专题3 韦达定理与齐次化在圆锥曲线中的应用-【重难点手册】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA 专题3韦达定理与齐次 1.韦达定理的正用 基本步骤如下： (1)设直线方程，设交点坐标为(x1,y1), (x2y2); (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，注意△的判断； (3)列出根与系数的关系； (4)将所求问题或题中的关系转化为x1十 x2,x1x2(或y1十y2,y1y2)的形式； (5)代入根与系数的关系求解. 例①在平面直角坐标系Oxy中，已知双 曲线C的中心为坐标原点，对称轴是坐标轴， 右支与x轴的交点坐标为(1,0)，其中一条渐 近线的倾斜角为5 (1)求双曲线C的标准方程； (2)过点T(2,0)作直线1与双曲线C的 左、右两支分别交于A,B两点，在线段AB上 取一点E满足|AE|·TB|=|EB·|AT|, 证明：点E在一条定直线上， 解析(1)根据题意，设双曲线C的标准方程为。 y2 =1(a>0,b>0), 由题意知a=1,名=tan牙=5，可得b=3, 3 所以双曲线C的标准方程为x2一 31 (2)(要证明，点E在一条直线上，需分析点E的坐标特 性，这就需要把条件|AE·|TB|=EB·|AT|转化为坐标 形式，再结合韦达定理印可，而这个条件转化法有三种：①用两 点间的距离公式，如AE|=√1十k|xA一xE;②图为A,E, B,T四点共线，又品-品，制用料三角形将化为 要-7要@同为A,BB,T四点长线，所以1A正 |TB=|EB|·|ATI,可化为AE·BT=EB.AT) 150 化在圆锥曲线中的应用 易知T(2,0)为双曲线的右焦点， 由题意知直线L的斜率存在，设斜率为k,则一√3< k<3, 故直线L的方程为y=k(x一2)，代入双曲线方 程得(3-k2)x2+42x-(4k2+3)=0,△>0. -4k2 设A(x1,y),B(x2y2),则x1十x2=3k2 9=3-62,且x1≤-1,1≤x2<2. x1x2= 设E(xyo),点E在线段AB上，所以x1<xo<x2, 由|AE·|TB|=|EB|·|AT|可得√1+2· (x0-x1)√1十k2(2-x2)=√1十k2(x2-x0)· √1+k(2-x1), 化简得4x0一(2十x0)(x1+x2)十2x1x2=0, 代入x1十x2和x1x并化简可得0=号，即存 在点E满足条件，并且，点E在定直线x一2 例2设抛物线E:y2=2x(p>0)的焦 点为F,过点P(3,0)的动直线1交抛物线E 于A,B两点，点T(2,2),当直线AT垂直于 x轴时，AF|=3. (1)求抛物线E的标准方程； (2)若直线1过点T,求△FAB的面积； (3)若直线FT平分∠AFB,求直线L的 斜率 解析(1)由题意，当点A的横坐标为2时，点A 到准线x=-号的距离为3，即2十号=3，解得力=2， 2 所以抛物线E的标准方程为y2=4x. (2)点F(1,0),设A(x1y2),B(x2y2). 此时直线1的斜率为。 2-3 =一2，直线1的方程可 1 写为x=-2y十3. 与抛物线方程y2=4x联立得y2十2y一12=0. 则y1+y2=-2,y1y2=-12,△=4+48=52>0， 此时△FAB的面积为？FP·1y一 W(y1十y2)2-4y1y2=√（-2)2-4X(-12)=2√/13. (3)设直线1的斜率为，显然≠0，则设直线L 1 的方程为x一y十3，将其与抛物线方程y2=4虹联 立得)-是-12=0 4-(-)+48- +48>0, 4 则y1十y2=克y12=-12. I FA FB 由题意知F八FAF丽) 因为 FA FB FAI FBI )+品 =+》 2(x12-1)ty2+xzytyy2) ,十x2十1x1x, FT=(1,2), 所以x1y2+x2y1十y1+y2=4(x1x2-1). 