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高考数学专题练 专题六解析几何 微专题43 非对称韦达定理（含答案）
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这是一份高考数学专题练 专题六解析几何 微专题43 非对称韦达定理（含答案），共18页。
典例1 设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°，eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，求椭圆C的离心率．
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典例2 已知抛物线C：y2＝4x与定点P(2,1)，直线l过点P且与抛物线交于A，B两点，且有eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→))，求直线l的斜率．
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典例3 如图，设F为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点，过点(2,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；
(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：eq \f(k1,k2)为定值．
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[总结提升]
在解决直线与圆锥曲线的位置关系的问题中，在遇到直线与圆锥曲线联立转化为一元二次方程，得到韦达定理后，发现不能直接应用韦达定理，这类问题叫做“非对称韦达问题”，处理这类问题常用两种方法，一是和积转换法，二是配凑半代换法．
1．已知圆C：(x＋1)2＋y2＝8，定点A(1,0)，M为圆上动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(NP,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝0，点N的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
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(2)过定点F(0,2)的直线交曲线E于不同的两点G，H(点G在点F，H之间)，且满足eq \(FG,\s\up6(→))＝λeq \(FH,\s\up6(→))，求λ的取值范围．
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2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，短轴长为2eq \r(3).
(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P(4,0)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．
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3．已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．点N在E上，NF2⊥F1F2，△NF1F2的周长为6＋4eq \r(2)，面积为eq \f(1,3)c.
(1)求E的方程；
(2)设E的左、右顶点分别为A，B，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))的直线l与E交于C，D两点，记直线AC的斜率为k1，直线BD的斜率为k2，________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并解答)．
①求直线AC和BD交点的轨迹方程；
②是否存在常数λ，使得k1＝λk2恒成立？
③过点C作关于x轴的对称点C′，连接C′D得到直线l1，试探究：直线l1是否恒过定点．
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微专题43 非对称韦达定理
[考情分析] 圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，非对称韦达定理的应用在高考中经常出现，常以解答题的形式压轴出现，难度较大．
考点一 两根之比型
典例1 设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°，eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，求椭圆C的离心率．
解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y1>0，y2<0.
直线l的方程为y＝eq \r(3)(x＋c)，其中c＝eq \r(a2－b2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋c，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))
得(3a2＋b2)y2－2eq \r(3)b2cy－3b4＝0，
解得y1＝eq \f(\r(3)b2c＋2a,3a2＋b2)，y2＝eq \f(\r(3)b2c－2a,3a2＋b2).
因为eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，
即eq \f(\r(3)b2c＋2a,3a2＋b2)＝－2·eq \f(\r(3)b2c－2a,3a2＋b2).
整理得，离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,3).
非对称处理方法一
由韦达定理得y1＋y2＝eq \f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)，y1y2＝－eq \f(3b4,3a2＋b2).
由eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，得y1＝－2y2，
即eq \f(y1,y2)＝－2，所以eq \f(y1,y2)＋eq \f(y2,y1)＝－eq \f(5,2)，即eq \f(y1＋y22,y1y2)＝－eq \f(1,2).
则－eq \f(12b4c2,3a2＋b2·3b4)＝－eq \f(1,2)，整理得8c2＝3a2＋b2，即9c2＝4a2，
所以e＝eq \r(\f(c2,a2))＝eq \f(2,3).
注 方法一将eq \f(y1,y2)＝－2取倒数相加，得到eq \f(y1,y2)＋eq \f(y2,y1)＝－eq \f(5,2)，这样处理将不对称式转化为对称式，就可以将韦达定理的结果整体代入了．
非对称处理方法二
由y1＝－2y2，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－y2，,y1y2＝－2y\\al(2,2).))
则eq \f(y1＋y22,y1y2)＝eq \f(－y22,－2y\\al(2,2))＝－eq \f(1,2).
将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)，,y1y2＝－\f(3b4,3a2＋b2)，))
代入上式，得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)))2,－\f(3b4,3a2＋b2))＝－eq \f(1,2)，
eq \f(12b4c2,3a2＋b2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3b4)))＝－eq \f(1,2)，
整理得e＝eq \f(2,3).
注 方法二是利用条件y1＝－2y2，得到y1＋y2与y1y2的关系eq \f(y1＋y22,y1y2)＝－eq \f(1,2)，然后就可以用韦达定理处理了．
非对称处理方法三
将y1＝－2y2代入eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)，,y1y2＝－\f(3b4,3a2＋b2)，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y2＝\f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)，,－2y\\al(2,2)＝－\f(3b4,3a2＋b2).))
消去y2，得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)))2＝eq \f(3b4,3a2＋b2)，
整理得e＝eq \f(2,3).
注 方法三是逐个消掉y1，y2，其实就是代入消元法．
跟踪训练1 设双曲线C：eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)与直线l：x＋y＝1相交于不同的点A，B，设直线l与y轴的交点为P，且eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(5,12)eq \(PB,\s\up6(→))，求a的值．
解 易得P(0,1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
故eq \(PA,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(x2，y2－1)．
由双曲线C与直线l相交于两个不同的点，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－y2＝1，,y＝－x＋1，))得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0，
故x1＋x2＝－eq \f(2a2,1－a2)，x1x2＝－eq \f(2a2,1－a2)，
且1－a2≠0.
由eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(5,12)eq \(PB,\s\up6(→))，知(x1，y1－1)＝eq \f(5,12)(x2，y2－1)，
取x1＝eq \f(5,12)x2，由x1＝eq \f(5,12)x2得eq \f(x1,x2)＝eq \f(5,12)，
取倒数相加，得eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＝eq \f(5,12)＋eq \f(12,5)，
则eq \f(5,12)＋eq \f(12,5)＋2＝eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＋2＝eq \f(x1＋x22,x1x2)，
即eq \f(x1＋x22,x1x2)＝eq \f(289,60).
