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重点培优练10　圆锥曲线中的非对称韦达定理问题
1．(2025·江苏南京二模)在平面直角坐标系Oxy中，点A(－1，0)，B(1，0)，Q(－4，0)，动点P满足|PA|＋|PB|＝4，记点P的轨迹为C．
(1)求C的方程．
(2)过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F(E在F的左侧)．设直线AE，AF的斜率分别为k1，k2．
①求证：为定值；
②设直线AF，BE相交于点M，求证：|MA|－|MB|为定值．
2．(2025·湖北武汉5月模拟)已知在矩形ABCD中，|AB|＝4，|BC|＝2，E，F，G，H分别是矩形四条边的中点，以矩形中心O为原点，HF所在直线为x轴，EG所在直线为y轴，建立如图所示的坐标系．直线HF，BC上的动点R，S满足＝λ＝λ(λ∈R)，直线ER与GS的交点为P．
(1)证明点P在一个确定的椭圆上，并求此椭圆的方程；
(2)当λ＝时，过点R的直线l(与x轴不重合)与(1)中的椭圆交于M，N两点，过点N作直线x＝4的垂线，垂足为点Q．设直线MQ与x轴交于点K，求△KMR的面积的最大值．
重点培优练10
1．解：(1)由|AB|＝2，|PA|＋|PB|＝4>|AB|，所以点P在以A，B为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为＝1(a>b>0)，焦距为2c，则c＝1，a＝2，所以b2＝a2－c2＝3，
所以C的方程为＝1．
(2)①由Q(－4，0)，直线l的斜率存在且不为0．
设直线l的方程为x＝my－4，E(x1，y1)，F(x2，y2)，x1<0，
联立消去x并整理得(3m2＋4)y2－24my＋36＝0，
则Δ＝144(m2－4)>0，y1＋y2＝，y1y2＝，所以my1y2＝(y1＋y2)．
又A(－1，0)，所以k1＝，k2＝，
所以
＝＝－1．
即证得为定值．
②由①知＝－1，
所以k1＋k2＝0．
作E关于x轴的对称点E'(x1，－y1)，则F，A，E'三点共线．
又A(－1，0)，B(1，0)，
设M(x0，y0)．
则直线AF的方程即为直线AE'的方程x＝y－1．
又直线BE的方程为x＝y＋1，
作差，得y0＝－，
所以x0＝·，
所以x1＝，y1＝－，
由x1<0，得x0<0．
又因为＝1，所以＝1，
即＝1(x0<0)，
所以点M在以A，B为焦点，1为实轴长的双曲线的左支(椭圆内部)上运动，
所以|MA|－|MB|＝－1．
2．解：(1)由题意可知，E(0，－)，F(2，0)，由＝λ＝λ(2，0)＝(2λ，0)，可得R(2λ，0)，
当λ≠0时，直线ER的方程为y＝x，
又G(0，)，C(2，＝λ＝λ(0，－)＝(0，－λ)，
所以＝(2，)＋(0，－λ)＝(2，λ)，可得S(2，λ)，
所以直线GS的方程为y＝－x，
上面两直线方程相乘可得y2－3＝－＝1，
所以可得点P在椭圆＝1上．
(2)当λ＝时，点R(1，0)，设直线l的方程为x＝ty＋1，
与椭圆方程＝1联立，消去x得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ>0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
可得ty1y2＝(y1＋y2)，
依题意，Q(4，y2)，直线MQ的方程为y－y2＝(x－4)，令y＝0，得点K的横坐标为xK＝＋4
＝
＝，
代入ty1y2＝(y1＋y2)可得xK＝，因此直线MQ过定点K，
所以S△KMR＝|RK||y1|
＝，
当且仅当|y1|＝时等号成立，
所以△KMR的面积的最大值为．
1/2培优课10　圆锥曲线中的非对称韦达定理问题
在圆锥曲线解答题中，我们通常利用根与系数的关系(韦达定理)x1＋x2，x1·x2整体代入的方法来处理类似，x1y2＋x2y1等对称结构问题；对于解题中遇到的类似于，λx1＋μx2，这种系数不对称的结构，发现不能直接应用根与系数的关系，这类问题叫做“非对称韦达定理问题”，处理这类问题常用两种方法，一是和积转换法，二是配凑半代换法．
【典例】　已知点F为椭圆E：＝1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k1，k2．
(1)证明：为定值；
(2)假设直线l的斜率存在，证明：直线AM与直线BN的交点在一条定直线上．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　在解析几何中，对于非对称韦达定理问题，常采用“局部计算，整体约分”方案求解：
(1)方案一　和积转换——找出韦达定理中的两根之和与两根之积的关系；
(2)方案二　配凑半代换——对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑．
已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0)，点M在E上，MF2⊥F1F2，△MF1F2的周长为6＋4，面积为c．
(1)求E的方程；
