第11讲 非对称韦达定理讲义-2026届高考数学二轮复习椭圆专题（新高考通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦圆锥曲线解答题中的非对称韦达定理核心考点，按照考情分析、学习目标、知识要点、题型归纳的逻辑架构，系统梳理对称与非对称结构的区分、五种转化方法及解题步骤，通过考点梳理、方法指导、典型例题与变式训练的教学环节，帮助学生突破代数配凑与运算难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义突出高考命题“非对称转对称”的核心趋势，设置基础保底、中档提分、高分冲刺分层目标，创新采用积化合法、配凑保留单变量等解题策略，如通过典型例题示范积化和法将韦达积式转为和式的推理过程，培养学生数学思维与运算能力。分层变式训练配合步骤规范指导，确保学生高效掌握压轴题解法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第11讲 非对称韦达定理讲义 目 录 考情分析 2 学习目标 2 知识要点 3 题型归纳 9 题型01：积化合法 9 题型02：m+n+t=0型 22 题型03：比值型 33 题型04：配凑保留单变量 37 题型05：求根公式代入法 46 题型06：定点问题设而不求 47 高考精准考情速览（必背命题规律） 1. 考试固定位置：新高考全国卷、各省选考卷圆锥曲线解答题压轴位（第20/21题），是拉开10分以上数学高分差距的核心题型，基础生放弃、优生必拿满分。 2. 核心分值占比：单题总分12分，其中非对称韦达运算步骤占6-8分，是解题核心得分命脉，步骤写对即可拿大半分数，无需复杂硬算。 3. 命题核心趋势：彻底告别简单对称韦达定式，高考逐年强化非对称结构变形考查，不考直接套公式，只考“非对称转对称”的代数配凑能力，椭圆、抛物线为必考载体，双曲线极少考查。 4. 三大高频设问方向：定点问题、定值问题、定直线问题，所有设问最终都需依托非对称韦达化简求解，无任何捷径可绕开该知识点。 5. 考生核心致命失分点：不会识别非对称式子、盲目硬解方程求根导致运算崩盘、配凑变形方向错误、分式化简符号出错、不会整体代换反复计算返工。 【基础保底目标·全员必学】 1. 精准区分对称韦达与非对称韦达结构，一眼识别题目是否需要配凑变形，不做无用功。 2. 牢记直线与圆锥曲线联立标准步骤，熟练写出根与系数关系基础计算零失误。 3. 掌握1种基础核心转化方法，能简单非对称式子初步配凑，完成基础步骤得分。 【中档提分目标·优生必练】 1. 熟练运用三大核心解题解法，适配高考90%非对称韦达题型，灵活切换解题思路。 2. 熟练处理分式型、系数不等型、斜率比例型三类高频非对称结构，精准完成化简代换。 3. 做题不硬算、不返工，规范书写解题步骤，中档题型15分钟内完整做完。 【高分冲刺目标·冲顶专用】 1. 复杂压轴非对称变式题快速找配凑突破口，难题秒定解题思路，无卡壳情况。 2. 结合几何特征+代数变形双向解题，熟练使用先猜后证秒杀技巧，攻克压轴最后一问。 3. 运算精准零出错，步骤规范无扣分，圆锥曲线解答题稳拿满分。 知识点一：非对称韦达定理概念的引入 首先什么是“非对称韦达定理”呢?那就有必要先谈一下我们常见的“对称性韦达定理”,所谓对称性韦达定理就是我们常见的如下结构式子:,又或者等一些可以经过简单的化简,然后用韦达定理表达的结构式子.而“非对称韦达定理”是指以下的一些结构: ， 等,无法直接或经过简单化简后使用韦达定理进行计算的结构性式子. 例如：已知点在圆上,点在轴上的投影为,动点满足. (1)求动点轨迹的方程; (2)设,过点的直线与曲线交于两点,问直线与直线的斜率之比是否为定值?若为定值,请求出该值,若不为定值,试说明理由. 解:(1)动点的轨迹方程 (2)由题意知,的斜率不为0,则设,与曲线联立得整理得0,则,设直线的斜率为,直线的斜率为,此时，此时无法应用韦达定理,这就是典型的“非对称韦达定理”结构式子. 知识点二：非对称问题的处理方法 当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. 注：在圆锥曲线大题中使用非对称处理时，要写出完整的转化过程. 五种解题方法来对此类问题进行解决. 方法一:积化和法 就是把韦达定理的积式转化为和式表达,这是处理“非对称韦达定理”问题的最重要方法.下面就用这种方法解决例题的后续部分: 因为,所以, 所以 所以直线与的斜率之比是定值. 从解题的过程可以看出,核心就是利用韦达定理的积式转为和式表达,然后把题目所求的部分化为统一的和结构式子进行运算处理,使问题得以解决. 方法二:配凑保留单变量法 就是把原来的非对称韦达定理结构式经过化简后只保留一个未知数,进行最后的计算,从而得到结果.下面就用这种方法解决例题的后续部分. 因为①② 所以直线与的斜率之比是定值. 在上面的过程中我们可以看到,在①式的时候,式子是含有的两个变量的,我们通过配凑的手段,就合成了含有和,而且只剩下了一个变量的式子,即②式.最终通过韦达定理代入化简得到结果. 方法三:圆锥曲线替换法 就是在“非对称韦达定理”结构式子的分子和分母同时乘以或,使式子出现二次的平方项,然后再利用圆锥曲线的方程式代入进行消元化简,从而得到结果的一种方法.下面就用这种方法解决例题的后续部分: 因为,③ 而,所以,④ 代入③式得 ⑤ 又 得 所以直线和的了斜率之为定值. 从以上的过程我们可以明显看出,这个方法的关键步骤就是(3)式同时乘以,和在(4)式中通过圆锥曲线的方程进行代换化简,从而得到(5)式的对称性结构式,再而代入韦达定理的式子,最后得到想要的结果. 方法四:圆锥曲线第三定义法 利用利用椭圆或双曲线第三定义中两斜率的积为定值这一性质,把其中的一个斜率进行转移替换,从而把原来的求证式从“非对称韦达定理”的形式转为对称性韦达定理的结构形式,从而得解. 连接,根据椭圆的第三定义我们知道,,所以,⑥ 此时题目所求的,⑦ 而⑧ 所以,所以直线和的斜率之比为定值. 由以上的解题过程我们可以看到,关键的步骤在于第⑥步利用第三定义进行的斜率转移替换,从而把原来的非对称形式转成第⑦，⑧步的常规对称结构形式,从而使题目得到解决. 方法五:求根公式代入法 就是对直线方程与圆锥曲线联立得到的一元二次方程,使用求根公式求出对应的根,代入所求的式子直接化简得到结果.下面就用这种方法求解例题后续部分: (2)由题意知,的斜率不为0,则设, ,与曲线联立得 整理得,则, ⑨ 设直线的斜率为,直线的斜率为 ⑩ 所以直线与的斜率之比是定值. 从以上的解题过程我们可以看到,当我们计算到斜率的比的结构式子是非对称结构式子时,做了一个简单的变换,使其只含有参数的式子,发现如果用完韦达定理后还有的两个根,于是直接用求根公式法求根,简单粗暴地把的两个根代入式子,同样求得结果. (1)上下左右不对称型 方法：降幂，即二次变一次 已知求 推导 先观察和积的比值关系： 变形得： 将此关系代入原式： (2)比值型 求 构造分子分母齐二次，再同除 由韦达定理： 设，则上式可写成： 解此方程即可求出t. (3)系数不相等型 已知，结合韦达定理求解 法一：直接计算 通过联立方程，直接求出的值。 法二：构造对称式 利用构造对称式： 变形得： 两式左右两边相乘： 代入韦达定理的与，即可求解. （4）m+n+t=0 当时，需对式子变形以构造韦达定理的“和”结构： 即： 将(1)(2)相乘： 展开整理后即可代入韦达定理求解. 