非对称韦达定理问题（解析版）

非对称韦达定理问题考点解密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y1+2x2y2-2x1kx2+2x1kx1x2+2x1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y1+2x2kx1+6x2kx1x2+6x2y1−tkPAx1x2y1−tx2一般称为“非对称韦达定理”．或者在处理斜率比值的时候：===kPBy2−tx1y2−tx1x2kx1x2+(m−t)x2kx1x2+(m−t)x1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.x1x2=g(t)②利用点在椭圆方程上代换题型解密题型一：利用非对称韦达定理思想解决定点问题【精选例题】2y2xa1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a23a22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：∠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∥2x0AF，结合圆的知识可得AM=NF，MH=HN，设点Nx0,y0，则2a1 2y0NF-=1，由=2，可得NF=2HN，即得AM=NF=MN(用双曲线的第二定义来说23aHN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33PF的方程为x=my+2，由题意可得m∈-∞,-3∪3,+∞，联立方程组，结合韦达定理可y2-y11得y1+y2，y1y2，由题知，直线DR的方程为y-y2=1x-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|．22x0y0222由题易知右焦点F(2a,0)，设点Nx0,y0，则2-2=1，整理得y0=3x0-3a．a3a222222|NF|x0-2a+y0x0-2a+3x0-3a2x0-a2x0-a因为=====2，|HN|x-ax-ax-ax-a02020202所以|NF|=2|HN|，所以|AM|=|NF|=|MN|．2y2ax【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:-=2a23a2|NF|c1(a>0)的准线，根据双曲线的第二定义，可知==2，即|NF|=2|HN|，即得|AM|=|NF||HN|a=|MN|．】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+233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2,y2y1≠y2，2 x=my+222联立方程组y2，得3m-1y+12my+9=0，2x-=1312m9则y1+y2=2,y1y2=-2．3m-13m-1y2-y11由题知，直线DR的方程为y-y2=1x-2，-x12xy-1ymy+2113112211y2-2y1my1y2+2y2-2y1-4y1+y2+2y2-2y1令y=0，得x====y2-y1y2-y1y2-y1y2-y15y-y4215==，y2-y145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1,2，M，N为椭圆E上关于x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NCy1+y2的方程为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⊥x1-x2PH，即可得出P的轨迹，得出答案.4m=1m=1【详解】(1)设E的方程为mx2+ny2=1m>0,n>0,m≠n4，则3，解得，m+4n=1n=12x2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+43 y1+y2y1+y2直线NC的斜率kNC=，直线NC的方程为y-y1=x-x1，x1-x2x1-x2y1x1-x2y2x1+x2y1y2ty1+1+ty2+1y12ty1y2+y1+y2令y=0，则x=x1-====4，y1+y2y1+y2y1+y2y1+y2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.2y2x32椭圆C:+=1a>b>0的一个焦点为F1,0，且过点M1,．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3平行，求直线MP恒过的定点．2y2x110【答案】(1)标准方程为C：+=1，离心率为；(2),04323c=11+9=1【分析】(1)法一：由题意可得a24b2，解方程即可求出a,b,c，可求出椭圆C的标准方程和离心222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；2(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=38y1+y2，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=38y1+y2代入化简即可得出答案.3c=1a2=41+9=12【详解】(1)法一：由题意a24b2，可得b=3，222c2=1a=b+c2y2xc1则椭圆C的标准方程为C：+=1，离心率为e==；43a24 法二：设椭圆的左焦点为F-1,0，23223253则由椭圆的定义知2a=MF+MF=1+1+2+1-1+2=2+2=4，2y2222x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==；a22(2)因为直线MN过点,0且斜率不为0，32所以设直线MN方程为x=my+，Mx1,y1，Nx2,y2，则P6,y2，3x=my+232232联立x2y2，消去x得，3m+4y+4my-=0，+=1343Δ>0y+y=-4m1228所以3m+4，所以my1y2=y1+y2，-3233y1y2=3m2+4y1-y2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，x1-6y2x1-62所以令y=0，得x-6=，且x1=my1+，y2-y13ymy+2-6myy-16y8y+y-16y2131232312328所以x-6====-，y2-y1y2-y1y2-y131010可得x=，直线MP恒过的定点,0．33【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5 【精选例题】2y2x32椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4，且椭圆C过点3,.a2b22(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k1+k3AM与直线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，k2求出该定值，如果不是，请说明理由.2y2k+kx13【答案】(1)C:+=1；(2)是定值2，理由见解析43k232【分析】(1)先求出a=2，将3,2代入求出b=3，得到椭圆方程；(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+k31my1y2+3y2k1=，k2=，k3=，计算出=+，将两根之积代入，化简得到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.k2k223m+4y1+18m2【详解】(1)由题意得2a=4，解得a=2，2y23x332将3,代入椭圆方程C:+=1中得，+=1，解得b=3，24b244b22y2x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+1，2y2x22联立x=my+1与C:+=1可得，3m+4y+6my-9=430，22Δ=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+26y16y1直线AM：=，令x=4得y=，故P4,，y1x1+2x1+2x1+26y1y1x1+2-02y1y2k1=，k2==，k3=，x1+24-1x1+2x2-2y1y2k1+k3x1+2+x2-21y2x1+21y2my1+3则==+⋅=+k22y12x2-22y122y1my2-1x1+26 -9mmyy+3y2+3y233m2+4y-9m112213m+412=+=+=-22my1y2-2y12-18m-2y223m2+4y+18m2113m+4223m+4y1-3y2+18m3m+4-3y1+y2+4y1+18m==2223m+4y1+18m23m+4y1+18m218m3m+42+4y1+18m43m2+4y+36m3m+41===2.2223m+4y1+18m23m+4y1+18mk1+k3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.2y2x133已知椭圆C：+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P1,为椭圆上a2b222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．2y2x3【答案】(1)+=1；(2).4323【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.2222又因为a=b+c，所以b=3c.2y2x所以椭圆的标准方程为+=1.224c3c7 9314又因为点P1,为椭圆上一点，所以+=1，解得c=1.24c23c22y2x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22消去y可得(3+4k)x+8kx-8=0.8k8所以由根与系数关系可知x1+x2=-2，x1x2=-2.3+4k3+4ky1y2y12y2因为k1=，k2=，且k1=2k2，所以=.x1+2x2-2x1+2x2-222y14y2即=.　①22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-x288k2所以3-+10-+12=0，即12k-20k+3=0.3+4k23+4k2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】2y2x3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43k1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,证明为定值．k22y26tx+=1y1+y2=-2解析：方法1.先联43，消x得(4+3t2)y2+6ty-9=0，易知△>0，则4+3t．ty91x=ty+1y1y2=-24+3t3(y+y)-y3k1ty1y2-y12121k1y2=(y1+y2)，代入目标信息得，==稍作整理，即可得=2k2ty1y2+3y23(y+y)+3yk221221y+3y21221=，为定值，得证．3y+9y321228 2y2x4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22ab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-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.2y2x【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.2y2x【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，22ab9-1=1a2b22x2y可得c，解得a2=8，b2=8，所以双曲线的方程为-=1.e==2a88222c=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Δ>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，因为MA=x1+2,y1，MB=x2+2,y2，则MA⋅MB=x2+2x1+2+y1y2=my1-2my2-2+y1y28m2+12216m=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，y2-2-2k1y2-2-2k1y1-2y1-2所以k2==，又k1=kPA==，x2+2my2-2x1+4my19 y1-2y2-2-2k1y1-2my2-2-my1y2-2-2k1所以k1-k2=-=my1my2-2my1my2-2-2my2-2y1+4+2my1+2mk1y1=，my1my2-2y1-2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】4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.2y2x【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5理，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3出定直线方程.(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=3，2y2x所以P的轨迹T的方程为+=1x≠±2；43(2)10 解：设直线PQ的方程为：x=my-3，Px1,y1，Qx2,y2，x=my-322联立方程x2y2得：3m+4y-18my+15=0，+=14318m15则y1+y2=2，y1y2=2，3m+43m+45所以2my1y2=y1+y2，3y1y1又直线PE的方程为：y=x+2=x+2，x1+2my1-1y2y2又直线QF的方程为：y=x-2=x-2，x2-2my2-5y1y=my1-1x+222my1y2-y2-5y1联立方程，解得x=，y=y2x-2-y2+5y1my2-522y-10y4y-5y532313214把2my1y2=y1+y2代入上式得：x===-，3-y2+5y1-y2+5y134所以当点P运动时，点M恒在定直线x=-上35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MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上.2y2x【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x+21方程，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x-23线x=-1上.2y2x【详解】(1)设双曲线方程为-=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，22abc22则由e==5可得a=2，b=c-a=4，a2y2x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<，2211 2y2x222与-=1联立可得4m-1y-32my+48=0，且Δ=64(4m+3)>0，41632m48则y1+y2=2,y1y2=2，4m-14m-1y1直线MA1的方程为y=x+2，x1+2y2直线NA2的方程为y=x-2，x2-2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my1y2-6y1m⋅48-2⋅32m+2y-16m+2y4m2-14m2-114m2-111===-，m×48-6y48m-6y34m2-114m2-11x+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】22225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．2y2x65【答案】(1)9+4=1x≠-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，12 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．