直线的参数方程的应用题型

前言

本博文适合参数方程学习结束后使用或二轮复习使用。

直线，这种常见常用的数学对象或几何图形，在高中阶段使用的频度非常高。在立体几何中，我们研究过直线的五种形式：

点斜式：\(y-y_1=k(x-x_1)\)(其中\(l\)过定点\(P_1(x_1，y_1)\)，斜率为\(k\))；

斜截式：\(y=kx+b\)(\(k\)是斜率，\(b\)是\(y\)截距)；

两点式：\(\cfrac{y-y_1}{y_2-y_1}=\cfrac{x-x_1}{x_2-x_1}(x_1\neq x_2，y_1\neq y_2)\) (两点是\(P_1(x_1，y_1)、P_2(x_2，y_2)\))；

截距式：\(\cfrac{x}{a}+\cfrac{y}{b}=1(a\neq 0，b\neq 0)\) (\(a,b\)分别是横截距和纵截距)；

一般式：\(Ax+By+C=0\)；

以上的五种形式，可以统一称为直线的普通方程。

直线的普通方程是用代数式直接表示点的坐标之间的关系，在某些时候有其特有的便利性；但不是所有的时候使用直线的普通方程都方便，在后续的学习中我们还需要引入直线的参数式方程，从其他的角度来研究和刻画直线，直线的参数方程是借助于参数间接地反映点的坐标之间的关系，其特点是没有直接体现曲线上的横、纵坐标之间的关系，而是分别体现了点的横、纵坐标与参数之间的关系，其缺点是由参数方程，我们往往不能直观的认知曲线的类型是不是直线，但其优点相比普通方程，参数方程能快速实现变量集中，更方便我们用函数的方法来研究解决问题。

常见形式

由于参数的引入方法不一样，所以直线的参数方程有好多种形式，比如：

形式①：直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}{x=x_0+cos\theta\cdot t}\\{y=y_0+sin\theta\cdot t}\end{array}\right.\) (\(t\) 为参数)

形式②：直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}{x=\cfrac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda}}\\{y=\cfrac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}}\end{array}\right.\) (\(\lambda\) 为参数，\(\lambda\neq -1\))

形式③：直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=\cfrac{1-t}{1+t} \\y=\cfrac{2t}{1+t} \end{array}\right.\) (\(t\) 为参数)

形式④： \(\cdots\)， \(\cdots\)，

重点掌握

以上的直线的参数方程的形式虽然说非常多，但是教材和考纲要求我们掌握的只有一种形式， \(\left\{\begin{array}{l}{x=x_0+cos\theta\cdot t}\\{y=y_0+sin\theta\cdot t}\end{array}\right.\) (\(t\) 为参数)，那么为什么学习其他的类型呢，就是要引导我们体会直线的参数方程的多样性，当参数设置的不一样时，得到的参数方程也不一样，这样就能活化思维，当然难度也就上升了。

应用类型

求直线和曲线的交点

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{31}}\) 例\(1\)】 已知直线 \(l\) 过点 \(P(1,2)\)， 且它的倾斜角 \(\theta=135^{\circ}\).

(1). 写出直线 \(l\) 的参数方程；

解析： 由于直线 \(l\) 过点 \(P(1,2),\) 且它的倾斜角 \(\theta=135^{\circ},\) 所以 它的参数方程可以写成

\[\left\{\begin{array}{l}x=1+t\cos135^{\circ},\\y=2+t\sin135^{\circ}\end{array} ( t为参数 )\right. \]

即

\[\left\{\begin{array}{l}x=1-\cfrac{\sqrt{2}}{2} t,\\y=2+\cfrac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}( t为参数 )\right. \]

(2). 求直线 \(l\) 与直线 \(y=x\) 的交点坐标.

解析：把直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=1-\cfrac{\sqrt{2}}{2} t,\\ y=2+\cfrac{\sqrt{2}}{2}t\end{array}\quad\right.\) 代入直线的普通方程 \(y=x\)，得

\[1-\cfrac{\sqrt{2}}{2}t=2+\cfrac{\sqrt{2}}{2}t , \]

即 \(t=-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，把 \(t=-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\) 代人 \(\left\{\begin{array}{l}x=1-\cfrac{\sqrt{2}}{2}t,\\ y=2+\cfrac{\sqrt{2}}{2} t\end{array}\right.\)，

得到两直线的交点为 \((\cfrac{3}{2}, \cfrac{3}{2})\).

