新高考数学二轮专题《圆锥曲线》第10讲 非对称韦达（解析版）

1、第10讲 非对称韦达一、解答题 1已知椭圆E：的离心率是，分别为椭圆E的左右顶点，B为上顶点，的面积为直线l过点且与椭圆E交于P，Q两点求椭圆E的标准方程；求面积的最大值；设直线与直线交于点N，证明：点N在定直线上，并写出该直线方程【答案】（1）（2）（3）见证明【分析】根据离心率和三角形的面积即可求出，分两种情况，当PQ斜率不存在时，当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、，函数的性质，结合已知条件能求出的面积的最大值分两种情况，PQ斜率不存在时，易知，当直线PQ的斜率存在时，直线的方程为，直线的方程为，即可整理化简可得，解得即可【详解】解：由题意知，

2、即，的面积为2，解得，椭圆C的标准方程为，斜率不存在时，易知，此时，当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为，设，将代入，整理可得，令，故面积的最大值证明斜率不存在时，易知，当直线PQ的斜率存在时，直线的方程为，直线的方程为，解得，即N点的横坐标为4，综上所述，点N在定直线上【点睛】本题考查椭圆性质、根的判别式、韦达定理、弦长公式、考查考查推理论证能力、数据处理能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，属于中档题2已知A，B分别为椭圆的左右顶点，E为椭圆C的上顶点，F为椭圆C的右焦点，E与F关于直线对称，的面积为，过的直线交椭圆C于两点M，N(异于A，B两点).（1）求椭圆C的方程

3、；（2）证明：直线与的交点P在一条定直线上.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；（2）设出直线MN的方程，与椭圆联立，得到，求出AM、BN的交点坐标，结合一元二次方程根与系数的关系，得出结论.【详解】（1）由得，（2）由题可知，直线与x轴不重合，设为由得由椭圆的对称性可知，交点必在一条垂直于x轴的直线上直线，即直线，即联立得：直线与的交点P在定直线上.【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；（2）设而不求是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.3已知椭圆的左、右焦点是，左右顶点是，离心率是，过的直线与椭圆交于

4、两点P、Q(不是左、右顶点)，且的周长是，直线与交于点M.(1)求椭圆的方程；(2)()求证直线与交点M在一条定直线l上；()N是定直线l上的一点，且PN平行于x轴，证明：是定值【答案】(1)(2) ()见证明；()见证明【解析】【分析】(1)由题意可得，可以求出，从而求出椭圆的方程；(2)()由点斜式分别写出与的方程，两式子消去，根据韦达定理可得，的坐标关系，进而可以得到点M在一条定直线x2上；()由于，结合点P在椭圆上，可以求出为定值。【详解】(1)设椭圆的焦距是2c，据题意有：，则，所以椭圆的方程是. (2) ()由(1)知，设直线PQ的方程是，代入椭圆方程得：，易知，设，则， 直线的方

5、程是： ，直线的方程是： ，设，既满足也满足，则，故直线与交点M在一条定直线l：x2上. ()设，则，.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，椭圆与直线的综合问题，考查了学生综合分析能力及计算能力，属于难题。4已知、分别是离心率的椭圆的左右项点，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

6、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5已知椭圆的离心率为，短轴长为（1）求椭圆C的方程；（2）设A，B分

7、别为椭圆C的左、右顶点，若过点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于M、N两点，直线AM与BN相交于点Q证明：点Q在定直线上【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）用离心率公式和列方程求得，即可得椭圆方程；（2）方法一：设直线，联立椭圆方程，由韦达定理得关系，由直线和方程联立求解交点坐标，并化简得，即可证明问题；方法二：设，两两不等，因为P，M，N三点共线，由斜率相等得到方程，同理A，M，Q三点共线与B，N，Q三点共线也得到两方程，再结合三条方程求解，即可证明问题.【详解】解：（1）因为椭圆的离心率，又，因为，所以，所以椭圆C的方程为（2）解法一：设直线，可得，所以直线AM的方程：直线BN的