将x1＋x2＝－eq \f(2a2,1－a2)，x1x2＝－eq \f(2a2,1－a2)代入上式，得－eq \f(2a2,1－a2)＝eq \f(289,60)，解得a＝eq \f(17,13).
考点二 系数不等型
典例2 已知抛物线C：y2＝4x与定点P(2,1)，直线l过点P且与抛物线交于A，B两点，且有eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→))，求直线l的斜率．
解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
方法一 由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→))可得7y1＋y2＝8，即y2＝－7y1＋8，
引入待定系数λ，使得y2－1＝λ(y1－1)，
易得λ＝－7，即y2－1＝－7(y1－1)．
因为y1－1≠0，所以eq \f(y2－1,y1－1)＝－7.
取倒数相加，得－7－eq \f(1,7)＝eq \f(y2－1,y1－1)＋eq \f(y1－1,y2－1)＝eq \f(y1－12＋y2－12,y1－1y2－1)，
所以－eq \f(50,7)＝eq \f(y1＋y2－22,y1y2－y1＋y2＋1)－2.
设直线l：x－2＝m(y－1)，与抛物线C：y2＝4x联立可得y2－4my＋4m－8＝0，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－8，
代入前面的式子中可得eq \f(16m2－16m＋4,－7)＝－eq \f(36,7)，
解得m＝2或m＝－1，所以直线l的斜率为eq \f(1,2)或－1.
方法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：x－2＝m(y－1)，
与抛物线C：y2＝4x联立可得y2－4my＋4m－8＝0，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－8.
由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→))可得y2＝－7y1＋8，
代入上面两式，得y1＋y2＝－6y1＋8＝4m，
解得y1＝eq \f(4－2m,3)，又y1y2＝－7yeq \\al(2,1)＋8y1＝4m－8.
所以－7eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4－2m,3)))2＋8·eq \f(4－2m,3)＝4m－8，
解得m＝2或m＝－1.
所以直线l的斜率为eq \f(1,2)或－1.
跟踪训练2 如图，在平面直角坐标系Oxy中，焦点在x轴上的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，\f(2c,a)))，且a2＝8，经过点T(1,0)作斜率为k(k>0)的直线l交椭圆C于A，B两点(A在x轴下方)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点O且平行于l的直线交椭圆于M，N两点，求eq \f(|AT||BT|,|MN|2)的值；
(3)记直线l与y轴的交点为P，若eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(2,5)eq \(TB,\s\up6(→))，求直线l的斜率k的值．
解 (1)因为椭圆C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,b2)＝1经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，\f(2c,a)))，
所以eq \f(b2,8)＋eq \f(c2,2b2)＝1.
又a2＝b2＋c2，则eq \f(b2,8)＋eq \f(8－b2,2b2)＝1，
解得b2＝4或b2＝8(舍去)．
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为T(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)．
联立直线l与椭圆方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－8＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－8,2k2＋1).
因为MN∥l，所以直线MN的方程为y＝kx，
联立直线MN与椭圆方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y得(2k2＋1)x2＝8，
解得x2＝eq \f(8,2k2＋1).
因为MN∥l，
所以eq \f(|AT||BT|,|MN|2)＝eq \f(1－x1·x2－1,xM－xN2)，
因为(1－x1)·(x2－1)＝－[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝eq \f(7,2k2＋1).
(xM－xN)2＝4x2＝eq \f(32,2k2＋1).
所以eq \f(|AT||BT|,|MN|2)＝eq \f(1－x1·x2－1,xM－xN2)＝eq \f(7,32).
(3)在y＝k(x－1)中，令x＝0，则y＝－k，所以P(0，－k)，
从而eq \(AP,\s\up6(→))＝(－x1，－k－y1)，eq \(TB,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，
因为eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(2,5)eq \(TB,\s\up6(→))，所以－x1＝eq \f(2,5)(x2－1)，
即x1＋eq \f(2,5)x2＝eq \f(2,5)，①
由(2)知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4k2,2k2＋1)，②,x1x2＝\f(2k2－8,2k2＋1)， ③))
由①②得x1＝eq \f(－4k2＋2,32k2＋1)，x2＝eq \f(16k2－2,32k2＋1)，
代入③式，整理得50k4－83k2－34＝0，
解得k2＝2或k2＝－eq \f(17,50)(舍)．
又因为k＞0，所以k＝eq \r(2).
考点三 分式上、下不对称型
典例3 如图，设F为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点，过点(2,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；
(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：eq \f(k1,k2)为定值．
(1)解 由题意得直线AB的方程为eq \f(x,2)＋y＝1，即y＝－eq \f(x,2)＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(x,2)＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得eq \f(3,4)x2－x＝0，
解得x＝0或x＝eq \f(4,3)，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，而F(1,0)，所以kAF＝1.
故直线AF的方程为y＝x－1.
(2)证明 设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(m2＋2)y2＋4my＋2＝0，则Δ>0.
由韦达定理可得y1＋y2＝－eq \f(4m,m2＋2)，y1y2＝eq \f(2,m2＋2).(*)
求解目标为eq \f(k1,k2)＝eq \f(\f(y1,x1－1),\f(y2,x2－1))＝eq \f(y1x2－1,y2x1－1)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y2)，
y1，y2的系数出现了不对称，可用如下处理手法．
非对称处理方法一 (y1y2转化为y1＋y2)
由(*)两式相除，可得y1＋y2＝－2my1y2，
所以my1y2＝－eq \f(y1＋y2,2)，
所以eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y2)＝eq \f(－\f(y1＋y2,2)＋y1,－\f(y1＋y2,2)＋y2)＝eq \f(y1－y2,y2－y1)＝－1.