解后反思：① 本题目的另一种思路和解法，将直线 \(l\) 的参数方程消去参数，得到普通方程为 \(x+y-3=0\)，联立 \(\left\{\begin{array}{l}{x+y-3=0}\\{y=x}\end{array}\right.\)，也可得到两直线的交点为 \((\cfrac{3}{2}, \cfrac{3}{2})\). 看到这里，也不要对上述的解法嗤之以鼻，认为没有存在的价值，试问，万一人家给的直线的参数方程，你不能顺利消去参数，得不到普通方程时，上述的解法不就发挥作用了吗。

②若求直线 \(l\) 与直线 \(2x-3y+1=0\)的交点坐标呢？ 提示：仿上完成，\((\cfrac{8}{5},\cfrac{7}{5})\)；

③若求直线与曲线 \(x^2+y^2-9x+2y=0\)的交点坐标。

提示：将直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=1-\cfrac{\sqrt{2}}{2}t,\\ y=2+\cfrac{\sqrt{2}}{2}t\end{array}\quad\right.\) 代入曲线的普通方程 \(x^2+y^2-9x+2y=0\)，

整理得到，关于 \(t\) 的一元二次方程 \(t^2+\cfrac{\sqrt{13}}{2}t=0\)，

解得，\(t=0\) 或 \(t=-\cfrac{\sqrt{13}}{2}\)，

将 \(t=0\) 代入直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=1-\cfrac{\sqrt{2}}{2}t,\\ y=2+\cfrac{\sqrt{2}}{2}t\end{array}\quad\right.\) 得到\(\left\{\begin{array}{l}x=1,\\ y=2\end{array}\quad\right.\)

将 \(t=-\cfrac{\sqrt{13}}{2}\) 代入直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=1-\cfrac{\sqrt{2}}{2}t,\\ y=2+\cfrac{\sqrt{2}}{2}t\end{array}\quad\right.\) 得到\(\left\{\begin{array}{l}x=\cfrac{15}{2}=7.5,\\ y=-\cfrac{9}{2}=-4.5\end{array}\quad\right.\)

故交点坐标为 \((1,2)\) 或 \((7.5,-4.5)\)；

经过点 \(P(1,0)\)， 斜率为 \(\cfrac{3}{4}\) 的直线和拋物线 \(y^{2}=x\) 交于 \(A\) 、 \(B\) 两点，若线段 \(AB\) 中点为 \(M\)，则 \(M\) 的坐标为__________.

解析： 直线的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+\cfrac{4}{5}t\\ y=\cfrac{3}{5}t\end{array}\right.\) ( \(t\) 是参数)，

代入抛物线方程得 \(9t^{2}-20t-25=0\)， 中点 \(M\) 的相应参数为 \(t=\cfrac{1}{2}\times\cfrac{20}{9}=\cfrac{10}{9}\)，

点 \(M\) 的坐标是 \((\cfrac{17}{9}, \cfrac{2}{3})\)，

求直线上距离定点为定长的点的坐标；

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{38}}\) \(A\)组第\(3\)题】求直线 \(\left\{\begin{array}{l}{x=-2-\sqrt{2}t}\\{y=3+\sqrt{2}t}\end{array}\right.\) (\(t\)为参数)上与点\(P(-2,3)\)的距离等于\(\sqrt{2}\)的点的坐标。

解析：将非标准形式 \(\left\{\begin{array}{l}{x=-2-\sqrt{2}t}\\{y=3+\sqrt{2}t}\end{array}\right.\) 变形为直线的参数方程的标准形式 \(\left\{\begin{array}{l}{x=-2-\cfrac{\sqrt{2}}{2}(2t)}\\{y=3+\cfrac{\sqrt{2}}{2}(2t)}\end{array}\right.\)

则此时相当于坐标为 \((-2,3)\) 的点的一维坐标为 \(0\)，坐标为\((?,?)\)的点的一维坐标为 \(2t\)，

故有 \(|2t|=\sqrt{2}\)，解得 \(t=\pm\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，

将其代入直线的参数方程，得到所求点的坐标为 \((-3,4)\) 或 \((-1,2)\) .