(2)设E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与E交于C，D两点(不同于左、右顶点)，记直线AC的斜率为k1，直线BD的斜率为k2，问是否存在实常数λ，使得k1＝λk2恒成立？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
培优课10　圆锥曲线中的非对称韦达定理问题
典例　证明：(1)法一：积化和(变量y)
由题意得，A(－2，0)，B(2，0)．
设直线l：x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则k1＝，k2＝，
联立
消去x并整理得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0，且Δ>0，
则
所以ty1y2＝(y1＋y2)，代入得，
＝，为定值，得证．
法二：配凑半代换(变量y)
由题意得，A(－2，0)，B(2，0)．
设直线l：x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则k1＝，k2＝，
联立
消去x并整理得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0，且Δ>0，
则
所以ty1y2＝(y1＋y2)，
因此
＝
＝，得证．
法三：积化和(变量x)
由题意得，A(－2，0)，B(2，0)．
当直线l的斜率存在时，不妨设直线l：y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则k1＝，k2＝，
联立
消去y并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，且Δ>0，
所以
因此x1x2＝(x1＋x2)－4，
所以，为定值．
当直线l的斜率不存在时，即l：x＝1，亦可求得．
综上，得证．
法四：配凑半代换(变量x)
由题意得，A(－2，0)，B(2，0)．
当直线l的斜率存在时，不妨设直线l：y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则k1＝，k2＝，
联立
消去y并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，且Δ>0，
所以
所以，
即
＝，为定值．
当直线l的斜率不存在时，即l：x＝1，亦可求得．
综上，得证．
(2)由条件知，A(－2，0)，B(2，0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立
化简得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ>0，x1＋x2＝，x1x2＝，
直线AM：y＝(x＋2)，
直线BN：y＝(x－2)．
联立得，x＝．
法一：(配凑半代换)
x＝
＝
＝
＝＝4．
故直线AM与直线BN的交点在定直线x＝4上．
法二：(和积转换)
分离常数得：x1＋x2＝，x1x2＝．
则有x1·x2＝(x1＋x2)－4．
代入得x＝＝4．
故直线AM与直线BN的交点在定直线x＝4上．
考教衔接
解：(1)依题意，得
即
所以椭圆E的方程为＋y2＝1．
(2)依题意，可设直线l的方程为x＝ty＋
化简整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，
易得Δ>0恒成立，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则
可得ty1y2＝(y1＋y2)，
于是·
＝
＝
＝
＝，
故存在实数λ＝，使得k1＝λk2恒成立．
1/2(共43张PPT)
专题五　解析几何
培优课10　圆锥曲线中的非对称韦达定理问题
在圆锥曲线解答题中，我们通常利用根与系数的关系(韦达定理)x1＋x2，x1·x2整体代入的方法来处理类似，x1y2＋x2y1等对称结构问题；对于解题中遇到的类似于，λx1＋μx2，这种系数不对称的结构，发现不能直接应用根与系数的关系，这类问题叫做“非对称韦达定理问题”，处理这类问题常用两种方法，一是和积转换法，二是配凑半代换法．
【典例】　已知点F为椭圆E：＝1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k1，k2．
(1)证明：为定值；
(2)假设直线l的斜率存在，证明：直线AM与直线BN的交点在一条定直线上．
[证明]　(1)法一：积化和(变量y)
由题意得，A(－2，0)，B(2，0)．
设直线l：x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则k1＝，k2＝，联立
消去x并整理得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0，且Δ>0，
则
所以ty1y2＝(y1＋y2)，代入得，＝＝＝＝，为定值，得证．
法二：配凑半代换(变量y)
由题意得，A(－2，0)，B(2，0)．
