【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题27　非对称韦达定理

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在解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，我们常联立方程组，利用韦达定理整体代入来解决；但是有些情况，如有些定点、定值、定线问题，我们发现把韦达定理整体代入并不能完全消除两根，把这类问题称之为非对称韦达定理.
类型一 两式相除，和积转化
把韦达定理两式相除得到两根的和积关系，然后把两根的积(或和)式代入，是非对称韦达定理化简时常用的方法.
例1 (2022·郑州调研)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，四点M1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(\r(2),3)))，M2(3，eq \r(2))，M3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(\r(3),3)))，M4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(3),3)))中恰有三点在C上.
(1)求C的方程；
(2)过点(3，0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x＝1的垂线，垂足
为A.
证明：直线AQ过定点.
(1)解 M3与M4关于原点对称，由题意知双曲线一定过M3和M4两点.
当双曲线过M1，M3，M4时，
有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(16,a2)－\f(2,9b2)＝1，,\f(4,a2)－\f(1,3b2)＝1，))则eq \f(12,a2)＋eq \f(1,9b2)＝0无解；
当双曲线过M2，M3，M4时，
有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(9,a2)－\f(2,b2)＝1，,\f(4,a2)－\f(1,3b2)＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝3，,b2＝1，))
故C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)证明 设直线l：x＝my＋3代入eq \f(x2,3)－y2＝1，
整理得(m2－3)y2＋6my＋6＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则A(1，y1)，
由韦达定理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(6m,m2－3)， ①,y1y2＝\f(6,m2－3)， ②))
①÷②得eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－m，
即－my1y2＝y1＋y2，
直线AQ：y－y1＝eq \f(y2－y1,x2－1)(x－1)，
令y＝0，解得x＝eq \f(y2－y1x2,y2－y1)，
∴x＝eq \f(y2－y1（my2＋3）,y2－y1)＝eq \f(y2－3y1－my1y2,y2－y1)＝eq \f(y2－3y1＋y1＋y2,y2－y1)＝eq \f(2（y2－y1）,y2－y1)＝2，直线过定点(2，0).
当直线l与x轴重合时，直线AQ也过点(2，0).
训练1 过椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左焦点F1作不与x轴重合的直线MN与椭圆C相交于M，N两点，过点M作直线l：x＝－4的垂线，垂足为E.
(1)已知直线EN过定点P，求定点P的坐标.
(2)点O为坐标原点，求△OEN面积的最大值.
解 (1)由题意知F1(－1，0)，设直线MN方程为x＝my－1，设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(－4，y1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，则y1＋y2＝eq \f(6m,3m2＋4)，①
y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)， ②
①÷②得eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(2m,3)，
直线EN方程为y－y1＝eq \f(y2－y1,x2＋4)(x＋4).
令y＝0，得x＝eq \f(－y1（x2＋4）,y2－y1)－4
＝eq \f(－y1（my2－1＋4）,y2－y1)－4
＝eq \f(－my1y2＋3y1,y2－y1)－4，
又my1y2＝－eq \f(3,2)(y1＋y2)，
故x＝eq \f(－my1y2＋3y1,y2－y1)－4
＝eq \f(－\f(3,2)（y1＋y2）＋3y1,y2－y1)－4＝－eq \f(5,2)，
因此直线EN过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，0)).
(2)由|y1－y2|＝eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \f(12\r(m2＋1),3m2＋4)，
得S△OEN＝eq \f(1,2)|OP|·|y1－y2|＝eq \f(15\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq \f(15\r(m2＋1),3m2＋3＋1)
＝15·eq \f(1,3\r(m2＋1)＋\f(1,\r(m2＋1)))≤eq \f(15,4).
故△OEN面积的最大值为eq \f(15,4).
类型二 第三定义法(斜率之积，e2－1)
1.在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)中，A，B两点关于原点对称，P是椭圆上异于A，B两点的任意一点，若kPA·kPB存在，则kPA·kPB＝－eq \f(b2,a2)(反之亦成立).
