资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
非对称的“韦达定理”
在一元二次方程中，若，设它的两个根分别为，则有根与系数关系：，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理之类的结构，还常出现需要证明例如为定值的情形，通过直线代换可得：，这时，我们会遇到涉及的不同系数的代数式的应算，再比如求或之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去或，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种形如或之类中的系数不对等的情况，这些式子是非对称结构，称为“非对称韦达”。
【例1】已知椭圆过点，且离心率为。
求椭圆方程
（2）分别为椭圆的上下顶点，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，求证：直线的交点在定直线上
【解答】（1）椭圆
（2）,设，直线的方程为:
联立方程，得，得
则
直线的方程为： ，直线的方程为：
★（这里先要根据对称性分析预判交点在平行于轴的定直线上以确定下一步的消元方向）
联立两直线方程消元： （的系数不对称了）
（无论怎么消元都会得到类似的一个非对称结构）
下面给出几种处理策略：
方法1：常规方法（计算量大，费事费劲，准确率低）
由二次方程解出代入化简，
，得
即直线的交点在定直线上
方法2：利用韦达定理保留一个（解方程组，这是一种试探性的化简，“前途未卜”，不具一般性）
由韦达定理得带入化简
，得
即直线的交点在定直线上
方法3：将与的关系代入化简（和积转换，一般是积转和，这个具有普遍适用性）
由，得（即）带入化简
，得，即直线的交点在定直线上
策略4：曲线代换（如果出现类似分子分母符号相反的话，借助直线把用替换肯定不行，那么可以借助曲线代换。通常这种情况还有一个特征，与（或）相加减的常数为曲线方程的对应分母开根号的数值。）
带点进椭圆方程得化简得
进而得到，带入化简（奇迹出现了，“对称韦达定理”）接下来就是常规韦达定理，不多赘述了。
由例1可知，核心条件坐标化后，并不全是直接韦达化的形式．对于坐标化后的表达式不是韦达形式的，非对称韦达定理主要有以下几种处理方法：代换（直线代换或曲线代换）、和积消元法、配凑．
策略一：曲线代换
由于我们联立后的方程式关于或的二次方程，韦达定理中的两根之和与两根之积只式单独的于或的形式，而此时坐标表达式并非是直接的韦达形式，因此需进行代换：
例如：若两个点均在直线和曲线上，那么形如的式子，如果用直线替换显然麻烦，注意到，替换掉原式中含有的，可以得到，通常需要先整体平分，再用曲线方程代换坐标的平方项。
总结：曲线代换的式子特征：① 分子分母符号相反。② 与（或）相加减的常数为曲线方程的对应分母开根号的数值。
策略二：半代换
就是把积与和用韦达定理直接代换之后，并不能把所有的坐标都转化为参数的形式，虽然还存在代换不了的横纵坐标，但是也可能可以凑出分子分母的倍数关系，相除从而化为常数。
例如：
策略三：和积消元法（通常是积化和）
前提要能先找出韦达定理中的两根之和与两根之积的关系
例如：由韦达定理可得，所以，代入中，整理可得，为定值．
若看不出两根之和与两根之积的关系怎么办呢？我们不妨用待定一下系数，
设，∴
【题型一】 直线过定点问题
【例2】椭圆C:，若过点且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，点P在直线上，且NP与x轴平行，求直线MP恒过的定点．
【答案】
【详解】因为直线MN过点且斜率不为0，所以设直线MN方程为，，，则，
联立，消去x得，，所以，所以，
直线MP方程为，由对称性可知直线MP恒过的定点在x轴上，
所以令，得，且，
所以，
可得，直线MP恒过的定点．
变式1 已知，，，不过，的直线与交于，两点，直线与交于点，点在直线上，证明：直线过定点.
