专题9-6 圆锥曲线大题：非韦达定理形式归类-高考数学一轮复习热点题型归纳与变式演练（解析版）

专题9-6圆锥曲线大题：非韦达定理形式归类目录TOC\o"1-3"\h\u热点题型归纳 1【题型一】椭圆“点代入”型 1【题型二】双曲线“点代入”型 3【题型三】抛物线“点代入”型 5【题型四】知道一根或者求根公式硬算 6【题型五】非对称型：韦达定理代入消去 8【题型六】非对称型：韦达定理线性“互函” 10【题型七】无韦达 11真题再现 13模拟检测 19【题型一】椭圆“点代入”型【典例分析】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点分别为F1（-c，0），F2（c，0），过F2作垂直于x轴的直线l交椭圆C于A、（1）椭圆C的离心率；（2）M、N是椭圆C短轴的两个端点，设点P是椭圆C上一点（异于椭圆C的顶点），直线MP、NP分别和x轴相交于R、Q两点，O为坐标原点，若|OR|•|OQ|=4，求椭圆C的方程．【答案】（Ⅰ）e=32；（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）法一：把A点横坐标代入椭圆求得|y|，从而得到a,c的关系式，进而求得离心率；法二：直角ΔAF1F2中，由勾股定理得到a,c的关系式，从而求得离心率；（Ⅱ）设M(0,b),N(0,−b),P(x0,y0)，则由MP、NP的方程中分别令y=0得到试题解析：（Ⅰ）法一：A点横坐标为c，代入椭圆得c2a2+y2b2=1，解得|y|=b2法二：直角ΔAF1F2中，|F∴2a=736c+（Ⅱ）设M(0,b),N(0,−b),P(x则MP方程为y=y0−bx0x+b，令NP方程为y=y0+bx0x−b，令y=0∴c2=3,b2=1【变式演练】已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线交椭圆于､两点，线段的中点为，直线是线段的垂直平分线，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，直线过定点.【分析】（1）由抛物线的焦点为，求得c，再根据椭圆的离心率求解.（2）设，，利用点差法结合线段的中点为，求得线段的垂直平分线的方程即可.【详解】（1）抛物线的焦点为，则.椭圆的离心率，则.故椭圆的标准方程为.（2）显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.当直线的斜率存在且不为时，设，，则有，，两式相减得.由线段的中点为，则，故直线的斜率.因为直线是线段的垂直平分线，故直线，即.令，此时，于是直线过定点.当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点.综上所述，直线过定点.【题型二】双曲线“点代入”型【典例分析】已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线交椭圆于､两点，线段的中点为，直线是线段的垂直平分线，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，直线过定点.【分析】（1）由抛物线的焦点为，求得c，再根据椭圆的离心率求解.（2）设，，利用点差法结合线段的中点为，求得线段的垂直平分线的方程即可.【详解】（1）抛物线的焦点为，则.椭圆的离心率，则.故椭圆的标准方程为.（2）显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.当直线的斜率存在且不为时，设，，则有，，两式相减得.由线段的中点为，则，故直线的斜率.因为直线是线段的垂直平分线，故直线，即.令，此时，于是直线过定点.当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点.综上所述，直线过定点.【变式演练】已知双曲线：，，，，，五点中恰有三点在上.（1）求的方程；（2）设是上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点，使得,若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，定点【分析】（1）、根据五点的坐标及双曲线的对称性和顶点的特征确定都在上，得到方程组，求得，，即可得的方程；（2）、根据条件及补角的定义得到，分轴与不与轴垂直两种情况分析求解.（1）若，，在双曲线上，则，，只能是双曲线的顶点，，，三点中只能有一点是顶点，都在双曲线上，，，两点关于上对称，由双曲线顶点的位置特征分析可知，在上，将，代入双曲线的方程中，则，得，，故的方程为.（2）假设存在定点满足题意，，，，.①、当轴时，,，，在中，,，，此时.②、当不与轴垂直时，假设，满足.设，则，，，又，，即，所以假设成立.故存在定点，使得【题型三】抛物线“点代入”型【典例分析】已知抛物线，圆的圆心为点．