知识点三：非对称韦达定理解题步骤 步骤1：联立方程与韦达定理 按题目要求，联立相应的直线和曲线，得到一元二次方程，列出韦达定理： 也可写成比值形式： 点睛之笔：观察两根之和与两根之积是否有清晰的比值关系，若有先列出备用. 步骤2：目标式子处理思路 列出目标式子后，观察结构，常用思想： ①和积替换：将“两根之积”用“两根之和”替换后，化简式子. ②.直线代换：将“xy混合项”中想去掉的字母，利用点所在的直线替换后，化简式子. 如： ③.一元化处理：通过上面两步的处理，仍未得出结果，则需要将式子化成“一元”. 如：利用韦达两根之和，可用表示出来. 题型01：积化合法 【典型例题】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． 【答案】(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. 【变式训练1-1】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. 【指引】（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. 【解析】（1）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）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 【题后反思】本题中设直线的方程为，技巧性较强，避免了讨论直线是否存在斜率的讨论. 【变式训练1-2】已知在椭圆上，经过点的直线交l椭圆于E,F（E在F上方），直线MP交椭圆于N. (1)求椭圆C的方程 (2)若，求直线l的方程 解：（1）将代入椭圆方程： 解得，故椭圆方程为： （2）设，，直线. 联立椭圆方程： 消去得： 由韦达定理： 由得，即： 故，坐标化为： 将非对称式配凑为对称式： 两式相乘： 展开整理： 代入韦达定理结果，解得： 直线的方程为： 【变式训练1-3】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． 【答案】(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． 【变式训练1-4】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． 【答案】(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． 【变式训练1-5】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． 【答案】(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）． 【变式训练1-6】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． 【答案】(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. 【变式训练1-7】已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆C的左右顶点． B为椭圆C的上顶点，为椭圆C的左焦点，且的面积为． （1）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设过点的动直线l为椭圆于E、F两点（点E在x轴上方），M，N分别为直线与y轴的交点，O为坐标原点，来的值． 【答案】（1）      （2） 【分析】（1）由离心率可得，由的面积为可得，结合可得答案. （2）由题意设，则，设直线的方程为：，将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，得到与的关系，分别得出直线、的方程，从而得出的坐标，将与代入，可得答案. 【详解】（1）在椭圆中设，则 由，则，则，即 又，即，即 将代入，解得， 所以椭圆C的方程： （2）由条件点E在x轴上方且过点，则直线的斜率不为0 设直线的方程为：，设，则 由 可得 由题意可得， ，，则，即 由 所以，则直线的方程为： 令，得，所以 所以，则直线的方程为： 令，得，所以 所以 所以 【点睛】关键点睛：本题考查根据离心率和三角形面积求椭圆方程以及椭圆中的定值问题，解答本题的关键设直线的方程为：，与椭圆方程联立，由求根公式和韦达定理表示出与，再表示出直线、的方程，从而得出的坐标，将与代入，属于中档题. 【变式训练1-8】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. 【答案】(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． 【变式训练1-9】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． 【答案】(1)； (4) 不存在，理由见解析； (5) 证明见解析 【分析】(1)根据题意列式求，进而可得双曲线方程； (6) 设，联立方程，利用韦达定理判断是否为零即可； (7) 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）由双曲线的离心率为，且在双曲线上， 可得，解得，∴双曲线的方程为． (8) 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， 设，则，可得， ∵， 则 ， 即，可得与不垂直， ∴不存在直线，使得点在以为直径的圆上． (9) 由直线，得， ∴，又， ∴ ， ∵，∴，且， ∴，即为定值．    题型02：m+n+t=0型 【典型例题】已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 【答案】（1）；（2）详见解析. 【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程. （2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置. 【详解】（1）由题意可得：，解得：， 故椭圆方程为：. (2)［方法一］：通性通法 设点， 若直线斜率存在时，设直线的方程为：， 代入椭圆方程消去并整理得：， 可得，， 因为，所以，即， 根据,代入整理可得： ，         所以， 整理化简得， 因为不在直线上，所以， 故，于是的方程为， 所以直线过定点直线过定点. 当直线的斜率不存在时，可得， 由得：， 得，结合可得：， 解得：或（舍）. 此时直线过点. 令为的中点，即， 若与不重合，则由题设知是的斜边，故， 若与重合，则，故存在点，使得为定值. ［方法二］【最优解】：平移坐标系 将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即． 设，因为则，即． 代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点． 又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立． 故存在，使得． ［方法三］：建立曲线系 A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得． 则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）． 