圆锥曲线微专题一圆锥曲线中的非对称韦达问题专题高三数学二轮复习

圆锥曲线中的非对称韦达问题例题1.（2023新高考二卷21）已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．（1）求的方程；（2）记的左、右顶点分别为，过点的直线与的左支交于两点，在第二象限，直线与交于点．证明:点在定直线上.例题2.（2020全国一卷20）已知，分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，．为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为．（1）求的方程；（2）证明：直线过定点．例题3.(2022·漳州模拟)已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面内对应的点为M(x，y)，且z满足|z＋2|－|z－2|＝2，点M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)设A(－1,0)，B(1,0)，若过F(2,0)的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R.证明：(ⅰ)点R在定直线上；(ⅱ)若直线AQ与BP交于点S，则RF⊥SF.变式训练：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．2．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．3．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.例题1.（2023新高考二卷21）21.已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．（1）求的方程；（2）记的左、右顶点分别为，过点的直线与的左支交于两点，在第二象限，直线与交于点．证明:点在定直线上.【思路分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.【解析】【小问1详解】设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，，双曲线方程为.【小问2详解】【解法1】由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.【解法2】由(1)可得，设，由作图的对称性可知，点在垂直轴的直线上。连接,自点向轴作垂线,垂足是。容易知道不妨设的斜率分别是显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，即解得所以点在定直线上运动.例题2.（2020全国一卷20）已知，分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，．为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为．（1）求的方程；（2）证明：直线过定点．1.（1）求出，解出，求出的方程即可；（2）法一：联立直线和椭圆的方程求出，的坐标，求出直线的方程，判断即可．法二：设直线CD，求解交点P（非对称处理）【解析】：如图示：（1）由题意，，，，，，解得：，故椭圆的方程是；（2）由（1）知，，设，则直线的方程是，联立，由韦达定理，代入直线的方程为得：，即，，直线的方程是，联立方程，由韦达定理，代入直线的方程为得，即，，直线的斜率，直线的方程是，整理得：，故直线过定点，．例3.(2022·漳州模拟)已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面内对应的点为M(x，y)，且z满足|z＋2|－|z－2|＝2，点M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)设A(－1,0)，B(1,0)，若过F(2,0)的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R.证明：(ⅰ)点R在定直线上；(ⅱ)若直线AQ与BP交于点S，则RF⊥SF.(1)解由题意可知，eq\r(x＋22＋y2)－eq\r(x－22＋y2)＝2，所以点M到点F1(－2,0)与到点F2(2,0)的距离之差为2，且2<|F1F2|＝4，所以动点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，设其方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(x≥a，a>0，b>0)，其中2a＝2,2c＝4，所以a＝1，c＝2，所以b2＝c2－a2＝3，方程为x2－eq\f(y2,3)＝1(x≥1)．(2)证明(ⅰ)设直线PQ的方程为x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中x1>1，x2>1.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，可得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，3t2－1≠0且Δ＝144t2－36(3t2－1)＝36(t2＋1)>0，所以y1＋y2＝eq\f(－12t,3t2－1)，y1y2＝eq\f(9,3t2－1).直线AP：y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直线BQ：y＝eq\f(y2,x2－1)(x－1)，①由于点P(x1，y1)在曲线C上，可知yeq\o\al(2,1)＝3(xeq\o\al(2,1)－1)，所以eq\f(y1,x1＋1)＝eq\f(3x1－1,y1)，所以直线AP：y＝eq\f(3x1－1,y1)(x＋1)．②联立①②，消去y可得eq\f(3x1－1,y1)(x＋1)＝eq\f(y2,x2－1)(x－1)，由题意知x≠1，所以eq\f(3x＋1,x－1)＝eq\f(y1y2,x1－1x2－1)，所以eq\f(3x＋1,x－1)＝eq\f(y1y2,ty1＋1ty2＋1)＝eq\f(y1y2,t2y1y2＋ty1＋y2＋1)，所以eq\f(3x＋1,x－1)＝eq\f(9,9t2－12t2＋3t2－1)＝－9，所以x＝eq\f(1,2)，所以点R在定直线x＝eq\f(1,2)上．(ⅱ)由题意，与(ⅰ)同理可证点S也在定直线x＝eq\f(1,2)上．设Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，r))，Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，s))，由于R在直线AP：y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)上，S在AQ：y＝eq\f(y2,x2＋1)(x＋1)上，所以r＝eq\f(3,2)·eq\f(y1,x1＋1)，s＝eq\f(3,2)·eq\f(y2,x2＋1)，所以rs＝eq\f(9,4)·eq\f(y1y2,x1＋1x2＋1)＝eq\f(9,4)·eq\f(y1y2,ty1＋3ty2＋3)＝eq\f(9,4)·eq\f(y1y2,t2y1y2＋3ty1＋y2＋9)＝eq\f(9,4)·eq\f(9,9t2－36t2＋93t2－1)＝－eq\f(9,4)，又因为eq\o(FR,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，r))，eq\o(FS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，s))，所以eq\o(FR,\s\up6(→))·eq\o(FS,\s\up6(→))＝eq\f(9,4)＋rs＝0，所以RF⊥SF.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，，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．已知椭圆的离心率为，短轴长为．（1）求椭圆C的方程；（2）设A，B分别为椭圆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：①直线BN的方程：②由对称性可知：点Q在垂直于x轴的直线上，联立①②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：①又B，N，Q三点共线，有②将①与②两式相除得：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.3．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.【答案】（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