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專題15 韋達化和非對稱韋達的處理
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題型01 韋達化處理 1
題型02 非對稱韋達 4
題型01 韋達化處理
【解題規律·提分快招】
一、常見韋達化處理 倘若定點，在橢圓上的動點，那么： （1），此時已經湊出韋達定理的形式，就無需再解點，可直接代入韋達定理求解. （2）,這里對交叉項的處理可進一步代入直線方程：，化簡可得： （*），再代入韋達定理.注意，這一步代入很重要，（*）式是一個非常簡潔的結構，易于操作. （3）. （4）面積計算 ①一般方法：（其中為弦長，d為頂點到直線AB的距離） =（直線為斜截式y=kx+m） = ②特殊方法：拆分法,可以將三角形沿著軸或者軸拆分成兩個三角形，不過在拆分的時候給定的頂點一般在軸或者軸上，此時，便于找到兩個三角形的底邊長. 注：注意直線代換中直線反設法的應用，即設
【典例訓練】
一、解答題
1．（2024·江西上饒·一模）已知雙曲線的焦點與拋物線的焦點重合，且雙曲線的離心率為.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若過點的直線與雙曲線交于兩點，的面積為，求直線的方程.
2．（2024·河北石家莊·二模）已知為平面上一個動點，到定直線的距離與到定點距離的比等于，記動點的軌跡為曲線．
(1)求曲線的方程；
(2)過點的直線與曲線交于，兩點，在軸上是否存在點，使得為定值？若存在，求出該定值；若不存在，請說明理由．
3．（2024·黑龍江齊齊哈爾·三模）已知雙曲線的實軸長為2，設為的右焦點，為的左頂點，過的直線交于A，B兩點，當直線AB斜率不存在時，的面積為9．
(1)求的方程；
(2)當直線AB斜率存在且不為0時，連接TA，TB分別交直線于P，Q兩點，設為線段PQ的中點，記直線AB，FM的斜率分別為，證明：為定值．
4．（2025·河北邯鄲·二模）已知為圓上一點，，線段的垂直平分線交半徑于點，記動點的軌跡為曲線，雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為.
(1)求曲線的標準方程；
(2)過上一點作斜率為的直線，交雙曲線于、兩點，且恰好為線段的中點，求出點的坐標；
(3)若直線與曲線交于、兩點，求面積的取值范圍.
5．（2025·江西新余·一模）平面直角坐標系中，點與定點的距離和它到定直線的距離之比是常數.
(1)求點的軌跡方程；
(2)若不過點的直線交曲線于P，Q兩點；
①若以P，Q為直徑的圓過點，證明：直線過定點；
②在①條件下，作為垂足.是否存在定點，使得為定值？若存在，求點的坐標；若不存在，說明理由.
6．（2024·全國·模擬預測）在平面直角坐標系中，點在雙曲線上，漸近線方程為.
(1)求雙曲線的方程；
(2)過點作直線與雙曲線交于兩點，在軸上是否存在一定點，使得直線與的斜率之和為定值？若存在，請求出點的坐標及定值；若不存在，請說明理由.
7．（2024·吉林長春·一模）已知為拋物線的焦點，為坐標原點，過焦點作一條直線交于A，B兩點，點在的準線上，且直線MF的斜率為的面積為1.
(1)求拋物線的方程；
(2)試問在上是否存在定點，使得直線NA與NB的斜率之和等于直線NF斜率的平方？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由；
(3)過焦點且與軸垂直的直線與拋物線交于P，Q兩點，求證：直線AP與BQ的交點在一條定直線上.
8．（2025·廣東惠州·模擬預測）已知橢圓的長軸長為，離心率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)已知橢圓上點處的切線方程是.在直線上任取一點引橢圓的兩條切線，切點分別是、.
①求證：直線恒過定點；
②是否存在實數，使得，若存在，求出的值，若不存在，說明理由.
題型02 非對稱韋達
【解題規律·提分快招】
1、在一元二次方程中，若，設它的兩個根分別為，則有根與系數關系：，借此我們往往能夠利用韋達定理來快速處理之類的結構。 2、但在有些問題時，我們會遇到涉及的不同系數的代數式的應算，比如求或之類的結構，就相對較難地轉化到應用韋達定理來處理了．特別是在圓錐曲線問題中，我們聯立直線和圓錐曲線方程，消去或，也得到一個一元二次方程，我們就會面臨著同樣的困難，我們把這種形如或之類中的系數不對等的情況，這些式子是非對稱結構，稱為“非對稱韋達”．
【典例訓練】
一、解答題
1．（2024·浙江紹興·三模）設雙曲線C：（，）的一條漸近線為，焦點到漸近線的距離為1．，分別為雙曲線的左、右頂點，直線過點交雙曲線于點，，記直線，的斜率為，．
(1)求雙曲線的方程；
(2)求證為定值．
2．（2024·四川成都·模擬預測）在平面直角坐標系中，橢圓的方程是.
(1)若直線與橢圓交于兩點，為橢圓上任意一點，直線、斜率分別為、，求；
(2)過橢圓的右焦點作直線交橢圓于，兩點.直線，作于點證明直線過定點，并求出點坐標.
