微考点6-1 圆锥曲线中的非对称韦达定理问题（解析版）

微考点6-1圆锥曲线中的非对称韦达定理问题（三大题型）y22x1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：y12x2y22x1kx22x1kx1x22x1，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y12x2kx16x2kx1x26x2yt1kxxytxkxx(mt)xPA1212122对称韦达定理”．或者在处理斜率比值的时候：kPBy2tx1y2tx1kx1x2(mt)x1x2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x1x2和x1x2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：x1x2f(t)①联立方程后得到韦达定理：m(t)(x1x2)n(t)x1x2代入之后进行代换消元解题.xxg(t)12②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】22xya【例1】已知双曲线C:1(a0)的左顶点为A，右焦点为F，P是直线l:x上一点，且P不在x22a3a2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：APN2NPF；(2)取a1，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．【答案】(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MN∥AF，结合圆的知识可得 x2y2NFAMNF，MHHN，设点Nx,y，则001，由2，可得NF2HN，即得0022HNa3aAMNFMN（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APMMPNNPF，进而求解；（2）设直线PF的方程为xmy2，由题意可得33m,,，联立方程组，结合韦达定理可得y1y2，y1y2，由题知，直线DR的方程为33yy121yyx212，令y0，化简即可求解.x12【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MN∥AF，连接AM，PM，NF．因为在圆P中，PHAF，PHMN，所以|AM||NF|，|MH||HN|．22Nx,y，则x0y0y23x23a2．由题易知右焦点F(2a,0)，设点00221，整理得00a3a222222|NF|x02ay0x02a3x03a2x0a2x0a2因为|HN|aaaa，xxxx00002222所以|NF|2|HN|，所以|AM||NF||MN|．22axy【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l:x为双曲线C:1(a0)222a3a|NF|c的准线，根据双曲线的第二定义，可知2，即|NF|2|HN|，即得|AM||NF||MN|．】|HN|a在圆P中，由相等弦长所对的圆心角相等，得APMMPNNPF，所以APN2NPE．22y3（2）由题知双曲线C:x1，渐近线为：yx，右焦点为F2,0，33直线PF的斜率不为0，设直线PF的方程为xmy2 33因为直线PF与C的左，右两支分别交于E，D两点，则m,,．331设Dx1,y1，Ex2,y2，R,y2y1y2，2xmy222联立方程组y2，得3m1y12my90，2x1312m9则y1y22,y1y22．3m13m1yy121yyx2由题知，直线DR的方程为12，x1211131x1y2y1my12y2y1my1y22y2y1y1y22y2y1令y0，得22242xyyyyyyyy2121212154y2y15，yy4215所以直线DR过定点,0.4【跟踪训练】31.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点A2,0，B(1,)，M，N为椭圆E上关于x2轴对称的两点（不与点B重合），Q1,0，直线MQ与椭圆E交于另一点C，直线QP垂直于直线NC，P为垂足．(1)求E的方程；(2)证明：（i）直线NC过定点，（ii）存在定点R，使PR为定值．2x2【答案】(1)y1；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.422【分析】（1）设方程为mxny1m0,n0,mn，代入A,B点的坐标，得出方程组，求解即得.（2）（i）设MQ的方程为xty1t0，与椭圆方程联立，根据韦达定理表示出坐标关系，得出NC的方yy12程为yy1(xx1，令y0，整理可得x4，即可得出定点；（ii）由已知可得QPPH，即可得xx12出P的轨迹，得出答案. 4m11m22【详解】（1）设E的方程为mxny1m0,n0,mn，则3，解得4，mn1n142x2所以E的方程为y1.4（2）（i）依题意，直线MQ的斜率存在且不为0，设MQ的方程为xty1t0，设点Cx1,y1，Mx2,y2，则Nx2,y2，xty1222由22消去x并整理得t4y2ty30，则Δ16t480，x4y42t3y1y22，y1y22，显然2ty1y23(y1y2)，t4t4yyyy1212直线NC的斜率kNC，直线NC的方程为yy1(xx1，xxxx1212y1x1x2y2x1x2y1y2ty11ty21y12ty1y2y1y2令y0，则xx14，yyyyyyyy12121212所以直线NC恒过定点4,0.