参数方程消参法
参数方程消参方法整理收集；
前言
消参的常用方法有：代入消参法，加减消参法，乘除消参法，平方消参法[或变形后平方消参]，组合消参法等。其实说穿了，就是采用一级运算[加减]或二级运算[乘除]或三级运算[乘方开方]或其组合使用；
方法例说
- 代入消参法
引例如，直线\(\left\{\begin{array}{l}{x=1+t①}\\{y=2-t②}\end{array}\right.(t为参数)\)，
将\(t=x-1\)代入②，得到\(y=2-(x-1)\)，
即\(x+y-3=0\)，代入消参完成。
- 加减消参法
依上例，两式相加，得到\(x+y-3=0\)，加减消参完成。
- 乘除消参法
引例1如，\(\begin{cases}x=t cos\theta①\\y=t sin\theta②\end{cases}(t为参数)\) ，
针对要作分母的\(cos\theta\)分类讨论如下：
当\(cos\theta=0\)时，直线为\(x=0\)；
当\(cos\theta\neq 0\)时，由\(\cfrac{②}{①}\)，两式相除得到\(y=tan\theta\cdot x\)
引例2如，\(\begin{cases}y=k(x-2)\\y=\cfrac{1}{k}(x+2)\end{cases}(k为参数)\)
两式相乘，消去参数\(k\)，得到\(y^2=x^2-4(y\neq 0)\)，[1]
- 平方消参法
引例如，圆的参数方法\(\left\{\begin{array}{l}{x=1+2cos\theta①}\\{y=2+2sin\theta②}\end{array}\right.(\theta为参数)\)，
先变形为\(\left\{\begin{array}{l}{x-1=2cos\theta①}\\{y-2=2sin\theta②}\end{array}\right.(\theta为参数)\)，
①②两式同时平方，再相加，得到
\((x-1)^2+(y-2)^2=4\)，到此平方消参完成。
- 组合法
引例如，曲线的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=2s^2①}\\{y=2\sqrt{2}s②}\end{array}\right.(s为参数)\)，
- 法1，使用代入消参法，由②得到\(s=\cfrac{y}{2\sqrt{2}}\)，
代入①整理得到，\(y^2=4x\)；
- 法2，平方法+除法消参法，由\(\cfrac{②^2}{①}\)，整理得到，\(y^2=4x\)；
再如曲线的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=t-\cfrac{1}{t}①}\\{y=t+\cfrac{1}{t}②}\end{array}\right.(t为参数)\)，
分析：给①式平方得到，\(x^2=t^2+\cfrac{1}{t^2}-2③\)，
给②式平方得到，\(y^2=t^2+\cfrac{1}{t^2}+2④\)，
\(④-③\)，得到\(y^2-x^2=4\)，消参完成，
本题使用了平方消参法和加减消参法。
消参关系式
① \(t\cdot \cfrac{1}{t}=1\)；
② \((t+\cfrac{1}{t})^2-(t-\cfrac{1}{t})^2=4\)； 令 \(t\Rightarrow e^t\)，即得到 ④ 式；
③ \((\cfrac{2t}{1+t^2})^2+(\cfrac{1-t^2}{1+t^2})^2=1\)；[2]
④ \((e^t+e^{-t})^2-(e^t-e^{-t})^2=4\)；
注意事项
- 参数方程消参以后需要特别注意的是，消参前后的表达式要等价，这一点常常与我们学习的函数的值域有关。举例如下：
分析：用带入法消掉参数\(t\)，得到其普通方程为\(x=3(y+1)+2\)，即\(x-3y-5=0\)。这是直线。
但是，参数\(t\)有范围，故\(x\)和\(y\)都应该有范围。
比如，\(x=3t^2+2\in [2，77]\)，由于\(y=\cfrac{x-5}{3}\)是单调函数，故不需要再限制\(y\)的范围，
即表示的曲线为\(x-3y-5=0(2\leqslant x\leqslant 77)\)，即为一条线段。
分析：由题目可知，\(\rho^2(cos^2\theta-sin^2\theta)=4\)，
即\(x^2-y^2=4\)，即\(\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{4}=1\)，等轴双曲线，有左右两支；
但是题目要求\(\cfrac{3\pi}{4}<\theta<\cfrac{5\pi}{4}\)，则符合题目的只有双曲线的左支，
故其普通方程为\(x^2-y^2=4(x\leq -2)\)
说明：极坐标方程也存在等价问题。