3．（2024·河南新鄉·一模）已知雙曲線的左、右焦點分別為，且．
(1)求的漸近線方程．
(2)點為的左支上一點，且．分別為的左、右頂點，過點的直線交的右支于兩點，其中點在軸上方，直線與交于點．
①求直線的方程；
②證明：點到直線的距離為定值．
4．（24-25高三上·湖北·期末）已知橢圓的左，右焦點為，點是橢圓上任意一點，的最小值是．
(1)求橢圓的方程；
(2)設為橢圓的上，下頂點，為橢圓上異于的兩點，記直線的斜率分別為，且．
（ⅰ）證明：直線過定點；
（ⅱ）設直線與直線交于點，直線的斜率為，試探究滿足的關系式．
一、解答題
1．（24-25高三上·廣東潮州·期末）設為拋物線：的焦點，為的準線與軸的交點，且直線過點．
(1)若與有且僅有一個公共點，求直線的方程；
(2)若與交于，兩點，且，求的面積．
2．（24-25高三上·遼寧·期末）已知直線經過橢圓的右頂點和上頂點．
(1)求橢圓的標準方程及離心率；
(2)與直線平行的直線交于兩點（均不與的頂點重合），設直線，的斜率分別為，證明：為定值．
3．（2024高三·全國·專題練習）已知雙曲線過點，且到直線的距離為．
(1)求雙曲線的標準方程．
(2)的左、右焦點分別為，若過的直線與交于兩點，直線與交于點．
（ⅰ）證明：直線過定點；
（ⅱ）當兩點均在的左支上時，直線與交于點，直線與直線交于點，求的面積的最小值．
4．（24-25高三上·上海浦東新·期中）已知和為橢圓上兩點．
(1)求的離心率；
(2)若過P的直線交于另一點，且的面積為9，求的方程；
(3)過OA中點的動直線與橢圓有兩個交點，，試判斷在y軸上是否存在點T使得，若存在，求出點縱坐標的取值范圍；若不存在，說明利用．
5．（24-25高三上·山東濰坊·期末）已知雙曲線的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為，過點的直線交于，兩點.
(1)求的方程；
(2)設的左、右頂點分別為，，直線與直線交于點，證明：，，三點共線.
6．（24-25高三上·湖北武漢·期末）已知橢圓C：的長軸長是短軸長的2倍，焦距為，點A，B分別為C的左、右頂點，點P，Q為C上的兩個動點，且分別位于x軸上、下兩側，和的面積分別為，，記
(1)求橢圓C的方程；
(2)若，求證直線PQ過定點，并求出該點的坐標；
(3)若，設直線AP和直線BQ的斜率分別為，，求的取值范圍．
7．（24-25高三上·河北滄州·期末）平面直角坐標系中，動點到點的距離比它到軸的距離多1．
(1)求動點的軌跡方程；
(2)若點C為，過的直線l與點的軌跡交于A，B兩點（A，B與C不重合），直線，與直線交于點，．證明：以為直徑的圓在上截得的弦長為定值．
8．（24-25高三上·山東日照·期末）在平面直角坐標系中，已知定點，動點滿足，記的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)過作軸的垂線與曲線在第一象限的交點為，過點的直線與曲線相切，且與軸交于點.
（i）點是曲線上異于的一點，且，求直線的方程；
（ii）過點且斜率不為0的直線交曲線于兩點（在的左側），若為線段的中點，直線交直線于點，求證：軸.
9．（24-25高三上·安徽銅陵·期末）設橢圓.已知點，在橢圓上.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若過點的直線與橢圓交于兩點（在右側），且與線段交于點.
（i）證明：；
（ii）當為中點時，求直線的方程.
10．（24-25高三上·甘肅武威·期末）已知，分別是橢圓的左、右頂點，P（異于點A，B）是C上的一個動點，面積的最大值為2．
(1)求橢圓C的方程；
(2)記直線PA，PB的斜率分別為，，求的值；
(3)直線l交橢圓C于M，N兩點（異于A，B兩點），直線AM，AN的斜率分別為，，且，證明：直線MN過定點．
11．（24-25高三上·江蘇·期末）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，焦距為4，漸近線方程為
(1)求C的方程；
(2)過的直線l分別交C的左、右兩支于A，B兩點，直線交C于另一點P，
①若，求點P的坐標；
②是否存在常數，使得若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.