65256525易得圆C1与圆C2交于点-5,5与-5,-5，2y2x65所以动圆圆心C的轨迹E的方程为9+4=1x≠-5．(2)设直线l的方程为y=kx+1，Mx1,y1,Nx2,y2．y=kx+1联立直线l与轨迹E的方程，得x2y265+=1x≠-9452265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)，y1+2x2直线BN的方程为x=(y-2)，y2-2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+1，4kx1x2+6x2-2x1所以y=．3x2+x16x1+6x2+6x2-2x112x2+4x1把2kx1x2=3x1+x2代入上式，得y===4．3x2+x13x2+x1故点P恒在定直线y=4上．2y2x6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ab距离为3，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.2y2x【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a可求出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.13 xy【详解】(1)依题意可得直线AF2的方程为+=1，即bx+cy-bc=0，cb-2bc2bc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=1，2y2x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，+=143设Dx1,y1，Ex2,y2，显然Δ>0，228k64k-12155所以x1+x2=2=2-2，x1x2=2=1-2，故x1x2=2x1+x2-4.3+4k4k+33+4k4k+3y1由(1)可得A1-2,0，A22,0，则直线A1D的方程为y=x+2，x1+2y2直线A2E的方程为y=x-2，x2-2y1y2设直线A1D与A2E的交点坐标为x0,y0，则x0+2=x0-2，x1+2x2-2x0+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+25x+x-4-x+2x-2212123x1+9x2-12===3，5x+x-4-2x-x+2x1+3x2-421212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Δ；14 (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.2y2x7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4mm直线与椭圆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；(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+122由x22得(t+4)y+2ty-3=0，+y=142t3显然Δ>0，y1+y2=-2，y1·y2=-2，t+4t+4y1y2直线AC方程为y=(x+2)，直线BD方程为y=(x-2)，x1+2x2-2y1y=x1+2(x+2)2(x1y2+x2y1+2y2-2y1)联立方程组，得x=y=y2(x-2)x1y2-x2y1+2y1+2y2x2-2x1=ty1+12(2ty1y2+3y2-y1)又，代入得x=，x2=ty2+13y2+y12t3y1+y22t由y1+y2=-2，y1y2=-2得yy=3，即2ty1y2=3(y1+y2)，t+4t+4122[3(y1+y2)+3y2-y1]所以x==4，3y2+y1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15 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)．考点过关练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⊥F1F2，1△MF1F2的周长为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λ，使得k1=λk2，恒成立？若成立，求出λ的值，若不成立，说明理由．2x2【答案】(1)+y=141(2)存在实数λ=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；k1y1x2-2(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k2x1+2y2可.2a+2c=4+23a+c=2+3【详解】(1)依题意，得1b2b21，即b21，⋅2c⋅=⋅c=c=2aa4a222a=4x2解得2，所以椭圆E的方程为+y=1．b=14(2)依题意，可设直线l的方程为x=ty+1，2x2联立方程4+y=1，化简整理，得t2+42y+2ty-3=0，x=ty+1易得Δ>0恒成立，设Cx1,y1，Dx2,y2，由韦达定理，y+y=-2t1223t+4得-3，可得ty1y2=2y1+y2，y1y2=2t+4k1y1x2-2于是=⋅k2x1+2y2x2-2y1ty2-1y1==x1+2y2ty1+3y216 3y+y-yty1y2-y12121==ty1y2+3y23y+y+3y21221y+3y1y+3y21222121===，3y+9y3y+3y321222121故存在实数λ=，使得k1=λk2恒成立．32y2x2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22abC，D两点(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．k22y2x【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.k22y2x【详解】(1)因为椭圆+=1的左焦点为F(-1,0)，22ab2y2222xb所以a-b=1，将x=-1代入+=1，得y=±，a2b2a22b23故CD==3，所以a-a=1a222解得a=4，所以b=3，2y2x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-1，2y2x+=14322联立消去x得，3m+4y-6my-9=0.x=my-122222方程(3m+4)y-6my-9=0的判别式Δ=36m+363m+4=144m+144>0，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<0，217 2y2x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)，43y1y2所以k1=,k2=，x1+2x2-2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+y2x2-2-3y+y-3y-9y-3y21212122===3-3y+y+y-3y-1y21222122k1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．2y2x65【答案】(1)9+4=1x≠-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．65256525易得圆C1与圆C2交于点-5,5与-5,-5，2y2x65所以动圆圆心C的轨迹E的方程为9+4=1x≠-5．18 (2)设直线l的方程为y=kx+1，Mx1,y1,Nx2,y2．y=kx+1联立直线l与轨迹E的方程，得x2y265+=1x≠-9452265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)，y1+2x2直线BN的方程为x=(y-2)，y2-2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+1，4kx1x2+6x2-2x1所以y=．