分析：两式相乘，消去参数\(k\)，得到\(y^2=x^2-4\)，即\(x^2-y^2=4\)，
那么转化前后，是否等价，该考虑什么？其实只需要考虑其上的特殊点。
\(x^2-y^2=4\)是焦点在\(x\)轴的等轴双曲线，顶点是\((\pm2，0)\)，
若\(y=0\)，则\(x=2\)且\(x=-2\)，这不可能。故\(y\neq 0\)，
故所求的普通方程为\(x^2-y^2=4(y\neq 0)\)
例题赏析
分析：由于\(k^2+\cfrac{1}{k^2}=(k-\cfrac{1}{k})^2-2\)，利用此公式消参，得到
\(\cfrac{x}{p}=(\cfrac{y}{p})^2+2\)，即\(y^2=px-2p^2\)，
即中点\(P\)的轨迹方程为\(y^2=px-2p^2\)。
(2)、求线段\(AB\)的中点\(M\)的轨迹\(C\)的方程。
分析【法1】：设直线\(AB\)的方程为\(y=kx\)，点\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)
与圆\(C_1\)联立，消\(y\)得到，\((1+k^2)x^2-6x+5=0\)，
由\(\Delta =(-6)^2-4\times 5(1+k^2)>0\)，可得\(k^2<\cfrac{4}{5}\)，
由韦达定理可得，\(x_1+x_2=\cfrac{6}{1+k^2}\)，
则线段\(AB\)的中点\(M\)的轨迹\(C\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=\cfrac{3}{1+k^2}①}\\{y=\cfrac{3k}{1+k^2}②}\end{array}\right.\)，其中\(-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}<k<\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)，
如何消参数呢？两式相比，得到\(y=kx\)，即\(k=\cfrac{y}{x}\)，
代入①变形整理后得到，\((x-\cfrac{3}{2})^2+y^2=\cfrac{9}{4}\)，
又由于\(k^2<\cfrac{4}{5}\)，得到\(\cfrac{5}{3}<x\leq 3\)，
故线段\(AB\)的中点\(M\)的轨迹\(C\)的方程为\((x-\cfrac{3}{2})^2+y^2=\cfrac{9}{4}\)，其中\(\cfrac{5}{3}<x\leq 3\)。
分析：两式相除，得到\(y=tx\)，即\(t=\frac{y}{x}\)，代入①式，
得到\(x(1+\frac{y^2}{x^2})=3\)，两边乘以\(x\)得到\(x^2(1+\frac{y^2}{x^2})=3x\)，
即\(x^2+y^2=3x\),\((\frac{5}{3}<x\leqslant 3)\)
分析：给①式平方得到，\(x^2=\cfrac{(1-t^2)^2}{(1+t^2)^2}=\cfrac{t^4-2t^2+1}{t^4+2t^2+1}③\)，
给②式平方得到，\(y^2=\cfrac{(4t)^2}{(1+t^2)^2}=\cfrac{16t^2}{t^4+2t^2+1}④\)，
为消掉参数，需要给④式两边同除以\(4\)得到，\(\cfrac{y^2}{4}=\cfrac{4t^2}{t^4+2t^2+1}⑤\)，
③+⑤得到，\(x^2+\cfrac{y^2}{4}=\cfrac{t^4+2t^2+1}{t^4+2t^2+1}=1\).
故所求的普通方法为\(x^2+\cfrac{y^2}{4}=1\).
解后反思：平方后，调整系数再相加，利用分式的和为常数，可以消掉参数；
法1：利用平方法+和差法，\(①^2+②^2\)得到，\(x^2+y^2=2\)；即其普通方程为\(x^2+y^2=2\)；
法2：利用\(sin^2\theta+cos^2\theta=1\)消参，由已知方程反解得到，
\(sin\theta=\cfrac{x+y}{2}\)，\(cos\theta=\cfrac{x-y}{2}\)，
两式平方得到，\((\cfrac{x+y}{2})^2+(\cfrac{x-y}{2})^2=1\)，
整理得到，\(x^2+y^2=2\)。
解后反思：消参的途径可能不唯一；
分析：给①式的两边平方得到，\(x^2=a^2+1+\cfrac{1}{4a^2}③\)；
给②式的两边平方得到，\(y^2=a^2-1+\cfrac{1}{4a^2}④\)；
两式相减，③-④得到，\(x^2-y^2=2\)；
(1). 求 \(C\) 和 \(l\) 的直角坐标方程;
解: 曲线 \(C\) 的直角坐标方程为 \(\cfrac{x^{2}}{4}+\cfrac{y^{2}}{16}=1\).