2.在双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)中，A，B两点关于原点对称，P是双曲线上异于A，B两点的任意一点，若kPA·kPB存在，则kPA·kPB＝eq \f(b2,a2)(反之亦成立).
注：若焦点在y轴上时，椭圆满足kPA·kPB＝－eq \f(a2,b2)，双曲线满足kPA·kPB＝eq \f(a2,b2).
例2 (2022·成都诊断改编)已知椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，过点F的直线l与椭圆交于P，Q(点P在x轴上方)，设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，是否存在常数λ，使得k1＋λk2＝0？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由.
解 由题意知F(2，0)，设PQ的直线方程为x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，,x＝my＋2，))
得(9＋5m2)y2＋20my－25＝0，
则y1＋y2＝eq \f(－20m,9＋5m2)，y1y2＝eq \f(－25,9＋5m2)，
Δ＝9＋5m2－4>0恒成立.
直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，
则k1＝eq \f(y1,x1＋3)，k2＝eq \f(y2,x2－3).
假设存在λ，满足k1＋λk2＝0，
即k1＝－λk2，则eq \f(k1,k2)＝－λ.
即eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋3)·eq \f(x2－3,y2)＝eq \f(y1（my2－1）,y2（my1＋5）)＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋5y2).
法一(双参变单参) 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－20m,9＋5m2)，,y1y2＝\f(1－25,9＋5m2)，))
得eq \f(y1＋y2,y1y2)＝eq \f(4m,5)，
所以my1y2＝eq \f(5（y1＋y2）,4)，
eq \f(my1y2－y1,my1y2＋5y2)＝eq \f(\f(5（y1＋y2）,4)－y1,\f(5（y1＋y2）,4)＋5y2)
＝eq \f(y1＋5y2,5y1＋25y2)＝eq \f(1,5)⇒－λ＝eq \f(1,5)⇒λ＝－eq \f(1,5)，为定值.
法二(和积转化法) eq \f(my1y2－y1,my1y2＋5y2)＝eq \f(my1y2－（y1＋y2）＋y2,my1y2＋5y2)
＝eq \f(\f(－25m,9＋5m2)＋\f(20m,9＋5m2)＋y2,\f(－25m,9＋5m2)＋5y2)＝eq \f(\f(－5m,9＋5m2)＋y2,\f(－25m,9＋5m2)＋5y2)
＝eq \f(1,5)⇒－λ＝eq \f(1,5)⇒λ＝－eq \f(1,5)，为定值.
法三(第三定义法) 由A(－3，0)，B(3，0)，得kPA＝eq \f(y1,x1＋3)，kPB＝eq \f(y1,x1－3)，
又P在eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1上，得eq \f(xeq \\al(2,1),9)＋eq \f(yeq \\al(2,1),5)＝1，
即yeq \\al(2,1)＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,1),9)))＝eq \f(5,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9－xeq \\al(2,1)))，
故kPA·kPB＝eq \f(yeq \\al(2,1),xeq \\al(2,1)－9)＝eq \f(\f(5,9)（9－xeq \\al(2,1)）,xeq \\al(2,1)－9)＝－eq \f(5,9)⇒eq \f(y1,x1＋3)·eq \f(y1,x1－3)＝－eq \f(5,9).
eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋3)·eq \f(x2－3,y2)＝－eq \f(5,9)·eq \f(x1－3,y1)·eq \f(x2－3,y2)＝－eq \f(5,9)·eq \f(（my1－1）（my2－1）,y1y2)
＝－eq \f(5,9)·eq \f(m2y1y2－m（y1＋y2）＋1,y1y2)
＝－eq \f(5,9)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－\f(4m2,5)－\f(9＋5m2,25)))＝eq \f(1,5)⇒－λ＝eq \f(1,5)⇒λ＝－eq \f(1,5)为定值.
法四(极点、极线法)
由eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1得F点对应的极线为eq \f(2x,9)＝1，即x＝eq \f(9,2)，令AP∩BQ＝Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，m))，由kAP＝kMA＝eq \f(m,\f(15,2))，kBQ＝kMB＝eq \f(m,\f(3,2))，得eq \f(k1,k2)＝eq \f(1,5)，即λ＝－eq \f(1,5).
