学科方法 参数法

学科方法2参数法

参数观点是运动、变化思想在数学中的重要体现．参数是解析几何中最活跃的元素，也是解题的一种主要方法．解析几何中的许多解题技巧都来源于参数观点．

(一)参数法解题的基本步骤 参数法解题的步骤是：

(1)设参，即选择适当的参数(参数的个数可取一个或多个)； (2)用参，即建立参数方程或含参数的方程； (3)消参，即通过运算消去参数，使问题得到解决．

例1 已知抛物线y=2px(p＞0)，在x轴的正半轴上求一点M，使过M的弦P1P2，满足OP1⊥OP2． 【解】 如图2－5，设M(m，0)(m＞0)、P1(x1，y1)、P2(x2，y2)． ∵ OP1⊥OP2，

2

即y1y2=-x1x2．

2

2

∴ (y1y2)＝4px1x2． 从而(-x1x2)=4px1x2． ∵ x1≠0，x2≠0， ∴ x1x2=4p

2 2

2

①

设直线P1P2的方程为y=k(x-m)，把它代入y=2px中，整理，得

kx-2(km+p)x+km=0．

由韦达定理，得x1x2=m

2

22

2

22

2

②

把②代入①中，得m=(2p)． ∵ m＞0，p＞0，∴m=2p． 于是所求的点M的坐标为(2p，0)．

【解说】 本例选点P1、P2的坐标为参数，利用已知条件建立x1，x2，y1，y2，m，p的关系式，消去参数，求得m的值．

22

2

OP交椭圆于点R，又点Q在OP上且满足|OQ|2|OP|=|OR|．当点P在l上移动时，求动点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．(1995年全国高考理科压轴题)

【解】 如图2－6，设动点Q(x，y)(x，y不同时为零)．又设|OR|=λ|OQ|，|OP|=u|OQ|，(λ，u＞0)，由于Q、R、P三点共线，所以点R(λx，λy)、点P(ux，uy)．

∵ |OQ|2|OP|=|OR|， ∴ u|OQ|=λ|OQ|．又 |OQ|≠0，

2

2

2

2

同理，由P在l上，可得

于是由①、②、③，可得动点Q的轨迹方程为

且长轴平行于x轴的椭圆，去掉坐标原点．

2

利用已知条件|OQ|2|OP|=|OR|巧妙地消去参数，这里参数是一个过渡，起桥梁作用．这种解法比高考命题者提供的答案简明．

(二)解题技巧的一个源泉

参数观点是产生解题技巧的一个源泉，解析几何的许多解题技巧都起源于参数．其中“设而不求”和“代点法”就是最突出的两个．

1．设而不求

例3 如图2－7，过圆外一点P(a，b)作圆x＋y=R的两条切线，切点为A、B，求直线AB的方程．

2

2

2

【解】 设A、B的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，则切线AP、BP的方程分别为x1x+y1y＝R，x2x+y2y＝R．

2

2

∵ 这两条切线都过点P(a，b)， ∴ ax1＋by1=R， ax2＋by2=R．

由以上二式可以看出，点A、B在直线ax＋by=R上，又过A、B只有一条直线， ∴ 直线AB的方程为ax＋by=R．

【解说】 本例中把A、B的坐标作为参数．虽然设了A、B的坐标，但并没有去求它的值，而是利用曲线与方程的概念，巧妙地“消去”参数，这就是所谓的“设而不求”．

2．代点法

例4 求抛物线y=12x的以M(1，2)为中点的弦所在直线的方程．

【解法1】 设弦的两个端点为A(x1，y1)、B(x2，y2)，则由中点坐标公式，得 y1＋y2＝4 ①

2

2

2

2

2

即(y1＋

y2)(y1-y2)=12(x1-x2)． ②

即直线AB的斜率k=3．

故直线AB的方程为y-2=3(x-1)．

即 3x-y-1=0． 【解法2】 ∵ 弦的中点为M(1，2)，

∴ 可设弦的两个端点为A(x，y)、B(2-x，4-y)． ∵ A、B在抛物线上， ∴ y=12x，(4-y)=12(2-x)． 以上两式相减，得

y-(4-y)=12(x-2+x)，

即 3x-y-1=0，这就是直线AB的方程．

【解说】 以上两种解法都叫做代点法．它是先设曲线上有关点的坐标，然后代入曲线方程，最后经适当变换而得到所求的结果．

习题2．2

2

2

2

2

用参数法解证下列各题：

1．已知椭圆9x＋16y=144内有一点P(2，1)，以P为中点作弦MN，则直线MN的方程为． [ ]