注 y1＋y2，y1y2中，把y1y2转化成y1＋y2.
非对称处理方法二 (y1，y2保留y1)
eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y2)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y1＋y2－y1)＝eq \f(\f(2m,m2＋2)＋y1,\f(2m,m2＋2)－\f(4m,m2＋2)－y1)＝eq \f(\f(2m,m2＋2)＋y1,\f(－2m,m2＋2)－y1)＝－1.
注 y1，y2保留一个，分子、分母统一保留y1，故在分母处配y1＋y2.
非对称处理方法三 (y1，y2保留y2)
eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y2)＝eq \f(my1y2＋y1＋y2－y2,my1y2＋y2)＝eq \f(\f(2m,m2＋2)－\f(4m,m2＋2)－y2,\f(2m,m2＋2)＋y2)＝eq \f(－\f(2m,m2＋2)－y2,\f(2m,m2＋2)＋y2)＝－1.
注 y1，y2保留一个，分子、分母统一保留y2，故在分子处配y1＋y2.
非对称处理方法四 (暴力求根)
由求根公式得y＝eq \f(－2m±\r(2m2－4),m2＋2)，不妨设y1＝eq \f(－2m＋\r(2m2－4),m2＋2)，y2＝eq \f(－2m－\r(2m2－4),m2＋2)，则eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y2)＝eq \f(\f(2m,m2＋2)＋y1,\f(2m,m2＋2)＋y2)＝eq \f(\f(2m,m2＋2)＋\f(－2m＋\r(2m2－4),m2＋2),\f(2m,m2＋2)＋\f(－2m－\r(2m2－4),m2＋2))＝eq \f(\r(2m2－4),－\r(2m2－4))＝－1.
注 首先结合韦达定理化去y1y2，然后暴力求根代入y1，y2，将分子、分母都用含m的式子表示，逐步消元得到结果．
跟踪训练3 如图，在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线与椭圆C交于点P，Q(点P在x轴的上方)．设直线AP，BQ，BP的斜率分别为k1，k2，k3.
(1)求证：k2k3为定值；
(2)是否存在常数λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝my＋1，代入椭圆方程，
得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，
从而y1＋y2＝eq \f(－6m,4＋3m2)，y1y2＝eq \f(－9,4＋3m2)，
于是k2k3＝eq \f(y2,x2－2)·eq \f(y1,x1－2)＝eq \f(y2y1,x2－2x1－2)，
因此k2k3＝eq \f(y2y1,my2－1my1－1)＝eq \f(y2y1,m2y1y2－my1＋y2＋1).
将y1＋y2，y1y2代入，化简得k2k3＝－eq \f(9,4)，
故k2k3为定值．
(2)解 假设存在常数λ，使得k1＝λk2，
则λ＝eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(x2－2,y2)＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋3y2).
方法一 (消y1)
因为λ＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋3y2)，y1y2＝eq \f(－9,4＋3m2)，
所以λ＝eq \f(m·\f(－9,4＋3m2)－y1,m·\f(－9,4＋3m2)＋3y2)，
又y1＋y2＝eq \f(－6m,4＋3m2)，从而y1＝eq \f(－6m,4＋3m2)－y2，
于是λ＝eq \f(\f(－9m,4＋3m2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6m,4＋3m2)－y2)),\f(－9m,4＋3m2)＋3y2)＝eq \f(\f(－3m,4＋3m2)＋y2,\f(－9m,4＋3m2)＋3y2)＝eq \f(1,3).
方法二 (积化和)
因为my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
所以λ＝eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋3y2)＝eq \f(\f(3,2)y1＋y2－y1,\f(3,2)y1＋y2＋3y2)＝eq \f(1,3).
方法三 (和化积)
因为my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
即y1＋y2＝eq \f(2,3)my1y2，
所以λ＝eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋3y2)＝eq \f(my1y2－y1＋y2＋y2,my1y2＋3y2)＝eq \f(\f(1,3)my1y2＋y2,my1y2＋3y2)＝eq \f(1,3).
方法四 (升幂)
因为λ＝eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(x2－2,y2)，
所以λ2＝eq \f(y\\al(2,1),x1＋22)·eq \f(x2－22,y\\al(2,2)).
由eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1，
得yeq \\al(2,1)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4)))，yeq \\al(2,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,2),4)))，
于是λ2＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4))),x1＋22)·eq \f(x2－22,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,2),4))))＝eq \f(2－x12－x2,2＋x12＋x2)＝eq \f(4－2x1＋x2＋x1x2,4＋2x1＋x2＋x1x2).
当直线PQ的斜率不存在时，x1＝x2＝1，此时λ＝eq \f(1,3)；
当直线PQ的斜率存在时，设PQ：y＝k(x－1)，
代入椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
从而x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)，
于是λ2＝eq \f(4－2·\f(8k2,4k2＋3)＋\f(4k2－12,4k2＋3),4＋2·\f(8k2,4k2＋3)＋\f(4k2－12,4k2＋3))＝eq \f(1,9)，即λ＝eq \f(1,3).
综上所述，λ＝eq \f(1,3).
方法五 (换k)
因为k1k3＝－eq \f(3,4)，即k3＝－eq \f(3,4k1)，
而k2k3＝－eq \f(9,4)，
所以k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4k1)))＝－eq \f(9,4)，从而eq \f(k2,k1)＝3，则λ＝eq \f(1,3).