（ii）令直线NC过的定点4,0为点H，由QPNC0，P在NC上，得QPPH，53则点P在以QH为直径的圆上，从而QH的中点R(,0)为定点，使PR为定值.22【点睛】思路点睛：设MQ的方程为xty1t0，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.22xy32.椭圆C:1ab0的一个焦点为F1,0，且过点M1,．a2b22(1)求椭圆C的标准方程和离心率；2(2)若过点,0且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，点P在直线x6上，且NP与x轴平行，3求直线MP恒过的定点．2210xy1【答案】(1)标准方程为C：1，离心率为；(2),04323 c119【分析】（1）法一：由题意可得221，解方程即可求出a,b,c，可求出椭圆C的标准方程和离心a4b222abc222率；法二：由椭圆的定义求出a1，再结合bac求出b，可求出椭圆C的标准方程和离心率；28（2）设方程为xmy，Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线MN方程和椭圆的方程可得my1y2y1y2，338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y0，将my1y2y1y2代入化简即3可得出答案.c12a4192【详解】（1）法一：由题意221，可得b3，a4b2a2b2c2c122xyc1则椭圆C的标准方程为C：1，离心率为e；43a2法二：设椭圆的左焦点为F1,0，22232353则由椭圆的定义知2aMFMF11114，222222222xy所以a2，又c1，得bac3，则椭圆C的标准方程为C：1，43c1离心率为e；a22（2）因为直线MN过点,0且斜率不为0，32所以设直线MN方程为xmy，Mx1,y1，Nx2,y2，则P6,y2，32xmy32232联立，消去x得，3m4y4my0，22xy314304m8所以y1y22，所以my1y2y1y2，3m43323yy1223m4yy12直线MP方程为yy2x6，由对称性可知直线MP恒过的定点在x轴上，x61 y2x162所以令y0，得x6，且x1my1，yy321216816y2my136my1y23y23y1y23y28所以，x6yyyyyy32121211010可得x，直线MP恒过的定点,0．33【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x0,y0，常利用直线的点斜式方程或截距式ykxb来证明.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】x2y23【例1】椭圆C:1(ab0)的长轴长为4，且椭圆C过点3,.222ab(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AM与kk13直线x4交于点P，记PA、PF、BN的斜率分别为k1、k2、k3，问是否是定值，如果是，求出该k2定值，如果不是，请说明理由.x2y2kk13【答案】(1)C:1；(2)是定值2，理由见解析43k23【分析】（1）先求出a2，将3,代入求出2b3，得到椭圆方程；2（2）设直线MN：xmy1，联立椭圆方程，设Mx1,y1,Nx2,y2，得到两根之和，两根之积，表达出 y12y1y2k1k31my1y23y2，将两根之积代入，化简得到k1，k2，k3，计算出x12x12x22k222my1y22y12k1k33m43y1y24y118mk1k3，再代入两根之和，得到是定值2.k23m24y18mk212【详解】（1）由题意得2a4，解得a2，3x2y233将3,代入椭圆方程1，解得2C:1中得，b3，2244b24b22xy故椭圆方程为C:143（2）因为a2，c431，所以F1,0，A2,0，B2,0，设直线MN：xmy1，22xy22联立xmy1与C:1可得，3m4y6my90，432236m363m40恒成立，6m9设Mx1,y1,Nx2,y2，则y1y22,y1y22，3m43m4yx26y16y1直线AM：，令x4得y，故P4,，y1x12x12x126y1y0y12k1，x122y1，k3，x12k2x2241x21yy12k1k3x12x221y2x121y2my13则k22y12x222y122y1my21x219m3y3m241myy3y13m24213y29m12222myy2y218m223m24y18m1212y1213m4223m4y13y218m3m43y1y24y118m2223m4y118m23m4y118m218m3m43m244y118m43m24y36m1.22223m4y118m23m4y118m kk13为定值2.k2【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.223xy1【例2】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1,为椭圆上一a2b222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．