韦达定理联立及弦长问题

1、 10/10韦达定理联立及弦长问题联立与韦达定理韦达定理是建立参数关系的重要纽带，对于绝大多数圆锥曲线问题，联立都是必不可少的而在解析几何大题中，椭圆占比最大，还有部分抛物线，至于双曲线，不管在高考还是其他考试中，基本以小题为主，少有大题由于抛物线形式较为简单，联立计算也更加轻松，优化计算的技巧在直线假设部分已有说明，不再赘述对于直线与曲线的联立和韦达定理，我们还是以椭圆为主那么一般的椭圆和直线联立后是什么情形呢？强烈建议熟记以下内容，这将大大提升圆锥曲线解题速度以及降低计算失误！先看正设直线的情形：联立，消得： 判别式 韦达定理 此外 【注】此式为一般直线与焦点在x轴上的椭圆联立后的方程，需

2、要熟记，对于焦点在y轴上的，只需把对应的看作即可判别式是一个易忽略的点，这里必须注意，凡是需要用到韦达定理的，联立后一定要写到判别式!但判别式的使用需要依题而议，一般有两种情况：一是已知直线过椭圆内部的点，那么此时直线与椭圆一定有两个交点，联立后直接写“由题，0”即可；二是直线不过椭圆内部的点，那么若与椭圆要有两个交点，则需令判别式为正，此外在一些范围最值问题中，往往也会通过判别式建立k和m的关系，记住判别式的形式后，书面表达“令0，得1即可，因此判别式的形式也需要熟记；韦达定理其实无需特意去记，由通式，结合联立后的方程即可得出； 在一些题型中，难免会出现含有纵坐标的表达，此时便需要通过直线代

3、换，因此建议记忆记忆方式也不难，分母和韦达定理一样(其实所有形式分母都是)，对于对照可知，只是分子将换成了(分母的一部分)；而对于在椭圆中，y是和b对应的，因此对照可知，分子中括号外的换成了，括号内的换成了(分母中的另一部分)两根之差的绝对值相信大家还是不陌生，是弦长表达的老伙计了，由于判别式已经记住，因此根差记住形式即可再看反设直线的情形：联立，消x得：，判别式，韦达定理，此外，上述内容看似繁多，要记忆的内容实则不多，重点是三个：联立后的方程，判别式，根差由x推y的形式建议最好也能记住，其使用场景也颇多而对于反设直线消x的情形，不难发现，只是把a和b的位置互换，k换成t而已，类比之也很好记忆

4、其他形式感兴趣的可自行推导记忆而对于直线和双曲线联立的情况，即，和椭圆基本也无差异，看作，也即将椭圆中的换作即可，但要注意，此时判别式，欲使0，则！这里还需要再说说直线和双曲线的位置判断设直线和双曲线联立后的方程为，当A0时，则直线与渐近线平行或垂直，至多一个交点；当A0时，则考虑判别式，当A0，则有两个交点；当0时，有且仅有一个交点；当0，则没有交点此外若要与双曲线的某一支有两个交点，或和左右两支各有一个交点，则再借助韦达定理加以限定弦长问题前面说到根差，不得不说就是弦长了，弦长公式源于两点距离公式：两点距离公式任何时候都可以使用，而若知道A、B两点所在直线的斜率，只需再知道它们横坐标或纵坐

5、标差值即可求两点距离对于这两种情形，在后续的题型中都将出现，应懂得灵活应用当A、B两点都在曲线上时，通常称为弦长公式，根据前面的根差形式，弦长即可表达为：若是反设直线，则：特别地，在抛物线中，若直线AB过焦点F，根据抛物线定义，有因此抛物线中过焦点的直线与抛物线相交所得的弦长焦点在y轴上的情况同理此外在圆中，弦长一般用垂径定理加勾股定理求，若圆的半径为r，圆心到弦的距离为d，则弦长的应用在圆锥曲线中颇多，除了常见的直接和弦长相关的问题外，面积问题等也是弦长频 繁出没的地方 下面先说椭圆和抛物线中的弦长问题，看具体应用： 例题1 已知抛物线的焦点为F，椭圆，过点F的直线l与交于A，B两点，与相交

6、于C，D两点，且与同向，若，求直线l的斜率 分析 根据题意，作出如下示意图：因为点A，B，C，D均为直线与曲线交点，变化主体是线，故采用设点、设线结合因此设而直线过焦点F(0，1)，且斜率一定存在，也可以水平，反设直线则需要讨论，因此优先考虑正设直线当然，直线的最终形式还是要看核心条件的翻译乍一看，若直接用坐标表示将变成，由于联立后的韦达定理为一组，为一组，若直接坐标翻译，处理起来相当麻烦，结合图象不难发现，即为抛物线中的弦长，即为椭圆中的弦长，这样，转化为的弦长形式翻译就轻松不少核心条件的翻译确认后，再看直线假设，这里应该选择正设，即设l：ykx1，此时只引入一个参数k，根据核心条件的关系，