（1）求点到抛物线的准线的距离；（2）已知点是抛物线上一点（异于原点），过点作圆的两条切线，交抛物线于，两点，若过，两点的直线垂直于，求直线的方程．【答案】（1）;（2）.【分析】（1）求出抛物线的准线方程以及圆心坐标，利用点到直线的距离公式即可求出结果；（1）设点，，，，，，进而表示出的斜率，由于到直线的距离相等，因此可得出关系式，根据韦达定理得到表达式，然后再结合与垂直即可求出点的坐标，进而得出结果.（1）由于抛物线准线方程为：，圆的圆心，利用点到直线的距离公式可以得到距离．（2）设点，，，，，；由题意得：，，设过点的圆的切线方程为：即①则，即设，的斜率为，，则，应该为上述方程的两个根，，；代入①得：则，应为此方程的两个根，故，。由于，。故．【变式演练】已知抛物线的顶点为原点，其焦点，到直线的距离为．（1）求抛物线的方程；（2）设点，为直线上一定点，过点作抛物线的两条切线，，其中，为切点，求直线的方程，并证明直线过定点．【答案】（1）（2）直线的方程为，证明见解析【分析】（1）根据题意，由求解；（2）设，，切点为，求得，利用切线斜率由，得到，结合韦达定理表示直线方程即可.（1）解：抛物线的焦点，到直线的距离为，，解得或，（舍，抛物线的方程为．（2）设，，设切点为，因为曲线，所以，则切线的斜率为，化简，得，设，，，，则，是以上方程的两根，，，，则直线方程为：，化简得：，因为，所以，即，所以直线AB过定点．【题型四】知道一根或者求根公式硬算【典例分析】已知抛物线方程y2=4x,F为焦点，P为抛物线准线上一点，Q为线段PF与抛物线的交点，定义：（1）当P−1,−83（2）证明：存在常数a，使得2dP（3）P1,P2,P3【答案】（1）83【分析】（1）求解出Q点坐标，然后得到PF和FQ，从而求得dP；（2）通过假设P点坐标得到直线PF方程，与抛物线联立后得到yQ，代入2dP−PF，整理得到结果；（3）由P1P2=P2P3可知P【详解】由题意可知：F1,0，准线方程为：（1）因为kPF=832=则PF=−1−1（2）当P−1,0时，易得设P−1,yP，yP联立x=my+1y2由对称性可知yP<0亦成立。综上所述，存在a=2，使得（3）由P1P2=P设P1−1,因为y又因y12+4【变式演练】如图所示，椭圆的离心率为，其右准线方程为，A、B分别为椭圆的左、右顶点，过点A、B作斜率分别为、，直线AM和直线BN分别与椭圆C交于点M，N（其中M在x轴上方，N在x轴下方）.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线MN恒过椭圆的左焦点，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.（1）由题可得，求出，再利用，即可求出椭圆C的方程；（2）设AM的方程为，联立，利用韦达定理求得点，同理求出，再利用向量共线，求出，即证为定值.【详解】（1）由题可得，解得又，可得，所以椭圆C的方程为：（2），设AM的方程为，设，由，消去整理得，，由韦达定理可得：，解得，代入，求得，即，设BN的方程为，设，由，消去整理得，，由韦达定理可得：，解得，代入，求得，即又直线MN恒过椭圆的左焦点，则又，，即，，，即【题型五】非对称型：韦达定理代入消去【典例分析】已知点坐标为，点分别为椭圆的左、右顶点，直线交于点是等腰直角三角形，且.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于两点，其中点在轴上方.设直线的斜率为，直线的斜率为，探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由.【答案】（1）椭圆的方程为：；（2）是定值为．【分析】（1）根据题意可知，，设，，由向量等式可得的坐标，代入椭圆方程求出的值，从而得到椭圆的方程；（2）设出方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系即斜率公式即可求得为定值．【详解】（1）是等腰直角三角形，，，已知，设，，由，得，，则，代入椭圆方程得，椭圆的方程为：；（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，得．设，，，，则，，，，则．当直线的斜率不存在时，、分别与、重合，不符合在轴上方，舍去．是定值为．【变式演练】已知椭圆的离心率为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线过点且与椭圆相交于两点.过点作直线的垂线，垂足为.证明直线过轴上的定点.【答案】（1）；（2）见解析.【分析】（1）由离心率列方程可求得椭圆方程；（2）当直线AB的斜率不存在时，直线BD过点（2，0）．当直线AB的斜率存在时，设直线AB为y=k（x-1），联立方程组，消去y整理得：（1+3k2）x2-6k2x+3k2-3=0．利用韦达定理、直线方程，结合已知条件求出直线BD过x轴上的定点．【详解】（1）解：由题意可得,