设直线l：x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则k1＝，k2＝，联立
消去x并整理得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0，且Δ>0，
则
所以ty1y2＝(y1＋y2)，
因此＝
＝＝＝，得证．
法三：积化和(变量x)
由题意得，A(－2，0)，B(2，0)．
当直线l的斜率存在时，不妨设直线l：y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则k1＝，k2＝，联立
消去y并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，且Δ＞0，
所以
因此x1x2＝(x1＋x2)－4，
所以＝
＝＝，为定值．
当直线l的斜率不存在时，即l：x＝1，亦可求得＝．
综上，得证．
法四：配凑半代换(变量x)
由题意得，A(－2，0)，B(2，0)．
当直线l的斜率存在时，不妨设直线l：y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则k1＝，k2＝，联立
消去y并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，且Δ＞0，
所以
所以＝，
即＝
＝＝，为定值．
当直线l的斜率不存在时，即l：x＝1，亦可求得＝．
综上，得证．
(2)由条件知，A(－2，0)，B(2，0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立
化简得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，
直线AM：y＝(x＋2)，直线BN：y＝(x－2)．
联立得，x＝．
法一：(配凑半代换)
x＝
＝
＝＝＝4．
故直线AM与直线BN的交点在定直线x＝4上．
法二：(和积转换)
分离常数得：x1＋x2＝＝2－，
x1x2＝＝1－．
则有x1·x2＝(x1＋x2)－4．
代入得x＝
＝2×＝4．
故直线AM与直线BN的交点在定直线x＝4上．
反思领悟　在解析几何中，对于非对称韦达定理问题，常采用“局部计算，整体约分”方案求解：
(1)方案一　和积转换——找出韦达定理中的两根之和与两根之积的关系；
(2)方案二　配凑半代换——对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑．
已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0)，点M在E上，MF2⊥F1F2，△MF1F2的周长为6＋4，面积为c．
(1)求E的方程；
(2)设E的左、右顶点分别为A，B，过点的直线l与E交于C，D两点(不同于左、右顶点)，记直线AC的斜率为k1，直线BD的斜率为k2，问是否存在实常数λ，使得k1＝λk2恒成立？
[解]　(1)依题意，得
即解得
所以椭圆E的方程为＋y2＝1．
(2)依题意，可设直线l的方程为x＝ty＋，
联立
化简整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，
易得Δ>0恒成立，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则
可得ty1y2＝(y1＋y2)，
于是＝·＝
＝＝＝
＝＝＝，
故存在实数λ＝，使得k1＝λk2恒成立．
【教用·备选题】
1．已知抛物线关于x轴对称，顶点在坐标原点，焦点为F，点P(1，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上．
(1)写出该抛物线的方程及其准线方程；
(2)若＝2，求直线AB的斜率．
[解]　(1)由已知条件，可设抛物线的方程为y2＝2px(p＞0)，
因为点P(1，2)在抛物线上，
所以22＝2p×1，解得p＝2．
故抛物线的方程是y2＝4x，其准线方程是x＝－1．
(2)法一：由(1)可知f (1，0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线AB的方程可设为x＝ty＋1，
联立
整理得y2－4ty－4＝0，Δ＞0，
所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4．
又＝2，
即(1－x1，－y1)＝2(x2－1，y2)，
可得－y1＝2y2，即＝－2，
则＝－2＝－，
即－2＝－，
解得t＝±，故kAB＝＝±2．
法二：A(x1，y1)，B(x2，y2)，f (1，0)，＝(1－x1，－y1)，2＝(2x2－2，2y2)，＝2
∵A，B在抛物线上，
由①②③④联立可得x2＝，则y2＝±，
由③－④得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，
则kAB＝＝
＝＝－＝±2．
2．已知双曲线C：＝1的离心率为，点在双曲线C上．过C的左焦点F作直线l交C的左支于A，B两点．
(1)求双曲线C的方程．