22

A．9x-8y＋26＝0

B．9x＋8y-26＝0

C．8x-9y+26=0

D．8x＋9y-26=0

2．点D(5，0)是圆x＋y-8x-2y+7=0内一点，过D作两条互相垂直的射线，交圆于A、B两点，求弦AB中点M的轨迹方

程．

22

且OP⊥OQ，求m的值．

4．已知射线OA、OB分别在第一、四象限，且都与Ox轴成60

的轨迹．

5．已知两点P(-2，2)、Q(0，2)以及一条直线l：y=x．设长为

程．(要求把结果写成普通方程)(1985年全国高考理科试题)

6．已知椭圆的中心在原点，对称轴合于坐标轴，直线y=-x＋1与

习题2．2答案或提示

1．仿例4，选(B)．

2．设M(x，y)，A(x＋x0，y＋y0)，B(x-x0，y-y0)，把A、B

=0．

3．仿例1，可得m=3．

5．设A(t，t)，B(t＋1，t＋1)，又设直线PA、PB的斜率分别

x-y＋2x-2y＋8=0．

6．设椭圆的方程为ax＋by=1(a＞0，b＞0)，A、B、C的坐

2

2

2

2

学科方法2待定系数法

(一)求直线和曲线的方程

例1 过直线x-2y-3=0与直线2x-3y-2=0的交点，使它与两坐标轴相交所成的三角形的面积为5，求此直线的方程．

【解】 设所求的直线方程为(x-2y-3)+λ(2x-3y-2)=0，整理，得

依题意，列方程得

于是所求的直线方程为 8x-5y＋20=0或2x-5y-10=0．

【解说】 (1)本解法用到过两直线交点的直线系方程，λ是待定系数． (2)待定系数法是求直线、圆和圆锥曲线方程的一种基本方法．

例2 如图2－9，直线l1和l2相交于点M，l1⊥l2，点N∈l1，以A、B为端点的曲线C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等．若

系，求曲线C的方程．(1998年全国高考理科试题)

【解】 如图2－9，以l1为x轴，MN的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系．由已知，得曲线C是以点N为焦点、l2为准线的抛物线的一段，其中点A、B为曲线C的端点．

