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微考点6-1 圆锥曲线中的非对称韦达定理问题（三大题型）
在一些定点、定值、定线问题中，还常出现需要证明类似为定值的情形，通过直线代换可得：，但此时式子并不能完全整理为韦达定理的形式，这种式子一般称为“非对称韦达定理”．或者在处理斜率比值的时候：
我们明明求了韦达定理却无法代入，这时我们就需要通过所求得的韦达定理找到和之间的关系，将其中一个替换，常用手段是把乘法的替换成加法．
这样的非对称形式，即韦达定理无法直接代入，可以通过韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成对称型.
具体办法：
①联立方程后得到韦达定理：代入之后进行代换消元解题.
②利用点在椭圆方程上代换
题型一：利用非对称韦达定理思想解决定点问题
【精选例题】
【例1】
1．已知双曲线的左顶点为A，右焦点为F，P是直线上一点，且P不在x轴上，以点P为圆心，线段PF的长为半径的圆弧AF交C的右支于点N．
(1)证明：；
(2)取，若直线PF与C的左、右两支分别交于E，D两点，过E作l的垂线，垂足为R，试判断直线DR是否过定点若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【跟踪训练】
2．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．
3．椭圆C:的一个焦点为，且过点．
(1)求椭圆C的标准方程和离心率；
(2)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．
题型二：利用非对称韦达定理思想解决斜率定值问题
【精选例题】
【例1】
4．椭圆的长轴长为4，且椭圆C过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)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.
【例2】
5．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．
【跟踪训练】
6．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.
7．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.
题型三：利用非对称韦达定理思想解决定直线问题
【精选例题】
【例1】
8．已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为6.
(1)求点的轨迹的方程.
(2)已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，试问：当点变化时，点是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不是，请说明理由.
【例2】
9．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.
【跟踪训练】
10．已知圆，圆，动圆与圆和圆均相切，且一个内切、一个外切．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程．
(2)已知点，过点的直线与轨迹交于两点，记直线与直线的交点为．试问：点是否在一条定直线上？若在，求出该定直线；若不在，请说明理由．
11．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，上顶点为，到直线的距离为，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过且斜率为的直线与椭圆交于，两点，椭圆的左、右顶点分别为，，证明：直线与的交点在定直线上.
12．已知椭圆的长轴长为4，左、右顶点分别为A，B，经过点P（1，0）的动直线与椭圆相交于不同的两点C，D（不与点A，B重合）．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线CB与直线AD相交于点M，判断点M是否位于一条定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，说明理由．
13．已知椭圆E的左、右焦点分别为，，点M在椭圆E上，，的周长为，面积为．
(1)求椭圆E的方程．
(2)设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与椭圆E交于C，D两点（不同于左右顶点），记直线AC的斜率为，直线BD的斜率为，问是否存在实常数，使得，恒成立？若成立，求出的值，若不成立，说明理由．
14．椭圆的左、右顶点分别为A，B，过左焦点的直线与椭圆交于C，D两点（其中C点位于x轴上方），当CD垂直于x轴时，
(1)求椭圆的方程；
(2)记直线AC，BD的斜率分别为，问；是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
15．已知圆，圆，动圆与圆和圆均相切，且一个内切、一个外切．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程．
(2)已知点，过点的直线与轨迹交于两点，记直线与直线的交点为．试问：点是否在一条定直线上？若在，求出该定直线；若不在，请说明理由．
16．已知椭圆的长轴长为4，左、右顶点分别为A，B，经过点P（1，0）的动直线与椭圆相交于不同的两点C，D（不与点A，B重合）．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线CB与直线AD相交于点M，判断点M是否位于一条定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，说明理由．
17．已知椭圆的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，点在椭圆C上，且，直线过点且与椭圆C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知，，若直线，交于点D，探究：点D是否在某定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由．
18．已知椭圆：，为椭圆的右焦点，三点，，中恰有两点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设点为椭圆的左右端点，过点作直线交椭圆于，两点（不同于），求证：直线与直线的交点在定直线上运动，并求出该直线的方程.
19．已知是椭圆的左焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，椭圆的离心率为，的面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)，为椭圆的左，右顶点，点，当不与，重合时，射线交椭圆于点，直线，交于点，求的最大值.
20．已知椭圆：的离心率为，右焦点为，，分别为椭圆的左、右顶点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率不为的直线，直线与椭圆交于，两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值；
(3)在（2）的条件下，直线与直线交于点，求证：点在定直线上.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）过N作l的垂线，垂足为H，且与圆弧AF交于点M，则，结合圆的知识可得，，设点，则，由，可得，即得（用双曲线的第二定义来说明，也可以），由相等弦长所对的圆心角相等，得，进而求解；
（2）设直线PF的方程为，由题意可得，联立方程组，结合韦达定理可得，，由题知，直线DR的方程为，令，化简即可求解.
【详解】（1）证明：过N作l的垂线，垂足为H，且与圆弧AF交于点M，则，
连接AM，PM，NF．因为在圆P中，，所以．
由题易知右焦点，设点，则，整理得．
因为，
所以，所以．
【这里若学生用双曲线的第二定义来说明，也可以．见下：因为直线为双曲线的准线，根据双曲线的第二定义，可知，即，即得．】
在圆P中，由相等弦长所对的圆心角相等，得，
所以．
（2）由题知双曲线，渐近线为：，右焦点为，
直线PF的斜率不为0，设直线PF的方程为
因为直线PF与C的左，右两支分别交于E，D两点，则．
设，
联立方程组，得，
则．
由题知，直线的方程为，
令，得
，
所以直线DR过定点.
2．(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.