解后反思：此题目还可以转化为普通方程求解，但求解过程会非常麻烦，由此也可以看出采用参数方程求解问题的算理上的优越性。

求直线和曲线相交后得到的弦长；

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{53}}\) \(A\)组第 \(8\) 题】 求直线 \(\left\{\begin{array}{l}x=-\cfrac{\sqrt{3}}{2}t\\y=2+\cfrac{t}{2}\end{array}\right.,\) ( \(t\) 为参数) 被曲线 \(y^{2}-3x^{2}=0\) 截得的线段长.

解析：将直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=-\cfrac{\sqrt{3}}{2} t\\y=2+\cfrac{t}{2}\end{array}\right.\) (\(t\) 为参数)代人曲线方程 \(y^{2}-3 x^{2}=0\)，

得 \(t^{2}-t-2=0\)，解得 \(t_{1}=2\)， \(t_{2}=-1\)，

由参数的儿何意义知，截得的线段长为 \(|t_1-t_2|=|2-(-1)|=3\).

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{53}}\) \(A\)组第 \(9\) 题】求抛物线 \(y^{2}=3x\) 截直线 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\y=3t\end{array}\right.,\)( \(t\) 为参数) 所得的弦长.

解析：直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\y=3t\end{array}\right.\) 可以化成 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+\cfrac{2}{\sqrt{13}}(\sqrt{13}t)\\y=\cfrac{3}{\sqrt{13}}(\sqrt{13} t)\end{array}\right.,\)

将直线方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\y=3 t\end{array}\right.,\) 代人 \(y^{2}=3x\)，

得 \(3t^{2}-2t-1=0\)， 解得 \(t_{1}=-\cfrac{1}{3}, t_{2}=1\)，

由参数的儿何意义知,所得的弦长为 \(\sqrt{13}|t_{2}-t_{1}|=\cfrac{4\sqrt{13}}{3}\).

在直角坐标系\(xOy\)中，直线\(l\)的参数方程为\(\begin{cases} x=3-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t \\ y=\sqrt{5}+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t \end{cases}(t为参数)\)，在极坐标系中圆\(C\)的方程为\(\rho=2\sqrt{5}sin\theta\).

⑴.求圆的直角坐标方程；

解析：\(x^2+(y-\sqrt{5})^2=5\)；

⑵.设圆\(C\)与直线\(l\)交于点\(A、B\)，若点\(P\)的坐标为\((3，\sqrt{5})\)，求\(|PA|+|PB|\).

思路一：将直线和圆的直角坐标方程联立，求得交点\(A、B\)的坐标，能否用两点间的坐标公式求解\(|PA|+|PB|\).

思路二：利用直线参数方程的参数的几何意义，

将直线的参数方程\(\begin{cases} x=3-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t \\ y=\sqrt{5}+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t \end{cases}(t为参数)\)代入圆的直角坐标方程，

得到\((3-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t)^2+(\sqrt{5}+\cfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot t -\sqrt{5})^2=5\)整理为\(t^2-3\sqrt{2}t+4=0\)，

由于\(\Delta >0\)，故可设点\(A、B\)分别对应参数\(t_1，t_2\)，

则\(\begin{cases} t_1+ t_2=3\sqrt{2} \\ t_1\times t_2=4 \end{cases}\)，

由此可以看出\(t_1>0，t_2>0\)，故\(|PA|=t_1，|PB|=t_2\)，所以\(|PA|+|PB|=3\sqrt{2}\).

求直线和曲线相交后得到的弦长的取值范围；此题目的解答可以更好的回答为什么要学习直线的参数方程。你可以思考若借助普通方程如何解得求弦长的取值范围。

在极坐标系中，已知圆\(C\)的圆心\(C(\sqrt{2}，\cfrac{\pi}{4})\)，半径\(r=\sqrt{3}\)，

（1）求圆\(C\)的极坐标方程。

分析：圆\(C\)的圆心\(C(\sqrt{2}，\cfrac{\pi}{4})\)，得\(C\)的直角坐标为\((1,1)\)，

所以圆\(C\)的直角坐标方程为\((x-1)^2+(y-1)^2=3\)，

将\(\rho cos\theta=x\)，\(\rho sin\theta=y\)代入上式，整理得到，

圆\(C\)的极坐标方程为\(\rho^2-2\rho cos\theta-2\rho sin\theta-1=0\)。

（2）若\(\alpha \in[0，\cfrac{\pi}{4}]\)，直线\(l\)的参数方程为\(\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\ y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases} (t为参数)\)，直线\(l\)交圆\(C\)于\(A、B\)两点，求弦长\(|AB|\)的取值范围。