12．（24-25高三上·廣西河池·期末）設拋物線的焦點為，點，直線交于，兩點，且．
(1)求的標準方程；
(2)已知，是拋物線上的任意兩點，過點，分別作在點，處的切線交于點，
①證明：，，成等比數列；
②證明：．
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題型01 韋達化處理 1
題型02 非對稱韋達 15
題型01 韋達化處理
【解題規律·提分快招】
一、常見韋達化處理 倘若定點，在橢圓上的動點，那么： （1），此時已經湊出韋達定理的形式，就無需再解點，可直接代入韋達定理求解. （2）,這里對交叉項的處理可進一步代入直線方程：，化簡可得： （*），再代入韋達定理.注意，這一步代入很重要，（*）式是一個非常簡潔的結構，易于操作. （3）. （4）面積計算 ①一般方法：（其中為弦長，d為頂點到直線AB的距離） =（直線為斜截式y=kx+m） = ②特殊方法：拆分法,可以將三角形沿著軸或者軸拆分成兩個三角形，不過在拆分的時候給定的頂點一般在軸或者軸上，此時，便于找到兩個三角形的底邊長. 注：注意直線代換中直線反設法的應用，即設
【典例訓練】
一、解答題
1．（2024·江西上饒·一模）已知雙曲線的焦點與拋物線的焦點重合，且雙曲線的離心率為.
(1)求雙曲線的方程；
(2)若過點的直線與雙曲線交于兩點，的面積為，求直線的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根據雙曲線的焦點與拋物線的焦點重合，且雙曲線的離心率為，列方程求雙曲線參數即可得解；
（2）聯立直線與雙曲線方程，利用韋達定理與弦長公式，結合點到直線距離公式將的面積化為關于m的方程，解之即可得解.
【詳解】（1）拋物線的焦點坐標為，
所以雙曲線中，
雙曲線的離心率為，即
雙曲線方程為
（2）顯然直線斜率不能為0，設直線的方程為，
所以原點到直線的距離，
聯立，得，
所以且，
所以，且，
所以，
所以，
所以，
解得，所以，
所以直線的方程為或.
2．（2024·河北石家莊·二模）已知為平面上一個動點，到定直線的距離與到定點距離的比等于，記動點的軌跡為曲線．
(1)求曲線的方程；
(2)過點的直線與曲線交于，兩點，在軸上是否存在點，使得為定值？若存在，求出該定值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)在軸上存在點，使得為定值，定值為.
【分析】（1）根據題意，用點到直線和點到點的距離公式列出方程，整理得出方程即可.
（2）假設存在，先考慮斜率不為0的情況，設其方程為，再與曲線聯立后用韋達定理，表達出，若要上式為定值，則必須有，即，代入求出.再考慮斜率為0的時候，直接求出即可.
【詳解】（1）設點的坐標為，則，
即，化簡得：，所以雙曲線的標準方程為；
（2）如圖
當直線的斜率不為0時，設其方程為.
由于直線與雙曲線交點兩個，則直線不能與漸近線平行，漸近線斜率為，則.
代入，整理得，，設，，，，，
則，
所以
．
若要上式為定值，則必須有，即，，故存在點滿足．
當直線的斜率為0時，，，此時點亦滿足，故存在點滿足．
綜上所得，在軸上存在點，使得為定值，定值為.
3．（2024·黑龍江齊齊哈爾·三模）已知雙曲線的實軸長為2，設為的右焦點，為的左頂點，過的直線交于A，B兩點，當直線AB斜率不存在時，的面積為9．
(1)求的方程；
(2)當直線AB斜率存在且不為0時，連接TA，TB分別交直線于P，Q兩點，設為線段PQ的中點，記直線AB，FM的斜率分別為，證明：為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據三角形面積以及實軸長即可求解，
（2）聯立直線與雙曲線方程得韋達定理，即可根據點斜式求解直線方程，進而可得坐標，利用斜率公式即可求解.
【詳解】（1）依題意，，解得，
設的焦距為2c，則，
將代入方程，可得，
所以的面積為，
解得，
所以的方程為；
（2）由方程得,
設直線，
與的方程聯立可得，
所以，
設直線，令，解得，所以，
同理可得，，
所以
，故
所以，又，所以．
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中取值范圍以及定值問題的求解策略：
（1）利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造關系，從而確定參數的取值范圍；
（2）利用已知參數的范圍，求新的參數的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系；
（3）利用已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；
（33）利用求函數值域的方法將待求量表示為其他變量的函數，求其值域，從而確定參數的取值范圍.
4．（2025·河北邯鄲·二模）已知為圓上一點，，線段的垂直平分線交半徑于點，記動點的軌跡為曲線，雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為.
(1)求曲線的標準方程；
(2)過上一點作斜率為的直線，交雙曲線于、兩點，且恰好為線段的中點，求出點的坐標；
(3)若直線與曲線交于、兩點，求面積的取值范圍.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）應用點到直線距離公式結合橢圓定義即可求出標準方程；
（2）應用點差法得出，再結合橢圓方程聯立計算得出點的坐標；
（3）聯立方程結合面積公式結合韋達定理，再結合基本不等式即可得出范圍.
【詳解】（1）雙曲線：的漸近線為，不妨取一條漸近線為，即，
則圓心到直線的距離為，
圓的半徑為，則弦長為，解得，
依題意可得，，
即動點的軌跡是以，為焦點，長軸長為4的橢圓，
所以曲線的標準方程為.
（2）設，，，
代入雙曲線可得
作差可得，
又直線的斜率為，所以，
即，所以，
代入曲線的方程得，解得，所以，
又，所以或,經檢驗，均滿足題意，
所以點M的坐標為或.
（3）聯立，整理得，
令，所以，即或.