【点睛】思路点睛：设的方程为，与椭圆联立得出方程，根据韦达定理得出坐标关系.进而整理化简，即可得出定点坐标.
3．(1)标准方程为C：，离心率为
(2)
【分析】（1）法一：由题意可得，解方程即可求出，可求出椭圆C的标准方程和离心率；法二：由椭圆的定义求出，再结合求出，可求出椭圆C的标准方程和离心率；
（2）设方程为，，，联立直线MN方程和椭圆的方程可得，表示出直线MP方程，对称性可知直线MP恒过的定点在x轴上，令，将代入化简即可得出答案.
【详解】（1）法一：由题意，可得，
则椭圆C的标准方程为C：，离心率为；
法二：设椭圆的左焦点为，
则由椭圆的定义知，
所以，又，得，则椭圆C的标准方程为C：，
离心率为；
（2）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．

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
4．(1)
(2)是定值2，理由见解析
【分析】（1）先求出，将代入求出，得到椭圆方程；
（2）设直线：，联立椭圆方程，设，得到两根之和，两根之积，表达出，，，计算出，将两根之积代入，化简得到，再代入两根之和，得到是定值2.
【详解】（1）由题意得，解得，
将代入椭圆方程中得，，解得，
故椭圆方程为
（2）因为，，所以，，，
设直线：，
联立与可得，，
恒成立，
设，则，
直线：，令得，故，
，，，
则
.

为定值2.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
5．（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＝.
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系,考查椭圆的标准方程和椭圆的几何性质,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.
6．证明见解析
【分析】设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简，从而证得结论成立.
【详解】（反设直线）由题，，
设，则， ，
联立，消x得，
且，则.
（策略一：和积转换，一般是积转和）
所以，代入得，
，为定值，得证.
（策略二：配凑半代换）
因此，得证.
7．(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.