当 \(\cos\alpha\neq 0\) 时，\(l\) 的直角坐标方程为 \(y=\tan\alpha\cdot x+2-\tan\alpha\)当我们变形得到，\(x\)\(-\)\(1\)\(=\)\(t\)\(\cos\alpha\) ，\(y\)\(-\)\(2\)\(=\)\(t\)\(\sin\alpha\)，要消参肯定需要代入或者相除，自然会产生分母，这时候就需要考虑分母是否为零的情形，故要做分类讨论；
当 \(\cos\alpha=0\) 时， \(l\) 的直角坐标方程为 \(x=1\).
(2). 若曲线 \(C\) 截直线 \(l\) 所得线段的中点坐标为 \((1,2)\)， 求 \(l\) 的斜率 。
解：将 \(l\) 的参数方程代入 \(C\) 的直角坐标方程 \(\cfrac{x^{2}}{4}+\cfrac{y^{2}}{16}=1\)，
整理得关于 \(t\) 的方程 \(\left(1+3 \cos ^{2} \alpha\right) t^{2}+\) \(4(2 \cos \alpha+\sin \alpha) t-8=0\). ①
因为曲线 \(C\) 截直线 \(l\) 所得线段的中点 \((1,2)\) 在 \(C\) 内， 所以 ① 有两个解,
设为 \(t_{1}\)， \(t_{2}\)， 则 \(t_{1}+t_{2}=0\).
又由(1)得 \(t_{1}+t_{2}=-\cfrac{4(2\cos\alpha+\sin\alpha)}{1+3\cos^{2}\alpha}\)，
故 \(2\cos\alpha+\sin\alpha=0\)， 于是直线 \(l\) 的斜率 \(k=\)\(\tan\alpha=-2\)。
法2：点差法，设曲线 \(C\) 与直线 \(l\) 的交点为点 \(A(x_1,y_1)\) ，点 \(B(x_2,y_2)\) ，
由于这两个点都在曲线 \(C\) 上，故满足曲线方程，
则 \(\cfrac{x_1^2}{4}+\cfrac{y_1^2}{16}=1\)①， \(\cfrac{x_2^2}{4}+\cfrac{y_2^2}{16}=1\)②，
①-② 得到， \(4(x_1+x_2)(x_1-x_2)+(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0\)，
整理得到， \(-\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=4\times \cfrac{x_1+x_2}{y_1+y_2}\)
又由于\(AB\) 的中点坐标为 \((1,2)\)，故 \(x_1+x_2=2\)，\(y_1+y_2=4\)，
故 \(-\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=4\times \cfrac{x_1+x_2}{y_1+y_2}\)\(=4\times \cfrac{2}{4}=2\)，
即 \(-k=2\)，故 \(k=-2\) .