設，，則，，
所以
，
令，則，
則，
因為，所以，當且僅當，即時等號成立，此時，
所以，
所以，
即面積的取值范圍是.
【點睛】關鍵點點睛：解決面積范圍的關鍵是化簡面積表達式后應用基本不等式即可求出范圍.
5．（2025·江西新余·一模）平面直角坐標系中，點與定點的距離和它到定直線的距離之比是常數.
(1)求點的軌跡方程；
(2)若不過點的直線交曲線于P，Q兩點；
①若以P，Q為直徑的圓過點，證明：直線過定點；
②在①條件下，作為垂足.是否存在定點，使得為定值？若存在，求點的坐標；若不存在，說明理由.
【答案】(1)；
(2)①證明見解析；②存在，定值為.
【分析】（1）利用兩點距離公式、點線距離列方程并整理，即可得軌跡方程；
（2）①令，，聯立的軌跡方程，應用韋達定理及求參數，即可證結論；②根據①結論及確定的軌跡，即可得結論，并找到定點坐標.
【詳解】（1）令，結合題設有，則，
所以，即點的軌跡方程為.
（2）若以P，Q為直徑的圓過點，且直線不過點可知，直線的斜率不為0，
可設，，聯立，
則，整理得，
且，則，
所以，，
①由題意
，
所以，即或（舍，直線過點），
所以，故直線過定點，得證.
②由，且直線過定點，
故在以為直徑的圓上，且中點為，該點到的距離恒為，
所以，存在定點使.
6．（2024·全國·模擬預測）在平面直角坐標系中，點在雙曲線上，漸近線方程為.
(1)求雙曲線的方程；
(2)過點作直線與雙曲線交于兩點，在軸上是否存在一定點，使得直線與的斜率之和為定值？若存在，請求出點的坐標及定值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，
【分析】（1）由題意可得，解出方程組即可得；
（2）設出直線方程，聯立曲線可得與交點橫坐標有關韋達定理，借助斜率公式表示出后，借助韋達定理可將其化簡，結合定值的要求計算即可得.
【詳解】（1）由題意，得，解得，
雙曲線的方程為；
（2）由題意可知直線的斜率存在，設直線的方程為，
將點的坐標代入，得，設，
聯立直線與雙曲線的方程，得方程組，
消去并整理，得，
，且，
即，即，
則，
，
若存在定點，設，
則
，
要使為定值，只需上式中對應分子、分母對應項系數成比例，且分母中的系數為0，
即，解得，
此時分子、分母中的系數也為，
在軸上存在定點，使得為定值.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
7．（2024·吉林長春·一模）已知為拋物線的焦點，為坐標原點，過焦點作一條直線交于A，B兩點，點在的準線上，且直線MF的斜率為的面積為1.
(1)求拋物線的方程；
(2)試問在上是否存在定點，使得直線NA與NB的斜率之和等于直線NF斜率的平方？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由；
(3)過焦點且與軸垂直的直線與拋物線交于P，Q兩點，求證：直線AP與BQ的交點在一條定直線上.
【答案】(1)
(2)或
(3)證明見解析
【分析】（1）根據，結合的坐標即可求解；
（2）設的方程為，，聯立直線和拋物線方程，將題干斜率條件用坐標表達，結合韋達定理求解；
（3）表示出直線AP與BQ的方程，得到交點坐標，結合（2）中的韋達定理求解.
【詳解】（1）由題意得，直線方程為：，
令，則，故，
于是，解得（負值舍去），
故拋物線方程為.
（2）設的方程為，，，
由題意得，，即，
可得，通分可得，
聯立和拋物線，得到，，
由，代入可得，
整理可得，解得或，
故，滿足題意.

（3）由題意，，
則直線，直線，
兩直線方程相減得到：，
由（2）知，，于是，
即，
即，
即，
于是，
解得，
即直線AP與BQ的交點在一條定直線上

【點睛】關鍵點睛：解析幾何大多數定值問題，會采取設而不求，聯立方程后，結合韋達定理整體代入求解，從而簡化運算.
8．（2025·廣東惠州·模擬預測）已知橢圓的長軸長為，離心率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)已知橢圓上點處的切線方程是.在直線上任取一點引橢圓的兩條切線，切點分別是、.
①求證：直線恒過定點；
②是否存在實數，使得，若存在，求出的值，若不存在，說明理由.
【答案】(1)
(2)①證明見解析；②存在，
【分析】（1）根據橢圓的長軸長為，離心率為，由求解；
（2）①設，，，由，，且，經過點，得到求解；②設實數存在，則，分直線斜率不存在，斜率，斜率，利用弦長公式求解.
【詳解】（1）解：由題意可知，所以，
所以，
所以橢圓的方程為.
（2）①設，，，
由題設可知：，，
又因為，經過點，所以，
所以，均在直線上，即，
由，解得，所以直線過定點.
②設實數存在，因為，所以，
當直線斜率不存在時，此時直線的方程為，
由解得，
所以，故.
當直線斜率時，不滿足題意；
當直線斜率時，設直線的方程為，則，
故，
所以，
聯立可得，顯然，
所以，，
所以.