【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
8．(1)
(2)是，证明见解析
【分析】（1）依题意，根据椭圆的定义可知的轨迹是以、为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），从而求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为：，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到，再求出直线、的方程，联立求出交点的横坐标，整理可得求出定直线方程.
【详解】（1）解：因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，
所以，
故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），
且，所以，
所以的轨迹的方程为；
（2）解：设直线的方程为：，，，
联立方程得：，
则，，
所以，
又直线的方程为：，
又直线的方程为：，
联立方程，解得，
把代入上式得：，
所以当点运动时，点恒在定直线上
9．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【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）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.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
10．(1)
(2)点恒在定直线上
【分析】（1）设动圆的圆心为，利用两圆外切和内切的关系得到，由椭圆的定义即可得到动点的轨迹，利用待定系数法求出方程即可；
（2）设直线的方程为，直曲联立，结合韦达定理得到，求出直线与直线的方程，进而得到点满足的关系式，整理化简可得点恒在定直线上．
【详解】（1）设点的坐标为，圆的半径为．
由已知条件，得．
①当动圆与圆外切，与圆内切时，，
从而．
②当动圆与圆内切，与圆外切时，，
从而．
综上可知，圆心的轨迹是以为焦点，6为长轴长的椭圆．
易得圆与圆交于点与，
所以动圆圆心的轨迹的方程为．
（2）设直线的方程为，．
联立直线与轨迹的方程，得
消去并整理，得．
所以，，
则有．
由已知条件，得直线的方程为，
直线的方程为，
则点的坐标满足．
又，
所以．
把代入上式，得．
故点恒在定直线上．
11．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求出直线的方程，利用点到直线的距离公式得到，再由，即可求出、，从而求出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，设，，消元，列出韦达定理，即可得到直线、的方程，设直线与的交点坐标为，求出，即可得解.
【详解】（1）依题意可得直线的方程为，即，
则到直线的距离为.
又，，故，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）得，所以直线的方程为，
由可得，
设，，显然，
所以，，故.
由（1）可得，，则直线的方程为，
直线的方程为，
设直线与的交点坐标为，则，
故
，
解得，故直线与的交点在直线上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
12．(1)椭圆方程为，离心率为；
(2)点在定直线上．
【分析】（1）由长轴长求得得椭圆方程，然后由离心率公式离心率；
（2）设动直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，写出直线方程，联立求得点横坐标，利用直线方程，及韦达定理的结果代入后可得，即为定直线方程．
【详解】（1）由题意，，所以椭圆方程为，
，，则，离心率为；
（2）由题意设动直线方程为，设，，
由得，
显然，

直线方程为，直线方程为，
联立方程组，得
又，代入得，
由，得，即，
所以，
所以点在定直线上．
【点睛】方法点睛：椭圆中的定直线问题，可设出交点坐标为，设出动直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理，然后由直线与椭圆的交点坐标求出相关的交点坐标，对这个坐标进行分析得出定直线方程，本题中对横坐标进行分析，代入交点坐标的关系及韦达定理的结果即得出结论，实际上本题可从对称性确定定直线与轴垂直，再坐标特殊值（如动直线与轴垂直）求得定直线方程，然后只要验证一般情形即可（这个寻找过程在解题中还不必反映出来）．
13．(1)
(2)存在实数
【分析】（1）根据焦点三角形面积及周长列方程求出,即可写出椭圆方程；
（2）先设直线，再和椭圆联立方程组,结合韦达定理及斜率公式计算化简求解即可.
【详解】（1）依题意，得，即，
解得，所以椭圆E的方程为．
（2）
依题意，可设直线l的方程为，
联立方程，化简整理，得，
易得恒成立，
设，，由韦达定理，
得，可得，
于是
，
故存在实数，使得恒成立．
14．(1)
(2)是定值，定值为3．
【分析】（1）根据题意结合通径长即可求出椭圆的标准方程.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，得到根与系数关系，将表示出化简即可.
【详解】（1）因为椭圆的左焦点为，
所以，将代入，得，
故，所以
解得，所以，
所以椭圆方程为.
（2）
因为直线CD过点， 且点C位于x轴上方，
所以直线CD斜率不为0，设直线CD的方程为，
联立消去x得，
方程的判别式，
设，由已知，
于是，
所以，
又椭圆的左顶点A的坐标为，右顶点B的坐标为（2，0），
所以，
因为，
所以，
所以
所以定值，定值为3．
15．(1)
(2)点恒在定直线上
【分析】（1）设动圆的圆心为，利用两圆外切和内切的关系得到，由椭圆的定义即可得到动点的轨迹，利用待定系数法求出方程即可；
（2）设直线的方程为，直曲联立，结合韦达定理得到，求出直线与直线的方程，进而得到点满足的关系式，整理化简可得点恒在定直线上．
【详解】（1）设点的坐标为，圆的半径为．
由已知条件，得．
①当动圆与圆外切，与圆内切时，，
从而．
②当动圆与圆内切，与圆外切时，，
从而．
综上可知，圆心的轨迹是以为焦点，6为长轴长的椭圆．
易得圆与圆交于点与，
所以动圆圆心的轨迹的方程为．
（2）设直线的方程为，．
联立直线与轨迹的方程，得
消去并整理，得．
所以，，
则有．
由已知条件，得直线的方程为，
直线的方程为，
则点的坐标满足．
又，
所以．
把代入上式，得．
故点恒在定直线上．
16．(1)椭圆方程为，离心率为；
(2)点在定直线上．
【分析】（1）由长轴长求得得椭圆方程，然后由离心率公式离心率；
（2）设动直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，写出直线方程，联立求得点横坐标，利用直线方程，及韦达定理的结果代入后可得，即为定直线方程．
【详解】（1）由题意，，所以椭圆方程为，
，，则，离心率为；
（2）由题意设动直线方程为，设，，
由得，
显然，