分析：将直线的参数方程 \(\begin{cases} x=2+cos\alpha\cdot t \\ y=2+sin\alpha\cdot t \end{cases}\) (\(t\)为参数)

代入圆\(C\)的直角坐标方程为\((x-1)^2+(y-1)^2=3\)，

化简整理，得到\(t^2+2(cos\alpha+sin\alpha)t-1=0\)，

则有\(\Delta=4(cos\alpha+sin\alpha)^2+4>0\)，设\(A、B\)两点对应的参数分别为\(t_1，t_2\)，

则由韦达定理可知，\(t_1+t_2= -2(cos\alpha+sin\alpha)，t_1\cdot t_2= -1\)

所以弦长\(|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{8+4sin2\alpha}\)，

由于\(\alpha \in[0,\cfrac{\pi}{4}]\)，所以\(sin2\alpha\in[0，1]\)，\(8+4sin2\alpha\in[8，12]\)，

所以弦长\(|AB|\in[2\sqrt{2}，2\sqrt{3}]\)。

利用切割线定理求切线长

直线 \(l\) 过点 \(P_{0}(-4,0)\)， 它的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=-4+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t,\\ y=0+\cfrac{1}{2}t\end{array}\right.\) (\(t\)为参数)与圆 \(x^{2}+y^{2}=7\) 相交于 \(A\)，\(B\) 两点.

(1). 求弦长 \(|AB|\)；

解析： 将直线 \(l\) 的参数方程代入圆的普通方程，

得 \((-4+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t)^{2}+(\cfrac{1}{2}t)^{2}=7\)，

整理得 \(t^{2}-4\sqrt{3}t+9=0\).

显然 \(\Delta>0\)，设 \(A\) 和 \(B\) 两点对应的参数分别为 \(t_{1}\) 和 \(t_{2}\)，

由根与系数的关系得 \(t_{1}+t_{2}=4\sqrt{3}\)， \(t_{1}\cdot t_{2}=9,\)

所以 \(|AB|=|t_{2}-t_{1}|=\sqrt{\left(t_{1}+t_{2}\right)^{2}-4t_{1}t_{2}}=2\sqrt{3}\).

(2). 过 \(P_{0}\) 作圆的切线，求切线的长；

解：设圆过 \(P_{0}\) 的切线为 \(P_{0}T\)， 切点为\(T\) 在圆上，则切割线定理可知 \(|P_{0}T|^{2}=|P_{0}A|\cdot|P_{0}B|\)

故有， \(|P_{0}T|^{2}=|P_{0}A|\cdot|P_{0}B|=|t_{1}t_{2}|=9\)，

所以切线长\(|P_{0}T|=3\)，

(3). 求 \(|P_{0}A|\) 和 \(|P_{0}B|\) 的长；

解：解方程 \(t^{2}-4\sqrt{3}t+9=0\)，

得 \(t_{1}=3 \sqrt{3}, t_{2}=\sqrt{3}\)，

所以 \(|P_{0}A|=3\sqrt{3}\)， \(|P_{0}B|=\sqrt{3}\).

(4). 求交点 \(A\)， \(B\) 的坐标.

解：将 \(t_{1}=3\sqrt{3}\)， \(t_{2}=\sqrt{3}\) 代入直线的参数方程,

得点 \(A\) 的坐标为 \((\cfrac{1}{2}, \cfrac{3\sqrt{3}}{2})\)， 点 \(B\) 的坐标为 \((-\cfrac{5}{2}, \cfrac{\sqrt{3}}{2})\).

判断曲线之间的位置关系

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{34}}\) 练习\(1\)】已知直线 \(\left\{\begin{array}{l}x=t\cdot \cos\alpha\\y=t\cdot\sin\alpha\end{array}\right.\) 与圆 \(\left\{\begin{array}{l}x=4+2\cos\theta\\y=2\sin\theta\end{array}\right.\)相切，求直线的倾斜角 \(\alpha\).