綜上可知，存在滿足條件.
【點睛】方法點睛：本題第二問，首先利用弦長公式得到，然后巧用，化簡得到，結合韋達定理而得解.
題型02 非對稱韋達
【解題規律·提分快招】
1、在一元二次方程中，若，設它的兩個根分別為，則有根與系數關系：，借此我們往往能夠利用韋達定理來快速處理之類的結構。 2、但在有些問題時，我們會遇到涉及的不同系數的代數式的應算，比如求或之類的結構，就相對較難地轉化到應用韋達定理來處理了．特別是在圓錐曲線問題中，我們聯立直線和圓錐曲線方程，消去或，也得到一個一元二次方程，我們就會面臨著同樣的困難，我們把這種形如或之類中的系數不對等的情況，這些式子是非對稱結構，稱為“非對稱韋達”．
【典例訓練】
一、解答題
1．（2024·浙江紹興·三模）設雙曲線C：（，）的一條漸近線為，焦點到漸近線的距離為1．，分別為雙曲線的左、右頂點，直線過點交雙曲線于點，，記直線，的斜率為，．
(1)求雙曲線的方程；
(2)求證為定值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）借助漸近線定義及點到直線距離公式計算即可得；
（2）設出直線方程，聯立曲線可得與交點縱坐標有關韋達定理，作商即可得所設參數與縱坐標的關系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所設參數即可得證.
【詳解】（1）由題意可得，解得，
故雙曲線的方程為；
（2）由雙曲線的方程為，則，，
由題意可知直線斜率不為，故可設，，，
聯立，消去可得，
，即，
則，，
則，即，
，，
則
，
即為定值.

【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
2．（2024·四川成都·模擬預測）在平面直角坐標系中，橢圓的方程是.
(1)若直線與橢圓交于兩點，為橢圓上任意一點，直線、斜率分別為、，求；
(2)過橢圓的右焦點作直線交橢圓于，兩點.直線，作于點證明直線過定點，并求出點坐標.
【答案】(1)
(2)證明見解析，
【分析】（1）將直線與橢圓的方程聯立，求得點的坐標，設點，將用點的坐標表示，代入點的坐標，化簡計算即得；
（2）設直線的方程為，與橢圓方程聯立，設點，寫出韋達定理，依次求出直線的斜率和直線方程，由圖形對稱性推得直線經過軸上的一個定點，令，利用韋達定理化簡計算即得定點.
【詳解】（1）
把代入,整理得,
設,不妨設在第一象限，在第三 象限，
則,
分別代入中,解得.
設點，則，
于是，（*），
因點在橢圓上，則，即，
代入（*），可得；
（2）
當直線的斜率不為0時，如圖可設其方程為，
代入，整理得：，
顯然，設點，
則故得，
因，故，則直線的斜率為，
于是直線的方程為：，
由圖形的對稱性（交換點和點的位置）可知直線必經過軸上的一個定點，
故可令，代入可得：，
即直線經過定點.
顯然，當直線的斜率為0時，直線即軸，滿足題意.
故直線經過定點.
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查直線與圓錐曲線相交產生的定點、定值問題，屬于較難題.在求解直線過定點問題時，要結合圖形特征巧妙利用對稱性，通過換角度作圖，判斷定點的大致位置，再予以針對性地求解證明.
3．（2024·河南新鄉·一模）已知雙曲線的左、右焦點分別為，且．
(1)求的漸近線方程．
(2)點為的左支上一點，且．分別為的左、右頂點，過點的直線交的右支于兩點，其中點在軸上方，直線與交于點．
①求直線的方程；
②證明：點到直線的距離為定值．
【答案】(1)
(2)①；②證明見解析
【分析】（1）根據焦距求出，即可求出漸近線方程；
（2）①設，則，利用余弦定理可求出，再利用勾股定理證明，即可得出結論；
②可設直線的方程為，，聯立方程，利用韋達定理求出，再分別求出直線的方程，再聯立方程，從而可求出動點所在的位置，進而可得出結論.
【詳解】（1）由題意可知，解得，則，
所以雙曲線，
所以的漸近線方程為；
（2）①設，則，
由余弦定理得，
即，解得（負根舍去），
所以，
所以，則，
所以直線的方程為；
②易知直線的斜率不為零，則可設直線的方程為，
設，
聯立，得，
恒成立，
則，
由題意得且，所以，
則直線，直線，
聯立可得
，
解得，故動點在直線上，
所以點到直線的距離為，
所以點到直線的距離為定值.
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
4．（24-25高三上·湖北·期末）已知橢圓的左，右焦點為，點是橢圓上任意一點，的最小值是．
(1)求橢圓的方程；
(2)設為橢圓的上，下頂點，為橢圓上異于的兩點，記直線的斜率分別為，且．
（ⅰ）證明：直線過定點；
（ⅱ）設直線與直線交于點，直線的斜率為，試探究滿足的關系式．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）證明見詳解；（ⅱ）.
