專題9-6 圓錐曲線大題：非韋達定理形式歸類-高考數(shù)學一輪復習熱點題型歸納與變式演練（解析版）

專題9-6圓錐曲線大題：非韋達定理形式歸類目錄TOC\o"1-3"\h\u熱點題型歸納 1【題型一】橢圓“點代入”型 1【題型二】雙曲線“點代入”型 3【題型三】拋物線“點代入”型 5【題型四】知道一根或者求根公式硬算 6【題型五】非對稱型：韋達定理代入消去 8【題型六】非對稱型：韋達定理線性“互函” 10【題型七】無韋達 11真題再現(xiàn) 13模擬檢測 19【題型一】橢圓“點代入”型【典例分析】已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦點分別為F1（-c，0），F(xiàn)2（c，0），過F2作垂直于x軸的直線l交橢圓C于A、（1）橢圓C的離心率；（2）M、N是橢圓C短軸的兩個端點，設點P是橢圓C上一點（異于橢圓C的頂點），直線MP、NP分別和x軸相交于R、Q兩點，O為坐標原點，若|OR|?|OQ|=4，求橢圓C的方程．【答案】（Ⅰ）e=32；（Ⅱ）【解析】試題分析：（Ⅰ）法一：把A點橫坐標代入橢圓求得|y|，從而得到a,c的關系式，進而求得離心率；法二：直角ΔAF1F2中，由勾股定理得到a,c的關系式，從而求得離心率；（Ⅱ）設M(0,b),N(0,?b),P(x0,y0)，則由MP、NP的方程中分別令y=0得到試題解析：（Ⅰ）法一：A點橫坐標為c，代入橢圓得c2a2+y2b2=1，解得|y|=b2法二：直角ΔAF1F2中，|F∴2a=736c+（Ⅱ）設M(0,b),N(0,?b),P(x則MP方程為y=y0?bx0x+b，令NP方程為y=y0+bx0x?b，令y=0∴c2=3,b2=1【變式演練】已知橢圓的一個焦點與拋物線的焦點重合，且橢圓的離心率為.（1）求橢圓的標準方程；（2）直線交橢圓于?兩點，線段的中點為，直線是線段的垂直平分線，求證：直線過定點，并求出該定點的坐標.【答案】（1）；（2）證明見解析，直線過定點.【分析】（1）由拋物線的焦點為，求得c，再根據(jù)橢圓的離心率求解.（2）設，，利用點差法結合線段的中點為，求得線段的垂直平分線的方程即可.【詳解】（1）拋物線的焦點為，則.橢圓的離心率，則.故橢圓的標準方程為.（2）顯然點在橢圓內部，故，且直線的斜率不為.當直線的斜率存在且不為時，設，，則有，，兩式相減得.由線段的中點為，則，故直線的斜率.因為直線是線段的垂直平分線，故直線，即.令，此時，于是直線過定點.當直線的斜率不存在時，易知，此時直線，故直線過定點.綜上所述，直線過定點.【題型二】雙曲線“點代入”型【典例分析】已知橢圓的一個焦點與拋物線的焦點重合，且橢圓的離心率為.（1）求橢圓的標準方程；（2）直線交橢圓于?兩點，線段的中點為，直線是線段的垂直平分線，求證：直線過定點，并求出該定點的坐標.【答案】（1）；（2）證明見解析，直線過定點.【分析】（1）由拋物線的焦點為，求得c，再根據(jù)橢圓的離心率求解.（2）設，，利用點差法結合線段的中點為，求得線段的垂直平分線的方程即可.【詳解】（1）拋物線的焦點為，則.橢圓的離心率，則.故橢圓的標準方程為.（2）顯然點在橢圓內部，故，且直線的斜率不為.當直線的斜率存在且不為時，設，，則有，，兩式相減得.由線段的中點為，則，故直線的斜率.因為直線是線段的垂直平分線，故直線，即.令，此時，于是直線過定點.當直線的斜率不存在時，易知，此時直線，故直線過定點.綜上所述，直線過定點.【變式演練】已知雙曲線：，，，，，五點中恰有三點在上.（1）求的方程；（2）設是上位于第一象限內的一動點，則是否存在定點，使得,若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在，定點【分析】（1）、根據(jù)五點的坐標及雙曲線的對稱性和頂點的特征確定都在上，得到方程組，求得，，即可得的方程；（2）、根據(jù)條件及補角的定義得到，分軸與不與軸垂直兩種情況分析求解.（1）若，，在雙曲線上，則，，只能是雙曲線的頂點，，，三點中只能有一點是頂點，都在雙曲線上，，，兩點關于上對稱，由雙曲線頂點的位置特征分析可知，在上，將，代入雙曲線的方程中，則，得，，故的方程為.（2）假設存在定點滿足題意，，，，.①、當軸時，,，，在中，,，，此時.②、當不與軸垂直時，假設，滿足.設，則，，，又，，即，所以假設成立.故存在定點，使得【題型三】拋物線“點代入”型【典例分析】已知拋物線，圓的圓心為點．（1）求點到拋物線的準線的距離；（2）已知點是拋物線上一點（異于原點），過點作圓的兩條切線，交拋物線于，兩點，若過，兩點的直線垂直于，求直線的方程．【答案】（1）;（2）.