8、方程：由对称性可知：点Q在垂直于x轴的直线上，联立可得因为，所以所以点Q在直线上解法二：设，两两不等，因为P，M，N三点共线，所以，整理得：又A，M，Q三点共线，有：又B，N，Q三点共线，有将与两式相除得：即，将即代入得：解得（舍去）或，（因为直线与椭圆相交故）所以Q在定直线上【点晴】求解直线与圆锥曲线定点定值问题：关键在于运用设而不求思想、联立方程和韦达定理，构造坐标点方程从而解决相关问题.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

9、上？若是，写出该直线的方程. （结论不要求证明）【答案】（） ，离心率 （） （） 【分析】（）由题意可知：m1，可得椭圆方程，根据离心率公式即可求出（）设直线CD的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理，由SACBDSACB+SADB，换元，根据函数的单调性即可求得四边形ACBD面积的最大值（）点M在一条定直线上，且该直线的方程为x4【详解】（）由题意，得 , 解得. 所以椭圆方程为. 故，.所以椭圆的离心率. （）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

10、， 设，则四边形的面积，所以.综上，四边形面积的最大值为. （）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已知分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，当PF1F1F2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

11、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

12、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已知椭圆过点，且（）求椭圆C的方程：（）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点求的值【答案】（）；（）1.【分析】()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；()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】(1)设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)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：，

13、而：，故.从而.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆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【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

14、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椭圆y2a2+x2b2=1(ab0) 的两顶点为

15、A,B如图，离心率为22，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C,D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.（）当|CD|=322时，求直线l的方程；（）当点P异于A,B两点时，求证：OPOQ 为定值.【答案】（）y=2x+1（）OPOQ=1【解析】试题分析：（I）根据ca=22,c=1，可求得椭圆的标准方程为x22+y2=1.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AC,BD的方程，联立方程求得Q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：（）椭圆的标准方程为y2a2

16、+x2b2=1(ab0) ，由已知得：c=1,ca=22，所以a=2,b=1 ，椭圆的方程为y22+x2=1 ，当直线l与x轴垂直时与题意不符，设直线l的方程为y=kx+1，C1(x1,y1),D(x2,y2) ，将直线l的方程代入椭圆的方程化简得(k2+2)x2+2kx1=0 ，则x1+x2=2kk2+2，x1x2=1k2+2，|CD|=1+k2(x1+x2)24x1x2=1+k2(2kk2+2)2+41k2+2 =22(k2+1)k2+2=322 ，解得：k=2，所以直线l的方程为y=2x+1，（）证明：当直线l与x轴垂直时与题意不符，设直线l的方程为y=kx+1，(k0,k1)，C(x1

17、,y1)，D(x2,y2)，P点的坐标为(1k,0)，由（）知x1+x2=2kk2+2，x1x2=1k2+2 ，且直线AC的方程为y=y1x1+1(x+1)，且直线BD的方程为y=y2x21(x1)，将两直线联立，消去y得x+1x1=y2(x1+1)y1(x21)，1x1,x2b0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k12k2，求直线l斜率的值【答案】（1）1；（2）.【分析】(1)由椭圆的离心率,和点P在椭圆上求出椭圆的标准方程;(

18、2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为ykx1, 设M(x1，y1)，N(x2，y2), 联立方程组消去y,再将k12k2用坐标表示,利用点在椭圆上和韦达定理求出直线l的斜率.【详解】(1)因为椭圆的离心率为，所以a2c.又因为a2b2c2，所以bc.所以椭圆的标准方程为1.又因为点P为椭圆上一点，所以1，解得c1.所以椭圆的标准方程为1.(2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为ykx1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)联立方程组消去y可得(34k2)x28kx80.所以由根与系数关系可知x1x2，x1x2.因为k1，k2，且k12k2，所以.即.又因为

19、M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，所以 (4)， (4)将代入可得：，即3x1x210(x1x2)120.所以310120，即12k220k30.解得k或k，又因为k1，所以k.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系,考查椭圆的标准方程和椭圆的几何性质,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.12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.【答案】（1）（2）【分析】（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.13已知椭圆的长轴