设曲线C的方程为y=2px，p＞0(x1≤x≤x2，y＞0)．其中，x1、x2分别是A、B的横坐标，p=|MN|．从而M、N

2

解之，得p=4，x1=1．

故曲线C的方程为y=8x (1≤x≤4，y＞0)．

(二)探讨二元二次方程(或高次方程)表示的直线的性质

例3 已知方程ax＋bxy＋cy=0表示两条不重合的直线L1、L2．求：(1)直线L1与L2交角的两条角平分线方程；(2)直线L1与L2的夹角的大小．

【解】 设L1、L2的方程分别为mx＋ny=0、qx＋py=0，则

ax+bxy＋cy＝(mx+ny)(qx+py)．

从而由待定系数法，得

a＝mq，b＝mp＋nq，c=np．

(1)由点到直线的距离公式，得所求的角平分线方程为

2

2

2

2

2

即(m＋n)(qx＋py)=(q+p)(mx＋ny)， 化简、整理，得

2

2

2

2

2

2

(nq-mp)[(nq＋mp)x＋2(np-mq)xy-(nq＋mp)y]=0．

∵ L1、L2是两条不重合的直线

∴b-4ac＝(mp+nq)-4mnpq=(mp－nq)＞0． 即 mp-nq≠0．

从而(nq＋mp)x＋2(np-mq)xy-(nq+mp)y=0．

把 mq=a，mp+nq=b，np=c代入上式，得 bx+2(c-a)xy-by＝0． 即为所求的两条角平分线方程．

(2)显然当mq＋np=0，即a+c=0时，直线L1与L2垂直，即夹角为90°． 当mq＋np≠0即a＋c≠0时，设L1与L2的夹角为α，则

2

2

2

2

2

2

2

22

【解说】 一般地说，研究二元二次(或高次)方程表示的直线的性质，用待定系数法较为简便． (三)探讨二次曲线的性质 1．证明曲线系过定点

例4 求证：不论参数t取什么实数值，曲线系(4t＋t＋1)x+(t＋1)y＋4t(t＋1)y-(109t＋21t+31)=0都过两个定点，并求这两个定点的坐标．

【证明】 把原方程整理成参数t的方程，得 (4x＋4y-109)t+(x+y+4y-21)t+x＋y-31=0． ∵ t是任意实数上式都成立，

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2

2

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2

2

【解说】 由本例可总结出，证明含有一个参数t的曲线系F(x，y，t)=0过定点的步骤是： (1)把F(x，y，t)=0整理成t的方程；

(2)因t是任意实数，所以t的各项系数(包括常数项)都等于零，得x、y的方程组； (3)解这个方程组，即得定点坐标． 2．求圆系的公切线或公切圆

例5 求圆系x＋y-2(2m＋1)x-2my＋4m＋4m＋1=0(m≠0)的公切线方程． 【解】 将圆系方程整理为[x-(2m+1)]＋(y-m)=m(m≠0) 显然，平行于y轴的直线都不是圆系的公切线．

设它的公切线方程为 y=kx＋b，则由圆心(2m＋1，m)到切线的距离等于半径|m|，得

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2

2

2

从而[(1-2k)m-(k＋b)]＝m(1＋k)， 整理成m的方程，得

(3k-4k)m-2(1-2k)(k+b)m+(k+b)=0．

∵ m取零以外的任意实数上式都成立，

2

2

2

【解说】 由本例可总结出求圆系F(x，y，m)=0的公切线方程的步骤是： (1)把圆系方程化为标准方程，求出圆心和半径；

(2)当公切线的斜率存在时，设其方程为y=kx＋b，利用圆心到切线的距离等于半径，求出k、b、m的关系式f(k，b，m)=0；

(3)把f(k，b，m)=0整理成参数m的方程G(m)=0．由于m∈R，从而可得m的各项系数(包括常数项)都等于零，得k、b的方程组；

(4)解这个方程组，求出k、b的值；

(5)用同样的方法，可求出x=a型的公切线方程． 3．化简二元二次方程

例6 求曲线9x＋4y＋18x-16y-11=0的焦点和准线．

【分析】 把平移公式x=x′＋h，y=y′＋k，代入原方程化简．

习题2．3

2

2

用待定系数法解证下列各题：

1．求经过三点(2，3)、(5，3)、(3，-1)的圆的方程．

2．求双曲线x-2y-6x＋4y＋3=0的焦点坐标．

22

3．若方程ax＋bxy＋cxy＋dy=0表示三条直线，且其中两条互相垂直，求证：a＋ac＋bd＋d=0．

322322

4．求圆系2x+2y-4tx-8ty＋9t=0(t≠0)的公切线方程．

222

5．试证圆系x+y-4Rxcosα-4Rsinα+3R=0(R是正的常数，α为参数)与定圆相切，并求公切圆的方程．

222

6．若在抛物线y=2px(p＞0)的对称轴上有一个定点Q，过Q的任

2

习题2．3答案或提示

1．设圆的方程为x＋y＋Dx＋Ey＋F=0，把三个已知点的坐标代入，可求得D=-8，E=-2，F=12．

2

2

3．设过原点互相垂直的两条直线方程为lx+mxy-ly=0，另一条直线方程为px＋qy=0，则ax＋bxy＋cxy+dy=(lx＋mxy-ly)(px＋qy)，从而a=lp，b=lq＋mp，c=mq-lp，d=-lp．于是可得a＋ac＋bd＋d=0．