22xy3【答案】（1）＋＝1；（2）.4323【分析】(1)由椭圆的离心率,和点P1,在椭圆上求出椭圆的标准方程;2(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.1【详解】(1)因为椭圆的离心率为，所以a＝2c.2又因为a2＝b2＋c2，所以b＝3c.22xy所以椭圆的标准方程为＋＝1.224c3c931又因为点P1,为椭圆上一点，所以2＋4＝1，解得c＝1.24c23c 22xy所以椭圆的标准方程为＋＝1.43(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＝0.8k8所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－2，x1x2＝－2.34k34kyyy2y1212因为k1＝，k2＝，且k1＝2k2，所以＝.x2x2x2x2121222y4y12即2＝2.①x12x22又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，232232所以y1＝(4－x1)，y2＝(4－x2)．　②442x142x2将②代入①可得：＝，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.2x12x288k所以32＋102＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.34k34k133解得k＝或k＝，又因为k>1，所以k＝.622【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.【跟踪训练】22xy1.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，N43k1两点(不与A，B重合)，记直线AM与BN的斜率分别为k1,k2,证明为定值．k222xy122解析：方法1.先联43，消x得(43t)y6ty90，易知△>0，则xty16t3y1y22ktyyy(y1y2)y143t311212．ty1y2(y1y2)，代入目标信息得，33稍作整92k2ty1y2y2(yy)3yyy1221243t22 13yyk212211理，即可得，为定值，得证．k3932yy122222xy2．已知双曲线C：1a0,b0的离心率为2，点3,1在双曲线C上.过C的左焦点F作直线l22ab交C的左支于A、B两点.(1)求双曲线C的方程；(2)若M2,0，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4,2，直线AP交直线x2于点Q.设直线QA、QB的斜率分别k1、k2，求证：k1k2为定值.22xy【答案】(1)1；(2)不存在，理由见解析；(3)证明见解析88【分析】（1）根据题意列式求a,b,c，进而可得双曲线方程；（2）设l:xmy4，Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程，利用韦达定理可得MAMB4，结合圆的性质分析判断；（3）用A,B两点坐标表示出直线AP，得点Q坐标，表示出k1,k2，结合韦达定理，证明k1k2为定值.22xy【详解】（1）由题意，双曲线C:1的离心率为2，且M3,1在双曲线C上，22ab91122abc22xy可得e2，解得a28，b28，所以双曲线的方程为1.a88222cab（2）双曲线C的左焦点为F4,0，当直线l的斜率为0时，此时直线为y0，与双曲线C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，xmy422联立方程组22，消x得m1y8my80，易得0，xy8由于过点F作直线l交C的左支于A,B两点，8m8设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1y22，y1y220，m1m1可得1m1，uuuruuur因为MAx2,y，MBx2,y，1122 uuuruuur则MAMBx22x12y1y2my12my22y1y28m211622mm1y1y22my1y242244，m1m1即MAMB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）由直线AP:y2k1x4，得Q2,22k1，y22ky22ky2y2212111所以k2，又k1kPA，x2my2x4my2211y12y222k1y12my22my1y222k1所以k1k2my1my22my1my222my2y42my2mky21111，my1my22y21因为k1，所以k1my1y12，且y1y2my1y2，my12my1y22y1y2所以k1k22，即k1k2为定值.my1my22y1y22y1【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．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】已知B1,0,C1,0为ABC的两个顶点，P为ABC的重心，边AC,AB上的两条中线长度之和为6.(1)求点P的轨迹T的方程.(2)已知点N3,0,E2,0,F2,0，直线PN与曲线T的另一个公共点为Q，直线EP与FQ交于点M，试 问：当点P变化时，点M是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不是，请说明理由.22xy【答案】(1)1x2(2)是，证明见解析43【分析】（1）依题意PBPC4，根据椭圆的定义可知P的轨迹T是以B、C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PQ的方程为：xmy3，Px1,y1，Qx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，5即可得到2my1y2y1y2，再求出直线PE、QF的方程，联立求出交点的横坐标，整理可得求出定直线3方程.