用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）． 即． 对比项、x项及y项系数得 将①代入②③，消去并化简得，即． 故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q． 经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得． ［方法四］： 设． 若直线的斜率不存在，则． 因为，则，即． 由，解得或（舍）． 所以直线的方程为． 若直线的斜率存在，设直线的方程为，则． 令，则． 又，令，则． 因为，所以， 即或． 当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意； 当时，直线的方程为，所以直线恒过． 综上，直线恒过，所以． 又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动． 取线段的中点为，则． 所以存在定点Q，使得为定值． 【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法； 方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解； 方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点； 方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算． 【变式训练2-1】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的长轴长为4，且点在C上. (1)求C的方程; (2)设C的右焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点. ①求面积S的取值范围; ②若，求l的斜率. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据长轴长得到，再将代入可得椭圆方程. （2）①先设出直线方程，再和椭圆方程联立，利用韦达定理代入求取范围即可. ②表示出向量坐标后，利用得到，再利用韦达定理解出直线斜率即可. 【详解】（1）由椭圆标准方程可知， 将代入可得， 解得，， 所以椭圆C的方程为： （2）由（1）可知，右焦点， 当直线l的斜率不存在时不合题意， 设直线l的斜率为k，，，则直线l的方程为， 联立， 整理得， 所以，， ① ， 令， ②又，即， 可得，因为 所以， 即， 解得， 所以直线l的斜率为 【点睛】本题考查椭圆的方程，椭圆中的面积问题，属于中档题. 根据长轴与点P在椭圆上，即可求解； ①设出直线方程与椭圆联立，结合韦达定理，则 ，即可求解； ②结合韦达定理，则，即可求解. 【变式训练2-2】已知点在双曲线上，斜率为k的直线l过点且不过点P．若直线l交C于M，N两点，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据点在双曲线求出双曲线方程，根据 可得，利用韦达定理代入即可求解. 【详解】因为点在双曲线上， 所以解得， 所以双曲线. 设，， 联立整理得， 所以， 所以， ， 因为，所以， 即， 所以， 整理得解得或， 当时，直线过点，不满足题意， 所以， 故选:A. 【变式训练2-3】不经过点的直线交双曲线于，两点，直线，的斜率互为相反数.求的倾斜角为 . 【答案】（或） 【分析】设，，，联立直线和双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据，求出，所以或，当时，直线过点，与题意不符，故，得到答案. 【详解】双曲线的左右顶点为， 易知直线的斜率存在，设，，， 联立可得，， 所以，， 且. 所以由可得，， 即， 即， 所以， 化简得，，即， 所以或， 当时，直线过点， 与题意不符，舍去，故， 故的倾斜角为（或）. 故答案为：（或） 【点睛】处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 【变式训练2-4】已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0.求的斜率； 【答案】 【分析】把点坐标代入双曲线方程得，显然直线的斜率存在，设，设，联立双曲线方程由韦达定理有，，结合，化简并整理得，由此即可进一步求解. 【详解】 将点代入双曲线方程得，化简得，， 故双曲线方程为， 由题意显然直线的斜率存在，设，设， 则联立双曲线化简并整理得：， ， 故，， ， 化简得：， 故， 即，当时，直线过点，不合题意，舍去， 故. 【变式训练2-5】双曲线左顶点为A，实轴长是虚轴长的2倍，其左焦点坐标为，过A点的两条直线分别交双曲线的右支于点P，Q，且 (1)求双曲线的方程； (2)（ⅰ）证明：直线PQ过定点； （ⅱ）直线AP，AQ，PQ分别交直线于点M，N，T，若，求PQ的直线方程. 【答案】(1) (2)ⅰ证明见解析；ⅱ) 【分析】（1）由已知，利用，解得，，即可得到双曲线的方程； （2）（ⅰ）设，，，直线PQ的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和，即可得到直线PQ过定点； （ⅱ）由（1）得直线PQ得方程为，则，直线PQ方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和，可解得值，即可求得PQ的直线方程. 【详解】（1）由题意可得，，又， 解得，， 所以双曲线的方程为：. （2） （ⅰ）设，，，其中， 直线PQ与双曲线联立可得， 则，且， 因为， 代入整理得，故或， 代入得定点为或舍， 故直线PQ过定点； （ⅱ）根据（i）得直线PQ得方程为，则， 直线PQ与双曲线方程联立得， 则， 则直线，则， 则， 同理，又， 则，化简得， 因为，故， 则韦达定理代入得，化简得，即， 所以PQ的直线方程为 【变式训练2-6】已知点，分别为双曲线E：的左、右焦点，点到双曲线E的渐近线的距离为，点A为双曲线E的右顶点，且． (1)求双曲线E的标准方程； (2)若四边形为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先根据点到直线距离计算得出，再应用得出，计算得出进而得出标准方程； （2）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况，联立方程组结合向量的数量积计算得出或，结合题意即可证明定点. 【详解】（1）设焦距为2c，则， 故点到双曲线E的渐近线的距离为． 由，知，得． 又因为，所以，解得． 所以双曲线E的标准方程为． （2）①当直线的斜率不存在时， 由，设直线的方程为， 当时，则在双曲线，可得,所以， 当时，则在双曲线，可得,所以不合题意舍， 可得直线的方程为， ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，， 联立得， 当时，，， 因为四边形为矩形，所以， 所以， 所以， 所以 所以， 所以，所以或， 当时，直线的方程为，恒过定点，不合题意，舍去． 当时，直线的方程为，恒过定点． 综上①②，直线恒过定点． 题型03：比值型 【典型例题】已知椭圆，过点P（0,2）的直线交椭圆于不同的两点（B在A,P之间），且满足，求的取值范围. 