又因为y1=4x1,y3=4x2, 代入化简得yy2十y1y+4(y1十y2)=y1y-16, 即(y1y2+4)(y1十y2)=(y1y2+4)(y1y2-4). 又y1y2+4=-8≠0，故y1十y2=y1y2-4. 即爱-一12-4，解得6=是 故直线L的斜率为一4， 2.韦达定理的变用 基本步骤如下： (1)(2)(3)(4)同韦达定理的正用 (5)由题设条件还可得到x1与x2(或y1 与y2)的一个关系式（如x1=3x2或x1十2= 3x2等)，应利用解方程组的思想把x1,x2消 去，得到参数的式子或值. 第三章圆锥曲线的方程雠 例③已知点M(x1,y1),N(x2,y2)均在 椭圆C:+y2=1a>0)上，直线OM,0N 的斜率之积是一号，其中0为坐标原点，且 x1十x号=a2 (1)求椭圆C的方程； (2)若过点Q(0,2)的直线与椭圆C交于 点A,B,且QB|=tQA|(t>1),求t的取值 范围. 解析(1)椭圆方程可化为x2十a2y2=a2, 点M(x1y1),N(x2y2)均在椭圆上， a2y=a2-x,a2y2=a2-x2,两式相乘，得 a4y1y=(a2-x)(a2-x)=a4-a2(x月十x)+ xixz, 由x十x=a2,得a4yy=xx. 由直线OM,ON的斜率之积是-了得： x1x2 1 3’ 即9y1y=xx号，.a4=9,a2=3, 放裤围C的方程为写十y°=1。 (2)当直线AB的斜率不存在时，易知A(0,1), B(0,-1),此时|QB|=3,QA|=1,故t=3. 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为 y=kx+2. [y=kx+2, 由x2 3+y2-1, ,消去y整理得(1十3k2)x2+ 12kx+9=0. 直线AB与椭圆C交于A,B两点， ∴.△=(12k)2-4×9×(1+3k2)=36k2-36>0, 得k2>1. 设A(x3y3),B(x4y4), 由QB|=tQA|(t>1),得x4=tx3, (QB=tQA与例1一样，有三种转化坐标法) -12k x3十x4-1十3k2 =(1+t)x3, 由根与系数的关系得 zsx4=1+3k=x号， 151 重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA 消去将a十=（层+3）， 由1，g0,÷0a -1 又t>1,.1<t<3. 综上所述，1<t≤3，∴.t的取值范围为(1,3]. 规律总结 (1)此题第(2)问实质就是由方程组 xA=tx3, -12k x3十x4= 1十3k2’消去x3与x4,得到k与t的关 9 x3x4=1+3k2’ 系式，这称为韦达定理的变用， (2)此问也可以把x4=tx3进行变形，正用韦 达定理，如下所示： x4=可变为4+=t十 1 3 , :a,+,）-2x4=+1 ,再代入韦达定 T3XA 理得到k与t的关系式。 3.韦达定理在非对称式中的应用 在很多直线与圆锥曲线相交的问题中，我 们都习惯于联立直线与曲线方程，利用韦达定 理整体代换进行求解，所得表达式通常是关于 两交点坐标对称结构的表达式.但是在遇到非 对称结构问题时，由于目标式子不对称，如 2 或3Z12:十21一工2就无法直接利用韦达定理 2x1x2-x1十x2 整体代换， 例④如图，在△ABC中，BC引= 2√3，AB|+|AC引=4，若以BC所在 直线为x轴，以线段BC的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系.设动顶点A(x,y). (1)求顶点A的轨迹方程； (2)记第(1)问中所求轨迹为M,设D1(一2， 0),D2(2,0),过点(1,0)作动直线1与曲线M 152 交于P,Q两点（点P在x轴下方），求证：直线 D1P与直线D2Q的交点E在一条定直线上. C 解析(1)由|AB|+|AC|=4>|BC|=2√3，可 知，点A的轨迹为以B,C为焦点的椭圆[去掉（一2,0）， (2,0)两，点]，且该椭圆的长轴长为2a=4,a=2,该椭 圆的焦距为2c=2√5，c=√3，即b=√a2-c2=1, 敌顶点A的轨迹方程为4十y2=1y≠0)了 (2)直线l的方程可设为x=my十1，联立 (x=my+1, 得+y-1, 消去x可得(m2+4)y2+2my-3=0, △=4m2+12(m2+4)>0显然成立. 