（1）解：因为P为ABC的重心，且边AC,AB上的两条中线长度之和为6，2所以PBPC64BC，3故由椭圆的定义可知P的轨迹T是以B1,0,C1,0为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），且a2,c1，所以b3，22xy所以P的轨迹T的方程为1x2；43（2）解：设直线PQ的方程为：xmy3，Px1,y1，Qx2,y2，xmy322联立方程x2y2得：3m4y18my150，14318m15则y1y22，y1y22，3m43m45所以2my1y2y1y2，3yy11又直线PE的方程为：yx2x2，x2my111yy22又直线QF的方程为：yx2x2，x2my522y1yx2my1122my1y2y25y1联立方程，解得x，yy5yy2x221my52 21042myy5yy代入上式得：23y23y13y25y14把1212x，3y5yy5y321214所以当点P运动时，点M恒在定直线x上3【例2】已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为25,0，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA与NA交于点P．证明:点P在定直线上.1222xy【答案】(1)1；(2)证明见解析.416【分析】（1）由题意求得a,b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MA1与NA2的方程，联立直线方程，x21消去y，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P在定直线x=1上.x2322xy【详解】（1）设双曲线方程为1a0,b0，由焦点坐标可知c25，22abc则由e5可得a2，bc2a24，a22xy双曲线方程为1.416（2）由(1)可得A12,0,A22,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，11显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为xmy4，且m，2222xy222与1联立可得4m1y32my480，且64(4m3)0，41632m48则y1y22,y1y22，4m14m1 yy12直线MA1的方程为yx2，直线NA2的方程为yx2，x2x212联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x2y2x12y2my12my1y22y1y22y1x2y1x22y1my26my1y26y14832m16mm22y2y4m214m2114m2111，4848m3m6y6y21214m14m1x21由可得x=1，即xP1，x23据此可得点P在定直线x=1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.【跟踪训练】22221.已知圆C1:(x5)y1，圆C2:(x5)y25，动圆C与圆C1和圆C2均相切，且一个内切、一个外切．(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程．(2)已知点A(0,2),B(0,2)，过点(0,1)的直线l与轨迹E交于M,N两点，记直线AM与直线BN的交点为P．试问：点P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．22xy65【答案】(1)1x；(2)点P恒在定直线y4上945【分析】（1）设动圆的圆心为C(x,y)，利用两圆外切和内切的关系得到CC1CC26C1C2，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l的方程为ykx1，直曲联立，结合韦达定理得到2kx1x23x1x2，求出直线AM与直线BN的方程，进而得到点P满足的关系式，整理化简可得点P恒在定直线y4上．【详解】（1）设点C的坐标为(x,y)，圆C的半径为R．由已知条件，得C1C225．①当动圆C与圆C1外切，与圆C2内切时，CC11R,CC25R， 从而CC1CC26C1C2．②当动圆C与圆C1内切，与圆C2外切时，CC11R,CC25R，从而CC1CC26C1C2．综上可知，圆心C的轨迹E是以C1,C2为焦点，6为长轴长的椭圆．65256525易得圆C1与圆C2交于点,与,，555522xy65所以动圆圆心C的轨迹E的方程为1x．945（2）设直线l的方程为ykx1，Mx1,y1,Nx2,y2．ykx122联立直线l与轨迹E的方程，得xy651x9452265消去y并整理，得9k4x18kx270x．518k27所以x1x22，x1x22，9k49k4则有2kx1x23x1x2．x1由已知条件，得直线AM的方程为x(y2)，y21x2直线BN的方程为x(y2)，y22则点P的坐标(x,y)满足x1y22(y2)x2y12(y2)．又y2kx21,y1kx11，4kxx6x2x1221所以y．