算出来，实际上学生很难算出来，所以教师在讲课时要多注意，多引导，适当改变方法，有的题目可以用极坐标和参数方程来求解，有时事半功倍，还可以加深学生对选修知识以及解析几何知识的理解，拓宽思维. |
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