【详解】解法一：设，，
若直线的斜率为0，则直线与的交点在轴上，与已知矛盾，
故设直线的方程为：，
由，得，
，则，，
由点在直线上，设，则，，
所以，又，则，即，
，即，
，，
，所以（舍去），或，所以的方程为，过定点
解法二：设，，
若直线的斜率为0，则直线与的交点在轴上，与已知矛盾，
故设直线的方程为：， 由得，，
，则，，所以，
即，又直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程，可得，
又点在直线上，故，
所以
，
故，直线的方程为，过定点.
题型二、点在定直线上
【例3】 已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】(1)(2)证明见解析.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，双曲线方程为.
（2）首先根据对称性可以判断定直线为。
方法一半代换：由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，据此可得点在定直线上运动.
方法二积化和：由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则， 所以，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
由可得，即，据此可得点在定直线上运动.
方法三曲线代换：由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，
与联立可得，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
因为，所以。得，即，据此可得点在定直线上运动.
变式2 点是椭圆的左右顶点若直线与椭圆交于M，N两点，求证：直线AM与直线的交点在一条定直线上．
【解析】联立化简得(，
△＞0，，直线AM：，直线BN：
联立得， 【不是韦达定理，怎么处理呢】
方法一：配凑半代换，原式＝
故直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．
方法二：和积转换，分离常数得：，
则有，代入得
题型三：定值问题
【例4】已知点F为椭圆的右焦点，A，B分别为其左、右顶点，过F作直线l与椭圆交于M，N两点(不与A，B重合)，记直线AM与BN的斜率分别为证明为定值．
【解析】方法一：的积化和：由题，A(－2，0)，B(2，0)，设，则， ，联立，消x得，且△>0，则．
所以，代入得，，为定值，得证．
方法二的半代换：由题，A(－2，0)，B(2，0)，设，则， ，联立，消x得，且△>0，则．因此，得证．
方法三的积化和：当直线l斜率不存在时，此时，，或，，因此或，，此时均有，为定值．
当直线l斜率存在时，不妨就直线，，，
因此， ，，
联立，消得，易知△＞0，则．分离常数得，因此，
所以，为定值，得证．
方法四的半代换：当直线l斜率存在时，不妨就直线，，，
联立，消得所以，
即，为定值，得证．
变式3椭圆，已知A、B为椭圆C的左、右顶点，过右焦点F且斜率不为0的直线交椭圆C于点M、N，直线与直线交于点P，记、、的斜率分别为、、，问是否是定值，如果是，求出该定值，如果不是，请说明理由.
【答案】是定值2，理由见解析
【详解】因为，，所以，，，
设直线：，联立与可得，，
恒成立，
设，则，直线：，令得，故，则，，，
则
.
两种特殊的韦达定理化简
配凑法进行韦达化处理，一个经典案例就是弦长中的横坐标的差，可以转化为韦达定理的和与积．同样这里介绍两种其他可以转化为韦达定理的形式：
例如：已知，和，且。设。
则，
即，其中k为直线AB斜率，再用直线代换，
即，得．
此处需注意，，几何意义即为直线斜率．
（2），此形式可以配凑倒数关系，，再相加得：，
配凑可得．
【例5】设直线过点，和椭圆顺次交于两点，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】设直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得（*）
则，注意到，令，则，∴，即．
在（*）中，由判别式可得 ，求出的值域，从而有，∴，
解得．结合得．综上，．
课后练习
已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点，，，为椭圆上关于轴对称的两点（不与点B重合），，直线与椭圆交于另一点，直线垂直于直线，为垂足．
(1)求的方程；
(2)证明：（i）直线过定点，（ii）存在定点，使为定值．
【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）设方程为，代入点的坐标，得出方程组，求解即得.
（2）（i）设的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理表示出坐标关系，得出的方程为，令，整理可得，即可得出定点；（ii）由已知可得，即可得出的轨迹，得出答案.
【详解】（1）设的方程为，则，解得，
所以的方程为.