【分析】（1）求出拋物線的準線方程以及圓心坐標，利用點到直線的距離公式即可求出結果；（1）設點，，，，，，進而表示出的斜率，由于到直線的距離相等，因此可得出關系式，根據(jù)韋達定理得到表達式，然后再結合與垂直即可求出點的坐標，進而得出結果.（1）由于拋物線準線方程為：，圓的圓心，利用點到直線的距離公式可以得到距離．（2）設點，，，，，；由題意得：，，設過點的圓的切線方程為：即①則，即設，的斜率為，，則，應該為上述方程的兩個根，，；代入①得：則，應為此方程的兩個根，故，。由于，。故．【變式演練】已知拋物線的頂點為原點，其焦點，到直線的距離為．（1）求拋物線的方程；（2）設點，為直線上一定點，過點作拋物線的兩條切線，，其中，為切點，求直線的方程，并證明直線過定點．【答案】（1）（2）直線的方程為，證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意，由求解；（2）設，，切點為，求得，利用切線斜率由，得到，結合韋達定理表示直線方程即可.（1）解：拋物線的焦點，到直線的距離為，，解得或，（舍，拋物線的方程為．（2）設，，設切點為，因為曲線，所以，則切線的斜率為，化簡，得，設，，，，則，是以上方程的兩根，，，，則直線方程為：，化簡得：，因為，所以，即，所以直線AB過定點．【題型四】知道一根或者求根公式硬算【典例分析】已知拋物線方程y2=4x,F為焦點，P為拋物線準線上一點，Q為線段PF與拋物線的交點，定義：（1）當P?1,?83（2）證明：存在常數(shù)a，使得2dP（3）P1,P2,P3【答案】（1）83【分析】（1）求解出Q點坐標，然后得到PF和FQ，從而求得dP；（2）通過假設P點坐標得到直線PF方程，與拋物線聯(lián)立后得到y(tǒng)Q，代入2dP?PF，整理得到結果；（3）由P1P2=P2P3可知P【詳解】由題意可知：F1,0，準線方程為：（1）因為kPF=832=則PF=?1?1（2）當P?1,0時，易得設P?1,yP，yP聯(lián)立x=my+1y2由對稱性可知yP<0亦成立。綜上所述，存在a=2，使得（3）由P1P2=P設P1?1,因為y又因y12+4【變式演練】如圖所示，橢圓的離心率為，其右準線方程為，A、B分別為橢圓的左、右頂點，過點A、B作斜率分別為、，直線AM和直線BN分別與橢圓C交于點M，N（其中M在x軸上方，N在x軸下方）.（1）求橢圓C的方程；（2）若直線MN恒過橢圓的左焦點，求證：為定值.【答案】（1）；（2）證明見解析.（1）由題可得，求出，再利用，即可求出橢圓C的方程；（2）設AM的方程為，聯(lián)立，利用韋達定理求得點，同理求出，再利用向量共線，求出，即證為定值.【詳解】（1）由題可得，解得又，可得，所以橢圓C的方程為：（2），設AM的方程為，設，由，消去整理得，，由韋達定理可得：，解得，代入，求得，即，設BN的方程為，設，由，消去整理得，，由韋達定理可得：，解得，代入，求得，即又直線MN恒過橢圓的左焦點，則又，，即，，，即【題型五】非對稱型：韋達定理代入消去【典例分析】已知點坐標為，點分別為橢圓的左、右頂點，直線交于點是等腰直角三角形，且.（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線交橢圓于兩點，其中點在軸上方.設直線的斜率為，直線的斜率為，探究是否為定值，若為定值，求出定值；若不是定值，說明理由.【答案】（1）橢圓的方程為：；（2）是定值為．【分析】（1）根據(jù)題意可知，，設，，由向量等式可得的坐標，代入橢圓方程求出的值，從而得到橢圓的方程；（2）設出方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系即斜率公式即可求得為定值．【詳解】（1）是等腰直角三角形，，，已知，設，，由，得，，則，代入橢圓方程得，橢圓的方程為：；（2）當直線的斜率存在時，設直線的方程為，聯(lián)立，得．設，，，，則，，，，則．當直線的斜率不存在時，、分別與、重合，不符合在軸上方，舍去．是定值為．【變式演練】已知橢圓的離心率為.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設直線過點且與橢圓相交于兩點.過點作直線的垂線，垂足為.證明直線過軸上的定點.【答案】（1）；（2）見解析.【分析】（1）由離心率列方程可求得橢圓方程；（2）當直線AB的斜率不存在時，直線BD過點（2，0）．當直線AB的斜率存在時，設直線AB為y=k（x-1），聯(lián)立方程組，消去y整理得：（1+3k2）x2-6k2x+3k2-3=0．利用韋達定理、直線方程，結合已知條件求出直線BD過x軸上的定點．【詳解】（1）解：由題意可得,