训练2 (2022·潍坊模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设双曲线的左、右顶点分别为A，B，过点T(2，0)的直线l交双曲线C于M，N(点M在第一象限)，记直线MA的斜率为k1，直线NB的斜率为k2，求证：eq \f(k1,k2)为定值.
(1)解 由题意eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2b＝4，,\f(b,a)＝2，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2，))双曲线方程为x2－eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明 由题意知，直线l过点(2，0)，直线MN斜率不能为零，故设直线MN方程为x＝my＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,4x2－y2－4＝0，))联立得(4m2－1)y2＋16my＋12＝0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ>0，,y1＋y2＝－\f(16m,4m2－1)， ①,y1y2＝\f(12,4m2－1)， ②))
而eq \f(①,②)得eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(4m,3)，
∴my1y2＝－eq \f(3,4)(y1＋y2)，
法一 又k1＝eq \f(y1,x1＋2)，k2＝eq \f(y2,x2－2)，
∴eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋1)·eq \f(x2－1,y2)＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋3y2)＝eq \f(\f(－3,4)（y1＋y2）－y1,－\f(3,4)（y1＋y2）＋3y2)＝－eq \f(1,3).
法二 由题意得kMA＝eq \f(y1,x1＋1)，kMB＝eq \f(y1,x1－1)，由xeq \\al(2,1)－eq \f(yeq \\al(2,1),4)＝1，得yeq \\al(2,1)＝4(xeq \\al(2,1)－1)，
∴kMAkMB＝eq \f(yeq \\al(2,1),xeq \\al(2,1)－1)＝4，
即k1kMB＝eq \f(yeq \\al(2,1),xeq \\al(2,1)－1)＝4，
∴k1＝eq \f(y1,x1＋1)＝eq \f(4（x1－1）,y1).
又k2＝kNB＝eq \f(y2,x2－1)，
∴eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋1)·eq \f(x2－1,y2)＝eq \f(4（x1－1）（x2－1）,y1y2)＝eq \f(4（my1＋1）（my2＋1）,y1y2)
＝eq \f(4[m2y1y2＋m（y1＋y2）＋1],y1y2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m\f(y1＋y2,y1y2)＋\f(1,y1y2)))
＝4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(m2＋m×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4m,3)))＋\f(4m2－1,12)))＝－eq \f(1,3).
法三 点T(2，0)对应的极线方程为eq \f(2x,1)＝1，即x＝eq \f(1,2).
延长NB交MA于Q，
则MA∩BN＝Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n))，
k1＝kMA＝kQA＝eq \f(n,\f(1,2)＋1)＝eq \f(n,\f(3,2))，
k2＝kNB＝kQB＝eq \f(－n,1－\f(1,2))＝eq \f(－n,\f(1,2))，
故eq \f(k1,k2)＝－eq \f(1,3).
一、基本技能练
1.已知A，B分别为双曲线C：x2－eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点，过双曲线的右焦点F的直线交双曲线于P，Q两点(异于A，B)，求直线AP，BQ的斜率的比值.
解 由题意知F(2，0)，设直线PQ的方程为x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,3)＝1，,x＝my＋2，))得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
则y1＋y2＝－eq \f(12m,3m2－1)，①
y1y2＝eq \f(9,3m2－1)， ②
而eq \f(①,②)得eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(4m,3)，
∴my1y2＝－eq \f(3,4)(y1＋y2).
又kAP＝eq \f(y1,x1＋1)，kBQ＝eq \f(y2,x2－1)，
eq \f(kAP,kBQ)＝eq \f(y1,x1＋1)·eq \f(x2－1,y2)＝eq \f(y1（my2＋1）,（my1＋3）y2)
＝eq \f(my1y2＋y1,my1＋3y2)＝eq \f(－\f(3,4)（y1＋y2）＋y1,－\f(3,4)（y1＋y2）＋3y2)＝－eq \f(1,3).
所以直线AP，BQ的斜率的比值为－eq \f(1,3).
