专题六 微专题46 非对称韦达定理-【步步高·考前三个月】2025年高考数学复习讲义课件（课件PPT+word教案）

微专题46　非对称韦达定理 [考情分析]　圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，非对称韦达定理的应用在高考中经常出现，常以解答题的形式压轴出现，难度较大. 微点一　两根之比型 1.(17分)设椭圆C：+=1(a>b>0)的左焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°=2求椭圆C的离心率. 解　设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由题意知y1>0，y2<0， 直线l的方程为y=(x+c)，其中c=. 联立 得(3a2+b2)y2-2b2cy-3b4=0， 解得y1=y2=. 因为=2所以y1=-2y2， 即=-2· 整理得，离心率e==. 非对称处理方法一 由韦达定理得y1+y2= y1y2=-. 由=2得y1=-2y2， 即=-2，所以+=- 即=-. 则-=-整理得8c2=3a2+b2，即9c2=4a2， 所以e==. 注　方法一将=-2取倒数相加，得到+=-这样处理将不对称式转化为对称式，就可以将韦达定理的结果整体代入了. 非对称处理方法二 由y1=-2y2，得 则==-. 将代入上式， 得=- ·=-整理得e=. 注　方法二是利用条件y1=-2y2，得到y1+y2与y1y2的关系=-然后就可以用韦达定理处理了. 非对称处理方法三 将y1=-2y2代入 得 消去y2，得2= 整理得e=. 注　方法三是逐个消掉y1，y2，其实就是代入消元法. 微点二　系数不等型 2.(17分)已知抛物线C：y2=4x与定点P(2，1)，直线l过点P且与抛物线交于A，B两点，且有=求直线l的斜率. 解　方法一　设A(x1，y1)，B(x2，y2). 由=可得7y1+y2=8，即y2=-7y1+8， 引入待定系数λ，使得y2-1=λ(y1-1)， 易得λ=-7，即y2-1=-7(y1-1). 因为y1-1≠0，所以=-7， 取倒数相加，得-7-=+ = 所以-=-2.① 设直线l：x-2=m(y-1)，与抛物线C：y2=4x联立可得y2-4my+4m-8=0， 则y1+y2=4m，y1y2=4m-8， 代入①中可得=- 解得m=2或m=-1， 所以直线l的斜率为或-1. 方法二　设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线l：x-2=m(y-1)，与抛物线C：y2=4x 联立可得y2-4my+4m-8=0， 则y1+y2=4m，y1y2=4m-8. 由=可得y2=-7y1+8， 则y1+y2=-6y1+8=4m， 解得y1=又y1y2=-7+8y1=4m-8， 所以-7+8×=4m-8， 解得m=2或m=-1， 所以直线l的斜率为或-1. 微点三　分式上、下不对称型 3.(17分)(2023·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(-20)，离心率为. (1)求C的方程；(5分) (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.(12分) (1)解　设双曲线C的方程为-=1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c=2 则由e==可得a=2，b==4， 所以双曲线C的方程为-=1. (2)证明　方法一　配凑半代换 由(1)可得A1(-2，0)，A2(2，0)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线MN的斜率不为0， 设直线MN的方程为x=my-4，且-<m< 与-=1联立可得(4m2-1)y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0， 则y1+y2=y1y2= 直线MA1的方程为y=(x+2)， 直线NA2的方程为y=(x-2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得 == = = ==- 由=-可得x=-1，即xP=-1， 据此可得点P在定直线x=-1上运动. 方法二　积化和 由(1)可得A1(-2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-<m< 与-=1联立可得(4m2-1)y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0， 则y1+y2=y1y2= 所以my1y2=(y1+y2)， 直线MA1的方程为y=(x+2)， 直线NA2的方程为y=(x-2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得 ======- 由=-可得x=-1，即xP=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动. 