解得，所以椭圆C的方程为．（2）直线BD恒过x轴上的定点N（2，0）．证明如下（a）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x=1，不妨设A（1，），B（1，），D（3，）．此时，直线BD的方程为：y=（x-2），所以直线BD过点（2，0）．（b）当直线l的斜率存在时，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB为y=k（x-1），D（3，y1）．由得：（1+3k2）x2-6k2x+3k2-3=0．所以x1+x2=，x1x2=．……（*）直线BD：y-y1=（x-3），只需证明直线BD过点（2，0）即可.令y=0，得x-3=，所以x===即证，即证.将（*）代入可得.所以直线BD过点（2，0）。综上所述，直线BD恒过x轴上的定点（2，0）．【题型六】非对称型：韦达定理线性“互函”【典例分析】设椭圆C的左、右顶点为A，，过右焦点作非水平直线与椭圆C交于P，Q两点，记直线AP，BQ的斜率分别为，，试证：为定值，并求此定值（用a的函数表示）【答案】【详解】证明：设：x=ty+1，代入椭圆方程得设，，则，.两式相除得，．由题意知，．从而.因为所以．.【变式演练】已知椭圆的离心率为，其短轴长为，设直线，过椭圆右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于、两点，过点作，垂足为．（1）求椭圆的标准方程；（2）求证：直线过定点，并求出定点的坐标．【答案】（1）；（2）证明见解析，定点．【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量，即可得出椭圆的标准方程；（2）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，求出直线并化简，由此可得出直线所过定点的坐标.【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆的方程为；（2）证明：由题得，设直线，设、、，联立方程，得，①所以有，，且，因为、，所以直线的方程为，由，得，②将代入②，则直线的方程为，故直线过定点，即定点为．【题型七】无韦达【典例分析】已知过点，圆心在抛物线上运动，若为在轴上截得的弦，设，.（1）当运动时，是否变化？证明你的结论.（2）求的最大值，并求出此时方程.【答案】（1）不变，证明见解析；（2），【详解】（1）设，方程为，与联立.得..在抛物线上，，代入，得为定值.不变.（2）由（1）可设、，，，当且仅当时取等号，将代入抛物线可得，即圆心为：，，此时圆方程为.【变式演练】已知椭圆经过点，离心率为，为坐标原点.（1）求椭圆的方程；（2）设、分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上一点（不在坐标轴上），直线交轴于点，为直线上一点，且，求证：、、三点共线.【答案】（1）；（2）证明见解析.【详解】（1）将点的坐标代入椭圆的坐标可得，由题意可得，解得，因此，椭圆的标准方程为；（2）椭圆的左、右顶点分别为、，设点，则，则，直线的斜率为，则直线的方程为，令，可得，即点，设点，由，可得，直线的斜率为，则直线的方程为，将代入直线的方程得，所以点的坐标为，直线的斜率为直线的斜率为，又、有公共点，因此，、、三点共线.1.（四川高考理科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1.2.（江苏高考理科）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）。[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）。3.（辽宁高考理20）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。【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，由矩形与矩形的面积相等，得，即，因为点均在椭圆上，所以由，知，所以。从而，因而为定值；4.、（新课标1理文20题）设抛物线的焦点为，准线为，，已知以为圆心，为半径的圆交于两点；（1）若，的面积为；求的值及圆的方程；（2）若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值。【答案】(Ⅰ).。(Ⅱ)．【解析】（1）由对称性知：是等腰直角，斜边，点到准线的距离，圆的方程为由对称性设，则，点关于点得：，得：，直线切点直线坐标原点到距离的比值为。5..（2022年新高考2卷）设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x.