2.(2022·西安调研)在平面直角坐标系xOy中，已知离心率为eq \f(1,2)的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，△ABM的面积最大值为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AM与定直线x＝t(t>2)交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是k0，k1，k2，若k1，k0，k2成等差数列，求实数t的值.
解 (1)设椭圆C的半焦距为c，
依题意eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)， ①
又△ABM的面积最大值为2eq \r(3)，
所以eq \f(1,2)·2a·b＝2eq \r(3)，即ab＝2eq \r(3)，②
又a2－b2＝c2， ③
联立①②③，得a2＝4，b2＝3，c2＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设直线l：x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
所以y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，
y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
故my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2).
易得直线AM：y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)与直线x＝t相交于Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(（t＋2）y1,x1＋2)))，
因为k1，k0，k2成等差数列，
所以2k0＝k1＋k2，
即2·eq \f(\f(（t＋2）y1,x1＋2),t－1)＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2－2)，
所以eq \f(2（t＋2）,t－1)－1＝eq \f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq \f(y2（my1＋3）,y1（my2－1）)＝eq \f(my1y2＋3y2,my1y2－y1)
＝eq \f(\f(3,2)（y1＋y2）＋3y2,\f(3,2)（y1＋y2）－y1)＝eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(1,2)y1＋\f(3,2)y2)＝3，
进而解得t＝4，所以实数t的值为4.
3.已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，其短轴长为2eq \r(3)，设直线l：x＝4，过椭圆右焦点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A，B两点，过点A作AD⊥l，垂足为D.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：直线BD过定点E，并求出定点E的坐标.
(1)解 由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,2b＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由题得F(1，0)，设直线AB：x＝my＋1(m∈R).A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(4，y1)，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， ①
所以y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)，且2my1y2＝3(y1＋y2)，
因为B(x2，y2)，D(4，y1)，所以直线BD的方程为y－y1＝eq \f(y2－y1,x2－4)(x－4)，
由x＝my＋1，得y＝eq \f(y2－y1,my2－3)·x－eq \f(y2－y1,my2－3)·4＋y1＝eq \f(y2－y1,my2－3)·x－eq \f(4y2－y1－my1y2,my2－3)，②
将2my1y2＝3(y1＋y2)代入②式，则直线BD的方程为y＝eq \f(y2－y1,my2－3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))，
∴直线BD过定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0)).
二、创新拓展练
4.设椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方的两点，且F1M∥F2N，记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，若3k1＋2k2＝0，求直线F1M的方程.
解 设M(x1，y1)，F1M直线方程x＝my－1交C于M1(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,x＝my－1，))
得(8m2＋9)y2－16my－64＝0，
则y1＋y2＝eq \f(16m,8m2＋9)，y1y2＝eq \f(－64,8m2＋9).
则my1y2＝－4(y1＋y2)，
又k1＝eq \f(y1,x1＋3)，k2＝eq \f(y2,x2＋3)，
所以3k1＋2k2＝eq \f(3y1,x1＋3)＋eq \f(2y2,x2＋3)＝eq \f(3y1（x2＋3）＋2y2（x1＋3）,（x1＋3）（x2＋3）)＝0，
则3y1(x2＋3)＋2y2(x1＋3)＝0，
即3y1(my2＋2)＋2y2(my1＋2)＝0，
可得5×(－4)(y1＋y2)＋6y1＋4y2＝0，
则－14y1－16y2＝0，即y1＝－eq \f(8,7)y2.
∵y1＋y2＝eq \f(16m,8m2＋9)，∴－eq \f(1,7)y2＝eq \f(16m,8m2＋9)，
即y2＝eq \f(－112m,8m2＋9)，y1＝eq \f(128m,8m2＋9)>0，
∴m>0.
由y1y2＝eq \f(－64,8m2＋9)＝eq \f(－112m,8m2＋9)·eq \f(128m,8m2＋9)，
得216m2＝9，
解得m＝eq \f(1,2\r(6))＝eq \f(\r(6),12)
或m＝－eq \f(1,2\r(6))＝－eq \f(\r(6),12)(舍)，
∴直线F1M的方程为eq \r(6)y－12x－12＝0.