培优点08圆锥曲线中非对称韦达定理的应用（2大考点+强化训练）（教师版）

培优点08圆锥曲线中非对称韦达定理的应用（2大考点+强化训练）名目题型归纳 1题型01分式型 1题型02比值型 11【考情分析】在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去x或y，得到一个一元二次方程，往往能够利用韦达定理来快速处理|x1－x2|，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)，eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)之类的结构，但在有些问题中，我们会遇到涉及x1，x2的不同系数的代数式的运算，比如求eq\f(x1,x2)，eq\f(3x1x2＋2x1－x2,2x1x2－x1＋x2)或λx1＋μx2之类的结构，我们把这种系数不对等的结构，称为“非对称韦达结构”．【核心题型】考点一：分式型规律方法非对称结构的常规处理方法有和积转换、配凑、求根公式(暴力法)、曲线方程代换、第三定义等方法，将其转化为对称结构计算．【例题1】（2025·北京海淀·模拟猜测）已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆C的左右顶点．B为椭圆C的上顶点，为椭圆C的左焦点，且的面积为．（1）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设过点的动直线l为椭圆于E、F两点（点E在x轴上方），M，N分别为直线与y轴的交点，O为坐标原点，来的值．【答案】（1）

（2）【分析】（1）由离心率可得，由的面积为可得，结合可得答案.（2）由题意设，则，设直线的方程为：，将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，得到与的关系，分别得出直线、的方程，从而得出的坐标，将与代入，可得答案.【详解】（1）在椭圆中设，则由，则，则，即又，即，即将代入，解得，所以椭圆C的方程：（2）由条件点E在x轴上方且过点，则直线的斜率不为0设直线的方程为：，设，则由可得由题意可得，，，则，即由所以，则直线的方程为：令，得，所以所以，则直线的方程为：令，得，所以所以所以【点睛】关键点睛：本题考查依据离心率和三角形面积求椭圆方程以及椭圆中的定值问题，解答本题的关键设直线的方程为：，与椭圆方程联立，由求根公式和韦达定理表示出与，再表示出直线、的方程，从而得出的坐标，将与代入，属于中档题.【变式1】（24-25高三上·江苏·期末）已知点，分别为双曲线E：的左、右焦点，点到双曲线E的渐近线的距离为，点A为双曲线E的右顶点，且．(1)求双曲线E的标准方程；(2)若四边形为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先依据点到直线距离计算得出，再应用得出，计算得出进而得出标准方程；（2）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种状况，联立方程组结合向量的数量积计算得出或，结合题意即可证明定点.【详解】（1）设焦距为2c，则，故点到双曲线E的渐近线的距离为．由，知，得．又由于，所以，解得．所以双曲线E的标准方程为．（2）①当直线的斜率不存在时，由，设直线的方程为，当时，则在双曲线，可得,所以，当时，则在双曲线，可得,所以不合题意舍，可得直线的方程为，②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立得，当时，，，由于四边形为矩形，所以，所以，所以，所以所以，所以，所以或，当时，直线的方程为，恒过定点，不合题意，舍去．当时，直线的方程为，恒过定点．综上①②，直线恒过定点．【变式2】（24-25高三上·浙江宁波·期末）双曲线左顶点为A，实轴长是虚轴长的2倍，其左焦点坐标为，过A点的两条直线分别交双曲线的右支于点P，Q，且(1)求双曲线的方程；(2)（ⅰ）证明：直线PQ过定点；（ⅱ）直线AP，AQ，PQ分别交直线于点M，N，T，若，求PQ的直线方程.【答案】(1)(2)ⅰ证明见解析；ⅱ)【分析】（1）由已知，利用，解得，，即可得到双曲线的方程；（2）（ⅰ）设，，，直线PQ的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和，即可得到直线PQ过定点；（ⅱ）由（1）得直线PQ得方程为，则，直线PQ方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和，可解得值，即可求得PQ的直线方程.【详解】（1）由题意可得，，又，解得，，所以双曲线的方程为：.（2）（ⅰ）设，，，其中，直线PQ与双曲线联立可得，则，且，由于，代入整理得，故或，代入得定点为或舍，故直线PQ过定点；（ⅱ）依据（i）得直线PQ得方程为，则，直线PQ与双曲线方程联立得，则，则直线，则，则，同理，又，则，化简得，由于，故，则韦达定理代入得，化简得，即，所以PQ的直线方程为【变式3】（2025高三·全国·专题练习）如图，已知椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右顶点，右焦点，，过且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，在轴上方．(1)求椭圆的标准方程；(2)记，的面积分别为，，若，求的值；(3)设线段的中点为，直线与直线相交于点，记直线，，的斜率分别为，，，求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）依据题意由，BF=求解；（2）设点，，，，依据，得到，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解；（3）由（2）得到D的坐标，进而得到直线的方程，再令，得到点E的坐标，然后由，结合韦达定理求解.【详解】（1）解：设椭圆的焦距为．依题意可得，，解得，．故．所以椭圆的标准方程为．（2）设点，，，．若，则，即有，①设直线的方程为，与椭圆方程，可得，则，，②将①代入②可得，解得，则；（3）由（2）得，，所以直线的方程为，令，得，即．所以．所以，，，.考点二:比值型规律方法比值型问题适用于x1＝λx2型，可以接受倒数相加，但有时得到的可能不是这种形式，而是x1＝λx2＋k的形式，此时接受待定系数法，例如x1＝－3x2＋4，可以转化x1－1＝－3(x2－1)，得到eq\f(x1－1,x2－1)＝－3，连续接受倒数相加解决．【例题2】（24-25高三上·青海·阶段练习）已知椭圆C的下顶点为，右焦点为为坐标原点，是等腰直角三角形，是上一动点，且的最大值为.(1)求的方程；(2)已知点满足是椭圆上异于顶点的点，直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点，求直线的斜率.【答案】(1)(2)或【分析】（1）依据是等腰直角三角形得，利用和的最大值即可求解；（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立得到点的坐标，由得即可解得.【详解】（1）设的焦距为，由于是等腰直角三角形，所以，从而.又由于的最大值为，所以.由解得所以的方程为.（2）由（1）知，由于，所以.明显直线的斜率存在，设直线，联立方程组消去得，解得或，可得.由于为线段的中点，所以，所以直线的斜率为.由，整理得，解得或.