(1)求C的方程;

(2)经过F的直线与C的渐近线分别交于A，B两点，点P(x1,y1)，Q(x2,y2)在【答案】解：(1)由题意可得ba=3，a2+b2=2，故a=1，b=3．

因此C的方程为x2−y23=1．

(2)设直线PQ的方程为y=kx+m(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程得(3−k2)x2−2kmx−m2−3=0，

则x1+x2=2km3−k2，x1x2=−m2+33−k2，

x1−x2=(x1+x2)2−4x1x2=23(m2+3−k2)3−k2．

不段点M的坐标为(xM,yM)，则yM−y1=−3(xM−x1)yM−y2=3(xM−x2)．

两式相减，得y1−y2=23xM−3(x1+x2)，而y1−y2=(kx1+m)−(kx2+m)=k(x1−x2)，

故23xM=k(x1−x2)+3(x1+x2)，解得xM=km2+3−k2+km3−k2．

两式相加，得2yM−(y1+y2)=3(x1−x2)，而y11.．已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F，过点A作倾斜角为的直线与C相交于A，B，且，其中O为坐标原点．（1）求椭圆的离心率e；（2）若，过点F作与直线平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点．①求的值；②点M满足，直线与椭圆的另一个交点为N，若，求的值．【答案】（1）（2）①；②.【分析】（1）根据，求得点B得到坐标，代入椭圆方程求解；（2）①易知椭圆方程为：，设直线方程为：，与椭圆方程联立，结合韦达定理，由求解；②设，根据，得到，由，得到，根据P，Q，N在椭圆上，将点的在坐标代入椭圆方程化简求解.（1）解：由题意得：，所以，代入椭圆方程得，即，所以椭圆的离心率是；（2）①由（1）知：b=1,，则椭圆方程为：，设直线方程为：，与椭圆方程联立，消去x得，设，则，则，，所以；②设，因为，所以，则，因为，所以，则，因为P，Q，N在椭圆上，所以，则，即，由①知，所以，解得.2.已知椭圆的右焦点为F，长轴长为4，离心率为．过点的直线与椭圆C交于A，B两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线的斜率分别为，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意列出方程即可求解；（2）设出直线方程，与椭圆联立，得出韦达定理，代入化简即可得出.(1)由已知有，解得，故椭圆C的标准方程为：；(2)由已知直线l斜率不为零，故设其方程为，由消去x得：（，令得．设，则有，易知，∴所以为定值．3.已知椭圆的左右顶点分别为，，右焦点的坐标为，点坐标为，且直线轴，过点作直线与椭圆交于，两点（，在第一象限且点在点的上方），直线与交于点，连接.（1）求椭圆的方程；（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，问：的斜率乘积是否为定值，若是求出该定值，若不是，说明理由.【答案】（1）（2）.【详解】分析：（1）由题意可知，则，即可求得椭圆方程.（2）由题意设，，，设直线的方程为，代入椭圆方程，写出韦达定理关系式，再根据三点共线，得到，然后计算的值为定值.详解：（1）设椭圆方程为，由题意可知：，所以，所以椭圆的方程为（2）是定值，定值为.设，，因为直线过点，设直线的方程为：，联立所以，，因为点在直线上，所以可设，又在直线上，所以：所以4.椭圆：的焦点，是等轴双曲线：的顶点，若椭圆与双曲线的一个交点是P，的周长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)点M是双曲线上任意不同于其顶点的动点，设直线、的斜率分别为，，求证，的乘积为定值；(3)过点任作一动直线l交椭圆与A，B两点，记，若在直线AB上取一点R，使得，试判断当直线l运动是，点R是否在某一定直线上运动？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析(3)是，【分析】（1）根据双曲线与椭圆的关系，求得，可得结果.（2）假设点，直接表示斜率，然后根据双曲线方程化简即可.（3）设直线方程并与椭圆联立，结合韦达定理，然后根据，求得，最后计算即可.(1)有由题可知：，由的周长为所以，即所以所以椭圆的方程为(2)设，由所以所以，又，则所以(3)依题可知：直线的斜率存在，设方程为，所以所以由，设由所以所以5.如图，在平面直角坐标系中，焦点在轴上的鞘园C:经过点，且经过点作斜率为的直线交椭圆C与A、B两点(A在轴下方).(1)求椭圆C的方程；(2)过点且平行于的直线交椭圆于点M、N，求的值；(3)记直线与轴的交点为P，若，求直线的斜率的值.【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）由题意得e2，．又a2＝b2+c2，，解得b2；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．设直线l的方程为y＝k（x﹣1）．联立直线l与椭圆方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，可设直线MN方程为y＝kx，联立直线MN与椭圆方程，消去y得（2k2+1）x2＝8，由MN∥l，得由（1﹣x1）•（x2﹣1）＝﹣[x1x2﹣（x1+x2）+1]．得（xM﹣xN）2＝4x2即可；（3）在y＝k（x﹣1）中，令x＝0，则y＝﹣k，所以P（0，﹣k），从而，由得即①，由（2）知②，由①②得⇒50k4﹣83k2﹣34＝0，解得k2.【详解】（1）因为椭圆C：1经过点所以．又∵a2＝b2+c2，，解得b2＝4或b2＝8（舍去）．所以椭圆C的方程为．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．因为T（1，0），则直线l的方程为y＝k（x﹣1）．联立直线l与椭圆方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，所以x1+x2，x1x2．因为MN∥l，所以直线MN方程为y＝kx，联立直线MN与椭圆方程消去y得（2k2+1）x2＝8，解得x