(1). 求曲线 \(C_1\) 的极坐标方程；
解析：本题目依托\((\cfrac{2t}{1+t^2})^2+(\cfrac{1-t^2}{1+t^2})^2=1\) 来消参当然，本题目也可以利用代入消元法，由 ② 式反解出 \(t^2\)，代入 ① 式，在 \(t\) 处使用 \(\pm\) 即可，然后两边同时平方整理即可消去参数 \(t\)，只不过运算很复杂。。
由于 \(y=\cfrac{3+2t^2}{1+2t^2}=2+\cfrac{1-2t^2}{1+2t^2}\)，则有 \(y-2=\cfrac{1-2t^2}{1+2t^2}\)，
所以 \(x^2+(y-2)^2=(\cfrac{2\sqrt{2}t}{1+2t^2})^2+(\cfrac{1-2t^2}{1+2t^2})^2=1\)，
因为 \(C_1\) 可化为 \(x^2+y^2-4y+3=0\)(\(y\neq1\))，所以曲线 \(C_1\) 的极坐标方程为 \(\rho^2-4\rho\sin\theta+3=0\)(\(\rho\neq1\))。
(2). 曲线 \(C_3\) 与曲线 \(C_1\) 交于 \(A\)，\(B\) 两点，与曲线 \(C_2\) 交于点 \(C\) ，若\(|OC|=\cfrac{15}{16}(|OA|+|OB|)\)，求 \(a\) 的值。
解析：由于曲线 \(C_3\) 与曲线 \(C_1\) 交于 \(A\)，\(B\) 两点，则点 \(A\)，\(B\) 同时满足两条曲线的方程，
令 \(A(\rho_{_A},\theta)\)，\(B(\rho_{_B},\theta)\) 故联立得到\(\left\{\begin{array}{l}\theta=\alpha\\\rho^2-4\rho\sin\theta+3=0\end{array}\right.\)
将 \(\theta=\alpha\) 代入消元 \(\theta\) ，得到 \(\rho^2-4\rho\sin\alpha+3=0\)，
又由于 \(\tan\alpha=2\)，则可知 \(\sin\alpha=\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)，代入上式得到，\(\rho^2-\cfrac{8\sqrt{5}}{5}\rho+3=0\)，
又由上可知，\(\rho_{_A}\)， \(\rho_{_B}\) 是方程的两个根，故有 \(|OA|+|OB|=\rho_{_A}+\rho_{_B}=\cfrac{8\sqrt{5}}{5}\)，
故有 \(|OC|=\cfrac{15}{16}(|OA|+|OB|)=\cfrac{15}{16}\times \cfrac{8\sqrt{5}}{5}=\cfrac{3\sqrt{5}}{2}\).
同理，如图所示，曲线 \(C_3\) 与曲线 \(C_2\) 交于点 \(C(\rho_{_C},\theta)\) ，则点 \(C\) 同时满足两条曲线的方程，
联立得到\(\left\{\begin{array}{l}\theta=\alpha\\\rho\sin\theta+2\rho\cos\theta-a=0\end{array}\right.\) ，将 \(\theta=\alpha\) 代入消元 \(\theta\) ，
得到 \(\rho\sin\alpha+2\rho\cos\alpha-a=0\)，由 \(\tan\alpha=2\)，则可知 \(\sin\alpha=\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)，且 \(\cos\alpha=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)，
代入整理得到，\(\rho\times \cfrac{2\sqrt{5}}{5}+\rho\times \cfrac{2\sqrt{5}}{5}-a=0\)，即 \(\rho=\cfrac{a}{\frac{4\sqrt{5}}{5}}=\cfrac{\sqrt{5}a}{4}\)，
即 \(\rho_{_{C}}=|OC|=\cfrac{\sqrt{5}a}{4}\)， 由 \(|OC|=\cfrac{3\sqrt{5}}{2}=\cfrac{\sqrt{5}a}{4}\)，解得 \(a=6\) .
由于\(k\neq 0\)，当\(y=0\)时，需要\(x=2\)且\(x=-2\)，这是不可能的，故\(y\neq 0\)。 ↩︎
其一，本消参关系式，其实与三角函数中的万能公式有关，\(\sin\theta=\cfrac{2\tan\frac{\theta}{2}}{1+\tan^2\frac{\theta}{2}}\)；\(\cos\theta=\cfrac{1-\tan^2\frac{\theta}{2}}{1+\tan^2\frac{\theta}{2}}\)；\(\tan\theta=\cfrac{2\tan\frac{\theta}{2}}{1-\tan^2\frac{\theta}{2}}\)，其中\(\theta\neq 2k\pi+\pi\)，且\(\theta\neq k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，\(k\in Z\)；
其二，给上述公式中的 \(t\) 赋值，令\(t=\sqrt{2}n\)，则可以得到形式上看似不一样的消参关系式，
\((\cfrac{2\sqrt{2}n}{1+2n^2})^2+(\cfrac{1-2n^2}{1+2n^2})^2=1\)；
这样我们就容易理解 \(t\Rightarrow \sqrt{2}t\)， \(t\Rightarrow \sqrt{3}t\)，则
\((\cfrac{2\sqrt{2}t}{1+2t^2})^2+(\cfrac{1-2t^2}{1+2t^2})^2=1\)；\((\cfrac{2\sqrt{3}t}{1+3t^2})^2+(\cfrac{1-3t^2}{1+3t^2})^2=1\)； ↩︎