（2）（i）依题意，直线的斜率存在且不为0，设的方程为，
设点，，则，
由消去并整理得，则，
，，显然，
直线的斜率，直线的方程为，
令，则，
所以直线恒过定点.
（ii）令直线过的定点为点，由，在上，得，
则点在以为直径的圆上，从而的中点为定点，使为定值.

已知椭圆的离心率为，长轴长为4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，若过点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于M、N两点，直线AM与BN相交于点Q．证明：点Q在定直线上．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）因为椭圆的离心率，，，
又，．所以
所以椭圆C的方程为．
（2）解法一：设直线，，，
，可得，所以．
直线AM的方程：①直线BN的方程：②
由对称性可知：点Q在垂直于x轴的直线上，
联立①②可得．
因为，所以
所以点Q在直线上．
解法二：设，，，两两不等，
因为P，M，N三点共线，
所以，
整理得：．
又A，M，Q三点共线，有：①
又B，N，Q三点共线，有②将①与②两式相除得：
即，
将即
代入得：解得（舍去）或，（因为直线与椭圆相交故）
所以Q在定直线上．
已知椭圆的左、右焦点是，左右顶点是，过的直线与椭圆交于两点P、Q(不是左、右顶点)，且的周长是，直线与交于点M，求证直线与交点M在一条定直线l上。
【解析】，，，
设直线PQ的方程是，
代入椭圆方程得：，
易知，
设，，，
则
，
直线的方程是： ①，
直线的方程是： ②，
设，既满足①也满足②，
则
，
故直线与交点M在一条定直线l：x＝2上.
已知、分别是椭圆的左右项点，离心率，P是椭圆E的上顶点，且.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若动直线过点，且与椭圆E交于A、B两点，点M与点B关于y轴对称，求证：直线恒过定点.
【答案】（1）
【解析】解：（1）由题意得，，，
则，所以，
又，所以，，所以椭圆E的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，直线过点，
当直线的斜率存在时，设直线，，，则，
由，消去y得.由，
得，所以，.
，
直线的方程为，
即，
因为，，所以，
直线的方程为可化为，则直线恒过定点.
综上知直线恒过定点.
已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上.过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若，试问：是否存在直线，使得点M在以为直径的圆上 请说明理由.
(3)点，直线交直线于点.设直线、的斜率分别、，求证：为定值.
【答案】(1)；(2)不存在，理由见解析；(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意列式求，进而可得双曲线方程；
（2）设，，，联立方程，利用韦达定理可得，结合圆的性质分析判断；
（3）用两点坐标表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值.
【详解】（1）由题意，双曲线的离心率为，且在双曲线上，
可得，解得，，所以双曲线的方程为.
（2）双曲线的左焦点为，
当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，舍去；
当直线的斜率不为0时，设，
联立方程组，消得，易得，
由于过点作直线交的左支于两点，
设，，则，，
可得，
因为，，
则
，
即，可得与不相互垂直，
所以不存在直线，使得点M在以为直径的圆上.
（3）由直线，得，
所以，又，
所以
，
因为，所以，且，
所以，即为定值.

已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值．
【答案】（1）＋＝1；（2）.
【分析】(1)由椭圆的离心率,和点P在椭圆上求出椭圆的标准方程;
(2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1, 设M(x1，y1)，N(x2，y2), 联立方程组消去y,再将k1＝2k2用坐标表示,利用点在椭圆上和韦达定理求出直线l的斜率.
【详解】(1)因为椭圆的离心率为，所以a＝2c.
又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
又因为点P为椭圆上一点，所以＋＝1，解得c＝1.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立方程组
消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.
所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－，x1x2＝－.
因为k1＝，k2＝，且k1＝2k2，所以＝.
即＝.　①
又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，
所以＝ (4－)，＝ (4－)．　②
将②代入①可得：＝，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.
所以3＋10＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.
解得k＝或k＝，又因为k>1，所以k＝.
已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两个动点，面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线，的斜率分别为，，和的面积分别为，.若，求的最大值.