[总结提升]
在解决直线与圆锥曲线的位置关系的问题中，在遇到直线与圆锥曲线联立转化为一元二次方程，得到韦达定理后，发现不能直接应用韦达定理，这类问题叫做“非对称韦达问题”，处理这类问题常用两种方法，一是和积转换法，二是配凑半代换法．
1．已知圆C：(x＋1)2＋y2＝8，定点A(1,0)，M为圆上动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(NP,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝0，点N的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)过定点F(0,2)的直线交曲线E于不同的两点G，H(点G在点F，H之间)，且满足eq \(FG,\s\up6(→))＝λeq \(FH,\s\up6(→))，求λ的取值范围．
解 (1)∵eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(NP,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝0.
∴NP为AM的垂直平分线，∴|NA|＝|NM|.
又∵|CN|＋|NM|＝2eq \r(2)，∴|CN|＋|AN|＝2eq \r(2)>2，
∴动点N的轨迹是以点C(－1,0)，A(1,0)为焦点的椭圆，且椭圆长轴长为2a＝2eq \r(2)，焦距2c＝2，即a＝eq \r(2)，c＝1，则b2＝1.
∴曲线E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)当直线GH斜率存在时，设直线GH的方程为y＝kx＋2，代入椭圆方程eq \f(x2,2)＋y2＝1，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k2))x2＋4kx＋3＝0，
由Δ>0得k2>eq \f(3,2).设G(x1，y1)，H(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－4k,\f(1,2)＋k2)＝eq \f(－8k,1＋2k2)，①
x1x2＝eq \f(3,\f(1,2)＋k2)＝eq \f(6,1＋2k2)，②
∵eq \(FG,\s\up6(→))＝λeq \(FH,\s\up6(→))，∴(x1，y1－2)＝λ(x2，y2－2)，
∴x1＝λx2，∴λ＝eq \f(x1,x2)，
eq \f(①2,②)⇒λ＋eq \f(1,λ)＋2＝eq \f(32k2,31＋2k2)＝eq \f(32,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋2))).
∵k2>eq \f(3,2)，∴4∴4<λ＋eq \f(1,λ)＋2∵0<λ<1，∴eq \f(1,3)<λ<1.
又当直线HG斜率不存在时直线方程为x＝0，eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(FH,\s\up6(→))，λ＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(1,3)≤λ<1，λ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)).
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，短轴长为2eq \r(3).
(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P(4,0)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．
(1)解 因为椭圆的离心率为eq \f(1,2)，
所以eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以a＝2c，
又2b＝2eq \r(3)，所以b＝eq \r(3).
因为b2＝a2－c2＝3c2＝3，
所以c＝1，a＝2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 方法一 设直线MN：x＝ty＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋4，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
可得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－24t,3t2＋4)，,y1y2＝\f(36,3t2＋4).))
直线AM的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，①
直线BN的方程为y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，②
由对称性可知，点Q在垂直于x轴的直线上，
联立①②可得x＝eq \f(2ty1y2＋6y2＋2y1,3y2－y1).
因为eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(2,3)t，
所以x＝eq \f(2ty1y2＋6y2＋2y1,3y2－y1)＝eq \f(－3y1＋y2＋6y2＋2y1,3y2－y1)＝1，
所以点Q在直线x＝1上．
方法二 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，x1，x2，x3两两不等，
因为P，M，N三点共线，
所以eq \f(y1,x1－4)＝eq \f(y2,x2－4)⇒eq \f(y\\al(2,1),x1－42)＝eq \f(y\\al(2,2),x2－42)⇒eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4))),x1－42)＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,2),4))),x2－42)，
整理得2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0.
又A，M，Q三点共线，有eq \f(y3,x3＋2)＝eq \f(y1,x1＋2)，①
又B，N，Q三点共线，有eq \f(y3,x3－2)＝eq \f(y2,x2－2)，②
将①与②两式相除得
eq \f(x3＋2,x3－2)＝eq \f(y2x1＋2,y1x2－2)⇒eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x3＋2,x3－2)))2＝eq \f(y\\al(2,2)x1＋22,y\\al(2,1)x2－22)
＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,2),4)))x1＋22,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4)))x2－22)＝eq \f(x2＋2x1＋2,x1－2x2－2)
＝eq \f(x1x2＋2x1＋x2＋4,x1x2－2x1＋x2＋4)，
将2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0，即x1x2＝eq \f(5,2)(x1＋x2)－4，
代入得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x3＋2,x3－2)))2＝9，
解得x3＝4(舍去)或x3＝1(因为直线BQ与椭圆相交，故x3≠4)，
所以Q在定直线x＝1上．
3．已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．点N在E上，NF2⊥F1F2，△NF1F2的周长为6＋4eq \r(2)，面积为eq \f(1,3)c.
(1)求E的方程；
(2)设E的左、右顶点分别为A，B，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))的直线l与E交于C，D两点，记直线AC的斜率为k1，直线BD的斜率为k2，________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并解答)．
①求直线AC和BD交点的轨迹方程；
②是否存在常数λ，使得k1＝λk2恒成立？
③过点C作关于x轴的对称点C′，连接C′D得到直线l1，试探究：直线l1是否恒过定点．
解 (1)依题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝6＋4\r(2)，,\f(1,2)·2c·\f(b2,a)＝\f(b2,a)·c＝\f(1,3)c，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋c＝3＋2\r(2)，,\f(b2,a)＝\f(1,3)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝9，,b2＝1，))
所以E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)选择①.