设Q(x1y1),P(x2y2),y1>0,y2<0, 2m 3 则y1十y2=一 m2+4y1y2= m2+4’ 设直线D2Q:y=xy2红2D,直线DP:y三 2红+2 产2-2 联立 y并2红+2 消去y可得2-2》-升2+20 则山， 2y112y2 1-22-x2+2x=x1-2十x2+2' 故[y1(x2+2)-y2(x1-2)]x=2y1(x2+2)十 2y2(x1-2). 又x2=my2+1,x1=my1+1, 则[y1(my2+3)-y2(my1-1)].x=2y1(my2+ 3)+2y2(my1-1), 所以(3y1+y2)x=4my1y2+6y1-2y2, 即x= 4my1y2+6y1-2y2 (称为“非对称式”) 3y1+y2 ~ 常用处理方法如下： 方法一(“积”化“和”)因为y1十y2=一 2m m2+4' y1y2- m2+4所以2my1y2=3(y,十y2), 3 (要找到y1y2与y1十y2的关 即4y1y2=6(y1十y2),系式，再化“积”为“知”) 所以x 6y十y2)+6y1-2y2_121+42=4 3y1+y2 3y1+y2 故点E在定直线x=4上。 方法二（半凑韦达定理） x=4my1y2+6(y+y2)-8y2 3(y1+y2)-2y2 《因为分母与分子是倍数关系，所以要么都 保留y2,要么都保留y1) 3 2m 4m· m2+4 +6·（m2+4 -8y2 2m 3m2+4 -2y2 =-12n-12m8y2=-24m8y2=4. -6m-2y1 -6m-2y2 故点E在定直线x=4上， 方法三（利用椭圆的方程转化为对称式）由。 2 红-2》-2c+2得号 .x1-2 x+2x2十2y1 (不对称式) 国为+好=1所以哈=1车2X2+ 4 则y? -(x2-2) x2+2 4y2 所以一2 (x2-2).x1一2 x+2 (对称式》 4y2 y2 my2-1)(my1-1)_m2y1y2-m(y1+y2)+1 4y1y2 4y1y2 31 m（m+4十m+4十 3 4（m2+4 =-3m2+2m2+m2+4_1 12 3 所以x=4, 故点E在定直线x=4上， 例固已知双曲线C,-兰 a26=1(a>0, 第三章圆锥曲线的方程_ b>0)的离心率为√5，点（√2,2）在C上，A,B 分别为C的左、右顶点. (1)求双曲线C的方程. (2)若点M,N在C的右支上(M在第一 象限)，直线AM,BN分别交y轴于P,Q两 点，且OQ=3OP.问直线MN是否过定点？ 若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请 说明理由， a2=1, 解析(1)由题意得c2=a2十b2,解得 62=4, 24 a262-1, 所以双曲线C的方程为x2_y (2)方法一由OQ=3OP,可设P(0,t),Q(0, 3t),则直线AM(即AP)的方程为y=t(x+1). [y=t(x+1), 联立 x2-y? 1, 整理得(4-t2)x2-2t2x- t2-4=0, 由题意知4一t2≠0，且△=64>0. 由韦达定理，得（一1）·x1= -t2-4 4-t2, 所以告装所以+兴 t2+4 字M(告鸟) 又直线BN(即BQ)的方程为y=-3t(x一1)， 月理可得N信牛》 当x1=4时，y1=一y2,即，82 -24t 4-t29t2-4》 解得分工1一2 当1≠x时，直线MN的斜率&w=二头 x2一x1 -24t 8t 9t2-44-t2 8t 9t2+4t2+4 4-3t2 9t2-44-t3 153 重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA 直线MN的方程为y一=一(z 8t t2+4 4-t2/ 根据对称性知直线MN若过定，点，则定点一定在 上令-0则-+告-2 所以直线MN过定点(2,0). 