(2)若M，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上？请说明理由．
(3)点P，直线AP交直线x＝－2于点Q．设直线QA，QB的斜率分别为k1，k2，求证：k1－k2为定值．
[解]　(1)由题意，双曲线C：＝1的离心率为，且点在双曲线C上，
可得解得a2＝8，b2＝8，
所以双曲线C的方程为＝1．
(2)双曲线C的左焦点为F，
当直线l的斜率为0时，此时直线为y＝0，与双曲线C的左支只有一个交点，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设l：x＝my－4，
联立消去x，得y2－8my＋8＝0，易得Δ>0，
由于过点F作直线l交C的左支于A，B两点，
设A，B，则y1＋y2＝，y1y2＝<0，
可得－1因为＝＝，
则·＝＋y1y2＝
＝y1y2－2m＋4
＝＋4＝－4，即·≠0，可得MA与MB不相互垂直，所以不存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上．
(3)证明：由直线AP：y－2＝k1，得Q，
所以k2＝＝，
又k1＝kPA＝＝，
所以k1－k2＝
＝
＝，
因为k1＝，所以k1my1＝y1－2，且y1＋y2＝my1y2，
所以k1－k2＝＝＝－2，
即k1－k2为定值．
重点培优练10　圆锥曲线中的非对称韦达定理问题
1．(2025·江苏南京二模)在平面直角坐标系Oxy中，点A(－1，0)，B(1，0)，Q(－4，0)，动点P满足|PA|＋|PB|＝4，记点P的轨迹为C．
(1)求C的方程．
(2)过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，f (E在F的左侧)．设直线AE，AF的斜率分别为k1，k2．
①求证：为定值；
②设直线AF，BE相交于点M，求证：|MA|－|MB|为定值．
[解]　(1)由|AB|＝2，|PA|＋|PB|＝4>|AB|，
所以点P在以A，B为焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆方程为＝1(a>b>0)，焦距为2c，
则c＝1，a＝2，所以b2＝a2－c2＝3，
所以C的方程为＝1．
(2)①由Q(－4，0)，直线l的斜率存在且不为0．
设直线l的方程为x＝my－4，E(x1，y1)，f (x2，y2)，x1<0，
联立消去x并整理得(3m2＋4)y2－24my＋36＝0，
则Δ＝144(m2－4)>0，y1＋y2＝，y1y2＝，
所以my1y2＝(y1＋y2)．
又A(－1，0)，所以k1＝，k2＝，
所以＝＝＝
＝＝＝－1．
即证得为定值．
②由①知＝－1，所以k1＋k2＝0．
作E关于x轴的对称点E′(x1，－y1)，则F，A，E′三点共线．
又A(－1，0)，B(1，0)，设M(x0，y0)．
则直线AF的方程即为直线AE′的方程x＝y－1．
又直线BE的方程为x＝y＋1，
作差，得y0＝－，所以x0＝·－1＝，
所以x1＝，y1＝－，
由x1<0，得x0<0．
又因为＝1，所以＝1，
即＝，即＝1(x0<0)，
所以点M在以A，B为焦点，1为实轴长的双曲线的左支(椭圆内部)上运动，
所以|MA|－|MB|＝－1．
2．(2025·湖北武汉5月模拟)已知在矩形ABCD中，|AB|＝4，|BC|＝2，E，F，G，H分别是矩形四条边的中点，以矩形中心O为原点，HF所在直线为x轴，EG所在直线为y轴，建立如图所示的坐标系．直线HF，BC上的动点R，S满足＝λ＝λ(λ∈R)，直线ER与GS的交点为P．
(1)证明点P在一个确定的椭圆上，并求此椭圆的方程；
(2)当λ＝时，过点R的直线l(与x轴不重合)与(1)中的椭圆交于M，N两点，过点N作直线x＝4的垂线，垂足为点Q．设直线MQ与x轴交于点K，求△KMR的面积的最大值．
[解]　(1)由题意可知，E(0，－)，f (2，0)，由＝λ＝λ(2，0)＝(2λ，0)，可得R(2λ，0)，当λ≠0时，直线ER的方程为y＝x－ y＋＝x，又G(0，)，C(2，)，由＝λ＝λ(0，－)＝(0，－λ)，所以＝＝(2，)＋(0，－λ)＝(2，λ)，可得S(2，λ)，所以直线GS的方程为y＝－x＋ y－＝－x，上面两直线方程相乘可得y2－3＝－x2 ＝1，所以可得点P在椭圆＝1上．
(2)当λ＝时，点R(1，0)，设直线l的方程为x＝ty＋1，
与椭圆方程＝1联立，消去x得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ＞0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，
可得ty1y2＝(y1＋y2)，依题意，Q(4，y2)，直线MQ的方程为y－y2＝(x－4)，令y＝0，得点K的横坐标为xK＝＋4＝＝，
代入ty1y2＝(y1＋y2)可得xK＝＝＝，
因此直线MQ过定点K，
所以S△KMR＝|RK||y1|＝|y1|≤，
当且仅当|y1|＝时等号成立，
所以△KMR的面积的最大值为．
谢 谢！

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