设直线l的方程为x＝ty＋eq \f(3,2)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))
化简整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，
由韦达定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))
得ty1y2＝eq \f(9,4)(y1＋y2)，
直线AC的方程：y＝eq \f(y1,x1＋3)(x＋3)；
直线BD的方程：y＝eq \f(y2,x2－3)(x－3)，
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(y1,x1＋3)x＋3，,y＝\f(y2,x2－3)x－3，))
两式相除，得eq \f(x＋3,x－3)＝eq \f(y2,x2－3)·eq \f(x1＋3,y1)＝eq \f(x1＋3y2,x2－3y1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋\f(9,2)))y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2－\f(3,2)))y1)
＝eq \f(2ty1y2＋9y2,2ty1y2－3y1)
＝eq \f(2·\f(9,4)y1＋y2＋9y2,2·\f(9,4)y1＋y2－3y1)
＝eq \f(3y1＋y2＋6y2,3y1＋y2－2y1)
＝eq \f(3y1＋3y2,y1＋3y2)＝3，
即eq \f(x＋3,x－3)＝3，解得x＝6，所以直线AC和BD交点的轨迹方程是直线x＝6.
选择②.
设直线l的方程为x＝ty＋eq \f(3,2)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))
化简整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，
由韦达定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))
得ty1y2＝eq \f(9,4)(y1＋y2)，
于是eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋3)·eq \f(x2－3,y2)
＝eq \f(x2－3y1,x1＋3y2)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2－\f(3,2)))y1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋\f(9,2)))y2)
＝eq \f(2ty1y2－3y1,2ty1y2＋9y2)
＝eq \f(2·\f(9,4)y1＋y2－3y1,2·\f(9,4)y1＋y2＋9y2)
＝eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(9,2)y1＋\f(27,2)y2)＝eq \f(\f(3,2)y1＋3y2,\f(9,2)y1＋3y2)＝eq \f(1,3)，
故存在实数λ＝eq \f(1,3)，使得k1＝λk2恒成立．
选择③.
设直线l的方程为x＝ty＋eq \f(3,2)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则C′(x1，－y1)，
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))
化简整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，
由韦达定理，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))
设直线C′D与x轴交于点M，由对称性可知，kCM＋kDM＝0，
假设M(m,0)，即eq \f(y1,x1－m)＋eq \f(y2,x2－m)＝0，
则y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝0，
所以y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝x1y2＋x2y1－m(y1＋y2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋\f(3,2)))y2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2＋\f(3,2)))y1－m(y1＋y2)
＝2ty1y2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－m))(y1＋y2)
＝2t·eq \f(－27,4t2＋9)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－m))·eq \f(－3t,t2＋9)＝0，
即－9t＋(3－2m)·(－t)＝0，解得m＝6，所以直线C′D恒过定点M(6,0)
典例1 设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°，eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，求椭圆C的离心率．
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典例2 已知抛物线C：y2＝4x与定点P(2,1)，直线l过点P且与抛物线交于A，B两点，且有eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→))，求直线l的斜率．
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典例3 如图，设F为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点，过点(2,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；
(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：eq \f(k1,k2)为定值．
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[总结提升]
在解决直线与圆锥曲线的位置关系的问题中，在遇到直线与圆锥曲线联立转化为一元二次方程，得到韦达定理后，发现不能直接应用韦达定理，这类问题叫做“非对称韦达问题”，处理这类问题常用两种方法，一是和积转换法，二是配凑半代换法．
1．已知圆C：(x＋1)2＋y2＝8，定点A(1,0)，M为圆上动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(NP,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝0，点N的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
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(2)过定点F(0,2)的直线交曲线E于不同的两点G，H(点G在点F，H之间)，且满足eq \(FG,\s\up6(→))＝λeq \(FH,\s\up6(→))，求λ的取值范围．
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2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，短轴长为2eq \r(3).
(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P(4,0)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．
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3．已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．点N在E上，NF2⊥F1F2，△NF1F2的周长为6＋4eq \r(2)，面积为eq \f(1,3)c.
(1)求E的方程；
(2)设E的左、右顶点分别为A，B，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))的直线l与E交于C，D两点，记直线AC的斜率为k1，直线BD的斜率为k2，________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并解答)．
①求直线AC和BD交点的轨迹方程；
②是否存在常数λ，使得k1＝λk2恒成立？
③过点C作关于x轴的对称点C′，连接C′D得到直线l1，试探究：直线l1是否恒过定点．
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微专题43 非对称韦达定理
[考情分析] 圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，非对称韦达定理的应用在高考中经常出现，常以解答题的形式压轴出现，难度较大．
考点一 两根之比型
典例1 设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°，eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，求椭圆C的离心率．
解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y1>0，y2<0.
直线l的方程为y＝eq \r(3)(x＋c)，其中c＝eq \r(a2－b2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋c，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))
得(3a2＋b2)y2－2eq \r(3)b2cy－3b4＝0，
解得y1＝eq \f(\r(3)b2c＋2a,3a2＋b2)，y2＝eq \f(\r(3)b2c－2a,3a2＋b2).
因为eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，
即eq \f(\r(3)b2c＋2a,3a2＋b2)＝－2·eq \f(\r(3)b2c－2a,3a2＋b2).
整理得，离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,3).
非对称处理方法一
由韦达定理得y1＋y2＝eq \f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)，y1y2＝－eq \f(3b4,3a2＋b2).
由eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，得y1＝－2y2，
即eq \f(y1,y2)＝－2，所以eq \f(y1,y2)＋eq \f(y2,y1)＝－eq \f(5,2)，即eq \f(y1＋y22,y1y2)＝－eq \f(1,2).