4．y=x或y=7x．

5．圆系方程为(x-2Rcosα)+(y-2Rsinα)=R，设公切圆方程为(x-a)+(y-b)=r，则由两圆相切的充要条件是圆心距等于两圆半径和或差的绝对值，可得(a-2Rcosα)＋(b-2Rsinα)=(R±r)，整理，可得a＋b-2R

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3

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2

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2

2

3

2

即a=b=0．从而r-3R±2Rr=0，解得r1=R，r2=3R．

6．设Q(x0，0)，直线AB的参数方程为x=x0＋tcosα，y=tsinα．代

2

2

任一值，所以x0=p．

学科方法2判别式法

(一)确定直线与二次曲线和二次曲线与二次曲线的位置关系

它们中每一个点到点A的距离等于该点到直线l的距离？(1988年全国高考理科试题)

点、l为准线的抛物线方程为y=2px． 椭圆上有四个点符合题意的充要条件为方程组

2

y2=2px

有四个不同的实数解．

显然，这个方程组有四个不同的实数解的充要条件为方程①有两个不相等的正根． 设方程①的两个根为x1、x2，则x1＞0、x2＞0的充要条件为

又由已知，得p＞0 ⑤

【解说】 本例的实质是求椭圆与抛物线有四个不同的交点的条件，它归结为一元二次方程ax+bx+c=0有两个不等的正根的条件，即Δ

2

(二)求极值

例2 过点P(3，2)作直线l分别交x轴、y轴正方向于A、B两点，求△AOB面积S的最小值． 【解】 如图2-21，设直线l的方程为y-2=k(x-3)(k＜0)，则它在x轴、y轴上的截距分别为

2

从而9k+2(S-6)k+4=0． ∵ Δ=[2(S-6)]-43439≥0， ∴ S(S-12)≥0． ∵ S＞0，∴S≥12．

2

∴ Smin=12．

例3 在椭圆9x+4y=36上分别求一点，使x+y有最大值和最小值． 【解】 设x+y=u，则y=u-x．

把它代入椭圆方程中，整理，得13x-8ux+4(u-9)=0．

∵ x是实数，∴ Δ≥0即(-8u)-431334(u-9)≥0．解之，得-

2

2

2

2

2

2

(三)求参数的取值范围

例4 已知抛物线y=ax-1上恒有关于直线l：y=-x对称的两点，求a的取值范围．

2

【解法1】 如图2-22，设点P(x0，y0)关于直线l对称的点为Q(-y0，-x0)，则由P、Q都在抛物线y=ax-1上，得

2

以上两式相减，得 x0+y0=a(x0+y0)(x0-y0)．

∵ 点P不在直线x+y=0上，∴x0+y0≠0．从而a(x0-y0)=1，即y0=x0-

∵ P、Q两点恒存在，∴x0是实数，即方程(*)恒有两个不等实

学科方法2综合几何法

(一)利用平面几何知识解题

例1 已知⊙O的方程为x＋y=r，点A(-r，0)、B(r，0)，M是⊙O上任一点，过A作M处的切线的垂线AQ交BM的延长线于P，求动点P的轨迹方程．

2

2

2

【解】 如图2－12，连MO，则OM⊥MQ，从而OM∥AP． ∵ |BO|=|OA| ∴ |AP|＝2|MO|＝2r．

于是动点P的轨迹是以点A为圆心，|AP|=2r为半径的圆． 设P(x，y)，则P的轨迹方程为 (x+r)+y＝(2r)．

【解说】 本例利用圆的切线的性质和三角形中位线定理，其解法十分明快、简捷．

2

2

2

例2 已知圆O′：(x-14)＋(y-12)=36内一点C(4，2)和圆周上两动点A、B，使∠ACB=90°，求斜边AB的中点M的轨迹方程．

【解】 如图2－13，连结MO′、MC、BO′，则O′M⊥MB，|MC|=|AM|=|MB|．设M(x，y)，则在Rt△BMO′中，|O′M|+|BM|=|O′B|，又|BM|=|CM|，

