专题2.5 韦达化处理以及非对称韦达-【模型技巧】备考2024高考数学二轮复习重难点突破专题（新高考专用）

这是一份专题2.5 韦达化处理以及非对称韦达-【模型技巧】备考2024高考数学二轮复习重难点突破专题（新高考专用），文件包含专题2-5韦达化处理以及非对称韦达原卷版docx、专题2-5韦达化处理以及非对称韦达解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。


韦达化处理
将题目的核心条件坐标化后，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，就需进行韦达化处理．韦达化主要又两个路径：代换和配凑.
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：
例题回顾
直线l与抛物线交于A、B两点，且满足，证明：直线l过定点．
部分解析
由题，直线不与x轴平行，故设，其中，设点，
联立，消x得：，，则，
因为，则，即，
方向一：直线代换:
剩余解析
又，即，代入得，
即
解得(舍)或，即直线过定点．
通常情况下，我们在解答题以直线代换居多，这里不再赘述．但需要注意一点，一般而言，如果选择代换消去y则正设直线；选择代换消去x，则反设直线．
方向二：曲线代换：
剩余解析
又，代入得，
解得(舍)或，即直线过定点．
对于核心信息表达式中的一次项，一般以直线代换为主．而曲线如果为抛物线，也可以用抛物线代换，如例题中抛物线为，因此对于x的一次式可以用曲线代换．反之，如果抛物线为则可用曲线对y进行代换，由于我们要代换的是y，因此联立后的方程保留为关于x的二次方程，同时直线的假设则以正设为主．
另一方面，如果核心信息表达式中是单元的二次形式，如形式，则一般考虑用曲线代换，这样处理会更加简单．
【例题1】
在平面直角坐标系中，椭圆的上顶点为A，点B、C是上不同于A的两点，且点、关于原点对称．记直线AC、AB的斜率分别为、，求证：为定值．
分析
此题中核心信息即直线AC、BC的斜率．由题易知点A(0，1)，要表示AC、AB的斜率，还需要引入参数，因为B、C关于原点对称，故不妨设，那么是否需要设直线呢? 再往后看．
引入参数后，将斜率坐标化表达：；
目标信息为斜率之积，即；
接下来需要考虑代换问题，观察到目标信息是二次形式，代换中我们提到，对于单元二次形式的，可采用曲线代换，由于此时还未假设直线，看来也是不需要了．由点B、C在曲线上，故有，即，代入目标信息中可得，为定值．
解析
由题，设点，，
则
又点B椭圆上，故有，即，
代入可得，为定值，得证.
韦达化处理二：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
非对称韦达
此外，在一些定点、定值、定线问题中，还常出现需要证明类似为定值的情形，通过直线代换可得：但此时式子并不能完全整理为韦达定理的形式，这种式子一般称为“非对称韦达定理”．
我们明明求了韦达定理却无法代入，这时我们就需要通过所求得的韦达定理找到和之间的关系，将其中一个替换，常用手段是把乘法的替换成加法，
非对称韦达的处理，技巧性稍强一些，具体处理方法技巧．
【例题 2】
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．
分析
此题核条件为直线AM与的斜率显然要设点，不妨设而由题可知A(－2，0)，B(2，0)，因此， 从而目标信息，要证明其值为定值．从目标信息的形式来看，用x或y表示并无差异，考虑到直线不与x轴重合，故采用反设直线要方便些，因此设.
通过直线替换后可得
出现了韦达定理结构之外的形式，即落单的和，像此类结构，一般被称为“非对称韦达”
下面我们介绍几种常见的处理策略，准备工作先做好，先联，
消x得，易知△>0，则
策略一：和积转换——找出韦达定理中的两根之和与两根之积的关系
如本例中由韦达定理可得，，代入目标信息得，稍作整理，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
∴
上面使用的是纵坐标的和积关系，若正设直线，需考虑直线l斜率问题，斜率存在时，同理，借助横坐标的和积关系也可证明，再验证斜率不存在时的情形. 考虑到本例中反设直线，两根的和积关系显而易见，而对于一般的和积关系，关系可能不是那么明显，如此例中正设直线，具体可参看策略三中的解析．
策略二：配凑半代换——对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑
而半代换也有一定技巧，就是配凑．比如题中的，若只代换，
得，依然无法得到定值，因为落单的和不一致，而此时为分式结构，分式结构的定值需要满足上下一致，且对应成比例，抓住这个核心，可以对和其中某个进行配凑使其能构成比例形式.以分子为例，分子要出现形式，可将分子整理为，从结构上可以猜测定值为，不妨将韦达代入，得，得证.
分母可作类似处理，得.
上面使用的是纵坐标的配凑半代换，借助横坐标的配凑半代换亦可证明，可自行尝试．
策略三：先猜后证
可以先找一个特殊情况先得到该定值，进而再证明其他情形也为该值.
显然先考虑直线l斜率不存在时的情形，此时，，或，，对应为或，，此时均有，为定值．
当直线l斜率存在时，不妨就正设直线，联立，
消得易知△＞0，则
此时目标信息，可采用分析法证明．要证，即证也即，即，即，也即，此时为韦达定理的结构，代入韦达，即证，也即，显然成立，也即恒有，为定值．
上述先猜后证采用的是正设直线，借此我们也说说正设直线时采用和积关系处理和配凑半代换的处理策略．目标信息直线代换后得
若采用和积关系处理策略，观察韦达不难发现，此时和积关系没有反设直线那么直观，那么我们该如何寻找其关系呢?