直线方程为，直线方程为，
联立方程组，得
又，代入得，
由，得，即，
所以，
所以点在定直线上．
【点睛】方法点睛：椭圆中的定直线问题，可设出交点坐标为，设出动直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理，然后由直线与椭圆的交点坐标求出相关的交点坐标，对这个坐标进行分析得出定直线方程，本题中对横坐标进行分析，代入交点坐标的关系及韦达定理的结果即得出结论，实际上本题可从对称性确定定直线与轴垂直，再坐标特殊值（如动直线与轴垂直）求得定直线方程，然后只要验证一般情形即可（这个寻找过程在解题中还不必反映出来）．
17．(1)
(2)点D在直线上．
【分析】（1）利用两点距离公式可计算焦点坐标，待定系数法计算椭圆方程即可；
（2）由题意先确定M、N位置，设直线与、坐标，联立直线与椭圆方程利用韦达定理得出、纵坐标关系式，再利用点、坐标表示直线、，法一、求出D点横坐标化简计算即可；法二、直接利用直线、方程作比计算为定值，计算即可.
【详解】（1）设，，，
则，
则，解得（舍去），
则，①
代入点得，②
联立①②，解得，，
故椭圆C的标准方程为；
（2）
依题意，，，
设直线，联立，
整理得，
；
设，，
则，，
所以.
可设直线，直线，
法一：联立
得
，
故点D在直线上．
法二：故，
解得，
故点D在直线上．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）由对称性得到点，在椭圆上，结合焦点坐标，得到方程组，求出，，求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，设，，，得到两根之和，两根之积，由和共线得到方程组，联立后得到，求出，得到交点在定直线上，并求出该直线的方程.
【详解】（1）因为为椭圆的右焦点，所以①,
由对称性得，点，在椭圆上，代入得②,
联立①②解得，，，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）由条件知直线与直线不重合，故直线的斜率不为0，

设直线的方程为，
联立，可得，
设，，，
则，，，
由（1）可得，，
由共线得：③，
由共线得：④，
由③÷④消去并整理得，，
即，所以，
综上所述，直线与直线的交点在定直线上运动.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，即可求解；（2）首先设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并利用坐标表示直线的方程，并且联立方程求点的轨迹方程，再利用两直线的倾斜角表示,利用斜率表示，再利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）由，解得，，所以椭圆的方程为.
（2）由题知不与轴重合，设直线的方程为，
联立方程组，消整理得，，
设、，则，.
因为的方程为，的方程为
两直线方程联立得：
因为.所以，解得.
所以动点的轨迹方程为
由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为，，
由图可知，且，因为，则，
因为，，
所以
当且仅当时等号成立，此时，，所以的最大值为.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，动点轨迹，第二问的关键是根据韦达定理，联立两直线方程可化简求得点的轨迹，再利用倾斜角表示.
20．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出，即可得出椭圆的方程；
（2）设，，直线的方程为，与椭圆方程联立得到，代入的表达式，即可得出为定值；
（3）根据（1）中的结论，设，则，求出直线AP、BQ的方程，联立即可求出点M的坐标，从而可知其在定直线上．
【详解】（1）依题可得，解得，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，因为直线过点且斜率不为，
所以可设的方程为，代入椭圆方程得，
其判别式，所以，.
两式相除得，即．
因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，
所以，．
从而．
（3）由（1）知，设，则，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立可得，
所以直线与直线的交点的坐标为，
所以点在定直线上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
答案第1页，共2页
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