方法二（可先设直线MN的方程，再根据OQ=3OP, 结合韦达定理得到m,n的等式，最后根据这个等式进行适当 变形得到定点坐标) 设直线MN的方程为x=my十n, x2-y2 =1, 联立 4 x=my+n, 整理得(4m2-1)y2+8mny十4n2-4=0. 8mn 4n2-4 则y1十y2=一 4m2-1yy24m2-1 直线AM:yz+D, 令x=0,得P(0,z） 直线BN:y= -0, 令x=0,得Q(0,一)】 x2-1 由00=30驴，得y2=3y1 x2-1x1十1 (非对称式) 又由21得，4+D x2-1 y2 所以-4(x十1D3y y2x1十1' 所以3y1y2+4(x1+1)(x2+1)=0, 所以3y1y2+4(my1+n+1)(my2十n+1)=0, 所以(3+4m2)y1y2+4m(n+1)(y1+y2)+4(n +1)2=0, 代入y1+y2,y1y2得(3+4m2)·4(n2-1) 32m2n(n+1)+4(n+1)2(4m2-1)=0. 又n≠-1，所以4(3+4m2)(n-1)-32m2n+ 4(n+1)(4m2-1)=0, 所以2n=4,所以n=2, 154 即直线MN的方程为x=my十2， 所以MN过定，点(2,0)」 方法三由二y2=3y1 x2-1x1+1' 得y2(x1+1)十3y1(x2-1)=0, 所以y2(my1十n+1)+3y1(my2+n-1)=0, 即4my1y2+(n+1)y2+3(n-1)y1=0. 因为(1一n2)(y1+y2)=2mny1y2, 所以2(1-n2)(y1+y2)+n(n+1)y2+3n(n- 1)y1=0, 整理得(n一1)(n-2)y1-(n一2)(n十1)y2=0, 所以n=2,所以直线MN过定点T(2,0) 4.齐次化与斜率的和、积、商的关系 在圆锥曲线中，经常会涉及从一个定点出 发的两条直线斜率的和、积、商问题（手电筒模 型)，这一类问题可以通过把圆锥曲线方程齐 次化，利用“同构”思想再结合韦达定理来解决 例G已知点P4.》为双线E子 =1(a>0,b>0)上一点，E的左焦点F1到一 条渐近线的距离为3. (1)求双曲线E的标准方程； (2)不过点P的直线y=kx十t与双曲线 E交于A,B两点，若直线PA,PB的斜率之和 为1，求证：直线y=kx十t过定点，并求该定点 的坐标. 解析(1)设F1(一c,0)(c>0)到渐近线y= ax, 即bx一ay=0的距离为√3， 则，3=I-bcL V6十0，结合a+62-c2得6=5， 又点P4,3)在双曲线-3=1上 169 所 a23 =1,得a2=4, 所以风曲底E的标准方程为-苦=1 [y=kx十t, (2)方法-联立zy=1 消去y并整理得 =1, 43 (3-4k2)x2-8ktx-4t2-12=0, 则3-4k2≠0，△=64k2t2+4(3-42)(4t2+12)> 0,即t2+3>4k2 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠4，x2≠4，则 8kt 4t2+12 x1十x2=3-4hx1x2= 3-4k2 则km十kB=-3十y2一3 x1-4x2-4 =x1十t-3bx2十t-3 x1-4 x2-4 =（kx1十t-3)(x2-4)+(kx2十t-3)(x1-4) (x1-4)(x2-4) _2hx1x2+(t-4h-3)(x1十2)-8t+24=1, x1x2-4(x1+x2)+16 所以2kx1x2+(t-4k-3)(x1十x2)-8t+24= x1x2-4(x1+x2)+16, 所以(2k-1)x1x2+(t-4k+1)(x1十x2)-8t+ 8=0, 所以-(2h-1D(4+12)+t-4+1)·8kt 3-4k2 3-4k2 8t+8=0, 整理得t2-6k十2kt-6t一8k2+9=0, 即t2+(2k-6)t-(8k2+6k-9)=0, 所以t2+(2k-6)t-(2k十3)(4k-3)=0, 所以(t-3-2k)(t-3+4k)=0. 