高考数学微专题集专题5非对称韦达定理的处理微点2非对称韦达定理的处理综合训练(原卷版+解析)

这是一份高考数学微专题集专题5非对称韦达定理的处理微点2非对称韦达定理的处理综合训练(原卷版+解析)，共20页。试卷主要包含了已知椭圆，如图，椭圆，已知椭圆过点，且等内容，欢迎下载使用。

微点2 非对称韦达定理的处理综合训练
1．已知、分别是椭圆的右顶点和上顶点，、在椭圆上，且，设直线、的斜率分别为、，证明：为定值．
2．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于点，证明：点在定直线上．
(3)设直线的斜率分别为，证明：为定值．
3．在平面直角坐标系中，如图，已知的左、右顶点为、，右焦点为，设过点的直线、与椭圆分别交于点、，其中，，．
（1）设动点满足，求点的轨迹；
（2）设，，求点的坐标；
（3）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关）．
4．如图，椭圆：，a，b为常数)，动圆，．点分别为的左，右顶点，与相交于A，B，C，D四点．
(1)求直线与直线交点M的轨迹方程;
(2)设动圆与相交于四点，其中，．若矩形与矩形的面积相等，证明：为定值．
5．已知椭圆左顶点为，为原点，，是直线上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于，两点
（1）若，求的面积的最小值；
（2）若，，三点共线，求实数的值.
6．已知椭圆:的长轴长为4，左、右顶点分别为，经过点的动直线与椭圆相交于不同的两点（不与点重合）.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）求四边形面积的最大值；
（3）若直线与直线相交于点，判断点是否位于一条定直线上？若是，写出该直线的方程. （结论不要求证明）
7．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．
8．已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
9．如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，为椭圆的上、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．
10．已知椭圆的长轴长为6，离心率为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆C的左、右焦点分别为，，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，记直线AM，BN的斜率分别为，且,求直线的方程.
专题5 非对称韦达定理的处理 微点2 非对称韦达定理的处理综合训练
微专题5 非对称的“韦达定理”的处理
微点2 非对称韦达定理的处理综合训练
1．已知、分别是椭圆的右顶点和上顶点，、在椭圆上，且，设直线、的斜率分别为、，证明：为定值．
2．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于点，证明：点在定直线上．
(3)设直线的斜率分别为，证明：为定值．
3．在平面直角坐标系中，如图，已知的左、右顶点为、，右焦点为，设过点的直线、与椭圆分别交于点、，其中，，．
（1）设动点满足，求点的轨迹；
（2）设，，求点的坐标；
（3）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关）．
4．如图，椭圆：，a，b为常数)，动圆，．点分别为的左，右顶点，与相交于A，B，C，D四点．
(1)求直线与直线交点M的轨迹方程;
(2)设动圆与相交于四点，其中，．若矩形与矩形的面积相等，证明：为定值．
5．已知椭圆左顶点为，为原点，，是直线上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于，两点
（1）若，求的面积的最小值；
（2）若，，三点共线，求实数的值.
6．已知椭圆:的长轴长为4，左、右顶点分别为，经过点的动直线与椭圆相交于不同的两点（不与点重合）.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）求四边形面积的最大值；
（3）若直线与直线相交于点，判断点是否位于一条定直线上？若是，写出该直线的方程. （结论不要求证明）
7．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．
8．已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
9．如图，为坐标原点，椭圆（）的焦距等于其长半轴长，为椭圆的上、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．
10．已知椭圆的长轴长为6，离心率为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆C的左、右焦点分别为，，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，记直线AM，BN的斜率分别为，且,求直线的方程.
参考答案：
1．证明见解析
分析：设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值.
【详解】证明：由题意得，，则，
设直线的方程为，设点、．
由，消去得，
，可得，且有，
由韦达定理可得，，
，
，
又由得，代入上式得：
，
所以，为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（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.