3xx216x6x6x2x12x4x122121把2kx1x23x1x2代入上式，得y4．3xx3xx2121故点P恒在定直线y4上．22xy2.已知椭圆C：221ab1的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，F1到直线AF2的距离为3，ab且AF22. (1)求椭圆C的标准方程；(2)若过F2且斜率为kk0的直线l与椭圆C交于D，E两点，椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，证明：直线A1D与A2E的交点在定直线上.22xy【答案】(1)1；(2)证明见解析432bc【分析】（1）首先求出直线AF2的方程，利用点到直线的距离公式得到3，再由AF2a2，即可a求出a、b，从而求出椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，设Dx1,y1，Ex2,y2，消元，列出韦达定理，即可得到直线A1D、A2E的方程，设直线A1D与A2E的交点坐标为x0,y0，求出x0，即可得解.xy【详解】（1）依题意可得直线AF2的方程为1，即bxcybc0，cb2bc2bc则F1到直线AF2的距离为3.b2c2a22222又AF2bca2，acb，故b3，c1，22xy所以椭圆C的标准方程为1.43（2）由（1）得F21,0，所以直线l的方程为ykx1k0，ykx12222由x2y2可得34kx8kx4k120，143设Dx1,y1，Ex2,y2，显然0，228k64k12155所以x1x2222，x1x2212，故x1x2x1x24.34k4k334k4k32y1由（1）可得A12,0，A22,0，则直线A1D的方程为yx2，x21y2直线A2E的方程为yx2，x22yy12设直线A1D与A2E的交点坐标为x0,y0，则x02x02，x2x212x02y2x12kx21x12x1x2x12x22故x02y1x22kx11x22x1x22x1x22 52x1x24x12x223x9x12123，5x3x4x1x242x1x22122解得x04，故直线A1D与A2E的交点在直线x4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x1,y1、x2,y2；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）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x1x2、x1x2的形式；（5）代入韦达定理求解.22xy3.已知椭圆W:1m0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4mm圆W相交于不同的两点C，D（不与点A，B重合）．(1)求椭圆W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． 2x23【答案】(1)椭圆方程为y1，离心率为；(2)P点在定直线x4上．42【分析】（1）由长轴长求得m得椭圆方程，然后由离心率公式离心率；（2）设动直线方程为xty1，设C(x1,y1),D(x2,y2)，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得y1y2,y1y2，写出直线AC,BD方程，联立求得P点横坐标x，利用直线方程，及韦达定理的结果代入后可得x4，即为定直线方程．2x2【详解】（1）由题意24m4，m1，所以椭圆方程为y1，4c3a2，b1，则c3，离心率为e；a2（2）由题意设动直线方程为xty1，设C(x1,y1),D(x2,y2)，A(2,0),B(2,0)，xty1222由x2得(t4)y2ty30，y142t3显然0，y1y22，y1·y22，t4t4yy1y2(x2)直线AC方程为y(x2)，直线BD方程为，x2x221y1y(x2)x122(x1y2x2y12y22y1)联立方程组，得xyy2(x2)x1y2x2y12y12y2x22x1ty112(2ty1y23y2y1)又，代入得x，x2ty213y2y12t3y1y22t由y1y22，y1y22得，即2ty1y23(y1y2)，t4t4y1y232[3(yy)3yy]1221所以x4，3yy21所以P点在定直线x4上．【点睛】方法点睛：椭圆中的定直线问题，可设出交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，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x轴垂直，再坐标特殊值（如动直线与x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）． 1．已知椭圆E的左、右焦点分别为F1c,0，F2c,0c0，点M在椭圆E上，MF2F1F2，△MF1F2的1周长为423，面积为c．2(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1,0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k1，直线BD的斜率为k2，问是否存在实常数，使得k1k2，恒成立？若成立，求出的值，若不成立，说明理由．