解得，所以橢圓C的方程為．（2）直線BD恒過x軸上的定點N（2，0）．證明如下（a）當直線l斜率不存在時，直線l的方程為x=1，不妨設A（1，），B（1，），D（3，）．此時，直線BD的方程為：y=（x-2），所以直線BD過點（2，0）．（b）當直線l的斜率存在時，設A（x1，y1），B（x2，y2），直線AB為y=k（x-1），D（3，y1）．由得：（1+3k2）x2-6k2x+3k2-3=0．所以x1+x2=，x1x2=．……（*）直線BD：y-y1=（x-3），只需證明直線BD過點（2，0）即可.令y=0，得x-3=，所以x===即證，即證.將（*）代入可得.所以直線BD過點（2，0）。綜上所述，直線BD恒過x軸上的定點（2，0）．【題型六】非對稱型：韋達定理線性“互函”【典例分析】設橢圓C的左、右頂點為A，，過右焦點作非水平直線與橢圓C交于P，Q兩點，記直線AP，BQ的斜率分別為，，試證：為定值，并求此定值（用a的函數(shù)表示）【答案】【詳解】證明：設：x=ty+1，代入橢圓方程得設，，則，.兩式相除得，．由題意知，．從而.因為所以．.【變式演練】已知橢圓的離心率為，其短軸長為，設直線，過橢圓右焦點的直線（不與軸重合）與橢圓相交于、兩點，過點作，垂足為．（1）求橢圓的標準方程；（2）求證：直線過定點，并求出定點的坐標．【答案】（1）；（2）證明見解析，定點．【分析】（1）根據(jù)已知條件可得出關于、、的方程組，解出這三個量，即可得出橢圓的標準方程；（2）設直線的方程為，設點、、，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，列出韋達定理，求出直線并化簡，由此可得出直線所過定點的坐標.【詳解】（1）由題意可得，解得，故橢圓的方程為；（2）證明：由題得，設直線，設、、，聯(lián)立方程，得，①所以有，，且，因為、，所以直線的方程為，由，得，②將代入②，則直線的方程為，故直線過定點，即定點為．【題型七】無韋達【典例分析】已知過點，圓心在拋物線上運動，若為在軸上截得的弦，設，.（1）當運動時，是否變化？證明你的結論.（2）求的最大值，并求出此時方程.【答案】（1）不變，證明見解析；（2），【詳解】（1）設，方程為，與聯(lián)立.得..在拋物線上，，代入，得為定值.不變.（2）由（1）可設、，，，當且僅當時取等號，將代入拋物線可得，即圓心為：，，此時圓方程為.【變式演練】已知橢圓經(jīng)過點，離心率為，為坐標原點.（1）求橢圓的方程；（2）設、分別為橢圓的左、右頂點，為橢圓上一點（不在坐標軸上），直線交軸于點，為直線上一點，且，求證：、、三點共線.【答案】（1）；（2）證明見解析.【詳解】（1）將點的坐標代入橢圓的坐標可得，由題意可得，解得，因此，橢圓的標準方程為；（2）橢圓的左、右頂點分別為、，設點，則，則，直線的斜率為，則直線的方程為，令，可得，即點，設點，由，可得，直線的斜率為，則直線的方程為，將代入直線的方程得，所以點的坐標為，直線的斜率為直線的斜率為，又、有公共點，因此，、、三點共線.1.（四川高考理科21）橢圓有兩頂點、，過其焦點的直線與橢圓交于兩點，并與軸交于點．