则－eq \f(12b4c2,3a2＋b2·3b4)＝－eq \f(1,2)，整理得8c2＝3a2＋b2，即9c2＝4a2，
所以e＝eq \r(\f(c2,a2))＝eq \f(2,3).
注 方法一将eq \f(y1,y2)＝－2取倒数相加，得到eq \f(y1,y2)＋eq \f(y2,y1)＝－eq \f(5,2)，这样处理将不对称式转化为对称式，就可以将韦达定理的结果整体代入了．
非对称处理方法二
由y1＝－2y2，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－y2，,y1y2＝－2y\\al(2,2).))
则eq \f(y1＋y22,y1y2)＝eq \f(－y22,－2y\\al(2,2))＝－eq \f(1,2).
将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)，,y1y2＝－\f(3b4,3a2＋b2)，))
代入上式，得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)))2,－\f(3b4,3a2＋b2))＝－eq \f(1,2)，
eq \f(12b4c2,3a2＋b2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3b4)))＝－eq \f(1,2)，
整理得e＝eq \f(2,3).
注 方法二是利用条件y1＝－2y2，得到y1＋y2与y1y2的关系eq \f(y1＋y22,y1y2)＝－eq \f(1,2)，然后就可以用韦达定理处理了．
非对称处理方法三
将y1＝－2y2代入eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)，,y1y2＝－\f(3b4,3a2＋b2)，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y2＝\f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)，,－2y\\al(2,2)＝－\f(3b4,3a2＋b2).))
消去y2，得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)b2c,3a2＋b2)))2＝eq \f(3b4,3a2＋b2)，
整理得e＝eq \f(2,3).
注 方法三是逐个消掉y1，y2，其实就是代入消元法．
跟踪训练1 设双曲线C：eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)与直线l：x＋y＝1相交于不同的点A，B，设直线l与y轴的交点为P，且eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(5,12)eq \(PB,\s\up6(→))，求a的值．
解 易得P(0,1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
故eq \(PA,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(x2，y2－1)．
由双曲线C与直线l相交于两个不同的点，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－y2＝1，,y＝－x＋1，))得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0，
故x1＋x2＝－eq \f(2a2,1－a2)，x1x2＝－eq \f(2a2,1－a2)，
且1－a2≠0.
由eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(5,12)eq \(PB,\s\up6(→))，知(x1，y1－1)＝eq \f(5,12)(x2，y2－1)，
取x1＝eq \f(5,12)x2，由x1＝eq \f(5,12)x2得eq \f(x1,x2)＝eq \f(5,12)，
取倒数相加，得eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＝eq \f(5,12)＋eq \f(12,5)，
则eq \f(5,12)＋eq \f(12,5)＋2＝eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＋2＝eq \f(x1＋x22,x1x2)，
即eq \f(x1＋x22,x1x2)＝eq \f(289,60).
将x1＋x2＝－eq \f(2a2,1－a2)，x1x2＝－eq \f(2a2,1－a2)代入上式，得－eq \f(2a2,1－a2)＝eq \f(289,60)，解得a＝eq \f(17,13).
考点二 系数不等型
典例2 已知抛物线C：y2＝4x与定点P(2,1)，直线l过点P且与抛物线交于A，B两点，且有eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→))，求直线l的斜率．
解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
方法一 由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→))可得7y1＋y2＝8，即y2＝－7y1＋8，
引入待定系数λ，使得y2－1＝λ(y1－1)，
易得λ＝－7，即y2－1＝－7(y1－1)．
因为y1－1≠0，所以eq \f(y2－1,y1－1)＝－7.
取倒数相加，得－7－eq \f(1,7)＝eq \f(y2－1,y1－1)＋eq \f(y1－1,y2－1)＝eq \f(y1－12＋y2－12,y1－1y2－1)，
所以－eq \f(50,7)＝eq \f(y1＋y2－22,y1y2－y1＋y2＋1)－2.
设直线l：x－2＝m(y－1)，与抛物线C：y2＝4x联立可得y2－4my＋4m－8＝0，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－8，
代入前面的式子中可得eq \f(16m2－16m＋4,－7)＝－eq \f(36,7)，
解得m＝2或m＝－1，所以直线l的斜率为eq \f(1,2)或－1.
方法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：x－2＝m(y－1)，
与抛物线C：y2＝4x联立可得y2－4my＋4m－8＝0，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－8.
由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,7)eq \(PB,\s\up6(→))可得y2＝－7y1＋8，
代入上面两式，得y1＋y2＝－6y1＋8＝4m，
解得y1＝eq \f(4－2m,3)，又y1y2＝－7yeq \\al(2,1)＋8y1＝4m－8.
所以－7eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4－2m,3)))2＋8·eq \f(4－2m,3)＝4m－8，
解得m＝2或m＝－1.
所以直线l的斜率为eq \f(1,2)或－1.
跟踪训练2 如图，在平面直角坐标系Oxy中，焦点在x轴上的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，\f(2c,a)))，且a2＝8，经过点T(1,0)作斜率为k(k>0)的直线l交椭圆C于A，B两点(A在x轴下方)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点O且平行于l的直线交椭圆于M，N两点，求eq \f(|AT||BT|,|MN|2)的值；
(3)记直线l与y轴的交点为P，若eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(2,5)eq \(TB,\s\up6(→))，求直线l的斜率k的值．
解 (1)因为椭圆C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,b2)＝1经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，\f(2c,a)))，
所以eq \f(b2,8)＋eq \f(c2,2b2)＝1.