【分析】（1）將轉化為，由求出即可；
（2）設出直線方程，聯立直線與橢圓方程得，由韋達定理及化簡求解即可得出直線過定點；寫出直線方程，作比化簡得出，解得，即點在直線上，記與軸的交點為，借助表達出即可.
【詳解】（1）由橢圓知，，
，
所以，所以，
所以橢圓的方程為；
（2）（ⅰ）若直線斜率不存在，則，不符合題意；
當直線斜率存在時，設直線方程為，
聯立直線與橢圓方程，得，
由韋達定理可得，，
所以，
又因為，
所以，
又因為，所以，解得，
即直線方程為，
故直線過定點；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，直線方程為，直線方程為，
所以，解得，即點在直線上，
記與軸的交點為，
則，
，
又因為同號，所以.
一、解答題
1．（24-25高三上·廣東潮州·期末）設為拋物線：的焦點，為的準線與軸的交點，且直線過點．
(1)若與有且僅有一個公共點，求直線的方程；
(2)若與交于，兩點，且，求的面積．
【答案】(1)，或
(2)
【分析】（1）聯立直線與拋物線方程，根據判別式即可求解，
（2）根據韋達定理可得，，進而根據向量數量積的坐標運算求解，由面積關系即可求解.
【詳解】（1）拋物線：的焦點坐標為，準線方程為，則．
若與軸垂直，此時與只有一個交點．
若與軸不垂直，設．由，消去整理得．
因為與有且僅有一個公共點，所以，故．
此時的方程為或．
綜上，的方程為，或．
（2）由（1）得，即．設，，
則，．
因為，所以，又，
所以，
整理可得，代入可得，解得．
所以的面積
.
2．（24-25高三上·遼寧·期末）已知直線經過橢圓的右頂點和上頂點．
(1)求橢圓的標準方程及離心率；
(2)與直線平行的直線交于兩點（均不與的頂點重合），設直線，的斜率分別為，證明：為定值．
【答案】(1)，
(2)證明見解析
【分析】（1）由已知，可得，，則，，即可求得橢圓的標準方程，再求出，可求得離心率；
（2）設直線的方程為，，，聯立直線方程與橢圓方程，由利用韋達定理得，得，化簡可得，可得為定值.
【詳解】（1）因為直線經過橢圓的右頂點和上頂點，
當時，，當時，，則，，
所以，，
所以橢圓的標準方程為．
因為，所以橢圓的離心率為．
（2）
由（1）知直線的斜率為，
設直線的方程為，，，
聯立方程組，消去得，則．
因為，，所以，
因為，
且，所以，
所以，即為定值．
3．（2024高三·全國·專題練習）已知雙曲線過點，且到直線的距離為．
(1)求雙曲線的標準方程．
(2)的左、右焦點分別為，若過的直線與交于兩點，直線與交于點．
（ⅰ）證明：直線過定點；
（ⅱ）當兩點均在的左支上時，直線與交于點，直線與直線交于點，求的面積的最小值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）
【分析】（1）根據題意列方程求出的值
（2）（ⅰ）聯立直線與雙曲線方程可得韋達定理，寫出直線的方程，求得點的坐標，進而寫出直線的方程，令，代入化簡即可求解，
（ⅱ）將的面積用參數表示出來, 換元，利用函數的單調性求三角形面積的最小值
【詳解】（1）因為，且點到直線的距離為，所以，則，所以，
由題意可知，
將代入上式，得，解得，則，
故雙曲線的標準方程為．
（2）（ⅰ）由（1）可知，．
當直線與軸不重合時，設其方程為，
聯立方程，得，消去，化簡整理得，
則．
易知直線的方程為，
當時，軸，與直線平行，不相交，不符合題意，故，
令，得到點的坐標為，
所以直線的方程為．
令，得到直線與軸的交點橫坐標
，
所以直線過定點．
當直線與軸重合時，直線與軸重合，所以直線過定點．
綜上，直線過定點．
（ⅱ）由（ⅰ）可知，直線過定點，
同理可知，直線也過定點，
因為直線與直線交于點，所以．
因為，兩點均在的左支上，所以或或，所以
．
令，則，
易知函數在上單調遞增，所以當時，，
故的面積的最小值為．
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中最值與范圍問題的常見求法
（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質來解決；
（2）代數法，若題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可先建立目標函數，再求這個函數的最值．
4．（24-25高三上·上海浦東新·期中）已知和為橢圓上兩點．
(1)求的離心率；
(2)若過P的直線交于另一點，且的面積為9，求的方程；
(3)過OA中點的動直線與橢圓有兩個交點，，試判斷在y軸上是否存在點T使得，若存在，求出點縱坐標的取值范圍；若不存在，說明利用．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）將點代入橢圓方程，解出、的值，再由橢圓中求出離心率即可；
（2）根據已知條件，分直線斜率存在和不存在兩種情況討論解出符合題意的直線方程即可；
（3）根據已知條件設直線方程，與橢圓方程聯立，設，，，
寫出韋達定理，將轉化為的函數，再根據函數值域得出點縱坐標的取值范圍，再驗證直線斜率不存在的情況，得到最終結果.