【变式1】（24-25高三上·山西运城·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的长轴长为4，且点在C上.(1)求C的方程;(2)设C的右焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点.①求面积S的取值范围;②若，求l的斜率.【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）依据长轴长得到，再将代入可得椭圆方程.（2）①先设出直线方程，再和椭圆方程联立，利用韦达定理代入求取范围即可.②表示出向量坐标后，利用得到，再利用韦达定理解出直线斜率即可.【详解】（1）由椭圆标准方程可知，将代入可得，解得，，所以椭圆C的方程为：（2）由（1）可知，右焦点，当直线l的斜率不存在时不合题意，设直线l的斜率为k，，，则直线l的方程为，联立，整理得，所以，，①，令，②又，即，可得，由于所以，即，解得，所以直线l的斜率为【点睛】本题考查椭圆的方程，椭圆中的面积问题，属于中档题.依据长轴与点P在椭圆上，即可求解；①设出直线方程与椭圆联立，结合韦达定理，则，即可求解；②结合韦达定理，则，即可求解.【变式2】（2025·山西·一模）双曲线的左、右顶点分别为，，焦点到渐近线的距离为，且过点.(1)求双曲线的方程；(2)若直线与双曲线交于，两点，且，证明直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)依据双曲线过点和焦点到渐近线的距离为列出方程组，解之即可；(2)设直线的斜率为，由题意直线的斜率为，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理求出，两点的坐标，再求出，两点所在的直线方程即可求解.【详解】（1）由双曲线可得渐近线为，不妨取渐近线即由焦点到渐近线的距离为可得，即由题意得，得，从而双曲线的方程为.（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，由题意可知：直线的方程为，直线的方程为，联立直线与双曲线方程得，于是，从而，从而，联立直线与双曲线方程得，于是，从而，从而，于是，从而，化简得，从而过定点.【点睛】思路点睛:与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题【变式3】（2025·河南·模拟猜测）已知分别为双曲线的左､右顶点，，动直线与双曲线交于两点．当轴，且时，四边形的面积为．(1)求双曲线的标准方程．(2)设均在双曲线的右支上，直线与分别交轴于两点，若，推断直线是否过定点．若过，求出该定点的坐标；若不过，请说明理由．【答案】(1)(2)直线恒过定点【分析】（1）首先求点的坐标，依据坐标表示梯形的面积，即可求解双曲线方程；（2）首先依据条件设，并利用方程联立求点的坐标，并求直线的方程，化简后即可求定点坐标.【详解】（1）由知，．当轴时，依据双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，则由，可得．代入双曲线的方程，得．由于四边形的面积为，所以．解得．所以双曲线的标准方程为．（2）由于，所以可设．直线的方程为，直线的方程为．又双曲线的渐近线方程为，明显直线与双曲线的两支各交于一点，直线与双曲线的右支交于两点，则有解得．由消去，得．设点，则．解得．所以．由消去，得．设点，则．解得．所以．当直线不垂直于轴时，．所以直线的方程为．所以，也即．明显直线恒过定点．当直线垂直于轴时，由，得．此时．直线的方程为，恒过定点．综上可知，直线恒过定点．【点睛】思路点睛：一般求直线过定点问题，需求出直线方程，转化为含参直线过定点问题.【强化训练】一、单选题1．（21-22高三上·山东淄博·期末）已知椭圆的右焦点为F，上顶点为B，直线BF与C相交于另一点A，点A在x轴上的射影为，O为坐标原点，若，则C的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，可得，由此可求出点的坐标，再把点的坐标代入椭圆方程中化简可求出离心率【详解】由题意得，设由于，所以，所以，得，即，由于点在椭圆上，所以，化简得，所以离心率，故选：A2．（22-23高三上·广东·阶段练习）已知椭圆的离心率为，左焦点为F，过F作倾斜角为的直线交椭圆E于M、N两点，且（其中），则的值为（