解题步骤A,B 1.分析关系 由得，即. 因此： 而 2.斜率不存在的情况 当直线AB斜率不存在时，直线方程为x=0，代入椭圆得. 此时，A(0,-1)B(0,1)，故. 3.斜率存在的情况 设直线，联立椭圆方程： 消去y得： 判别式，解得. 由韦达定理： 代入比值关系： 化简得： 因为，所以，故： 解得. 又因B在A.P之间，故. 【变式训练3-1】已知椭圆的离心率为，左焦点为F，过F作倾斜角为的直线交椭圆E于M、N两点，且（其中），则的值为（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】D 【分析】首先化简椭圆方程，与直线方程联立，利用韦达定理得，，再利用向量共线的坐标表示得，消元后得的值. 【详解】由题意可知，得，即， 椭圆方程，化简为： ， 过椭圆左焦点，斜率为的直线为，与椭圆方程联立， ，化简为：， 设， , ， ① 因为，点在线段上，即 ，即 ② 由①②可知，解得：或 因为，所以. 故选：D 【变式训练3-2】如图，已知椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右顶点，右焦点，，过且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，在轴上方． (1)求椭圆的标准方程； (2)记，的面积分别为，，若，求的值； (3)设线段的中点为，直线与直线相交于点，记直线，，的斜率分别为，，，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意由，BF=求解； （2）设点，，，，根据，得到，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解； （3）由（2）得到D的坐标，进而得到直线的方程，再令，得到点E的坐标，然后由，结合韦达定理求解. 【详解】（1）解：设椭圆的焦距为． 依题意可得，， 解得，． 故． 所以椭圆的标准方程为． （2）设点，，，． 若，则，即有，① 设直线的方程为，与椭圆方程， 可得， 则，，② 将①代入②可得，解得， 则； （3）由（2）得 ，， 所以直线的方程为， 令，得，即． 所以． 所以， ， ， . 题型04：配凑保留单变量 【典型例题】点A,B是椭圆的左右顶点，若过定点且斜率不为0的直线与椭圆交于M，N两点，求证：直线AM与直线的交点在一条定直线上. 【答案】证明见解析 【分析】联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理化简即可求得直线与直线的交点横坐标为定值，则交点在一条定直线上. 【详解】由题意得，，， 设，直线方程为， 联立，化简得， 易知，由韦达定理得，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立，即，解得， 则 ， 故直线AM与直线BN的交点在定直线上. 【变式训练4-1】在平面直角坐标系中，已知动点P与，两点连线的斜率之积是. (1)求动点P的轨迹曲线C的方程； (2)过点的直线，交曲线C于M，N两点，记直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值，若为定值，求出该定值. 【答案】(1) (2)是，定值为3 【分析】（1）设，根据题意列方程即可求解； （2）设直线：，，，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理求解即可. 【详解】（1）设，， 因为动点P与，两点连线的斜率之积是， 所以，整理得， 所以动点P的轨迹曲线C的方程为. （2）易知直线斜率不为0， 设直线：，，， 联立，得， 则且，即且， 而， 则 ，为定值.    【变式训练4-2】已知椭圆 经过点 . (1)求椭圆 的方程及离心率； (2)设椭圆 的左顶点为 ，直线 与 相交于 两点，直线 与直线 相交于点 . 问: 直线 是否过定点? 若过定点，求出该点坐标; 若不过定点， 说明理由. 【答案】(1); (2)直线过定点 【分析】（1）根据椭圆经过点即可求得椭圆方程，利用离心率公式即可求离心率； （2）写出直线的方程为，即可求得点，再利用点斜式表示得直线的方程为，即可求出与轴的交点，利用韦达定理等量替换即可求出直线NQ恒过的定点. 【详解】（1）因为椭圆经过点， 所以，解得， 所以椭圆E的方程为， 因为所以， 所以离心率为. （2）直线过定点，理由如下： 由可得， 显然， 设则有 直线的方程为 令，解得，则， 所以直线的斜率为且， 所以直线的方程为 令，则 所以直线过定点. 【变式训练4-3】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． 【答案】(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． 【变式训练4-4】为椭圆的左、右顶点，过点（左焦点）的直线交椭圆于两点（不与重合）.的斜率为.求的值. 【解析】 设直线PQ：，，。 联立方程： 代入消元得： 由韦达定理： , 斜率比表达式： 代入化简得： 【变式训练4-5】已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，离心率为，过点P(1,0)作直线交椭圆于点C，D（与A，B均不重合）.当点D与椭圆E的上顶点重合时，. （1）求椭圆E的方程 （2）设直线AD，BC的斜率分别为，，求证：为定值. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】 （1）解方程.①，②即得解； （2）设直线的方程为，联立方程组得，得到韦达定理，再利用韦达定理化简即得证. 【详解】 （1）当点与椭圆的上顶点重合时，有， 所以.① 又因为离心率，② 由①②解得，， 所以的方程为. （2）由题意，设直线的方程为， 联立方程组得， 设，，则，. 由（1）得，，所以，， . 【点睛】 方法点睛：定值问题：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，定值问题的处理常见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数. 【变式训练4-6】如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，M,N为椭圆C的上、下顶点，且 （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线交椭圆于异于的两点，直线交于点．求证：点的纵坐标为定值3． 【答案】（1）；（2）3 【分析】 （1）由得，再根据焦距等于其长半轴长可求，故可得椭圆的方程. （2）设直线方程为，， 【详解】 解：（1）由题意可知：,，又， 有，故椭圆的方程为：． （2）由题意知直线的斜率存在，设其方程为，用的横坐标表示的纵坐标，再联立的方程和椭圆的方程，消去得，利用韦达定理化简的纵坐标后可得所求的定值. 设（）， 联立直线方程和椭圆方程得，消去得， ,，且有， 又，， 由得， 故，整理得到 ，故 ． 故点的纵坐标为3． 【点睛】 求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 【变式训练4-7】椭圆 的两顶点为如图，离心率为，过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与直线交于点. （Ⅰ）当时，求直线的方程； （Ⅱ）当点异于两点时，求证： 为定值. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ） 【解析】试题分析：（I）根据，可求得椭圆的标准方程为.联立直线方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式和弦长列方程，求出斜率的值，进而得到直线的方程.（I）设出直线的方程，联立方程求得点的坐标，将坐标代入数量积，并利用（I）韦达定理的条件，化简后可求得定值. 试题解析：（Ⅰ）椭圆的标准方程为 ， 由已知得：，所以 ，椭圆的方程为 ， 当直线与轴垂直时与题意不符， 设直线的方程为， ， 将直线的方程代入椭圆的方程化简得 ， 则，， ，解得：， 所以直线的方程为， （Ⅱ）证明：当直线与轴垂直时与题意不符，设直线的方程为，，，，点的坐标为， 由（Ⅰ）知， ， 且直线的方程为，且直线的方程为， 将两直线联立，消去得， 与异号， ， ， 与异号，与同号， ，解得，， 故点坐标为，，故为定值. 点睛：本题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系，还考查了两条直线的交点坐标的求法，考查了根与系数关系与弦长、向量数量积运算的关系. 直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解．联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法. 涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解． 题型05：求根公式代入法 已知椭圆：（）过点，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程. 【答案】(1) (2)证明见解析； 【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解； （2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上． 【详解】（1）由椭圆过点，且离心率为，所以， 解得， 故所求的椭圆方程为． （2）由题意得，， 直线的方程，设， 联立，整理得， 由，即， 所以，. 由求根公式可知，不妨设，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立，得， 代入，得， 解得，即直线与的交点在定直线上.    【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是求出直线、直线的方程，然后方程联立利用韦达定理求出答案. 题型06：定点问题设而不求 【典型例题】已知、分别是离心率的椭圆的左右顶点，P是椭圆E的上顶点，且. （1）求椭圆E的方程； （2）若动直线过点，且与椭圆E交于A、B两点，点M与点B关于y轴对称，求证：直线恒过定点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【分析】（1）由向量数量积的坐标运算可求得，再由离心率可得，然后求得，得椭圆方程； （2）当直线的斜率存在时，设直线，，，则， 由直线方程与椭圆方程联立并消元后应用韦达定理得，然后写出直线方程并变形后代入，可得定点坐标，再验证直线斜率不存在时，直线也过这个定点即可． 【详解】解：（1）由题意得，，， 则，所以， 又，所以，，所以椭圆E的方程为. （2）当直线的斜率存在时，设直线，，，则， 由，消去y得.由， 得，所以，. ， 直线的方程为， 即， 因为，，所以， 直线的方程为可化为，则直线恒过定点. 当直线的斜率不存在时，直线也过点，综上知直线恒过定点. 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定点问题．解题方法是设而不求思想方法．设出动直线方程，设交点坐标，，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，利用此结论求出直线方程，可确定定点坐标． 【变式训练6-1】已知点是圆上任意一点，点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，记点的轨迹为曲线. （1） 求曲线的方程； （2） 若点A(1，0),H(1,1)直线，过点的直线与交于两点，直线与直线分别交于点.证明：PQ的中点为定点. 【解析】（1）由题意可得，且为的中点， 又为的中点，所以，且. 因为点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点， 由垂直平分线的性质可得， 所以， 所以由双曲线的定义可得，点的轨迹是以为焦点的双曲线. ， 故曲线的方程为； （3） 由题意可知：直线的斜率存在，设， 联立方程，消去得：， 则， 解得，且 ，① 由，得直线， 令，解得，即， 同理可得， 则 ，所以PQ的中点为定点(2,3). 【题后反思】解决本题的关键是利用直线方程进行如下变形：. 【温馨提醒】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. 【变式训练6-2】已知分别为双曲线的左､右顶点，，动直线与双曲线交于两点．当轴，且时，四边形的面积为． (1)求双曲线的标准方程． (2)设均在双曲线的右支上，直线与分别交轴于两点，若，判断直线是否过定点．若过，求出该定点的坐标；若不过，请说明理由． 【答案】(1) (2)直线恒过定点 【分析】（1）首先求点的坐标，根据坐标表示梯形的面积，即可求解双曲线方程； （2）首先根据条件设，并利用方程联立求点的坐标，并求直线的方程，化简后即可求定点坐标. 【详解】（1）由知，． 当轴时，根据双曲线的对称性，不妨设点在第一象限， 则由，可得．代入双曲线的方程，得． 因为四边形的面积为，所以． 解得． 所以双曲线的标准方程为． （2） 因为，所以可设． 直线的方程为，直线的方程为． 又双曲线的渐近线方程为， 显然直线与双曲线的两支各交于一点，直线与双曲线的右支交于两点， 则有解得． 由消去，得． 设点，则．解得． 所以． 由消去，得． 设点，则．解得． 所以． 当直线不垂直于轴时，． 所以直线的方程为． 所以，也即． 显然直线恒过定点． 当直线垂直于轴时，由，得．此时． 直线的方程为，恒过定点． 综上可知，直线恒过定点． 【点睛】思路点睛：一般求直线过定点问题，需求出直线方程，转化为含参直线过定点问题. 【变式训练6-3】已知分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1⊥F1F2时，|PF2|＝2|PF1|． （1）求椭圆C的标准方程： （2）过点Q（﹣4，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为点M′，证明：直线NM′过定点． 【答案】（1）；（2）直线过定点. 【分析】 （1）由椭圆的定义和已知条件得，又由可得出点P的坐标，代入椭圆的标准方程中可解出，从而得出椭圆的标准方程； （2）设出直线l的方程，点M、N的坐标，直线l的方程与椭圆的方程联立可得点M、N的坐标的关系，再表示出直线的方程，将点M、N的坐标的关系代入可得直线NM′所过的定点. 