高考数学压轴难题归纳总结培优专题3.1 待定系数求方程，几何转至代数中 (含解析)

求圆锥曲线方程的策略一般有以下几种：①几何分析法＋方程思想；②设而不求＋韦达定理；③第二定义＋数形结合；④参数法＋方程思想。几何分析法，利用图形结合圆锥曲线的定义与几何性质，分析图中已知量与未知量之间的关系，列出关于方程中参数的方程，解出参数值即可得到圆锥曲线方程，要求平面几何中相似等数学知识必须十分熟练。设而不求、韦达定理是解圆锥曲线问题的通性通法，缺点是计算量较大，费时费力，容易出错，通常根据题设条件，设出点的坐标和直线方程，将直线方程代入曲线方程，化为关于的一元二次方程，利用韦达定理用参数表示出来，根据题中条件列出关于参数的方程，通过解方程解出参数值，即可得出圆锥曲线的方程。不管是哪种方法，最终都要列出关于圆锥曲线方程中的参数的方程问题，通过解方程解出参数值，即可得到圆锥曲线方程，故将利用平面几何知识和圆锥曲线的定义与性质是将几何问题转化为代数问题，简化解析几何计算的重要途径.

【典例指引】

类型一  待定系数法求椭圆方程 

 例1 【2014年全国课标Ⅱ，理20】设,分别是椭圆的左右焦点，M是C上一点且与x轴垂直，直线与C的另一个交点为N.

（Ⅰ）若直线MN的斜率为，求C的离心率；

（Ⅱ）若直线MN在y轴上的截距为2，且，求a,b.

                                                  [KS5UKS5U]

类型2  参数法求椭圆方程

例2.【2015高考安徽，理20】设椭圆E的方程为，点O为坐标原点，点A的坐标为，点B的坐标为，点M在线段AB上，满足，直线OM的斜率为.

    （I）求E的离心率e；

（II）设点C的坐标为，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求

     E的方程.

类型3 设而不求思想与韦达定理求抛物线方程

例3【2013年高考数学湖南卷】过抛物线的焦点F作斜率分别为的两条不同的直线，且，相交于点A，B，相交于点C，D.以AB，CD为直径的圆M，圆N（M，N为圆心）的公共弦所在的直线记为.

（I）若，证明；；

（II）若点M到直线的距离的最小值为，求抛物线E的方程.

（2）由抛物线的定义得所以从而圆M的半径，圆M的方程为

化简得，同理可得圆N的方程为，于是圆M与圆N的公共弦所在直线l的方程为，又，则直线l的方程为，因为，所以点M到直线l的距离，故当时，取最小值. 由题设，，所以，故所求抛物线E的方程为  

  类型4  待定系数法求抛物线方程

例4  （2012全国课标理20）.设抛物线：（＞0）的焦点为，准线为，为上一点，已知以为圆心，为半径的圆交于,两点.

(Ⅰ)若,的面积为，求的值及圆的方程；

(Ⅱ)若，，三点在同一条直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到，距离的比值.

【解析】设准线于轴的焦点为E，圆F的半径为，

则|FE|=，=，E是BD的中点，

【解析2】由对称性设，则

      点关于点对称得：

     得：，直线

     切点

     直线

坐标原点到距离的比值为。

【扩展链接】

1.     焦点三角形面积公式：圆锥曲线的左右焦点分别为F1，F 2，点P为曲线上任意一点，（1）若P在椭圆上，则椭圆的焦点角形的面积为.

（2）若P在双曲线上，则双曲线的焦点角形的面积为.

2.椭圆（a＞b＞0）的焦半径公式：

,( , ).

【同步训练】

1．设椭圆： （）的左右焦点分别为， ，下顶点为，直线的方程为.

（Ⅰ）求椭圆的离心率；

（Ⅱ）设为椭圆上异于其顶点的一点， 到直线的距离为，且三角形的面积为，求椭圆的方程；

【思路引导】

（Ⅰ） 由直线斜率为 可得 ，从而可得结果；

（Ⅱ）先求得 点坐标，根据三角形面积可得 的值，从而可得椭圆方程.

【详细解析】

由得.

又因为三角形面积，所以，

于是，椭圆的方程为.

2．已知抛物线（）和定点，设过点的动直线交抛物线于两点，抛物线在处的切线交点为.

（Ⅰ）若在以为直径的圆上，求的值；

（Ⅱ）若三角形的面积最小值为4，求抛物线的方程.

【思路引导】

（Ⅰ）设出直线方程，与抛物线方程联立，根据韦达定理，导数的几何意义，结合处的切线斜率乘积为可得结果；（Ⅱ）根据弦长公式、点到直线距离公式以及三角形面积公式可以得到，从而可得结果.

【详细解析】

3．已知抛物线：（）的焦点为，直线交抛物线于、两点，是线段的中点，过作轴的垂线交抛物线于点.