）A．2 B． C． D．3【答案】D【分析】首先化简椭圆方程，与直线方程联立，利用韦达定理得，，再利用向量共线的坐标表示得，消元后得的值.【详解】由题意可知，得，即，椭圆方程，化简为：，过椭圆左焦点，斜率为的直线为，与椭圆方程联立，，化简为：，设，,，①由于，点在线段上，即，即②由①②可知，解得：或由于，所以.故选：D3．（2025·内蒙古包头·一模）已知点在双曲线上，斜率为k的直线l过点且不过点P．若直线l交C于M，N两点，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】依据点在双曲线求出双曲线方程，依据可得，利用韦达定理代入即可求解.【详解】由于点在双曲线上，所以解得，所以双曲线.设，，联立整理得，所以，所以，，由于，所以，即，所以，整理得解得或，当时，直线过点，不满足题意，所以，故选:A.二、多选题4．（2025·江西·模拟猜测）已知，，，动点满足与的斜率之积为，动点的轨迹记为，过点的直线交于，两点，且，的中点为，则（

）A．的轨迹方程为B．的最小值为1C．若为坐标原点，则面积的最大值为D．若线段的垂直平分线交轴于点，则点的横坐标是点的横坐标的倍【答案】CD【分析】依据求轨迹方程的方法即可求得选项A，结合椭圆的性质即可推断选项B，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求出的面积，利用导数可推断选项C，利用中点坐标公式及直线与直线的关系，即可求出点和点的横坐标，从而推断选项D.【详解】对于选项A，设，由于，，所以，化简得，故A错误；对于选项B，由于，则，，则，所以为椭圆的右焦点，则，但，故等号不行取，故B错误；对于选项C，设的方程，代入椭圆方程，得，设，则，，所以，令，则，令，则，在为增函数，，，所以，当且仅当时即等号成立，故C正确；对于选项D，由于，，，所以，则，设，则，则，所以，则点的横坐标是点的横坐标的倍，故D正确.故选：CD.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用面积公式得出面积表达式，结合导数得出最值；二是依据垂直平分得出点之间的关系.5．（23-24高三下·河南郑州·阶段练习）已知直线与椭圆交于两点，椭圆的左、右顶点分别为，直线与直线，及轴分别交于点，则（

）A．的周长为B．直线，，，的斜率之积为定值C．当时，线段的中点到直线的距离为D．若，则的取值范围是【答案】BCD【分析】对于A，将的周长转化为椭圆上两点到两焦点的距离即可；对于B，设，且，，结合斜率两点公式推断；对于C，直线与椭圆联立，应用韦达定理，再通过计算线段中点到直线的距离即可；对于D，由C选项的结论，设，，通过共线得，同理由共线得，结合韦达定理则，且，即可计算.【详解】椭圆，长轴长，短轴长，对于A，直线过椭圆的左焦点，为右焦点，的周长为，故A错误；对于B，设，则，，所以，同理，所以直线，，，的斜率之积为，故B正确；对于C，直线与联立得，设，则，，线段的中点到直线的距离为，当时，故C正确；设，，由共线得，，同理由共线得，所以，而，则，所以，又，则，故D正确.故选：BCD．【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与圆锥曲线，解题的关键是联立直线与椭圆方程，设直线与椭圆交点坐标为，，由韦达定理得，，即可求得正确答案，运算量较大，计算要认真.三、填空题6．（2025高三下·江苏·专题练习）已知椭圆的长轴为双曲线的实轴，且椭圆过点.设点是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，若，则直线过定点.【答案】【分析】求出椭圆方程，当直线的斜率存在时，设其方程为，并与椭圆的方程联立，利用韦达定理及求出的关系，求出定点的坐标，然后再验证直线的斜率不存在时也过该定点即可.【详解】由椭圆的长轴为双曲线的实轴，得，由椭圆C过点，得，解得，椭圆C的方程为，当直线的斜率存在时，设其方程为，，由消去y得，，则，于是，化简得，即，当，即时，直线的方程为，过定点，不满足题意，当，即时，满足，直线：，过定点，当直线的斜率不存在时，设其方程为，由得，则，解得（舍）或，明显直线：过定点，综上，直线过定点.