【详解】 （1）由得，， 由椭圆的定义得，，， ，所以点P的坐标为， 将点P的坐标代入椭圆的方程中有， 又，， 解得或， 当，，故舍去； 当，， 所以椭圆的标准方程为：. （2）由题意可知，直线l的斜率必然存在,故设直线l的方程为，设，则， 联立方程组，得， ， 解得，，， 又，，设直线的方程为， ， 当时，，所以直线过定点. 【点睛】 本题考查椭圆的定义和简单的几何性质，求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系中直线过定点的问题，关键在于将目标条件转化到直线与椭圆的交点的坐标上去，属于较难题. 【变式训练6-4】双曲线的左、右顶点分别为，，焦点到渐近线的距离为，且过点. (1)求双曲线的方程； (2)若直线与双曲线交于，两点，且，证明直线过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)根据双曲线过点和焦点到渐近线的距离为列出方程组，解之即可； (2)设直线的斜率为，由题意直线的斜率为，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理求出，两点的坐标，再求出，两点所在的直线方程即可求解. 【详解】（1）由双曲线可得渐近线为， 不妨取渐近线即 由焦点到渐近线的距离为可得，即 由题意得，得， 从而双曲线的方程为. （2）设直线的斜率为，则直线的斜率为， 由题意可知：直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与双曲线方程得， 于是，从而，从而， 联立直线与双曲线方程得， 于是，从而，从而， 于是， 从而， 化简得，从而过定点. 【点睛】思路点睛:与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第11讲 非对称韦达定理讲义 目 录 考情分析 1 学习目标 2 知识要点 2 题型归纳 8 题型01：积化合法 8 题型02：m+n+t=0型 11 题型03：比值型 16 题型04：配凑保留单变量 17 题型05：求根公式代入法 20 题型06：定点问题设而不求 20 高考精准考情速览（必背命题规律） 1. 考试固定位置：新高考全国卷、各省选考卷圆锥曲线解答题压轴位（第20/21题），是拉开10分以上数学高分差距的核心题型，基础生放弃、优生必拿满分。 2. 核心分值占比：单题总分12分，其中非对称韦达运算步骤占6-8分，是解题核心得分命脉，步骤写对即可拿大半分数，无需复杂硬算。 3. 命题核心趋势：彻底告别简单对称韦达定式，高考逐年强化非对称结构变形考查，不考直接套公式，只考“非对称转对称”的代数配凑能力，椭圆、抛物线为必考载体，双曲线极少考查。 4. 三大高频设问方向：定点问题、定值问题、定直线问题，所有设问最终都需依托非对称韦达化简求解，无任何捷径可绕开该知识点。 5. 考生核心致命失分点：不会识别非对称式子、盲目硬解方程求根导致运算崩盘、配凑变形方向错误、分式化简符号出错、不会整体代换反复计算返工。 【基础保底目标·全员必学】 1. 精准区分对称韦达与非对称韦达结构，一眼识别题目是否需要配凑变形，不做无用功。 2. 牢记直线与圆锥曲线联立标准步骤，熟练写出根与系数关系基础计算零失误。 3. 掌握1种基础核心转化方法，能简单非对称式子初步配凑，完成基础步骤得分。 【中档提分目标·优生必练】 1. 熟练运用三大核心解题解法，适配高考90%非对称韦达题型，灵活切换解题思路。 2. 熟练处理分式型、系数不等型、斜率比例型三类高频非对称结构，精准完成化简代换。 3. 做题不硬算、不返工，规范书写解题步骤，中档题型15分钟内完整做完。 【高分冲刺目标·冲顶专用】 1. 复杂压轴非对称变式题快速找配凑突破口，难题秒定解题思路，无卡壳情况。 2. 结合几何特征+代数变形双向解题，熟练使用先猜后证秒杀技巧，攻克压轴最后一问。 3. 运算精准零出错，步骤规范无扣分，圆锥曲线解答题稳拿满分。 知识点一：非对称韦达定理概念的引入 首先什么是“非对称韦达定理”呢?那就有必要先谈一下我们常见的“对称性韦达定理”,所谓对称性韦达定理就是我们常见的如下结构式子:,又或者等一些可以经过简单的化简,然后用韦达定理表达的结构式子.而“非对称韦达定理”是指以下的一些结构: ， 等,无法直接或经过简单化简后使用韦达定理进行计算的结构性式子. 例如：已知点在圆上,点在轴上的投影为,动点满足. (1)求动点轨迹的方程; (2)设,过点的直线与曲线交于两点,问直线与直线的斜率之比是否为定值?若为定值,请求出该值,若不为定值,试说明理由. 解:(1)动点的轨迹方程 (2)由题意知,的斜率不为0,则设,与曲线联立得整理得0,则,设直线的斜率为,直线的斜率为,此时，此时无法应用韦达定理,这就是典型的“非对称韦达定理”结构式子. 知识点二：非对称问题的处理方法 当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. 注：在圆锥曲线大题中使用非对称处理时，要写出完整的转化过程. 五种解题方法来对此类问题进行解决. 方法一:积化和法 就是把韦达定理的积式转化为和式表达,这是处理“非对称韦达定理”问题的最重要方法.下面就用这种方法解决例题的后续部分: 因为,所以, 所以 所以直线与的斜率之比是定值. 从解题的过程可以看出,核心就是利用韦达定理的积式转为和式表达,然后把题目所求的部分化为统一的和结构式子进行运算处理,使问题得以解决. 方法二:配凑保留单变量法 就是把原来的非对称韦达定理结构式经过化简后只保留一个未知数,进行最后的计算,从而得到结果.下面就用这种方法解决例题的后续部分. 因为①② 所以直线与的斜率之比是定值. 在上面的过程中我们可以看到,在①式的时候,式子是含有的两个变量的,我们通过配凑的手段,就合成了含有和,而且只剩下了一个变量的式子,即②式.最终通过韦达定理代入化简得到结果. 方法三:圆锥曲线替换法 就是在“非对称韦达定理”结构式子的分子和分母同时乘以或,使式子出现二次的平方项,然后再利用圆锥曲线的方程式代入进行消元化简,从而得到结果的一种方法.下面就用这种方法解决例题的后续部分: 因为,③ 而,所以,④ 代入③式得 ⑤ 又 得 所以直线和的了斜率之为定值. 从以上的过程我们可以明显看出,这个方法的关键步骤就是(3)式同时乘以,和在(4)式中通过圆锥曲线的方程进行代换化简,从而得到(5)式的对称性结构式,再而代入韦达定理的式子,最后得到想要的结果. 方法四:圆锥曲线第三定义法 利用利用椭圆或双曲线第三定义中两斜率的积为定值这一性质,把其中的一个斜率进行转移替换,从而把原来的求证式从“非对称韦达定理”的形式转为对称性韦达定理的结构形式,从而得解. 连接,根据椭圆的第三定义我们知道,,所以,⑥ 此时题目所求的,⑦ 而⑧ 所以,所以直线和的斜率之比为定值. 由以上的解题过程我们可以看到,关键的步骤在于第⑥步利用第三定义进行的斜率转移替换,从而把原来的非对称形式转成第⑦，⑧步的常规对称结构形式,从而使题目得到解决. 方法五:求根公式代入法 就是对直线方程与圆锥曲线联立得到的一元二次方程,使用求根公式求出对应的根,代入所求的式子直接化简得到结果.下面就用这种方法求解例题后续部分: (2)由题意知,的斜率不为0,则设, ,与曲线联立得 整理得,则, ⑨ 设直线的斜率为,直线的斜率为 ⑩ 所以直线与的斜率之比是定值. 