直線與直線交于點．（I）當時，求直線的方程；（II）當點異于兩點時，求證：為定值。解析：（I）由已知可得橢圓方程為，設的方程為為的斜率，設，。則由，得，可得，所以整理得，，所以，的方程為（II）由題可得，，直線的方程為，直線的方程為，由，可得，（的系數(shù)出現(xiàn)了不對稱）由，得，代入上式可得，，可得，即所以，是定值1.2.（江蘇高考理科）在平面直角坐標系中，如圖，已知橢圓的左、右頂點為A、B，右焦點為F。設過點的直線TA、TB與橢圓分別交于點M、，其中m>0,。（1）設動點P滿足,求點P的軌跡；（2）設，求點T的坐標；（3）設,求證：直線MN必過x軸上的一定點（其坐標與m無關）。[解析]（1）設點P（x，y），則：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。由，得化簡得。故所求點P的軌跡為直線。（2）將分別代入橢圓方程，以及得：M（2，）、N（，）直線MTA方程為：，即，直線NTB方程為：，即。聯(lián)立方程組，解得：，所以點T的坐標為。（3）切入法一：由題意得B（3，0）、A（-3，0），M、，設直線的方程為，聯(lián)立得，所以，可得，所以直線的方程為，直線的方程為，聯(lián)立直線、的方程得，即，顯然得交點的坐標，所以即，法一：注意到M在橢圓上，所以，即，所以，所以，把，，代入得，即，即得，注意到，所以，所以，即直線的方程為過定點。法二：得，代入得，整理得，即，所以，即直線的方程為過定點。切入法二：點T的坐標為直線MTA方程為：，即，直線NTB方程為：，即。分別與橢圓聯(lián)立方程組，同時考慮到，解得：、。（方法一）當時，直線MN方程為：令，解得：。此時必過點D（1，0）；當時，直線MN方程為：，與x軸交點為D（1，0）。所以直線MN必過x軸上的一定點D（1，0）。方法二：若，則由及，得，此時直線MN的方程為，過點D（1，0）。若，則，直線MD的斜率，直線ND的斜率，得，所以直線MN過D點。因此，直線MN必過軸上的點（1，0）。3.（遼寧高考理20）如圖，橢圓，動圓.點分別為的左、右頂點，與相交于四點（1）求直線與直線交點的軌跡方程；（2）設動圓與相交于四點，其中，.若矩形與矩形的面積相等，證明：為定值?！窘馕觥吭O，，又知，，則直線的方程為①直線的方程為②由①②得③由點在橢圓上，故可得，從而有，代入③得：（）（2）證明：設，由矩形與矩形的面積相等，得，即，因為點均在橢圓上，所以由，知，所以。從而，因而為定值；4.、（新課標1理文20題）設拋物線的焦點為，準線為，，已知以為圓心，為半徑的圓交于兩點；（1）若，的面積為；求的值及圓的方程；（2）若三點在同一直線上，直線與平行，且與只有一個公共點，求坐標原點到距離的比值?！敬鸢浮?Ⅰ).。(Ⅱ)．【解析】（1）由對稱性知：是等腰直角，斜邊，點到準線的距離，圓的方程為由對稱性設，則，點關于點得：，得：，直線切點直線坐標原點到距離的比值為。5..（2022年新高考2卷）設雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F(2,0)，漸近線方程為y=±3x.