因为直线y=kx十t不过点P(4,3), 所以3≠4k+t,t-3+4k≠0， 所以t-3-2k=0,即t=2k+3, 所以直线y=kx十t=x十2k十3，即y一3=(x +2), 所以该直线过定点，且定点为（一2,3） 方法二设直线AB的方程为m(x一4)十n(y一 3)=1(不过P点)》 又由双曲线的方程得[Cx一4)十4_[y一3)+3] 4 3 =1, 整理得3(x-4)2+24(x-4)-4(y一3)2-24(y 第三章圆锥曲线的方程通 -3)=0, 则3(x-4)2+24(x-4)[m(x-4)+n(y-3)] -4(y-3)2-24(y-3)[m(x-4)+n(y-3)]=0, 整理得(3+24m)(x一4)2+(24n一24m)(x-4)· (y-3)-(4+24n)(y-3)2=0, 令灰=2子则（3+24m)+(2一2m)k- (4+24n)k2=0,即(24n+4)k2-24(n-m)k-(3+ 24m)=0. 又4十阳=1所以24-1，所以m= 1 6, 所以直线AB的方程为-6(x-4)十n(y一3)=1. y-3=0, x=-2, 又由 得 (x-4)=1 6 y=3, 所以直线AB过定，点（一2,3）. 规律总结 1.很多资料中都是先把曲线平移到张角的顶 点处，再设直线为mx十ny=1,这样齐次化化简过 程要简单些，但许多同学弄不清平移的原理，同时 还忘了把定点归还原位，所以例6采用的是不平移 齐次化的解法」 2.“手电筒”模型解答的基本步骤（如图） A(x,y） (“手电筒”模型) Mxo,y） B(x,y） (1)以张角的顶，点M的坐标设直线AB的方 程为(x-xo)十q(y-yo)=1. (2)把曲线方程化为A[(x一xo)+xo]2十 B[(y-yo)十yo]=C的形式，展开后把直线AB 的方程代入一次项和常数项的位置，以达到齐次化 目的. (3)把方程整理成A'(y一y0 +By-+ x一x0 x一x0 C=0的形式，再得到k1十2与1k2 (4)根据已知条件和所求，结合关于的韦达 定理达成目的. 155 甜重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA 3.“手电筒”模型所呈现的规律：若直线AB有 一定的特性（如过定点、斜率一定），则kMA与kMB 有关系，反之也成立.这个规律也是判断题目是否 用“齐次化”的标准. 例口(2023·全国乙春)已知椭圆C:兰+ @>b>0)的离心率是点A2.0) 在C上 (1)求C的方程； (2)过点B(一2,3)的直线交C于P,Q两 点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N, 求证：线段MN的中点为定点. b=2, a=3, 解析(1)由题意可得 a2=b2+c2,解得b=2, a 3' c=5, 所以椭圆的方程为父 (2)(因为PQ过定点B,所以P与a之间有关系，可 以齐次化同构得到臣AP与k0的关系，又kAP=EAN,EAQ= kAw,从而得到点M,N纵坐标的关系) 156 如图，设直线PQ的方程为p(x十2)十qy=1. M B 因为PQ过点(-2,3)，所以3g=1,所以g=3 1 99+4=1得4y2+9[(x+2)-2]2-36=0, 整理得4y2十9(x十2)2-36(x+2)=0, 把p(x+2)十qy=1代入上式得 4y2+9(x+2)2-36(x十2)[p(x+2)+qy]=0, 所以4y2-36g(x+2)y+(9-36p)(x+2)2=0. 令k= x十2' 则4k2-36gk十(9-36p)=0, 1 又g=3,k1十k2=9g=3, 即kAP十kAQ=3,设M(0,m),N(0,n), 所以及加十友a=侧十aw一受十受=3， 所以”m”=3,即MN的中点为(0,3). 2