（1）是抛物线上的动点，点，若直线过焦点，求的最小值；

（Ⅱ）是否存在实数，使？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

【思路引导】

(Ⅰ) 由直线过焦点,求出焦点的坐标，过设过作于，由抛物线定义知，结合图形即可求出取最小值；（Ⅱ）由知，设出的坐标，由消去化为关于的一元二次方程，用韦达定理和向量数量积列出关于的方程，即可解出.

【详细解析】

（Ⅱ）假设存在，抛物线与直线联立方程组得：

，

设，，则，，.

，.

则得：，

，

，

代入得，

解得或（舍去）.

4．设直线l：y=k（x+1）与椭圆x2+3y2=a2（a＞0）相交于A、B两个不同的点，与x轴相交于点C，O为坐标原点．[KS5UKS5U.KS5U

（Ⅰ）证明：；

（Ⅱ）若，△OAB的面积取得最大值时椭圆方程．

【思路引导】

（I）将直线l的方程为y=k（x+1）代入椭圆的方程，消去x得到关于y的一元二次方程，再结合直线l与椭圆相交于两个不同的点得到根的判别式大于0，从而解决问题．

（II）设A（x1，y1），B（x2，y2），由（I），得，由，得y2=从而求得△OAB的面积，最后利用基本不等式求得其最大值，及取值最大值时的k值，从而△OAB的面积取得最大值时椭圆方程即可．

【详细解析】

上式取等号的条件是3k2=1，即（9分）

当时，由④解得；

当时，由④解得．

将及这两组值分别代入①，

均可解出a2=5（11分）

经验证，a2=5，满足（☆）式．

所以，△OAB的面积取得最大值时椭圆方程是x2+3y2=5（12分）

5．已知点F是椭圆C的右焦点，A，B是椭圆短轴的两个端点，且△ABF是正三角形.

（Ⅰ）求椭圆C的离心率；

（Ⅱ）直线l与以AB为直径的圆O相切，并且被椭圆C截得的弦长的最大值为2，求椭圆C的标准方程．

【思路引导】

（Ⅰ）设椭圆的标准方程为，焦距为2c，由△ABF是正三角形，得a=2b，b=，由此能求出椭圆的离心率．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知a=2b，所以椭圆方程为x2+4y2=4b2，设直线l与椭圆C的交点为M（x1，y1），N（x2，y2），若直线l与x轴垂直，则弦长|MN|=，当直线l不垂直于x轴时，设其方程为y=kx+m，与x2+4y2=4b2联立，得：（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣b2）=0，由此利用韦达定理、直线与圆相切性质，结合已知条件能求出椭圆C的方程．

【详细解析】

∴|MN|2=（）2=（1+k2）[（﹣）2﹣4•]

=，①

∵直线l与圆O相切，∴，解得m2=b2（1+k2），

代入①得|MN|2=•b2=4b2，

当且仅当3k2=1+k2，k=时，等号成立．

∴此时|MN|max=2b，于是弦长|MN|的最大值为2b=2，

∴b=，a=2，

∴椭圆C的方程为．

6．如图，椭圆C：+=1（a＞b＞0）的右焦点为F，右顶点、上顶点分别为点A、B，且|AB|=|BF|．

（Ⅰ）求椭圆C的离心率；

（Ⅱ）若点M（﹣，）在椭圆C内部，过点M的直线l交椭圆C于P、Q两点，M为线段PQ的中点，且OP⊥OQ．求直线l的方程及椭圆C的方程．

【思路引导】

（Ⅰ）由已知得，由此能求出．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知a2=4b2，设椭圆C：．设P（x1，y1），Q（x2，y2），由，，得，直线l的方程为2x﹣y+2=0．由，由此能求出椭圆C的方程．