[法1]：使用普通方程，从数的角度思考求解，

对直线用代入法或作比法消参，得到\(y=\tan\alpha\cdot x\)，

对圆用移项平方相加得到，\((x-4)^2+y^2=4\)，

联立两式，由直线和圆相切，得到\(\Delta=0\)，求得 \(\tan\alpha=\pm \cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

由 \(0\leqslant \alpha<\pi\)，得到倾斜角 \(\alpha=\cfrac{\pi}{6}\) 或 \(\alpha=\cfrac{\pi}{6}\) ；

[法2]：使用普通方程，从形的角度思考求解，

对直线用代入法或作比法消参，得到\(y=\tan\alpha\cdot x\)，

对圆用移项平方相加得到，\((x-4)^2+y^2=4\)，

由直线和圆相切，则圆心到直线的距离 \(d\) 和圆的半径 \(r\) 有关系: \(d=r=2\)，

又 \(d=\cfrac{|4\tan\alpha|}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}}=2\)，求得 \(\tan\alpha=\pm \cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

由 \(0\leqslant \alpha<\pi\)，得到倾斜角 \(\alpha=\cfrac{\pi}{6}\) 或 \(\alpha=\cfrac{\pi}{6}\) ；

[法3]：使用参数方程，从数的角度思考求解，

将圆消参，得到 \((x-4)^2+y^2=4\)，

将直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=t\cdot \cos\alpha\\y=t\cdot\sin\alpha\end{array}\right.\) 代入 \((x-4)^2+y^2=4\)，

整理得到，\(t^2-8\cos\alpha\cdot t+12=0\)，

由于直线和圆相切，得到\(\Delta=0\)，

即\(\Delta=64\cos^2\alpha-48=0\)，解得 \(\cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

由 \(0\leqslant \alpha<\pi\)，得到倾斜角 \(\alpha=\cfrac{\pi}{6}\) 或 \(\alpha=\cfrac{\pi}{6}\) ；

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{34}}\) 练习\(2\)】 一个圆的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=2\cos\theta\\y=2\sin\theta\end{array}\right.\) (\(\theta\)为参数)，一条直线的方程为\(3x-4y=0\)，判断这条直线与圆的位置关系.

[法1]：提示，使用普通方程，从数的角度思考求解，联立消元，得到 \(\cfrac{25}{9}y^2-4=0\)[或由 \(\Delta >0\)]，求得两组解，故相交；

[法2]：提示，利用 \(d<r\)判定，相交；

[法3]：将 \(\left\{\begin{array}{l}x=2\cos\theta\\y=2\sin\theta\end{array}\right.\) 代入 \(3x-4y=0\) ，得到 \(5\sin(\theta-\phi)=0\)，其中\(\tan\phi=\cfrac{3}{4}\)，

由于方程 \(5\sin(\theta-\phi)=0\) 必有两解 \(\theta-\phi=0\) 和 \(\theta-\phi=\pi\)，故直线和圆相交；

法3的对照引申：曲线 \(C：\) \(\left\{\begin{array}{l}x=2\cos\theta\\y=2\sin\theta\end{array}\right.\) ，直线 \(l:\) \(3x-4y-9=0\)，则利用法3，

得到 \(5\sin(\theta-\phi)-9=0\)，由于方程无解，故可得 \(C\) 与 \(l\) 相离；

拓宽思维

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{32}}\) 练习3】求过点 \(A(-2,3)\)， \(B(4,5)\) 的直线的参数方程，并求出它与直线 \(2x\)\(-\)\(3y\)\(+\)\(1\)\(=0\) 的交点坐标；

[法1]： 用普通方程求解，先求得直线 \(AB：x-3y+11=0\)，

联立 \(\left\{\begin{array}{l}2x-3y+1=0\\x-3y+11=0\end{array}\right. ，\) 求解得到交点坐标 \((10,7)\)，

[法2]： 用参数方程求解[用比值做参数]，由于直线经过点 \(A(-2,3)\)， \(B(4,5)\) ，

由直线的两点式得到 \(\cfrac{x-4}{4+2}=\cfrac{y-5}{5-3}\)，

令 \(\cfrac{x-4}{6}=\cfrac{y-5}{2}=t\)，则得到直线的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=4+6t\\y=5+2t\end{array}\right.\) ( \(t\) 为参数)，

将其代入 \(2x-3y+1=0\)，得到 \(t=1\)，

再代入 \(\left\{\begin{array}{l}x=4+6t\\y=5+2t\end{array}\right.\) 求解得到交点坐标 \((10,7)\)，

[法3]： 用参数方程求解[用比值做参数]，设直线 \(AB\) 上动点 \(P(x,y)\)，选取参数 \(\lambda=\cfrac{AP}{PB}\)，

则直线 \(AB\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=\cfrac{-2+4\lambda}{1+\lambda}\\y=\cfrac{3+5\lambda}{1+\lambda}\end{array}\right.\) ( \(\lambda\) 为参数，且 \(\lambda\neq -1\))，

将其代入 \(2x-3y+1=0\)，整理得到 \(6\lambda+12=0\)，解得 \(\lambda=-2\)，

再将其代入 \(\left\{\begin{array}{l}x=\cfrac{-2+4\lambda}{1+\lambda}\\y=\cfrac{3+5\lambda}{1+\lambda}\end{array}\right.\) ，

求得 \(x=10\)，\(y=7\)，即求解得到交点坐标 \((10,7)\).