【答案】(1)；(2)
【详解】（1）
当点P为椭圆C短轴顶点时，的面积取最大值，
结合及，解得 ，
故椭圆C的标准方程为 .
（2） 设点，
若直线PQ的斜率为零，由对称性知，，
则，，，不合题意.
设直线PQ 的方程为 ，由于直线PQ不过椭圆 C 的左、右顶点，则
联立 得，由可得 ，
，，
所以
解得
即直线PQ的方程为，故直线PQ过定点 .
由韦达定理可得，
由平面几何知识，
所以，
设，则，当时，，故在单调增，
因为，所以，
因此，的最大值为.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
非对称的“韦达定理”
在一元二次方程中，若，设它的两个根分别为，则有根与系数关系：，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理之类的结构，还常出现需要证明例如为定值的情形，通过直线代换可得：，这时，我们会遇到涉及的不同系数的代数式的应算，再比如求或之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去或，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种形如或之类中的系数不对等的情况，这些式子是非对称结构，称为“非对称韦达”。
【例1】已知椭圆过点，且离心率为。
求椭圆方程。
（2）分别为椭圆的上下顶点，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，求证：直线的交点在定直线上。
【解答】（1）椭圆
（2）,设，直线的方程为:
联立方程，得，得
则
直线的方程为： ，直线的方程为：
★（这里先要根据对称性分析预判交点在平行于轴的定直线上以确定下一步的消元方向）
联立两直线方程消元： （的系数不对称了）
（无论怎么消元都会得到类似的一个非对称结构）
下面给出几种处理策略：
方法1：利用韦达定理保留一个（解方程组，这是一种试探性的化简，“前途未卜”，不具一般性）
由韦达定理得带入化简
，得
即直线的交点在定直线上
方法2：将与的关系代入化简（和积转换，一般是积转和，这个具有普遍适用性）
由，得（即）带入化简
，得，即直线的交点在定直线上
策略3：曲线代换（如果出现类似分子分母符号相反的话，借助直线把用替换肯定不行，那么可以借助曲线代换。通常这种情况还有一个特征，与（或）相加减的常数为曲线方程的对应分母开根号的数值。）
带点进椭圆方程得化简得
进而得到，带入化简（奇迹出现了，“对称韦达定理”）接下来就是常规韦达定理，不多赘述了。
由例1可知，核心条件坐标化后，并不全是直接韦达化的形式．对于坐标化后的表达式不是韦达形式的，非对称韦达定理主要有以下几种处理方法：代换（直线代换或曲线代换）、和积消元法、配凑．
策略一：曲线代换
由于我们联立后的方程式关于或的二次方程，韦达定理中的两根之和与两根之积只式单独的于或的形式，而此时坐标表达式并非是直接的韦达形式，因此需进行代换：
例如：若两个点均在直线和曲线上，那么形如的式子，如果用直线替换显然麻烦，注意到，替换掉原式中含有的，可以得到，通常需要先整体平分，再用曲线方程代换坐标的平方项。
总结：曲线代换的式子特征：① 分子分母符号相反。② 与（或）相加减的常数为曲线方程的对应分母开根号的数值。
策略二：半代换
就是把积与和用韦达定理直接代换之后，并不能把所有的坐标都转化为参数的形式，虽然还存在代换不了的横纵坐标，但是也可能可以凑出分子分母的倍数关系，相除从而化为常数。
例如：
策略三：和积消元法（通常是积化和）
前提要能先找出韦达定理中的两根之和与两根之积的关系
例如：由韦达定理可得，所以，代入中，整理可得，为定值．
若看不出两根之和与两根之积的关系怎么办呢？我们不妨用待定一下系数，
设，∴
【题型一】 直线过定点问题
【例2】椭圆C:，若过点且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，点P在直线上，且NP与x轴平行，求直线MP恒过的定点．
【答案】
【详解】因为直线MN过点且斜率不为0，所以设直线MN方程为，，，则，
联立，消去x得，，所以，所以，
直线MP方程为，由对称性可知直线MP恒过的定点在x轴上，
所以令，得，且，
所以，
可得，直线MP恒过的定点．
变式1 已知，，，不过，的直线与交于，两点，直线与交于点，点在直线上，证明：直线过定点.