【详细解析】

即2x﹣y+2=0．…（9分）

由，

即17x2+32x+16﹣4b2=0．

.，．

∵OP⊥OQ，∴，

即x1x2+y1y2=0，x1x2+（2x1+2）（2x2+2）=0，5x1x2+4（x1+x2）+4=0．

从而，解得b=1，

∴椭圆C的方程为．…（12分）

7．已知A、B分别为曲线C：+y2=1（a＞0）与x轴的左、右两个交点，直线l过点B且与x轴垂直，P为l上异于点B的点，连结AP与曲线C交于点M．

（Ⅰ）若曲线C为圆，且|BP|=，求弦AM的长；

（Ⅱ）设N是以BP为直径的圆与线段BM的交点，若O、N、P三点共线，求曲线C的方程．

【思路引导】

（Ⅰ）先求出A、B、P的坐标，从而求出直线AP的方程，进而求出弦AM的长；

（Ⅱ）设出直线AP的方程，联立方程组，求出M点的坐标，结合BM⊥OP，求出a的值，从而求出曲线C的方程．

【详细解析】

（Ⅱ）由已知得A（﹣a，0），B（a，0），

由于点N在以BP为直径的圆上，且O、N、P三点中线，故BM⊥OP，

显然，直线AP的斜率k存在且k≠0，可设直线AP的方程为y=k（x+a），

由得：（1+a2k2）x2+2a3k2x+a4k2﹣a2=0，

设点M（xM，yM），∴xM•（﹣a）=，

故xM=，从而yM=k（xM+a）=，

∴M（，），

∵B（a，0），∴=（，），

由BM⊥OP，可得•==0，

即﹣2a4k2+4a2k2=0，

∵k≠0，a＞0，∴a=，

经检验，当a=时，O、N、P三点共线，

∴曲线C的方程是：+y2=1．

8．若椭圆ax2+by2=1与直线x+y=1交于A、B两点，且|AB|=2，又M为AB的中点，若O为坐标原点，直线OM的斜率为，求该椭圆的方程．[KS5UKS5U]

【思路引导】

设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点M（x0，y0）．联立，化为（a+b）x2﹣2bx+b﹣1=0，利用根与系数的关系和中点坐标公式可得OM的斜率==，再利用弦长公式可得=，联立解得即可．

【详细解析】

联立，

解得，满足（*）

∴该椭圆的方程为：．

9．已知直线x+y﹣1=0与椭圆相交于A，B两点，线段AB中点M在直线上．

（Ⅰ）求椭圆的离心率；

（Ⅱ）若椭圆右焦点关于直线l的对称点在单位圆x2+y2=1上，求椭圆的方程．

【思路引导】

（Ⅰ）设出A、B两点的坐标，联立直线与椭圆的方程得关于x的一元二次方程；由根与系数的关系，可得x1+x2，y1+y2；从而得线段AB的中点坐标，代入直线l的方程，得出a、c的关系，从而求得椭圆的离心率．

（Ⅱ）设椭圆的右焦点坐标为F（b，0），F关于直线l的对称点为（x0，y0），则由互为对称点的连线被对称轴垂直平分，可得方程组，解得x0、y0；代入圆的方程 x02+y02=1，得出b的值，从而得椭圆的方程．

【详细解析】

∴a2=2b2=2（a2﹣c2），∴a2=2c2，

∴．…（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知b=c，设椭圆的右焦点F（b，0）关于直线l：的对称点为（x0，y0），

由，解得…（10分）

∵x02+y02=1，

∴，

∴b2=1，显然有a2+b2=3＞1

∴所求的椭圆的方程为．…（12分）

10.已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，△ABC的三个顶点都在抛物线上，且△ABC的重心为抛物线的焦点，若BC所在直线l的方程为4x＋y－20＝0.

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）若O是坐标原点，P，Q是抛物线C上的两动点，且满足PO⊥OQ，证明：直线PQ过定点．[KS5UKS5U]

【思路引导】

（Ⅰ）联立直线与椭圆的方程得关于x的一元二次方程，由根与系数的关系，可得x1+x2，y1+y2，设出C点坐标，利用三角形重心公式，求出C点坐标，代入抛物线方程，即可列出关于p的方程，解出p，即可写出抛物线方程．

（Ⅱ）设出P、Q的坐标及直线PQ的方程，与抛物线方程联立消去x,得到关于y的一元二次方程，利用设而不求思想和向量垂直的充要条件列出关于PQ直线方程中参数的方程，解出参数的关系式，即可求出直线过的定点，注意分斜率存在与不存在两种情况讨论.[KS5UKS5U]

【详细解析】

（Ⅱ）证明　当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为y＝kx＋b，显然k≠0，b≠0，∵PO⊥OQ，∴kPOkOQ＝－1，

设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，∴xPxQ＋yPyQ＝0，

将直线y＝kx＋b代入抛物线方程，得ky2－16y＋16b＝0，

∴yPyQ＝.从而xPxQ＝＝，∴＋＝0，

∵k≠0，b≠0，

∴直线PQ的方程为y＝kx－16k，PQ过点(16,0)；

当PQ的斜率不存在时，显然PQ⊥x轴，又PO⊥OQ，

∴△POQ为等腰三角形，由

得P(16,16)，Q(16，－16)，此时直线PQ过点(16,0)，

∴直线PQ恒过定点(16,0).

11.已知拋物线y2＝的焦点为F，斜率为的直线与该抛物线交于，且存在实数λ，使，＝.

（Ⅰ）求该抛物线的方程；

（Ⅱ）求△AOB的外接圆的方程．

【思路导引】（Ⅰ）由知A，B，F三点共线，设直线AB方程，代入抛物线方程化为关于x的一元二次方程，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，利用韦达定理，用将表示出来，利用过抛物线焦点的弦长公式即可列出关于的方程，即可解出，从而写出抛物线方程.

（Ⅱ）将直线方程与抛物线方程联立，即可解出A、B点的坐标，利用待定系数法即可求出△AOB的外接圆的方程.