综合应用

经过点 \(A(-3,-\cfrac{3}{2})\) 倾斜角为 \(\alpha\) 的直线 \(l\) 与圆 \(x^{2}+y^{2}=25\) 相交于 \(B\)， \(C\) 两点.

(1). 求弦 \(BC\) 的长；

(2). 当 \(A\) 恰为 \(BC\) 的中点时，求直线 \(BC\) 的方程；

(3). 当 \(|BC|=8\) 时，求直线 \(B C\) 的方程；

(4). 当 \(\alpha\) 变化时，求动弦 \(BC\) 的中点 \(M\) 的轨迹方程.

解析： 取 \(AP=t\) 为参数 ( \(P\) 为 \(l\) 上的动点 )，

则 \(l\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=-3+t\cos\alpha\\y=-\cfrac{3}{2}+t\sin\alpha\end{array}\right.\)

代入 \(x^{2}+y^{2}=25\)，整理，得 \(t^{2}-3(2\cos\alpha+\sin\alpha)t-\cfrac{55}{4}=0\)，

由于\(\Delta=9(2\cos\alpha+\sin\alpha)^{2}+55>0\) 恒成立.

所以方程必有相异两实根 \(t_{1}\)， \(t_{2}\)，

且 \(t_{1}+t_{2}=3(2\cos\alpha+\sin\alpha)\)， \(t_{1}\cdot t_{2}=-\cfrac{55}{4}\)，

(1). \(|BC|=|t_{1}-t_{2}|=\sqrt{(t_{1}+t_{2})^{2}-4t_{1}t_{2}}\)

\(=\sqrt{9(2\cos\alpha+\sin\alpha)^{2}+55}\)，

(2). 由于 \(A\) 为 \(BC\) 中点， \(t_{1}+t_{2}=0\)，

即 \(2\cos\alpha+\sin\alpha=0\)， \(\tan\alpha=-2\)，

故直线 \(BC\) 的方程为 \(y+\cfrac{3}{2}=-2(x+3)\)， 即 \(4x+2y+15=0\).

(3). \(|BC|=\sqrt{9(2\cos\alpha+\sin \alpha)^{2}+55}=8\)，

变形得到，\((2\cos\alpha+\sin\alpha)^{2}=1\)，

解得 \(\cos\alpha=0\) 或 \(\tan\alpha=-\cfrac{3}{4}\)，

直线 \(BC\) 的方程是 \(x=-3\) 或 \(3x+4y+15=0\).

(4). 由于 \(BC\) 的中点 \(M\) 对应的参数是 \(t=\cfrac{t_{1}+t_{2}}{2}=\cfrac{3}{2}(2\cos\alpha+\sin\alpha)\),

所以点 \(M\) 的轨迹方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=-3+\cfrac{3}{2}\cos\alpha(2\cos\alpha+\sin\alpha)\\y=-\cfrac{3}{2}+\cfrac{3}{2}\sin\alpha(2\cos \alpha+\sin\alpha)\end{array}\right.\) ( \(0 \leqslant \alpha<\pi\) )

所以 \(\left\{\begin{array}{l}x+\cfrac{3}{2}=\cfrac{3}{2}(\cos2\alpha+\cfrac{1}{2}\sin2\alpha)\\y+\cfrac{3}{4}=\cfrac{3}{2}(\sin2\alpha-\cfrac{1}{2}\cos2\alpha)\end{array}\right.\)

所以 \((x+\cfrac{3}{2})^{2}+(y+\cfrac{3}{4})^{2}=\cfrac{45}{16}\)，

即点 \(M\) 的轨迹是以 \((-\cfrac{3}{2},-\cfrac{3}{4})\) 为圆心，以 \(\cfrac{3\sqrt{5}}{4}\) 为半径的圆.