从以上的解题过程我们可以看到,当我们计算到斜率的比的结构式子是非对称结构式子时,做了一个简单的变换,使其只含有参数的式子,发现如果用完韦达定理后还有的两个根,于是直接用求根公式法求根,简单粗暴地把的两个根代入式子,同样求得结果. (1)上下左右不对称型 方法：降幂，即二次变一次 已知求 推导 先观察和积的比值关系： 变形得： 将此关系代入原式： (2)比值型 求 构造分子分母齐二次，再同除 由韦达定理： 设，则上式可写成： 解此方程即可求出t. (3)系数不相等型 已知，结合韦达定理求解 法一：直接计算 通过联立方程，直接求出的值。 法二：构造对称式 利用构造对称式： 变形得： 两式左右两边相乘： 代入韦达定理的与，即可求解. （4）m+n+t=0 当时，需对式子变形以构造韦达定理的“和”结构： 即： 将(1)(2)相乘： 展开整理后即可代入韦达定理求解. 知识点三：非对称韦达定理解题步骤 步骤1：联立方程与韦达定理 按题目要求，联立相应的直线和曲线，得到一元二次方程，列出韦达定理： 也可写成比值形式： 点睛之笔：观察两根之和与两根之积是否有清晰的比值关系，若有先列出备用. 步骤2：目标式子处理思路 列出目标式子后，观察结构，常用思想： ①和积替换：将“两根之积”用“两根之和”替换后，化简式子. ②.直线代换：将“xy混合项”中想去掉的字母，利用点所在的直线替换后，化简式子. 如： ③.一元化处理：通过上面两步的处理，仍未得出结果，则需要将式子化成“一元”. 如：利用韦达两根之和，可用表示出来. 题型01：积化合法 【典型例题】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． 【答案】(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. 【变式训练1-1】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. 【变式训练1-2】已知在椭圆上，经过点的直线交l椭圆于E,F（E在F上方），直线MP交椭圆于N. (1)求椭圆C的方程 (2)若，求直线l的方程 【变式训练1-3】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． 【变式训练1-4】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． 【变式训练1-5】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． 【变式训练1-6】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． 【变式训练1-7】已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆C的左右顶点． B为椭圆C的上顶点，为椭圆C的左焦点，且的面积为． （1）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设过点的动直线l为椭圆于E、F两点（点E在x轴上方），M，N分别为直线与y轴的交点，O为坐标原点，来的值． 【变式训练1-8】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. 【变式训练1-9】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02：m+n+t=0型 【典型例题】已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 【答案】（1）；（2）详见解析. 【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程. （2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置. 【详解】（1）由题意可得：，解得：， 故椭圆方程为：. (2)［方法一］：通性通法 设点， 若直线斜率存在时，设直线的方程为：， 代入椭圆方程消去并整理得：， 可得，， 因为，所以，即， 根据,代入整理可得： ，         所以， 整理化简得， 因为不在直线上，所以， 故，于是的方程为， 所以直线过定点直线过定点. 当直线的斜率不存在时，可得， 由得：， 得，结合可得：， 解得：或（舍）. 此时直线过点. 令为的中点，即， 若与不重合，则由题设知是的斜边，故， 若与重合，则，故存在点，使得为定值. ［方法二］【最优解】：平移坐标系 将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即． 设，因为则，即． 代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点． 又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立． 故存在，使得． ［方法三］：建立曲线系 A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得． 则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）． 用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）． 即． 对比项、x项及y项系数得 将①代入②③，消去并化简得，即． 故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q． 经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得． ［方法四］： 设． 若直线的斜率不存在，则． 因为，则，即． 由，解得或（舍）． 所以直线的方程为． 若直线的斜率存在，设直线的方程为，则． 令，则． 又，令，则． 因为，所以， 即或． 当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意； 当时，直线的方程为，所以直线恒过． 综上，直线恒过，所以． 又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动． 取线段的中点为，则． 所以存在定点Q，使得为定值． 【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法； 方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解； 方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点； 方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算． 【变式训练2-1】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的长轴长为4，且点在C上. (1)求C的方程; (2)设C的右焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点. ①求面积S的取值范围; ②若，求l的斜率. 【变式训练2-2】已知点在双曲线上，斜率为k的直线l过点且不过点P．若直线l交C于M，N两点，且，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-3】不经过点的直线交双曲线于，两点，直线，的斜率互为相反数.