∵ |O′M|＋|CM|=|O′B|，

即(x-14)+(y-12)＋(x-4)+(y-2)=36，

∴ 动点M的轨迹方程为x＋y-18x-14y-468＝0．

【解说】 本例利用圆的垂径定理和直角三角形的性质，使一个运算量较大的习题，得到极其简便的解法，充分显示了平面几何知识在解析几何中的应用．

(二)利用圆锥曲线的定义和几何性质解题

例3 已知一动圆P与圆O1：(x+1)＋y=1外切，与圆O2：(x-1)+y=9内切，求动圆圆心P的轨迹方程．

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222

【解】 如图2－14．设动圆圆心P的坐标为(x，y)，它的半径为r．由已知，得两定圆的圆心分别为O1(-1，0)、O2(1，0)，半径分别为r1=1，r2=3．

∵ 动圆P与⊙O1外切，与⊙O2内切， ∴ |PO1|=1+r，|PO2|=3-r， ∴ |PO1|+|PO2|=4．

即动点P到两点O1、O2的距离之和等于4．

从而由椭圆的定义，得动点P的轨迹是以两定点O1、O2为焦点，长轴长为4的椭圆．由于⊙O1与⊙O2

内切于点M(-2，0)，所以轨迹中不包括点M．故动点P的轨迹方程为

【解说】 本解法的特点是利用椭圆的定义和两圆相切的条件．

例4 如图2-15，F是圆锥曲线的焦点，P1P2是焦点弦，e、p分别是离心率和焦参数(即焦点到准线的距离|FF1|)，求证

【证明】 如图2-15，过P1、P2分别作准线L的垂线，垂足分别为Q1、Q2． 由圆锥曲线的定义，得

【解说】 本解法的特点是灵活利用圆锥曲线的统一定义和线段定比分点公式．

习题2．5

用综合几何法解证下列各题：

焦点，AB为左支上过F1的弦，且|AB|m，则△ABF2的周长是____．

2．已知△ABC的两个顶点A(-a，0)、B(a，0)(a＞0)，顶点C在运动，且|AC|=2b(b是定值)，求BC中点P的轨迹方程．

3．已知

ABCD的相对两个顶点A(-4，6)、C(8，2)，过原点O作一直线l把平行四边形的面积

分成相等的两部分，求直线l的方程．

焦点也是F2，C1的准线与C2的准线重合，P是C1与C2的一个交点，求证：

5．已知椭圆的两个焦点是F1、F2，Rt△PF2Q的直角顶点为P，P、Q在椭圆上，F1在线段PQ上，且|PQ|=|PF2|，求这椭圆的离心率．

6．从过抛物线x=2py(p＞0)的焦点F的弦AB的端点向准线l引垂

2

习题2．5答案或提示

1．周长=(|AF2|-|AF1|)+(|BF2|-|BF1|)+2(|AF1|+|BF1|)=2a+2a+2m=4a+2m．

3．设AC与BD交于G，则平面几何知识可得，所求的直线l过点G．l的方程为y=2x．

4．设C2：y=2px、C1的离心率为e，点P到C1的左准线的距离为d，则由抛物线、双曲线的定义，得|PF2|=d，

2

6．(1)因为|AF|=|AA1|、|FB|=|BB1|、AA1∥y轴∥BB1，所以∠AFA1=

学科方法2坐标法

坐标法是解析几何最基本的方法，它的思路是，通过建立平面坐标系(直角坐标系或极坐标系等)，把几何问题转化为代数问题(或代数问题转化为几何问题)，从而利用代数知识(或解析几何知识)使问题得以解决．

(一)坐标法解证几何题

例1 在△ABC中，已知BC=a，CA=b，AB=c，S为三角形面

【证明】 如图2－1，以边AB的中点O为坐标系原点、AB所在的直线为x轴，建立直角坐标系，设A、B、C的坐标分别为(-m，0)、(m，0)、(p，q)(m＞0，q＞0)，则a=|BC|=(m-p)＋q=m+p＋q-2mp，b=|AC|=(p＋m)＋q=p＋m＋q-2mp，c=4m，S＝mq．

2

2

2

2

2

2

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2

2

2

2

2

2

2

例2 已知：AB是半圆的直径，且AB=2r，直线L与BA的延长

与L的距离分别为MP、NQ，且MP=MA，NQ=NA．求证：AM＋AN=AB．

【分析】 由|MA|=|MP|和|NA|=|NQ|，知M、N在以A为焦点的抛物线上，因此M、N是半圆与抛物线的两个交点，从而本题可考虑用直角坐标法和极坐标法求解．