又a2＝b2＋c2，则eq \f(b2,8)＋eq \f(8－b2,2b2)＝1，
解得b2＝4或b2＝8(舍去)．
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为T(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)．
联立直线l与椭圆方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－8＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－8,2k2＋1).
因为MN∥l，所以直线MN的方程为y＝kx，
联立直线MN与椭圆方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y得(2k2＋1)x2＝8，
解得x2＝eq \f(8,2k2＋1).
因为MN∥l，
所以eq \f(|AT||BT|,|MN|2)＝eq \f(1－x1·x2－1,xM－xN2)，
因为(1－x1)·(x2－1)＝－[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝eq \f(7,2k2＋1).
(xM－xN)2＝4x2＝eq \f(32,2k2＋1).
所以eq \f(|AT||BT|,|MN|2)＝eq \f(1－x1·x2－1,xM－xN2)＝eq \f(7,32).
(3)在y＝k(x－1)中，令x＝0，则y＝－k，所以P(0，－k)，
从而eq \(AP,\s\up6(→))＝(－x1，－k－y1)，eq \(TB,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，
因为eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(2,5)eq \(TB,\s\up6(→))，所以－x1＝eq \f(2,5)(x2－1)，
即x1＋eq \f(2,5)x2＝eq \f(2,5)，①
由(2)知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4k2,2k2＋1)，②,x1x2＝\f(2k2－8,2k2＋1)， ③))
由①②得x1＝eq \f(－4k2＋2,32k2＋1)，x2＝eq \f(16k2－2,32k2＋1)，
代入③式，整理得50k4－83k2－34＝0，
解得k2＝2或k2＝－eq \f(17,50)(舍)．
又因为k＞0，所以k＝eq \r(2).
考点三 分式上、下不对称型
典例3 如图，设F为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点，过点(2,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；
(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：eq \f(k1,k2)为定值．
(1)解 由题意得直线AB的方程为eq \f(x,2)＋y＝1，即y＝－eq \f(x,2)＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(x,2)＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得eq \f(3,4)x2－x＝0，
解得x＝0或x＝eq \f(4,3)，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，而F(1,0)，所以kAF＝1.
故直线AF的方程为y＝x－1.
(2)证明 设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(m2＋2)y2＋4my＋2＝0，则Δ>0.
由韦达定理可得y1＋y2＝－eq \f(4m,m2＋2)，y1y2＝eq \f(2,m2＋2).(*)
求解目标为eq \f(k1,k2)＝eq \f(\f(y1,x1－1),\f(y2,x2－1))＝eq \f(y1x2－1,y2x1－1)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y2)，
y1，y2的系数出现了不对称，可用如下处理手法．
非对称处理方法一 (y1y2转化为y1＋y2)
由(*)两式相除，可得y1＋y2＝－2my1y2，
所以my1y2＝－eq \f(y1＋y2,2)，
所以eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y2)＝eq \f(－\f(y1＋y2,2)＋y1,－\f(y1＋y2,2)＋y2)＝eq \f(y1－y2,y2－y1)＝－1.
注 y1＋y2，y1y2中，把y1y2转化成y1＋y2.
非对称处理方法二 (y1，y2保留y1)
eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y2)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y1＋y2－y1)＝eq \f(\f(2m,m2＋2)＋y1,\f(2m,m2＋2)－\f(4m,m2＋2)－y1)＝eq \f(\f(2m,m2＋2)＋y1,\f(－2m,m2＋2)－y1)＝－1.
注 y1，y2保留一个，分子、分母统一保留y1，故在分母处配y1＋y2.
非对称处理方法三 (y1，y2保留y2)
eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y2)＝eq \f(my1y2＋y1＋y2－y2,my1y2＋y2)＝eq \f(\f(2m,m2＋2)－\f(4m,m2＋2)－y2,\f(2m,m2＋2)＋y2)＝eq \f(－\f(2m,m2＋2)－y2,\f(2m,m2＋2)＋y2)＝－1.
注 y1，y2保留一个，分子、分母统一保留y2，故在分子处配y1＋y2.
非对称处理方法四 (暴力求根)
由求根公式得y＝eq \f(－2m±\r(2m2－4),m2＋2)，不妨设y1＝eq \f(－2m＋\r(2m2－4),m2＋2)，y2＝eq \f(－2m－\r(2m2－4),m2＋2)，则eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2＋y1,my1y2＋y2)＝eq \f(\f(2m,m2＋2)＋y1,\f(2m,m2＋2)＋y2)＝eq \f(\f(2m,m2＋2)＋\f(－2m＋\r(2m2－4),m2＋2),\f(2m,m2＋2)＋\f(－2m－\r(2m2－4),m2＋2))＝eq \f(\r(2m2－4),－\r(2m2－4))＝－1.
注 首先结合韦达定理化去y1y2，然后暴力求根代入y1，y2，将分子、分母都用含m的式子表示，逐步消元得到结果．
跟踪训练3 如图，在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线与椭圆C交于点P，Q(点P在x轴的上方)．设直线AP，BQ，BP的斜率分别为k1，k2，k3.
(1)求证：k2k3为定值；
(2)是否存在常数λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝my＋1，代入椭圆方程，
得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，
从而y1＋y2＝eq \f(－6m,4＋3m2)，y1y2＝eq \f(－9,4＋3m2)，
于是k2k3＝eq \f(y2,x2－2)·eq \f(y1,x1－2)＝eq \f(y2y1,x2－2x1－2)，
因此k2k3＝eq \f(y2y1,my2－1my1－1)＝eq \f(y2y1,m2y1y2－my1＋y2＋1).