2．(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
分析：（1）根据给定条件，求出椭圆上顶点坐标，再结合即可求解作答.
（2）设点，联立直线l与椭圆C的方程，求出直线AM，AN的方程，再联立求出交点Q的横坐标即可作答.
（3）利用（2）中信息，直接计算即可作答.
(1)
当时，直线：，令，得，即椭圆的上顶点为，则，
又的周长为，即，，又，解得，
所以椭圆的方程为.
(2)
由（1）知，，设，依题意，点A，B不在x轴上，
由消去并整理得：，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线、的方程得，
由得代入上式，得
，于是得，
所以直线交点在定直线上．
(3)
由（2）知，，由得：，
所以为定值．
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.
3．（1）；（2）；（3）证明见解析．
分析：（1）根据椭圆的标准方程可得、、的坐标,设动点，根据条件，结合两点间距离公式,化简即可得解；
（2）根据，代入椭圆方程即可求得、的坐标，进而求得直线与直线的方程，联立两条直线方程即可求得交点的坐标；
（3）设出直线与直线的方程，分别联立椭圆方程即可表示出、的坐标，讨论与，并分别求得的值，即可求得所过定点的坐标.
【详解】（1）设点，则，，，
由，得，
化简得，
故所求点的轨迹为直线．
（2）将，分别代入椭圆方程，以及，，
得，，
直线方程为，即，
直线方程为，即，
联立方程组，解得，
所以点的坐标为．
（3）点的坐标为，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，，
解得、，
若，且,得，
此时直线的方程为，过点；
若，则，直线的斜率，
直线的斜率，
所以,所以直线过点，
因此直线必过轴上一定点.
4．（1） （2）证明见解析
【详解】（1）设，又知，
则直线的方程为 ①
直线的方程为 ②
由①②得 ③
由点在椭圆上，故，从而代入③得
（2）证明：设，由矩形ABCD与矩形的面积相等，得
故
因为点A，均在椭圆上，所以，
由，知，所以.从而
因此为定值
考点定位：本大题主要考查椭圆、圆、直线的标准方程的求法以及直线与椭圆、圆的位置关系，突出解析几何的基本思想和方法的考查：如数形结合思想、坐标化方法等
5．（1）1；（2）
分析：（1）由勾股定理、三角形面积可得：，，．再利用，即可得出．（2）设，可得方程为：，可得为，同理为，根据利用数量积运算性质即可得出．
【详解】（1）由勾股定理、三角形面积可得：
，,当且仅当等号成立
．
，
即的面积的最小值为1．
（2）设，
则方程为：，
则为，同理为 ，
，
，得．
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、椭圆的参数方程、向量垂直与数量积的关系、勾股定理、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．（Ⅰ） ，离心率 （Ⅱ） （Ⅲ）
分析：（Ⅰ）由题意可知：m＝1，可得椭圆方程，根据离心率公式即可求出
（Ⅱ）设直线CD的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理，由SACBD＝S△ACB+S△ADB，换元，根据函数的单调性即可求得四边形ACBD面积的最大值．
（Ⅲ）点M在一条定直线上，且该直线的方程为x＝4
【详解】（Ⅰ）由题意，得 , 解得.
所以椭圆方程为.
故，，.
所以椭圆的离心率.
（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，由题意，得的方程为，
代入椭圆的方程，得，，
又因为，，
所以四边形的面积.
当直线的斜率存在时，设的方程为，，，
联立方程 消去，得.
由题意，可知恒成立，则，
四边形的面积

，
设，则四边形的面积，，
所以.
综上，四边形面积的最大值为.
（Ⅲ）结论：点在一条定直线上，且该直线的方程为.
【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查了椭圆的简单性质，考查弦长公式的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，函数性质的运用，计算量大，要求能力高，属于难题．
7．（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.
8．（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
分析：(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
9．（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.
10．（1）（2）
【解析】（1）根据长轴长为6，离心率为，可求得的值，即可得答案；
（2）设的方程为，，直线与椭圆的另一个交点为，利用得到方程，与韦达定理联立，求得，进一步求得关于的方程，求出的值，即可得到直线方程.
【详解】（1）由题意，可得，，，
联立解得，，，
∴椭圆的标准方程为.
（2）如图，由（1）知，
设的方程为，，
直线与椭圆的另一个交点为，
∵，根据对称性可得，
联立，整理得，
∴，
∵，∴，
即，
联立解得，，
∵，，∴，
∴，∴，
∴直线的方程为，即.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程、直线斜率公式、直线与椭圆的位置关系、对称性，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的应用.