求的倾斜角为 . 【变式训练2-4】已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0.求的斜率； 【变式训练2-5】双曲线左顶点为A，实轴长是虚轴长的2倍，其左焦点坐标为，过A点的两条直线分别交双曲线的右支于点P，Q，且 (1)求双曲线的方程； (2)（ⅰ）证明：直线PQ过定点； （ⅱ）直线AP，AQ，PQ分别交直线于点M，N，T，若，求PQ的直线方程. 【变式训练2-6】已知点，分别为双曲线E：的左、右焦点，点到双曲线E的渐近线的距离为，点A为双曲线E的右顶点，且． (1)求双曲线E的标准方程； (2)若四边形为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证：直线过定点． 题型03：比值型 【典型例题】已知椭圆，过点P（0,2）的直线交椭圆于不同的两点（B在A,P之间），且满足，求的取值范围. 解题步骤A,B 1.分析关系 由得，即. 因此： 而 2.斜率不存在的情况 当直线AB斜率不存在时，直线方程为x=0，代入椭圆得. 此时，A(0,-1)B(0,1)，故. 3.斜率存在的情况 设直线，联立椭圆方程： 消去y得： 判别式，解得. 由韦达定理： 代入比值关系： 化简得： 因为，所以，故： 解得. 又因B在A.P之间，故. 【变式训练3-1】已知椭圆的离心率为，左焦点为F，过F作倾斜角为的直线交椭圆E于M、N两点，且（其中），则的值为（    ） A．2 B． C． D．3 【变式训练3-2】如图，已知椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右顶点，右焦点，，过且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，在轴上方． (1)求椭圆的标准方程； (2)记，的面积分别为，，若，求的值； (3)设线段的中点为，直线与直线相交于点，记直线，，的斜率分别为，，，求的值． 题型04：配凑保留单变量 【典型例题】点A,B是椭圆的左右顶点，若过定点且斜率不为0的直线与椭圆交于M，N两点，求证：直线AM与直线的交点在一条定直线上. 【答案】证明见解析 【分析】联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理化简即可求得直线与直线的交点横坐标为定值，则交点在一条定直线上. 【详解】由题意得，，， 设，直线方程为， 联立，化简得， 易知，由韦达定理得，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立，即，解得， 则 ， 故直线AM与直线BN的交点在定直线上. 【变式训练4-1】在平面直角坐标系中，已知动点P与，两点连线的斜率之积是. (1)求动点P的轨迹曲线C的方程； (2)过点的直线，交曲线C于M，N两点，记直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值，若为定值，求出该定值. 【变式训练4-2】已知椭圆 经过点 . (1)求椭圆 的方程及离心率； (2)设椭圆 的左顶点为 ，直线 与 相交于 两点，直线 与直线 相交于点 . 问: 直线 是否过定点? 若过定点，求出该点坐标; 若不过定点， 说明理由. 【变式训练4-3】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． 【变式训练4-4】为椭圆的左、右顶点，过点（左焦点）的直线交椭圆于两点（不与重合）.的斜率为.求的值. 【变式训练4-5】已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，离心率为，过点P(1,0)作直线交椭圆于点C，D（与A，B均不重合）.当点D与椭圆E的上顶点重合时，. （1）求椭圆E的方程 （2）设直线AD，BC的斜率分别为，，求证：为定值. 【变式训练4-6】如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，M,N为椭圆C的上、下顶点，且 （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线交椭圆于异于的两点，直线交于点．求证：点的纵坐标为定值3． 【变式训练4-7】椭圆 的两顶点为如图，离心率为，过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与直线交于点. （Ⅰ）当时，求直线的方程； （Ⅱ）当点异于两点时，求证： 为定值. 题型05：求根公式代入法 已知椭圆：（）过点，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程. 题型06：定点问题设而不求 【典型例题】已知、分别是离心率的椭圆的左右顶点，P是椭圆E的上顶点，且. （1）求椭圆E的方程； （2）若动直线过点，且与椭圆E交于A、B两点，点M与点B关于y轴对称，求证：直线恒过定点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【分析】（1）由向量数量积的坐标运算可求得，再由离心率可得，然后求得，得椭圆方程； （2）当直线的斜率存在时，设直线，，，则， 由直线方程与椭圆方程联立并消元后应用韦达定理得，然后写出直线方程并变形后代入，可得定点坐标，再验证直线斜率不存在时，直线也过这个定点即可． 【详解】解：（1）由题意得，，， 则，所以， 又，所以，，所以椭圆E的方程为. （2）当直线的斜率存在时，设直线，，，则， 由，消去y得.由， 得，所以，. ， 直线的方程为， 即， 因为，，所以， 直线的方程为可化为，则直线恒过定点. 当直线的斜率不存在时，直线也过点，综上知直线恒过定点. 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定点问题．解题方法是设而不求思想方法．设出动直线方程，设交点坐标，，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，利用此结论求出直线方程，可确定定点坐标． 【变式训练6-1】已知点是圆上任意一点，点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，记点的轨迹为曲线. （1） 求曲线的方程； （2） 若点A(1，0),H(1,1)直线，过点的直线与交于两点，直线与直线分别交于点.证明：PQ的中点为定点. 【变式训练6-2】已知分别为双曲线的左､右顶点，，动直线与双曲线交于两点．当轴，且时，四边形的面积为． (1)求双曲线的标准方程． (2)设均在双曲线的右支上，直线与分别交轴于两点，若，判断直线是否过定点．若过，求出该定点的坐标；若不过，请说明理由． 【变式训练6-3】已知分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1⊥F1F2时，|PF2|＝2|PF1|． （1）求椭圆C的标准方程： （2）过点Q（﹣4，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为点M′，证明：直线NM′过定点． 【变式训练6-4】双曲线的左、右顶点分别为，，焦点到渐近线的距离为，且过点. (1)求双曲线的方程； (2)若直线与双曲线交于，两点，且，证明直线过定点. 1 学科网（北京）股份有限公司 $