【詳解】（1）依題意，，解得，
則離心率；
（2）
由（1）可知，橢圓C的方程為，
當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為，易知此時
點到直線的距離為，則，與已知矛盾；
當直線l的斜率存在時，設直線的方程為，即，
設，
聯立，
消去整理可得，
則，
由弦長公式可得，，
整理得：，
點A到直線l的距離為，
則
解得或，
則直線l的方程為或；
（3）若過中點的動直線的斜率存在，
則可設該直線方程為
設，，，
由，可得，
故，
且，，
而，，
故
因為恒成立，
故，即，
解得，
若過點的動直線的斜率不存在，則，，
此時需，兩者結合可得
故這個點縱坐標的取值范圍為.
5．（24-25高三上·山東濰坊·期末）已知雙曲線的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為，過點的直線交于，兩點.
(1)求的方程；
(2)設的左、右頂點分別為，，直線與直線交于點，證明：，，三點共線.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據離心率及焦點坐標列方程求解得出雙曲線方程；
（2）分直線的斜率為0和直線的斜率不為0兩種情況分別檢驗，即可證明三點共線.
【詳解】（1）由題意知，因為，
所以，所以，
所以的方程為.
（2）由題意知，，
當直線的斜率為0時，：，此時，，三點共線顯然成立，
當直線的斜率不為0時，設：，，，
聯立可得，
由題意得，
，
所以，，
因為直線的方程為，
令，得，所以，
所以，
因為，
所以
所以，故，，三點共線，
綜上得，，三點共線.
【點睛】關鍵點點睛：證明的關鍵點是把三點共線轉化為結合韋達定理即可求解證明.
6．（24-25高三上·湖北武漢·期末）已知橢圓C：的長軸長是短軸長的2倍，焦距為，點A，B分別為C的左、右頂點，點P，Q為C上的兩個動點，且分別位于x軸上、下兩側，和的面積分別為，，記
(1)求橢圓C的方程；
(2)若，求證直線PQ過定點，并求出該點的坐標；
(3)若，設直線AP和直線BQ的斜率分別為，，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)證明見解析，定點坐標為
(3)
【分析】（1）根據題意，列出關于的方程組，求得的值，即可得到橢圓方程；
（2）由圖形對稱性可知定點在x軸上，設，由題意得，求解即可.
（3）設直線PQ的方程為，，，并表示
聯立由韋達定理得，，代入化簡并結合即可得所求.
【詳解】（1）由題意知，，，又，，，
所以橢圓C的方程為：
（2）證明：由知，，由圖形對稱性可知，定點M在x軸上，
設直線PQ方程為：，，，，
，解得，
即定點坐標為
（3）設直線PQ的方程為，，
聯立可得，
則，，且
于是
，
，，即的范圍是
7．（24-25高三上·河北滄州·期末）平面直角坐標系中，動點到點的距離比它到軸的距離多1．
(1)求動點的軌跡方程；
(2)若點C為，過的直線l與點的軌跡交于A，B兩點（A，B與C不重合），直線，與直線交于點，．證明：以為直徑的圓在上截得的弦長為定值．
【答案】(1)或
(2)證明見解析
【分析】（1）根據距離公式得到方程，整理即可得解；
（2）設直線的方程為，，，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，表示出直線的方程，即可求出點坐標，同理可得點坐標，以線段為直徑的圓與軸交點設為，根據求出參數的值，即可得解.
【詳解】（1）因為到點的距離為，到軸的距離為．
由題意動點到點的距離比它到軸的距離多1得，
整理得，，即．
當時，；
當時，；
所以動點的軌跡方程為或．
（2）依題意設直線的方程為，依題意，點的軌跡方程應取，
將代入，消去得，
設，，則，，
設，，，
則，
直線的方程為，
令，則，
，同理可得，
以線段為直徑的圓與軸交點設為，
則，，且，
，
，
或，
以為直徑的圓在軸上截得的弦長為定值．
8．（24-25高三上·山東日照·期末）在平面直角坐標系中，已知定點，動點滿足，記的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)過作軸的垂線與曲線在第一象限的交點為，過點的直線與曲線相切，且與軸交于點.
（i）點是曲線上異于的一點，且，求直線的方程；
（ii）過點且斜率不為0的直線交曲線于兩點（在的左側），若為線段的中點，直線交直線于點，求證：軸.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）證明見解析
【分析】（1）由題意可得其軌跡為橢圓，結合橢圓的性質即可得到其標準方程；
（2）（i）根據題意，聯立直線與橢圓方程代入計算，即可得到點的坐標，然后結合三角形的面積公式代入計算，即可得到在關于對稱的直線上，即可得到結果；（ii）聯立直線DE與橢圓方程，結合韋達定理代入計算，即可得到直線的方程，再由直線與直線即可得到點的縱坐標，即可證明.
【詳解】（1）由題意知動點的軌跡是以為焦點的橢圓，且焦距，長軸，所以，所以曲線的方程為.
（2）

（i）由題意知，點的坐標為，
因為過點的切線斜率不為0，故設，與橢圓聯立，
得，令，得①，
又過，則②，聯立①②可得，則，
所以點的坐標為，
因為，故，
從而到的距離為到距離的2倍，即在關于對稱的直線上，
又在橢圓上，從而關于對稱，故直線方程為.