方法三　曲线替换 由(1)可得A1(-2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线MN的斜率不为0，当直线MN的斜率不存在时，易求得点P的坐标为(-1，-2)；当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=k(x+4)(k≠0)， 与-=1联立可得(4-k2)x2-8k2x-16k2-16=0，且Δ=64(3k2+4)>0， 则x1+x2=x1x2= 直线MA1的方程为y=(x+2)， 直线NA2的方程为y=(x-2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得= 所以 ========. 因为=<0，所以=-. 得x=-1，即xP=-1， 综上可得点P在定直线x=-1上运动. [总结提升] 在解决直线与圆锥曲线的位置关系的问题中，在遇到直线与圆锥曲线联立转化为一元二次方程，得到韦达定理后，发现不能直接应用韦达定理，这类问题叫做“非对称韦达问题”，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. 1.(17分)设双曲线C：-y2=1(a>0)与直线l：x+y=1相交于不同的点A，B，设直线l与y轴的交点为P，且=求a的值. 解　由题意知，P(0，1)， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，故=(x1，y1-1)=(x2，y2-1)， 由双曲线C与直线l相交于两个不同的点，联立 得(1-a2)x2+2a2x-2a2=0， 由Δ=(2a2)2+8a2(1-a2)=4a2(2-a2)>0，1-a2≠0，且a>0，得0<a<且a≠1，故x1+x2=-x1x2=- 由=知(x1，y1-1)=(x2，y2-1)， 故x1=x2，由x1=x2，可得= 故+=+ 则++2=++2=即=. 将x1+x2=-x1x2=-代入上式，得-=即a2=又0<a<且a≠1， 解得a=. 2.(17分)如图，在平面直角坐标系Oxy中，焦点在x轴上的椭圆C：+=1经过点且a2=8，经过点T(1，0)作斜率为k(k>0)的直线l交椭圆C于A，B两点(A在x轴下方). (1)求椭圆C的方程；(5分) (2)过点O且平行于l的直线交椭圆于M，N两点，求的值；(6分) (3)记直线l与y轴的交点为P，若=求直线l的斜率k的值.(6分) 解　(1)因为椭圆C：+=1经过点 所以+=1. 又a2=b2+c2，则+=1， 解得b2=4或b2=8(舍去). 所以椭圆C的方程为+=1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2). 由题意得直线l的方程为y=k(x-1). 联立直线l与椭圆方程得 消去y得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-8=0， 所以x1+x2=x1x2=. 因为MN∥l，所以直线MN的方程为y=kx， 联立直线MN与椭圆方程得 消去y得(2k2+1)x2=8，解得x2=. 因为MN∥l， 所以= 因为(1-x1)(x2-1)=-[x1x2-(x1+x2)+1]=-=. (xM-xN)2=4x2= 所以==. (3)在y=k(x-1)中，令x=0，则y=-k， 所以P(0，-k)， 从而 =(-x1，-k-y1)=(x2-1，y2)， 因为=所以-x1=(x2-1)， 即x1+x2=① 由(2)知 由①②得x1=x2= 代入③式，整理得50k4-83k2-34=0， 解得k2=2或k2=-(舍去). 又因为k>0，所以k=. 3.(17分)如图，在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：+=1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线与椭圆C交于点P，Q(点P在x轴的上方).设直线AP，BQ，BP的斜率分别为k1，k2，k3. (1)求证：k2k3为定值；(7分) (2)是否存在常数λ，使得k1=λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.(10分) (1)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x=my+1，代入椭圆方程， 得(4+3m2)y2+6my-9=0，Δ=144(m2+1)>0， 则y1+y2=y1y2= 于是k2k3=·= == ==- 故k2k3为定值. (2)解　假设存在常数λ，使得k1=λk2，易知λ>0， 则λ==·=·=. 方法一　(消y1) 因为λ=y1y2= 所以λ= 又y1+y2=从而y1=-y2， 于是λ= ==. 方法二　(积化和) 因为my1y2=(y1+y2)， 所以λ====. 方法三　(和化积) 因为my1y2=(y1+y2)，即y1+y2=my1y2， 所以λ= ===. 方法四　(升幂) 因为λ=· 所以λ2=·. 由+=1+=1， 得=3=3 于是λ2=· ==. 由(1)得x1+x2=m(y1+y2)+2=m·+2= x1x2=(my1+1)(my2+1)=m2y1y2+m(y1+y2)+1=m2·+m·+1= 故λ2= === 故λ=. 方法五　(换k) 因为k1k3=·===-即k3=-而由(1)得k2k3=- 所以k2=-从而=3，则λ=. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题六　解析几何 微专题46 非对称韦达定理 圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，非对称韦达定理的应用在高考中经常出现，常以解答题的形式压轴出现，难度较大. 考情分析 思维导图 高频考点练 补偿强化练 内容索引 高频考点练 PART ONE 微点一　两根之比型 1.设椭圆C：+=1(a>b>0)的左焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°=2求椭圆C的离心率. 1 2 3 1 2 3 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由题意知y1>0，y2<0， 直线l的方程为y=(x+c)，其中c=. 联立 得(3a2+b2)y2-2b2cy-3b4=0， 解得y1=y2=. 1 2 3 因为=2所以y1=-2y2， 即=-2· 整理得，离心率e==. 1 2 3 非对称处理方法一 由韦达定理得y1+y2=y1y2=-. 由=2得y1=-2y2， 即=-2，所以+=-即=-. 则-=-整理得8c2=3a2+b2，即9c2=4a2， 所以e==. 1 2 3 注　方法一将=-2取倒数相加，得到+=-这样处理将不对称式转化为对称式，就可以将韦达定理的结果整体代入了. 1 2 3 非对称处理方法二 由y1=-2y2，得 则==-. 将代入上式， 得=-·=-整理得e=. 1 2 3 注　方法二是利用条件y1=-2y2，得到y1+y2与y1y2的关系=-然后就可以用韦达定理处理了. 1 2 3 非对称处理方法三 将y1=-2y2代入 得 消去y2，得2=整理得e=. 注　方法三是逐个消掉y1，y2，其实就是代入消元法. 微点二　系数不等型 2.已知抛物线C：y2=4x与定点P(2，1)，直线l过点P且与抛物线交于A，B两点，且有=求直线l的斜率. 1 2 3 1 2 3 方法一　设A(x1，y1)，B(x2，y2). 由=可得7y1+y2=8，即y2=-7y1+8， 引入待定系数λ，使得y2-1=λ(y1-1)， 易得λ=-7，即y2-1=-7(y1-1). 因为y1-1≠0，所以=-7， 取倒数相加，得-7-=+= 所以-=-2. ① 1 2 3 设直线l：x-2=m(y-1)，与抛物线C：y2=4x联立可得y2-4my+4m-8=0， 则y1+y2=4m，y1y2=4m-8， 代入①中可得=- 解得m=2或m=-1， 所以直线l的斜率为或-1. 方法二　设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线l：x-2=m(y-1)，与抛物线C：y2=4x 联立可得y2-4my+4m-8=0， 1 2 3 则y1+y2=4m，y1y2=4m-8. 由=可得y2=-7y1+8， 则y1+y2=-6y1+8=4m， 解得y1=又y1y2=-7+8y1=4m-8， 所以-7+8×=4m-8， 解得m=2或m=-1， 所以直线l的斜率为或-1. 微点三　分式上、下不对称型 3.(2023·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(-20)， 离心率为. (1)求C的方程； 1 2 3 设双曲线C的方程为-=1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c=2 则由e==可得a=2，b==4， 所以双曲线C的方程为-=1. (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. 1 2 3 1 2 3 方法一　配凑半代换 由(1)可得A1(-2，0)，A2(2，0)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线MN的斜率不为0， 设直线MN的方程为x=my-4，且-<m< 与-=1联立可得(4m2-1)y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0， 则y1+y2=y1y2= 1 2 3 直线MA1的方程为y=(x+2)，直线NA2的方程为y=(x-2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得 === ===- 由=-可得x=-1，即xP=-1， 据此可得点P在定直线x=-1上运动. 1 2 3 方法二　积化和 由(1)可得A1(-2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-<m< 与-=1联立可得(4m2-1)y2-32my+48=0， 且Δ=64(4m2+3)>0， 则y1+y2=y1y2= 所以my1y2=(y1+y2)， 1 2 3 直线MA1的方程为y=(x+2)， 直线NA2的方程为y=(x-2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得 ======- 由=-可得x=-1，即xP=-1，据此可得点P在定直线x=-1上运动. 