3x2+x16x1+6x2+6x2-2x112x2+4x1把2kx1x2=3x1+x2代入上式，得y===4．3x2+x13x2+x1故点P恒在定直线y=4上．2y2x4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4mm直线与椭圆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)，19 x=ty+122由x22得(t+4)y+2ty-3=0，+y=14显然Δ>0，2t3y1+y2=-2，y1·y2=-2，t+4t+4y1y2直线AC方程为y=(x+2)，直线BD方程为y=(x-2)，x1+2x2-2y1y=x1+2(x+2)2(x1y2+x2y1+2y2-2y1)联立方程组，得x=y=y2(x-2)x1y2-x2y1+2y1+2y2x2-2x1=ty1+12(2ty1y2+3y2-y1)又，代入得x=，x2=ty2+13y2+y12t3y1+y22t由y1+y2=-2，y1y2=-2得yy=3，即2ty1y2=3(y1+y2)，t+4t+4122[3(y1+y2)+3y2-y1]所以x==4，3y2+y1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)．2y2x35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-1,2在ab5椭圆C上，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．2y2x【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xD+2利用直线AM、BN方程作比计算为定值，计算即可.xD-2【详解】(1)设F1-c,0，F2c,0，(c>0)，20 295则PF2=(-1-c)+=，422则(c+1)=4，解得c=1(c=-3舍去)，22则a-b=1，①319代入点P-1,得+=1，②2a24b222联立①②，解得a=4，b=3，2y2x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3x2+4y2-12=0，22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.y1y1可设直线AM:y=x+2，直线BN:y=x-2，x1+2x1-2y1y=x+2,x1+2法一：联立y2y=x-2,x2-2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，y2+3y1故点D在直线x=-4上．-3y+y+y-3y-1yxD+2y2x1+2my1y2+y2212221221法二：故=====，xD-2y1x2-2my1y2-3y1-3y+y-3y-9y-3y321212122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；21 (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Δ；(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.2y2x3316已知椭圆E：+=1a>b>0，F22,0为椭圆E的右焦点，三点,，a2b2223311-2,2，2,3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=23313312【分析】(1)由对称性得到点2,2，-2,2在椭圆E上，结合焦点坐标，得到方程组，求出a2=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x0-32直线上，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=8①,331331271由对称性得，点,，-,在椭圆E上，代入得+=1②,22224a24b222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+2，2x2联立9+y=1，可得m2+92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=4yy，m+9m+912由(1)可得A-3,0，B3,0，x0+3x1+3my1+5由A,P,N共线得：==③，y0y1y122 x0-3x2+3my2-1由B,Q,N共线得：==④，y0y2y25y+y+5yx0+3my1y2+5y24122由③÷④消去y0并整理得，===5，x0-3my1y2-y15y+y-y4121x0+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.2y2x7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22ab33的离心率为，△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.2x2π【答案】(1)+y=1，(2)46【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.c=3a22【详解】(1)由13，解得a=2，b=1，c=3所以椭圆E的方程为x+y2=1.2cb=24222a=b+c(2)由题知MN不与x轴重合，设直线MN的方程为x=my+1，2x2联立方程组4+y=1，消x整理得m2+42222y+2my-3=0，Δ=4m+12m+4=48m+1>x=my+10，-2m-3设Mx1,y1、Nx2,y2，则y1+y2=2，y1y2=2.m+4m+4y1y2因为AM的方程为y=x+2，AN的方程为y=x-2x1+2x2-2x-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+3y223 3y+y-y1y+3y3m3x-2212121221因为my1y2=-2=y1+y2.所以=3=39=，解得x=4.m+42x+22y1+y2+3y22y1+2y23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α，β，tanβ-tanα由图可知β>α，且0<β-α<π，因为∠ATB=β-α，则tan∠ATB=tanβ-α=，1+tanβtanαtt因为tanα=kTA=，tanβ=kTB=，62t-t2634t4443所以tan∠ATB====≤==ttt2t2+1212124331+2×61+12t+t2t⋅tππ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.2y2x38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Ca2b22的左、右顶点.(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k1BQ的斜率为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k2k1达式，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24 而可知其在定直线上．e=c=3a=2【详解】(1)依题可得a2，解得，所以b2=a2-c2=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Δ=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，y1y1y2y2所以k1==，k2==．x1+2ty1+3x2-2ty2-13y1+y2k1y1ty2-12-y1y1+3y21从而====．k2y2ty1+33y1+y2+3y3y1+9y2322k11(3)由(1)知=，设k1=m，则k2=3m，k23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-6my=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Δ；(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.25