(1)求C的方程;

(2)經(jīng)過F的直線與C的漸近線分別交于A，B兩點，點P(x1,y1)，Q(x2,y2)在【答案】解：(1)由題意可得ba=3，a2+b2=2，故a=1，b=3．

因此C的方程為x2?y23=1．

(2)設直線PQ的方程為y=kx+m(k≠0)，將直線PQ的方程代入C的方程得(3?k2)x2?2kmx?m2?3=0，

則x1+x2=2km3?k2，x1x2=?m2+33?k2，

x1?x2=(x1+x2)2?4x1x2=23(m2+3?k2)3?k2．

不段點M的坐標為(xM,yM)，則yM?y1=?3(xM?x1)yM?y2=3(xM?x2)．

兩式相減，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．

兩式相加，得2yM?(y1+y2)=3(x1?x2)，而y11.．已知橢圓的左頂點為A，右焦點為F，過點A作傾斜角為的直線與C相交于A，B，且，其中O為坐標原點．（1）求橢圓的離心率e；（2）若，過點F作與直線平行的直線l，l與橢圓C相交于P，Q兩點．①求的值；②點M滿足，直線與橢圓的另一個交點為N，若，求的值．【答案】（1）（2）①；②.【分析】（1）根據(jù)，求得點B得到坐標，代入橢圓方程求解；（2）①易知橢圓方程為：，設直線方程為：，與橢圓方程聯(lián)立，結合韋達定理，由求解；②設，根據(jù)，得到，由，得到，根據(jù)P，Q，N在橢圓上，將點的在坐標代入橢圓方程化簡求解.（1）解：由題意得：，所以，代入橢圓方程得，即，所以橢圓的離心率是；（2）①由（1）知：b=1,，則橢圓方程為：，設直線方程為：，與橢圓方程聯(lián)立，消去x得，設，則，則，，所以；②設，因為，所以，則，因為，所以，則，因為P，Q，N在橢圓上，所以，則，即，由①知，所以，解得.2.已知橢圓的右焦點為F，長軸長為4，離心率為．過點的直線與橢圓C交于A，B兩點．(1)求橢圓C的標準方程；(2)設直線的斜率分別為，求證：為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由題意列出方程即可求解；（2）設出直線方程，與橢圓聯(lián)立，得出韋達定理，代入化簡即可得出.(1)由已知有，解得，故橢圓C的標準方程為：；(2)由已知直線l斜率不為零，故設其方程為，由消去x得：（，令得．設，則有，易知，∴所以為定值．3.已知橢圓的左右頂點分別為，，右焦點的坐標為，點坐標為，且直線軸，過點作直線與橢圓交于，兩點（，在第一象限且點在點的上方），直線與交于點，連接.（1）求橢圓的方程；（2）設直線的斜率為，直線的斜率為，問：的斜率乘積是否為定值，若是求出該定值，若不是，說明理由.【答案】（1）（2）.【詳解】分析：（1）由題意可知，則，即可求得橢圓方程.（2）由題意設，，，設直線的方程為，代入橢圓方程，寫出韋達定理關系式，再根據(jù)三點共線，得到，然后計算的值為定值.詳解：（1）設橢圓方程為，由題意可知：，所以，所以橢圓的方程為（2）是定值，定值為.設，，因為直線過點，設直線的方程為：，聯(lián)立所以，，因為點在直線上，所以可設，又在直線上，所以：所以4.橢圓：的焦點，是等軸雙曲線：的頂點，若橢圓與雙曲線的一個交點是P，的周長為.(1)求橢圓的標準方程；(2)點M是雙曲線上任意不同于其頂點的動點，設直線、的斜率分別為，，求證，的乘積為定值；(3)過點任作一動直線l交橢圓與A，B兩點，記，若在直線AB上取一點R，使得，試判斷當直線l運動是，點R是否在某一定直線上運動？若是，求出該直線的方程；若不是，請說明理由.【答案】(1)(2)證明見解析(3)是，【分析】（1）根據(jù)雙曲線與橢圓的關系，求得，可得結果.（2）假設點，直接表示斜率，然后根據(jù)雙曲線方程化簡即可.（3）設直線方程并與橢圓聯(lián)立，結合韋達定理，然后根據(jù)，求得，最后計算即可.(1)有由題可知：，由的周長為所以，即所以所以橢圓的方程為(2)設，由所以所以，又，則所以(3)依題可知：直線的斜率存在，設方程為，所以所以由，設由所以所以5.如圖，在平面直角坐標系中，焦點在軸上的鞘園C:經(jīng)過點，且經(jīng)過點作斜率為的直線交橢圓C與A、B兩點(A在軸下方).(1)求橢圓C的方程；(2)過點且平行于的直線交橢圓于點M、N，求的值；(3)記直線與軸的交點為P，若，求直線的斜率的值.【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）由題意得e2，．又a2＝b2+c2，，解得b2；（2）設A（x1，y1），B（x2，y2）．設直線l的方程為y＝k（x﹣1）．聯(lián)立直線l與橢圓方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，可設直線MN方程為y＝kx，聯(lián)立直線MN與橢圓方程，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，則y＝﹣k，所以P（0，﹣k），從而，由得即①，由（2）知②，由①②得?50k4﹣83k2﹣34＝0，解得k2.【詳解】（1）因為橢圓C：1經(jīng)過點所以．又∵a2＝b2+c2，，解得b2＝4或b2＝8（舍去）．所以橢圓C的方程為．（2）設A（x1，y1），B（x2，y2）．因為T（1，0），則直線l的方程為y＝k（x﹣1）．聯(lián)立直線l與橢圓方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，所以x1+x2，x1x2．因為MN∥l，所以直線MN方程為y＝kx，聯(lián)立直線MN與橢圓方程消去y得（2k2+1）x2＝8，解得x