非对称韦达定理的处理技巧

第1页共1页非对称的“韦达定理”的突破技巧在一元二次方程中，若，设它的两个根分别为，则有根与系数关系：，，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理，，之类的结构，但在有些问题时，我们会遇到涉及的不同系数的代数式的应算，比如求，之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了。特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去或，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种中的系数不对等的情况，称为“非对称韦达”，接下来，我们来谈谈常见的突破方式。1.函数在处有极值，且,求的取值范围；解：令，则有，。令，则（），得，，所以，即，因为，解得。点评：像这种非对称的结构，我们可以通过配凑成正常的韦达定理处理结构来。，得，，所以2.设直线过点P（0，3），和椭圆顺次交于A、B两点，则的取值范围为.解析：设直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得（*）则，注意到，令，则，所以，，所以，即在（*）中，由判别式可得，从而有，所以，解得.结合得.综上，.小结：经常出现在圆锥曲线的题型为：过点的直线与圆锥曲线交于不同的两点，且满足之类的，或者是之类的。其中，用坐标表示出来后，就可以选择一个较简单的式子来转化到韦达定理；我们可以设他们的比值为，这样可以转化到，再用同样的办法来解决。3.（2010年辽宁理20）设椭圆C：的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为,.⑴求椭圆C的离心率；⑵如果，求椭圆C的方程.解析：⑴由题意得，设,由题意得，，可得，即，直线的方程为，由得，所以，。代入，可得，即，所以椭圆C的离心率为。⑵，所以，由⑴，解得，，所以椭圆C的方程为4.已知椭圆：（）过点，且离心率为。⑴求椭圆的方程；⑵记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程。解析：⑴⑵由题意得，，直线的方程，设，由得，所以，。直线的方程为，直线的方程为，联立，得（的系数出现了不对称）解决办法一：暴力法：由得不妨设，，代入，（这里的值可以交换）解得，即直线与的交点在定直线上。解决办法二：（保留一个），即由根与系数关系，知，代入上式，得，解得，即直线与的交点在定直线上。解决办法三：（中，把转化为），即由根与系数关系，，知，代入上式，得，解得，即直线与的交点在定直线上。解决办法四：带点转化，注意到点都在曲线上，所以，所以，所以所以由，，得，，所以，解得，即直线与的交点在定直线上。5.（2011年四川理科21）椭圆有两顶点、，过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点．直线与直线交于点．（I）当时，求直线的方程；（II）当点异于两点时，求证：为定值。解析：（I）由已知可得椭圆方程为，设的方程为为的斜率，设，。则由，得，可得，所以整理得，，所以，的方程为（II）由题可得，，直线的方程为，直线的方程为，由，可得，（的系数出现了不对称）由，得，代入上式可得，，可得，即所以，是定值1.注意：1.若用上题法三，即若用由，得代入后得，还得用法二的方法代入，所以这里就不写了。2.也可以把其中一点代入曲线可得代入，也可以达成目的。1.已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，在椭圆上上，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。⑴求椭圆的方程；⑵设直线交于点，证明：点在定直线上。⑶设直线的斜率分别为，证明：为定值。3.（2010年江苏）在平面直角坐标系中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F。设过点的直线TA、TB与椭圆分别交于点M、，其中m>0,。（1）设动点P满足,求点P的轨迹；（2）设，求点T的坐标；（3）设,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）。（同类）4.（2012年辽宁20理）如图，椭圆，动圆.点分别为的左、右顶点，与相交于四点（1）求直线与直线交点的轨迹方程；（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。（同类）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⑴若，求的面积的最小值；（2）若三点共线，求实数的值.1.解析：由题意得，，所以，设直线的方程为，，。由，消去得，所以，则所以，又由得，代入上式得：，所以为定值。2.解析：⑴当时，直线为，令，得。即椭圆的上顶点为，所以，又的周长为，即，又，解得，所以椭圆的方程为⑵设，由，消去得，所以，又，所以直线的方程为，直线的方程为，联立直线、的方程得由得代入上式，得，所以点在定直线上。另，知代入也恰好能得到。⑶由⑵知，，由，知，所以为定值。3.[解析]（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。由，得化简得。故所求点P的轨迹为直线。（2）将分别代入椭圆方程，以及得：M（2，）、N（，）直线MTA方程为：，即，直线NTB方程为：，即。联立方程组，解得：，所以点T的坐标为。（3）切入法一：由题意得B（3，0）、A（-3，0），M、，设直线的方程为，联立得，所以，可得，所以直线的方程为，直线的方程为，联立直线、的方程得，即，显然得交点的坐标，所以即，法一：注意到M在椭圆上，所以，即，所以，所以，把，，代入得，即，即得，注意到，所以，所以，即直线的方程为过定点。法二：得，代入得，整理得，即，所以，即直线的方程为过定点。切入法二：点T的坐标为直线MTA方程为：，即，直线NTB方程为：，即。分别与椭圆联立方程组，同时考虑到，解得：、。（方法一）当时，直线MN方程为：令，解得：。此时必过点D（1，0）；当时，直线MN方程为：，与x轴交点为D（1，0）。所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。方法二：若，则由及，得，此时直线MN的方程为，过点D（1，0）。若，则，直线MD的斜率，直线ND的斜率，得，所以直线MN过D点。因此，直线MN必过轴上的点（1，0）。（同类）4.【解析】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，故可得，从而有，代入③得：（）（2）证明：设，由矩形与矩形