一方面，可以采用待定系数，设求解得出和积关系．如此处设，即，解得，
即另一方面，可先对和积形式分别作分离常数处理 ，
那么如此也能得到和积关系.
代入目标信息，得，得证．
都到这了，那么“配凑半代换”也试一试好了，目标信息观察到此时分母中有落单的先把分母配凑成，此时分母中落单的只有，且系数为正．因分子可配凑成，从而，再代入韦达定理，
，得证．
策略一的“和积转换”以及策略二的“配凑半代换”可以说是“非对称韦达定理”的通法，而猜证结合也探究类题型的有效处理手段。除此之外，对于不同的结构和形式，还有一些其他对应的处理技法，考虑到通用性，这里只重点讲解“猜证结合”与“和积转换”和“配凑半代换”。
通过上述例题我们也能再次感受到，不同的参数引入和直线假设，对后续的计算处理将产生不同的影响，计算量也存在较大差异.
解析
反设直线：
由题，A(－2，0)，B(2，0)，设，
则， ，
联立，消x得，且△>0，
则
策略一：和积转换(一般是积转和)
所以，代入得，，为定值，得证.
策略二：配凑半代换
因此，得证
正设直线：
情形一 当直线l斜率不存在时，此时，，或，
因此或，，此时均有，为定值；
情形二 当直线l斜率存在时，不妨就正设直线，，，
因此， ，
联立，消得，
易知△＞0，则
策略一：和积转换（一般是积转和）
即，因此，
所以，为定值，得证.
策略二：配凑半代换
所以，
即，为定值，得证.
策略三：先猜后证
要证，即证，也即，
即，即，
也即，也即，显然成立，
也即恒有，为定值，得证.
2023·全国·统考高考2卷真题
已知双曲线C：，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.
【分析】设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】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：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
（2020·全国·统考高考真题）已知A、B分别为椭圆E：的左、右顶点，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D，证明：直线CD过定点.
【分析】设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
重点题型·归类精讲
点是椭圆的左右顶点若直线与椭圆交于M，N两点，求证：直线AM与直线的交点在一条定直线上．
【解析】联立化简得(，
△＞0，，直线AM：，直线BN：
联立得，【不是韦达定理，怎么处理呢】
策略一：配凑半代换
原式＝
故直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．
策略二：和积转换
分离常数得：，
则有
代入得
点评 本题若采用反设直线，计算量可能会更小一些，能够比较轻松看出和之间的关系，从而进行代入消元，求得定值，可以让学生自行尝试.
（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两个动点，面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线，的斜率分别为，，和的面积分别为，.若，求的最大值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质，建立方程组，可得答案；
（2）分情况设直线的方程，联立方程，写出韦达定理，根据斜率之间的关系，求得直线方程的参数，整理所求值的函数，利用导数，求得最值.
【详解】（1）
当点P为椭圆C短轴顶点时，的面积取最大值，
结合及，解得 ，
故椭圆C的标准方程为 .
（2）
设点，
若直线PQ的斜率为零，由对称性知，，
则，，，不合题意.
设直线PQ 的方程为 ，由于直线PQ不过椭圆 C 的左、右顶点，则
联立 得，由可得 ，
，，
所以
解得
即直线PQ的方程为，故直线PQ过定点 .
由韦达定理可得，
由平面几何知识，
所以，
设，则，当时，，故在单调增，
因为，所以，
因此，的最大值为.
已知椭圆的左、右焦点是，左右顶点是，过的直线与椭圆交于两点P、Q(不是左、右顶点)，且的周长是，直线与交于点M，求证直线与交点M在一条定直线l上
【解析】，，，
设直线PQ的方程是，
代入椭圆方程得：，
易知，
设，，，
则
，
直线的方程是： ①，
直线的方程是： ②，
设，既满足①也满足②，
则
，
故直线与交点M在一条定直线l：x＝2上.
已知椭圆的左、右顶点分别为、，短轴长为，点上的点满足直线、的斜率之积为．
(1)求的方程；
(2)若过点且不与轴垂直的直线与交于、两点，记直线、交于点．探究：点是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．
【解析】（1）设，则，且，所以，，
则，
故①，又②，
联立①②，解得，，故椭圆的方程为．
（2）结论：点在定直线上．
由（1）得，、，设，
设直线的方程为，设点、，
联立，整理得，
，
，
直线的方程为，直线的方程为，
所以，，
可得
，解得，
因此，点在直线上.
已知椭圆的离心率为，短轴长为．
（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．
【解析】（1）因为椭圆的离心率，，，
又，．
因为，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．
已知、分别是离心率的椭圆的左右项点，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.
【解析】（1）由向量数量积的坐标运算可求得，再由离心率可得，然后求得，得椭圆方程；
（2）当直线的斜率存在时，设直线，，，则，
由直线方程与椭圆方程联立并消元后应用韦达定理得，然后写出直线方程并变形后代入，可得定点坐标，再验证直线斜率不存在时，直线也过这个定点即可．
【详解】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.
当直线的斜率不存在时，直线也过点，综上知直线恒过定点.
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：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程．
【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解；
（2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上．
(1)
由椭圆过点，且离心率为，所以，解得
故所求的椭圆方程为．
(2)
由题意得，，
直线的方程，设，
联立，整理得，
∴，．
由求根公式可知，不妨设，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，得
代入，得，
解得，即直线与的交点在定直线上．