（ii）方法一：因為，直線的斜率不為0，
故設直線DE的方程為，
與橢圓聯立，得，
所以，
所以，所以，
又，則直線的方程為，
軸，直線與交于，則，所以，
故，
故軸.
方法二：設，
則，則①，又由，
兩式作差可得：②，
結合①②可得，，所以，
又，則直線的方程為
軸，直線與交于，則，
故，故軸.
9．（24-25高三上·安徽銅陵·期末）設橢圓.已知點，在橢圓上.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若過點的直線與橢圓交于兩點（在右側），且與線段交于點.
（i）證明：；
（ii）當為中點時，求直線的方程.
【答案】(1)；
(2)（i）證明見解析；（ii）或.
【分析】（1）由橢圓所過的點求橢圓參數，即可得方程；
（2）（i）設，，，，有，且，聯立直線與橢圓并應用韋達定理，分析法將問題化為證明，即證，代入參數驗證兩側是否相等即可；（ii）由題設有，可得，結合代入韋達定理求參數k，即可得直線方程.
【詳解】（1）由題意，且，可得，
故橢圓的標準方程為；
（2）（i）由題設，直線，且直線的斜率存在，
設，，，，
則，，且，
聯立，消去y可得，
所以，可得，
則，，
要證，即證，
即證，整理得，
即證，整理得，
將，代入，得，
所以，顯然兩側相等，結論得證.
（ii）當為中點時，由（i）結論，有，
所以，即，結合韋達定理，
有，將代入，得，
消去得，整理得，
所以或，則直線為或.
10．（24-25高三上·甘肅武威·期末）已知，分別是橢圓的左、右頂點，P（異于點A，B）是C上的一個動點，面積的最大值為2．
(1)求橢圓C的方程；
(2)記直線PA，PB的斜率分別為，，求的值；
(3)直線l交橢圓C于M，N兩點（異于A，B兩點），直線AM，AN的斜率分別為，，且，證明：直線MN過定點．
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據條件可知當點在橢圓上、下頂點處時，面積的最大，由此可計算橢圓標準方程.
（2）設，表示，利用點在橢圓上可求結果.
（3）設l的方程為，與橢圓方程聯立，利用可計算出的值，即可證明結論.
【詳解】（1）由題意得，.
當點在橢圓上、下頂點處時，面積的最大，此時面積為，
∴，∴橢圓C的方程為．
（2）設，則，即，
∴．
（3）由題意知直線l的斜率不為0，設l的方程為，，．
由得，
，
∴，，
∴，，
∵，∴，即，
∴，
解得或（舍）．
當時，滿足，此時MN的方程為，故直線MN過定點．
11．（24-25高三上·江蘇·期末）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，焦距為4，漸近線方程為
(1)求C的方程；
(2)過的直線l分別交C的左、右兩支于A，B兩點，直線交C于另一點P，
①若，求點P的坐標；
②是否存在常數，使得若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)
(2)①；②存在，
【分析】（1）由焦距可得c，由漸近線可得a、b關系，再結合a、b、c的平方關系求解即可；
（2）①設，，分別于雙曲線聯立，由，得，則，結合B在雙曲線上，代入可得B坐標，進而求得P坐標；
②由韋達定理可得，進而利用斜率公式可得，，即可得解.
【詳解】（1）由題意得，
解之得，所以C的方程為
（2）①設，，
設，，，
由得，
則，
由得，
則，
因為，所以，
則，整理得，
因為，，
所以，
即，
因為點B在雙曲線C上，所以，
則，解之得，
則，所以，
則，即直線BP垂直于x軸，故
②由①知，，，
所以，
則
，
而，
所以，即存在滿足題意.
【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
12．（24-25高三上·廣西河池·期末）設拋物線的焦點為，點，直線交于，兩點，且．
(1)求的標準方程；
(2)已知，是拋物線上的任意兩點，過點，分別作在點，處的切線交于點，
①證明：，，成等比數列；
②證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）設直線方程為，根據過點且可求出的值，即可得到結果.
（2）①表示切線方程，聯立可得點坐標，表示，，即可證明結論.
②利用向量證明，結合三角形相似可證明結論.
【詳解】（1）
由題意得，直線斜率存在，.
∵直線過點，∴設直線方程為，則.
由得，，∴，
∴，
由得，∴，即，解得，
∴的標準方程為.
（2）
①由得，，∴.
設，則，
∴點處的切線斜率分別為，
∴點處的切線方程為，整理得，，即，
點處的切線方程為，聯立兩切線方程得，.
由（1）得，，∴.
∵，
∴，
∴，，成等比數列.
②由①得，，，
∴，，
∵，∴，
∴，即，故，
∵，∴，∴與相似，
∴.
【點睛】關鍵點點睛：解決第（2）問①的關鍵是通過求導表示切線斜率，求出切線方程，結合拋物線的定義表示，，；解決第（2）問②的關鍵是通過向量表示夾角，根據三角形相似證明結論.
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