2x2【答案】(1)y141(2)存在实数3【分析】（1）根据焦点三角形面积及周长列方程求出a,b,即可写出椭圆方程；kyx2112（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.kx2y2122a2c423ac23【详解】（1）依题意，得1b2b21，即b21，2ccc2aa4a2a242x2解得，所以椭圆E的方程为y1．2b14（2）依题意，可设直线l的方程为xty1，2x2y122联立方程4，化简整理，得t4y2ty30，xty1易得0恒成立，设Cx1,y1，Dx2,y2，由韦达定理， 2tyy1223t4得，可得ty1y2y1y2，yy32122t4kyx2112于是kx2y212x22y1ty21y1x12y2ty13y23tyyyy1y2y11212tyy3y3122yy3y12221312y12y22y13y21，3933y1y2y13y22221故存在实数，使得k1k2恒成立．322xy2．椭圆1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，过左焦点F(1,0)的直线与椭圆交于C，D两点22ab（其中C点位于x轴上方），当CD垂直于x轴时，CD3.(1)求椭圆的方程；k1(2)记直线AC，BD的斜率分别为k1,k2，问；是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．k222xy【答案】(1)143(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.k1（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.k222xy【详解】（1）因为椭圆1的左焦点为F(1,0)，22ab22222xyb所以ab1，将x=1代入1，得y，22aba22b23故CD3，所以aa1a222解得a4，所以b3， 22xy所以椭圆方程为1.43（2）因为直线CD过点F(1,0)，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xmy1，22xy122联立43消去x得，3m4y6my90.xmy122Δ36m2363m24144m21440，方程(3m4)y6my90的判别式设C(x1,y1),D(x2,y2)，由已知y10，6m9于是y1y22,y1y22＜0，3m43m43所以my1y2y1y2,y20，222xy又椭圆1的左顶点A的坐标为(2,0)，右顶点B的坐标为（2，0），43yy12所以k1,k2，x2x212因为y10,y20,2x12,2x22，所以k10,k20，y1k1x12y1x22y1my23my1y23y1所以k2y2y2x12y2my11my1y2y2x22393y1y23y1y1y22223331y1y2y2y1y2222k1所以定值，定值为3．k222223．已知圆C1:(x5)y1，圆C2:(x5)y25，动圆C与圆C1和圆C2均相切，且一个内切、一 个外切．(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程．(2)已知点A(0,2),B(0,2)，过点(0,1)的直线l与轨迹E交于M,N两点，记直线AM与直线BN的交点为P．试问：点P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．22xy65【答案】(1)1x945(2)点P恒在定直线y4上【分析】（1）设动圆的圆心为C(x,y)，利用两圆外切和内切的关系得到CC1CC26C1C2，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l的方程为ykx1，直曲联立，结合韦达定理得到2kx1x23x1x2，求出直线AM与直线BN的方程，进而得到点P满足的关系式，整理化简可得点P恒在定直线y4上．【详解】（1）设点C的坐标为(x,y)，圆C的半径为R．由已知条件，得C1C225．①当动圆C与圆C1外切，与圆C2内切时，CC11R,CC25R，从而CC1CC26C1C2．②当动圆C与圆C1内切，与圆C2外切时，CC11R,CC25R，从而CC1CC26C1C2．综上可知，圆心C的轨迹E是以C1,C2为焦点，6为长轴长的椭圆．65256525易得圆C1与圆C2交于点,与,，555522xy65所以动圆圆心C的轨迹E的方程为1x．945（2）设直线l的方程为ykx1，Mx1,y1,Nx2,y2．ykx122联立直线l与轨迹E的方程，得xy651x945 2265消去y并整理，得9k4x18kx270x．518k27所以x1x22，x1x22，9k49k4则有2kx1x23x1x2．x1由已知条件，得直线AM的方程为x(y2)，y21x2直线BN的方程为x(y2)，y22则点P的坐标(x,y)满足x1y22(y2)x2y12(y2)．又y2kx21,y1kx11，4kxx6x2x1221所以y．3xx216x6x6x2x12x4x122121把2kx1x23x1x2代入上式，得y4．3xx3xx2121故点P恒在定直线y4上．22xy4．已知椭圆W:1m0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4mm椭圆W相交于不同的两点C，D（不与点A，B重合）．(1)求椭圆W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．2x23【答案】(1)椭圆方程为y1，离心率为；42(2)P点在定直线x4上．