【证法1】 如图2－2，以AT的中点O为坐标原点，射线OB为x轴的正方向，建立直角坐标系． ∵ |MA|＝|MP|，|NA|=|NQ|，

∴ M、N是以A为焦点，L为准线的抛物线上的点． ∵ p=|AT|=2a，

∴ 抛物线的方程 y=4ax ①

2

由已知，得半圆的方程为 [x-(a+r)]2

＋y2

=r2

(y≥

0) ②

把①代入②中，整理，得

x2

-2(r-a)x＋a2

+2ar=0．

设M、N两点的横坐标分别为x1、x2，则

x1+x2=2r-2a．

∵ |AM|+|NA|=a＋x1＋a＋x2 ＝2a＋2r-2a＝2r， ∴ |AM|＋|AN|=|AB|．

【证法2】 如图2－2，以A为极点，射线AB为极轴，建立极坐标系，则半圆的方程为∵ |MA|=|MP|，|NA|=|NQ|，

∴ M、N在以A为极点、L为准线的抛物线上． 又p=|AT|=2a，

从①、②中消去cosθ，得

ρ2

-2rρ+4ar＝0．

从而由韦达定理，得

|MA|＋|NA|=ρ1＋ρ2=2r．

故 |AM|＋|AN|＝|AB|．

【解说】 由以上两例，可总结出坐标法解证几何题的思路模式图为：

(二)坐标法解证代数题

【证明】 由已知条件，得 在平面直角坐标系xOy中，直线x＋y

直线的距离不大于半径，即

∴ (z-a)≤a-2z，又a＞0，

2

2

2

【解说】 本例利用方程的几何意义，把已知条件转化为直线与圆的位置，从而由点到直线的距离公式，使问题获解．

【证明】 如图2－3，建立直角坐标系，设圆O的半径为1． ∵ α、β是方程acosθ＋bsinθ=c在(0，π)内的两个根， ∴ acosα＋bsinα=c，acosβ＋bsinβ=c，

从而点A(cosα，sinα)，B(cosβ，sinβ)是直线ax+by=c与⊙O的两个交点．

【解说】 由以上两例，可总结出坐标法解证代数题的思路模式为：

习题2．1

用坐标法解证下列各题：

1．在锐角△ABC中，AD⊥BC于D，且|AD|=|BC|，M是BC的中点，H是垂心，求证：|MH|＋|HD|=|BM|． 2．在锐角△ABC中，AD⊥BC于D，H为AD上一点，BH、CH分别交AC、AB于E、F，求证：∠EDA=∠ADF．

3．在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，DE⊥AC于E，M是DE的中点，求证：AM⊥BE．

6．关于θ的方程 acosθ＋bsinθ=0(a＋b≠0)有两个相异实根α、β，m、n∈R，求证：

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习题2．1答案或提示

1．以D为坐标原点，DC为x轴，DA为y轴，设点B(b，0)、

2．以D为原点，DC为x轴，DA为y轴，设点A、B、C、H

坐标分别为(0，a)、(b，0)、(c，0)、(0，h)，则直线AC的方程为

3．以D为原点，DC为x轴、DA为y轴，设A、B、C的坐标

如图2－4，当直线y=x-u过点A(1，0)时，u=1．当直线与半圆相切

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5．在直角坐标系中，设M(1，2)、P(sinθ，cosθ)，则P为⊙O：x+y=1上任一点，f(θ)为MP的斜率，由图(图由读者自画)易知，过M作⊙O的两条切线中，斜率存在的那一条直线的斜率，即为所求的最小值．

设这切线的方程为y-2=k(x-1)，则由点到直线的距离公式，可得k=3／4

6．由已知可得，直线 ax＋by=0与单位圆x＋y=1有两个不同的交点A(cosα，sinα)、B(cosβ，sinβ)，又P(m，n)是任一点，则|PA|＋|PB|≥|AB|＝2，即

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