故答案为：7．（2025高三·全国·专题练习）已知F1，F2分别为椭圆C：＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，点F2关于直线y＝x对称的点Q在椭圆上，则椭圆的离心率为；若过F1且斜率为k(k＞0)的直线与椭圆相交于A，B两点，且AF1＝3F1B，则k＝．【答案】1【详解】解析：由于点F2关于直线y＝x对称的点Q在椭圆上，直线y＝x的倾斜角为，画出图形如图所示，由于O是坐标原点，依据对称性和中位线的学问可知△QF1F2为等腰直角三角形，且Q为短轴的端点，故离心率e＝＝cos＝.不妨设a＝t，b＝c＝t，则椭圆方程化为x2＋2y2－2t2＝0，设直线AB的方程为x＝my－t(m＝＞0)，代入椭圆方程并化简得(m2＋2)y2－2mty－t2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝①，y1y2＝②.由于AF1＝3F1B，故y1＝－3y2

③.解由①②③组成的方程组得m＝1，即＝1，k＝1.8．（24-25高三上·内蒙古通辽·期末）不经过点的直线交双曲线于，两点，直线，的斜率互为相反数.求的倾斜角为.【答案】（或）【分析】设，，，联立直线和双曲线方程，得到两根之和，两根之积，依据，求出，所以或，当时，直线过点，与题意不符，故，得到答案.【详解】双曲线的左右顶点为，易知直线的斜率存在，设，，，联立可得，，所以，，且.所以由可得，，即，即，所以，化简得，，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故，故的倾斜角为（或）.故答案为：（或）【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.四、解答题9．（24-25高三上·青海·阶段练习）已知椭圆C的下顶点为，右焦点为为坐标原点，是等腰直角三角形，是上一动点，且的最大值为.(1)求的方程；(2)已知点满足是椭圆上异于顶点的点，直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点，求直线的斜率.【答案】(1)(2)或【分析】（1）依据是等腰直角三角形得，利用和的最大值即可求解；（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立得到点的坐标，由得即可解得.【详解】（1）设的焦距为，由于是等腰直角三角形，所以，从而.又由于的最大值为，所以.由解得所以的方程为.（2）由（1）知，由于，所以.明显直线的斜率存在，设直线，联立方程组消去得，解得或，可得.由于为线段的中点，所以，所以直线的斜率为.由，整理得，解得或.

10．（2025高三·全国·专题练习）已知双曲线的右焦点为，点在上，且轴．(1)求的方程；(2)过右焦点且斜率大于的直线与双曲线的右支交于两点，若，求直线的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）由轴，可得，再由点在双曲线上和解方程可得；（2）设出直线方程，直曲联立，利用弦长公式求出，再求出直线方程即可；【详解】（1）由于点在上，所以①，又为的右焦点，轴，则，故②，联立①②可得，，故的方程为．（2）设直线的方程为，，，由于斜率大于的直线与的右支交于两点，所以，即，则，联立消去整理得，，则，，则，解得，则（负值舍去），故直线的方程为11．（2025·浙江·二模）已知双曲线的渐近线方程为，左右顶点为，设点，直线分别与双曲线交于两点（不同于）.(1)求双曲线的方程；(2)设的面积分别为，若，求直线方程.（写出一条即可）【答案】(1)(2)，或，或，或（写出一条即可）【分析】(1)由双曲线的方程求出渐近线方程，再结合题目已知条件即可求出，代入双曲线的方程，即可得到答案.(2)先由点的坐标得到，把的坐标代入得到，再结合双曲线的方程，化简得.设直线，与双曲线方程联立，结合，即可化简得到，将韦达定理代入解得，则可知直线恒过定点.把，代入，结合韦达定理化简即可得到，解出，代入直线的方程即可.【详解】（1）如图，

由题意知双曲线的渐近线方程为即，所以，所以双曲线的方程.（2）由(1)得