【题型二】点在定直线上
【例3】 已知双曲线C：的中心为坐标原点，左焦点为，记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【详解】首先根据对称性可以判断定直线为。
方法一半代换：由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，据此可得点在定直线上运动.
方法二积化和：由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则， 所以，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
由可得，即，据此可得点在定直线上运动.
方法三曲线代换：由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，
与联立可得，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
因为，所以。得，即，据此可得点在定直线上运动.
变式2 点是椭圆的左右顶点若直线与椭圆交于M，N两点，求证：直线AM与直线的交点在一条定直线上．
【题型三】定值问题
【例4】已知点F为椭圆的右焦点，A，B分别为其左、右顶点，过F作直线l与椭圆交于M，N两点(不与A，B重合)，记直线AM与BN的斜率分别为证明为定值．
【解析】方法一的积化和：由题，A(－2，0)，B(2，0)，设，则， ，联立，消x得，且△>0，则．
所以，代入得，，为定值，得证．
方法二的半代换：由题，A(－2，0)，B(2，0)，设，则， ，联立，消x得，且△>0，则．因此，得证．
方法三的积化和：当直线l斜率不存在时，此时，，或，，因此或，，此时均有，为定值．
当直线l斜率存在时，不妨就直线，，，
因此， ，，
联立，消得，易知△＞0，则．分离常数得，因此，
所以，为定值，得证．
方法四的半代换：当直线l斜率存在时，不妨就直线，，，
联立，消得所以，
即，为定值，得证．
变式3 椭圆，已知A、B为椭圆C的左、右顶点，过右焦点F且斜率不为0的直线交椭圆C于点M、N，直线与直线交于点P，记、、的斜率分别为、、，问是否是定值，如果是，求出该定值，如果不是，请说明理由.
两种特殊的韦达定理化简
配凑法进行韦达化处理，一个经典案例就是弦长中的横坐标的差，可以转化为韦达定理的和与积．同样这里介绍两种其他可以转化为韦达定理的形式：
例如：已知，和，且。设。
则，
即，其中k为直线AB斜率，再用直线代换，
即，得．
此处需注意，，几何意义即为直线斜率．
（2），此形式可以配凑倒数关系，，再相加得：，
配凑可得．
【例5】设直线过点，和椭圆顺次交于两点，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】设直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得（*）
则，注意到，令，则，∴，即．
在（*）中，由判别式可得 ，求出的值域，从而有，∴，
解得．结合得．综上，．
课后练习
已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点，，，为椭圆上关于轴对称的两点（不与点B重合），，直线与椭圆交于另一点，直线垂直于直线，为垂足．
(1)求的方程；
(2)证明：（i）直线过定点，（ii）存在定点，使为定值．
已知椭圆的离心率为，长轴长为4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，若过点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于M、N两点，直线AM与BN相交于点Q．证明：点Q在定直线上．
已知椭圆的左、右焦点是，左右顶点是，过的直线与椭圆交于两点P、Q(不是左、右顶点)，直线与交于点M，求证直线与交点M在一条定直线l上。
已知、分别是椭圆的左右项点，离心率，P是椭圆E的上顶点，且.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若动直线过点，且与椭圆E交于A、B两点，点M与点B关于y轴对称，求证：直线恒过定点.
已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上.过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若，试问：是否存在直线，使得点M在以为直径的圆上 请说明理由.
(3)点，直线交直线于点.设直线、的斜率分别、，求证：为定值.
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值．
已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两个动点，面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线，的斜率分别为，，和的面积分别为，.若，求的最大值.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