圆锥曲线大题处理策略：非对称韦达定理 （解答版）

专题3圆锥曲线大题处理策略：非对称韦达定理在圆锥曲线解答题中我们通常利用直线与二次曲线联立得到一元二次方程的韦达定理来处理类似等结构，这些形式通过合理的变形均可以用整体带入的方法达到避开解交点坐标的目的。（这是圆锥曲线大题中普遍使用韦达定理的初衷）。但我们在做题中也经常会遇到类似于这种系数不对称的结构，称之为“非对称韦达定理”。显然按照先前的方法就很难顺利的处理掉，本专题就此类问题给出几个常见的处理策略。例题讲解：例题讲解：例题：已知椭圆过点，且离心率为。求椭圆方程（2）分别为椭圆的上下顶点，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，求证：直线的交点在定直线上解：椭圆,设，直线的方程为:联立方程，得，得则直线的方程为：，直线的方程为：（这里先要根据对称性分析预判交点在平行于轴的定直线上以确定下一步的消元方向！！）联立两直线方程消元：（的系数不对称了）（无论怎么消元都会得到类似的一个非对称结构）下面给出几种处理策略：策略1：常规方法（计算量大，费事费劲，准确率低）由二次方程解出代入化简，，得即直线的交点在定直线上策略2：利用韦达定理保留一个（解方程组，这是一种试探性的化简，“前途未卜”，不具一般性）由韦达定理得带入化简，得即直线的交点在定直线上策略3：将与的关系代入化简（和积转换，一般是积转和）由，得（即）带入化简，得，即直线的交点在定直线上策略4：带一点进曲线方程转化为对称韦达定理（曲线代换，例如2020年全国一卷题）带点进椭圆方程得化简得进而得到，带入化简（奇迹出现了，“对称韦达定理”）接下来就是常规套路，不多赘述了。知识点讲解：知识点讲解：韦达化处理由引例1可知，核心条件坐标化后，并不全是直接韦达化的形式．对于坐标化后的表达式不是韦达形式的，还需进行韦达化处理．韦达化处理主要有以下几种处理方法：代换（直线代换或曲线代换）、和积消元法、配凑、解方程组．韦达化处理一：代换——即消去x或y中的一个由于我们联立后的方程式关于x或y的二次方程，韦达定理中的两根之和与两根之积只式单独的x或y的形式，而此时坐标表达式并非是直接的韦达形式，因此需进行代换：方向一：直线代换：）又，即方向二：曲线代换：若两个点均在直线和曲线上，那么形如的式子，如果用直线替换显然麻烦，注意到，替换掉原式中含有的，可以得到。韦达化处理二：和积消元法和积转换——找出韦达定理中的两根之和与两根之积的关系由韦达定理可得，所以，代入中，整理，即可得，为定值，得证．若看不出两根之和与两根之积的关系怎么办呢？我们不妨用待定一下系数，设，∴韦达化处理三：配凑配凑法进行韦达化处理，一个经典案例就是弦长中的．对于前述坐标化后的部分式子，也需要作配凑处理：（1），即，其中k为直线AB斜率，再用直线代换，即，得．此处需注意两点，一是，几何意义即为直线斜率，二是通过平方差公式因式分解转化，对于含平方形式是有力手段．（2）．（3），此处考虑直线代换，，再代入上式即可得．（4），而，整理得．（5）此形式可以配凑倒数关系，，故，配凑可得．高考讲解：高考讲解：1.（2023年新课标Ⅱ卷第21题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析.【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，，双曲线方程为.（2）［方法一］：非对称韦达定理：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：配凑半代换换配凑半代换换，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.［方法二］：非对称韦达定理：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，

所以，直线的方程为，直线的方程为，积化和联立直线与直线的方程可得：积化和由可得，即，据此可得点在定直线上运动.［方法三］：非对称韦达定理：由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，与联立可得，则，

直线的方程为，直线的方程为，曲线替换联立直线与直线的方程可得：曲线替换所以因为，所以。得，即，据此可得点在定直线上运动.［方法四］：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．由韦达定理得设，直线方程过点，所以．则。由于,则．设直线，联立方程得，可得，据此可得点在定直线上运动.类型题讲解：类型题讲解：反设直线例1．已知点F为椭圆的右焦点，A，B分别为其左、右顶点，过F作直线l与椭圆交于M，N两点(不与A，B重合)，记直线AM与BN的斜率分别为证明为定值．反设直线积化和【解析】法一：由题，A(－2，0)，B(2，0)，设，则，，联立，消x得，且△>0，则．积化和所以，代入得，，为定值，得证．法二：由题，A(－2，0)，B(2，0)，设，则，，联立，消x得，且△>0，则．因此，得证．配凑半代换换法三：当直线l斜率不存在时，此时，，或，，配凑半代换换反设直线因此或，，此时均有，为定值．反设直线当直线l斜率存在时，不妨就直线，，，因此，，，联立，消得，易知△＞0，则．法四：当直线l斜率存在时，不妨就直线，，，积化和联立，消得，因此，积化和所以，为定值，得证．法五：当直线l斜率存在时，不妨就直线，，，配凑半替换联立，消得所以，配凑半替换即，为定值，得证．例2．已知椭圆的左､右焦点分别为点在上，的周长为，面积为（1）求的方程．（2）设的左､右顶点分别为，过点的直线与交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，则求直线和交点的轨迹方程。【答案】（1）；（2）答案见解析．【解析】（1）依题意，得，即，解得所以的方程（2）设直线的方程为，联立方程，化简整理，得，假设，由韦达定理，得，得直线的方程：；直线的方程：；联立方程，得，两式相除，得，即，解得，所以直线和交点的轨迹方程是直线．练习题：练习题：1.已知椭圆的离心率为，长轴长为．（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.【解析】（1）因为椭圆的离心率，，，又，．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．2.点是椭圆的左右顶点，若过定点且斜率不为0的直线与椭圆交于M，N两点，求证：直线AM与直线的交点在一条定直线上．【答案】证明见解析【解析】由题意得，，，设，联立，化简得(，由韦达定理得，，直线的方程为，直线的方程为，联立，即，解得原式，故直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．3.已知、分别是椭圆的左右项点，离心率，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）【解析】解：（1）由题意得，，，则，所以，又，所以，，所以椭圆E的方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直线过点，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.综上知直线恒过定点.4.已知椭圆：（）过点，且离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）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