7、即可解出k的值，得到目标信息接下来分别表示出弦长和：对于抛物线中的弦长，联立，由于正设直线，这里消y更优，即得，显然0，因此，又直线过焦点，所以弦长可表示为再用直线代换即可，|AB|当然也可以消x，但形式要稍微复杂，此时联立可得，同样0，则因此可得弦长；对于椭圆中的弦长，可用弦长公式但要注意，由于此时焦点在y上，因此这时公式中的看作是8，看作是9，可得，书写时，我们写如上步骤即可再由，即，整理即得解得(舍)，或此外，因为点A，B，C，D共线，且，那么出现两根之差，显然可以配凑为(再联立，代入韦达求解亦可解析由题，直线l过点F(0，1)且斜率存在，故设其方程为ykx1，设点因为与同向，且|AC|

8、BD|，故联立整理得易知0，故所以联立，整理得，易知0，故，所以，由|AB|CD|，即，整理即得，解得(舍)，或，直线l的斜率为前面讲解的是椭圆和抛物线的弦长，上例也体现了转化思想的应用下面我们再讲一例和双曲 线相关的联立问题虽然近些年全国卷的圆锥曲线大题中，双曲线基本没有出现，但这并不代表不 会考查，随着新课改新高考的推进，势必会出现变动，扎实基础将显得更为关键 【例题2】已知椭圆，双曲线，若直线与C1交于，两点，与交于，两点，且，求的取值范围 分析 此处核心条件为，设点后坐标化即可同样地，目标信息是椭圆中的弦长，联立后使用弦长公式即可得出下面考虑引参，此处变化主体为直线，由于直线要与双曲线

9、和椭圆均有两个交点，那么斜率必然要存在，同时联立后要满足两个判别式均为正，这就是我们所说的隐性条件和关系既然直线斜率存在，而目标信息使用x或y并无差异，那么就正设直线，设点先联立消y得，这里就要注意隐性条件了，由于l与双曲线有两个交点，则也即，则由韦达定理得而核心条件，显然用直线代换，当然，如果记形式，可直接代入，故代入韦达定理，则有，整理即可得再联立，消y得，同样地，要令判别式0，即，结合式，则有，解得而此时由弦长公式得此式是关于齐次式，因此对分母换元处理，令，则，因为，因此，所以，而，则关于的二次函数此时单调递减，因此. 解析 由题，直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，设点，联立，消

10、y得，令0，即，且，则，故，代入整理得，即联立消y得，令0，即，所以又解得令，则，所以因此的取值范围为. 【练习1】已知椭圆，直线与椭圆C相交于A，B两点，若，试用m表示k 解析 设EQ Abbc(l(xSDO(1),ySDO(1),Bbbc(l(xSDO(2),ySDO(2),联立 EQ Blc(aal(ykxm,F(xSUP6(2),8) F(ySUP6(2),4)1)，得EQ bbc(l(2kSUP6(2)1)xSUP6(2)4kmx2mSUP6(2)80，令0，即4+8k0，所以EQ xSDO(1)xSDO(2)EQ F(4km,2kSUP6(2)1),xSDO(1)xSDO(2)EQ

11、 F(2mSUP6(2)8,2kSUP6(2)1)因为|AB|4|，所以EQ R(,1kSUP6(2)|xSDO(1)xSDO(2)|EQ R(,1kSUP6(2)R(,bbc(l(xSDO(1)xSDO(2)SUP6(2)4xSDO(1)xSDO(2)4，所以EQ R(,1kSUP6(2)R(,F(16kSUP6(2)mSUP6(2),bbc(l(2kSUP6(2)1)SUP6(2)4 F(2mSUP6(2)8,2kSUP6(2)1)4，整理得EQ kSUP6(2)bbc(l(4mSUP6(2)EQ mSUP6(2)2,显然EQ mSUP6(2)4，所以又k0,故【练习2】已知椭圆的左右焦点分别为，直线与椭圆交于A、B两点，与以为直径的圆交于C、D两点，且满足直线的方程 解析 由题意可得以EQ FSDO(1)FSDO(2)为直径的圆的方程为EQ xSUP6(2)ySUP6(2)1圆心到直线l的距离dEQ F(2|m|,R(,5),由d1，可得EQ |m| F(R(,5),2)|CD|EQ 2 R(,1dSUP6(2)EQ 2 R(,1 F(4mSUP6(2),5)EQ F(2,R(,5)R(,54mSUP6(2)设EQ Abbc(l(xSDO(1),ySDO(1),Bbbc(l(xSDO(2),ySDO(2)联立 EQ Blc(aal(y