【分析】（1）由长轴长求得m得椭圆方程，然后由离心率公式离心率；（2）设动直线方程为xty1，设C(x1,y1),D(x2,y2)，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得y1y2,y1y2，写出直线AC,BD方程，联立求得P点横坐标x，利用直线方程，及韦达定理的结果代入后可得x4，即为定直线方程．2x2【详解】（1）由题意24m4，m1，所以椭圆方程为y1，4c3a2，b1，则c3，离心率为e；a2 （2）由题意设动直线方程为xty1，设C(x1,y1),D(x2,y2)，A(2,0),B(2,0)，xty1222由x2得(t4)y2ty30，y14显然0，2t3yy，y·y，122122t4t4yy1y2(x2)直线AC方程为y(x2)，直线BD方程为，x2x221y1y(x2)x122(x1y2x2y12y22y1)联立方程组，得xyy2(x2)x1y2x2y12y12y2x22x1ty112(2ty1y23y2y1)又，代入得x，x2ty213y2y12t3y1y22t由y1y22，y1y22得，即2ty1y23(y1y2)，t4t4y1y232[3(yy)3yy]1221所以x4，3yy21所以P点在定直线x4上．【点睛】方法点睛：椭圆中的定直线问题，可设出交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，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x轴垂直，再坐标特殊值（如动直线与x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）．223xy5．已知椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P1,在椭圆C上，ab25且PF2，直线l过点F1且与椭圆C交于A，B两点．2(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知OF1F1M，OF2F2N，若直线AM，BN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．22xy【答案】(1)143(2)点D在直线x4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l与A、B坐标，联立直线与椭圆方程利用韦达定理得出A、B纵坐标关系式，再利用点A、B坐标表示直线AM、BN，法一、求出D点横坐标化简计算即可；法二、直接利x2D用直线AM、BN方程作比计算为定值，计算即可.x2D【详解】（1）设F1c,0，F2c,0，(c0)，295则PF(1c)，2422则(c1)4，解得c1（c3舍去），22则ab1，①319代入点P1,得1，②222a4b22联立①②，解得a4，b3，22xy故椭圆C的标准方程为1；43（2）依题意，M2,0，N2,0，xmy1设直线l:xmy1，联立22，3x4y12022整理得3m4y6my90，222Δ36m363m41441m0；设Ax1,y1，Bx2,y2，6m9则y1y22，y1y22，3m43m4所以2my1y23y1y20. yy11可设直线AM:yx2，直线BN:yx2，x2x211y1yx2,x21法一：联立yy2x2,x22y2x12y1x22得xD2y2x12y1x22y2my11y1my232my1y2y23y122y2my11y1my23y23y12my1y23y1y22y23y124，y3y21故点D在直线x4上．331x2yx2myyyy1y2y2y1y21D21122222法二：故，xD2y1x22my1y23y13yy3y9y3y312112222解得xD4，故点D在直线x4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x1,y1,x2,y2；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）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x1x2、x1x2（或y1y2、y1y2）的形式；（5）代入韦达定理求解.x2y233133116．已知椭圆E：221ab0，F22,0为椭圆E的右焦点，三点,，,，2,ab22223中恰有两点在椭圆E上.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设点A,B为椭圆E的左右端点，过点M2,0作直线交椭圆E于P，Q两点（不同于A,B），求证：直线AP与直线BQ的交点N在定直线上运动，并求出该直线的方程. 