方法三　曲线替换 由(1)可得A1(-2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线MN的斜率不为0，当直线MN的斜率不存在时，易求得点P的坐标为(-1，-2)；当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=k(x+4)(k≠0)， 与-=1联立可得(4-k2)x2-8k2x-16k2-16=0， 且Δ=64(3k2+4)>0， 则x1+x2=x1x2= 1 2 3 直线MA1的方程为y=(x+2)， 直线NA2的方程为y=(x-2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得= 所以=== =====. 1 2 3 因为=<0，所以=-. 得x=-1，即xP=-1， 综上可得点P在定直线x=-1上运动. 1 2 3 总结提升 在解决直线与圆锥曲线的位置关系的问题中，在遇到直线与圆锥曲线联立转化为一元二次方程，得到韦达定理后，发现不能直接应用韦达定理，这类问题叫做“非对称韦达问题”，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. 26 补偿强化练 PART TWO 1.设双曲线C：-y2=1(a>0)与直线l：x+y=1相交于不同的点A，B，设直线l与y轴的交点为P，且=求a的值. 1 2 3 1 2 3 由题意知，P(0，1)， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，故=(x1，y1-1)=(x2，y2-1)， 由双曲线C与直线l相交于两个不同的点， 联立得(1-a2)x2+2a2x-2a2=0， 由Δ=(2a2)2+8a2(1-a2)=4a2(2-a2)>0，1-a2≠0，且a>0，得0<a<且a≠1，故x1+x2=-x1x2=- 1 2 3 由=知(x1，y1-1)=(x2，y2-1)， 故x1=x2，由x1=x2，可得=故+=+ 则++2=++2=即=. 将x1+x2=-x1x2=-代入上式，得-=即a2= 又0<a<且a≠1， 解得a=. 2.如图，在平面直角坐标系Oxy中，焦点在x轴上的椭圆C：+=1经过点且a2=8，经过点T(1，0)作斜率为k(k>0)的直线l交椭圆C于A，B两点(A在x轴下方). (1)求椭圆C的方程； 1 2 3 1 2 3 因为椭圆C：+=1经过点 所以+=1. 又a2=b2+c2，则+=1， 解得b2=4或b2=8(舍去). 所以椭圆C的方程为+=1. (2)过点O且平行于l的直线交椭圆于M，N两点，求的值； 1 2 3 1 2 3 设A(x1，y1)，B(x2，y2). 由题意得直线l的方程为y=k(x-1). 联立直线l与椭圆方程得 消去y得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-8=0， 所以x1+x2=x1x2=. 因为MN∥l，所以直线MN的方程为y=kx， 1 2 3 联立直线MN与椭圆方程得 消去y得(2k2+1)x2=8，解得x2=. 因为MN∥l，所以= 因为(1-x1)(x2-1)=-[x1x2-(x1+x2)+1]=-=. (xM-xN)2=4x2=所以==. (3)记直线l与y轴的交点为P，若=求直线l的斜率k的值. 1 2 3 1 2 3 在y=k(x-1)中，令x=0，则y=-k， 所以P(0，-k)， 从而 =(-x1，-k-y1)=(x2-1，y2)， 因为=所以-x1=(x2-1)， 即x1+x2= ① 由(2)知 1 2 3 由①②得x1=x2= 代入③式，整理得50k4-83k2-34=0， 解得k2=2或k2=-(舍去). 又因为k>0，所以k=. 3.如图，在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：+=1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线与椭圆C交于点P，Q(点P在x轴的上方).设直线AP，BQ，BP的斜率分别为k1，k2，k3. (1)求证：k2k3为定值； 1 2 3 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x=my+1，代入椭圆方程， 得(4+3m2)y2+6my-9=0，Δ=144(m2+1)>0， 则y1+y2=y1y2= 于是k2k3=·= == ==- 故k2k3为定值. 1 2 3 (2)是否存在常数λ，使得k1=λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. 1 2 3 1 2 3 假设存在常数λ，使得k1=λk2，易知λ>0， 则λ==·=·=. 方法一　(消y1) 因为λ=y1y2=所以λ= 又y1+y2=从而y1=-y2， 于是λ===. 1 2 3 方法二　(积化和) 因为my1y2=(y1+y2)， 所以λ====. 方法三　(和化积) 因为my1y2=(y1+y2)，即y1+y2=my1y2， 所以λ====. 1 2 3 方法四　(升幂) 因为λ=·所以λ2=·. 由+=1+=1， 得=3=3 于是λ2=·==. 由(1)得x1+x2=m(y1+y2)+2=m·+2= 1 2 3 x1x2=(my1+1)(my2+1)=m2y1y2+m(y1+y2)+1 =m2·+m·+1= 故λ2==== 故λ=. 1 2 3 方法五　(换k) 因为k1k3=·===- 即k3=-而由(1)得k2k3=- 所以k2=-从而=3，则λ=. $$