2x2【答案】(1)y199(2)证明见解析，x2331331【分析】（1）由对称性得到点,，,在椭圆E上，结合焦点坐标，得到方程组，求出222222a9，b1，求出椭圆方程；（2）设直线PQ的方程为xmy2，联立椭圆方程，设Px1,y1，Qx2,y2，Nx0,y0，得到两根之和，x039两根之积，由A,P,N和B,Q,N共线得到方程组，联立后得到5，求出x0，得到交点N在定直线x032上，并求出该直线的方程.22【详解】（1）因为F22,0为椭圆E的右焦点，所以ab8①,331331271由对称性得，点,，,在椭圆E上，代入得1②,22224a24b222联立①②解得，a9，b1，2x2所以椭圆E的标准方程为：y1.9（2）由条件知直线PQ与直线AB不重合，故直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为xmy2，2x2y122联立9，可得m9y4my50，xmy2设Px1,y1，Qx2,y2，Nx0,y0，4m55y1y2则y1y22，y1y22，m，m9m94y1y2由（1）可得A3,0，B3,0， x3x3my5011由A,P,N共线得：③，yyy011x3x3my1022由B,Q,N共线得：④，yyy0225x3myy5y4y1y25y20122由③÷④消去y0并整理得，5，x3myyy50121yyy1214x039即5，所以x0，x0329综上所述，直线AP与直线BQ的交点N在定直线x上运动.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.22xy7．已知F是椭圆C:1ab0的左焦点，O为坐标原点，M为椭圆上任意一点，椭圆的离心率22ab33为，△MOF的面积的最大值为.22(1)求椭圆C的方程；(2)A，B为椭圆的左，右顶点，点P1,0，当M不与A，B重合时，射线MP交椭圆C于点N，直线AM，BN交于点T，求ATB的最大值.2x2【答案】(1)y14π(2)6【分析】（1）根据条件，列出关于a,b,c的方程，即可求解；（2）首先设直线MN的方程为xmy1，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AM,BN的方程，并且联立方程求点T的轨迹方程，再利用两直线的倾斜角表示ATB,利用斜率表示tanATB，再利用基本不等式即可求解.c3a213x2cb2【详解】（1）由，解得a2，b1，c3所以椭圆E的方程为y1.224222abc（2）由题知MN不与x轴重合，设直线MN的方程为xmy1， 2x2y122222联立方程组4，消x整理得m4y2my30，4m12m448m10，xmy12m3设Mx1,y1、Nx2,y2，则y1y22，y1y22.m4m4yy12因为AM的方程为yx2，AN的方程为yx2x2x212x2y1x22y1my212my1y2y1两直线方程联立得：x2y2x12y2my112my1y23y23133m3x22y1y2y12y12y21因为my1y22y1y2.所以23393，解得x4.m42xy1y23y2y1y2222所以动点T的轨迹方程为x4y0由椭圆的对称性不妨设T4,tt0，直线TA、TB的倾斜角为，，tantan由图可知，且0π，因为ATB，则tanATBtan，1tantantt因为tankTA，tankTB，62tt2634t4443所以tanATB22tttt12121243311t2t2612ttππ当且仅当t23时等号成立，此时T4,23，ATB，所以ATB的最大值为.66【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T的轨迹，再利用倾斜角表示ATB.22xy38．已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，右焦点为F3,0，A，B分别为椭圆C的左、右22ab2顶点.(1)求椭圆C的方程；(2)过点D1,0作斜率不为0的直线l，直线l与椭圆C交于P，Q两点，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的 k1斜率为k2，求证：为定值；k2(3)在（2）的条件下，直线AP与直线BQ交于点M，求证：点M在定直线上.2x2【答案】(1)y14(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a,b,c，即可得出椭圆C的方程；k1（2）设Px1,y1，Qx2,y2，直线l的方程为xty1，与椭圆方程联立得到y1y2,y1y2，代入的表达k2k1式，即可得出为定值；k2（3）根据（1）中的结论，设k1m，则k23m，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．c3ea2222【详解】（1）依题可得a2，解得，所以bac1，c3c32x2所以椭圆C的方程为y1．4（2）设Px1,y1，Qx2,y2，因为直线l过点D1,0且斜率不为0，2x222所以可设l的方程为xty1，代入椭圆方程y1得t4y2ty30，4222t3其判别式4t12t40，所以y1y22，y1y22.t4t4y1y223两式相除得t，即ty1y2y1y2．y1y232因为A,B分别为椭圆C的左、右顶点，所以点A的坐标为2,0，点B的坐标为2,0，yyyy1122所以k1，k2．x2ty3x2ty111223y1y2yk1y1ty2121y13y21从而．k2y2ty133y1y23y19y233y22k11（3）由（1）知，设k1m，则k23m，k32 所以直线AP的方程为ymx2m，直线BQ的方程为y3mx6m，ymx2mx4联立可得，y3mx6my6m所以直线AP与直线BQ的交点M的坐标为4,6m，所以点M在定直线x4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x1,y1、x2,y2；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）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x1x2、x1x2的形式；（5）代入韦达定理求解.