将y1＋y2，y1y2代入，化简得k2k3＝－eq \f(9,4)，
故k2k3为定值．
(2)解 假设存在常数λ，使得k1＝λk2，
则λ＝eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(x2－2,y2)＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋3y2).
方法一 (消y1)
因为λ＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋3y2)，y1y2＝eq \f(－9,4＋3m2)，
所以λ＝eq \f(m·\f(－9,4＋3m2)－y1,m·\f(－9,4＋3m2)＋3y2)，
又y1＋y2＝eq \f(－6m,4＋3m2)，从而y1＝eq \f(－6m,4＋3m2)－y2，
于是λ＝eq \f(\f(－9m,4＋3m2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6m,4＋3m2)－y2)),\f(－9m,4＋3m2)＋3y2)＝eq \f(\f(－3m,4＋3m2)＋y2,\f(－9m,4＋3m2)＋3y2)＝eq \f(1,3).
方法二 (积化和)
因为my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
所以λ＝eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋3y2)＝eq \f(\f(3,2)y1＋y2－y1,\f(3,2)y1＋y2＋3y2)＝eq \f(1,3).
方法三 (和化积)
因为my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
即y1＋y2＝eq \f(2,3)my1y2，
所以λ＝eq \f(k1,k2)＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋3y2)＝eq \f(my1y2－y1＋y2＋y2,my1y2＋3y2)＝eq \f(\f(1,3)my1y2＋y2,my1y2＋3y2)＝eq \f(1,3).
方法四 (升幂)
因为λ＝eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(x2－2,y2)，
所以λ2＝eq \f(y\\al(2,1),x1＋22)·eq \f(x2－22,y\\al(2,2)).
由eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1，
得yeq \\al(2,1)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4)))，yeq \\al(2,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,2),4)))，
于是λ2＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4))),x1＋22)·eq \f(x2－22,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,2),4))))＝eq \f(2－x12－x2,2＋x12＋x2)＝eq \f(4－2x1＋x2＋x1x2,4＋2x1＋x2＋x1x2).
当直线PQ的斜率不存在时，x1＝x2＝1，此时λ＝eq \f(1,3)；
当直线PQ的斜率存在时，设PQ：y＝k(x－1)，
代入椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
从而x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)，
于是λ2＝eq \f(4－2·\f(8k2,4k2＋3)＋\f(4k2－12,4k2＋3),4＋2·\f(8k2,4k2＋3)＋\f(4k2－12,4k2＋3))＝eq \f(1,9)，即λ＝eq \f(1,3).
综上所述，λ＝eq \f(1,3).
方法五 (换k)
因为k1k3＝－eq \f(3,4)，即k3＝－eq \f(3,4k1)，
而k2k3＝－eq \f(9,4)，
所以k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4k1)))＝－eq \f(9,4)，从而eq \f(k2,k1)＝3，则λ＝eq \f(1,3).
[总结提升]
在解决直线与圆锥曲线的位置关系的问题中，在遇到直线与圆锥曲线联立转化为一元二次方程，得到韦达定理后，发现不能直接应用韦达定理，这类问题叫做“非对称韦达问题”，处理这类问题常用两种方法，一是和积转换法，二是配凑半代换法．
1．已知圆C：(x＋1)2＋y2＝8，定点A(1,0)，M为圆上动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(NP,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝0，点N的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)过定点F(0,2)的直线交曲线E于不同的两点G，H(点G在点F，H之间)，且满足eq \(FG,\s\up6(→))＝λeq \(FH,\s\up6(→))，求λ的取值范围．
解 (1)∵eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(NP,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝0.
∴NP为AM的垂直平分线，∴|NA|＝|NM|.
又∵|CN|＋|NM|＝2eq \r(2)，∴|CN|＋|AN|＝2eq \r(2)>2，
∴动点N的轨迹是以点C(－1,0)，A(1,0)为焦点的椭圆，且椭圆长轴长为2a＝2eq \r(2)，焦距2c＝2，即a＝eq \r(2)，c＝1，则b2＝1.
∴曲线E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)当直线GH斜率存在时，设直线GH的方程为y＝kx＋2，代入椭圆方程eq \f(x2,2)＋y2＝1，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k2))x2＋4kx＋3＝0，
由Δ>0得k2>eq \f(3,2).设G(x1，y1)，H(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－4k,\f(1,2)＋k2)＝eq \f(－8k,1＋2k2)，①
x1x2＝eq \f(3,\f(1,2)＋k2)＝eq \f(6,1＋2k2)，②
∵eq \(FG,\s\up6(→))＝λeq \(FH,\s\up6(→))，∴(x1，y1－2)＝λ(x2，y2－2)，
∴x1＝λx2，∴λ＝eq \f(x1,x2)，
eq \f(①2,②)⇒λ＋eq \f(1,λ)＋2＝eq \f(32k2,31＋2k2)＝eq \f(32,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋2))).
∵k2>eq \f(3,2)，∴4
又当直线HG斜率不存在时直线方程为x＝0，eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(FH,\s\up6(→))，λ＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(1,3)≤λ<1，λ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)).
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，短轴长为2eq \r(3).
(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P(4,0)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．
(1)解 因为椭圆的离心率为eq \f(1,2)，
所以eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以a＝2c，
又2b＝2eq \r(3)，所以b＝eq \r(3).
因为b2＝a2－c2＝3c2＝3，
所以c＝1，a＝2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 方法一 设直线MN：x＝ty＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋4，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
可得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－24t,3t2＋4)，,y1y2＝\f(36,3t2＋4).))
直线AM的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，①
直线BN的方程为y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，②
由对称性可知，点Q在垂直于x轴的直线上，
联立①②可得x＝eq \f(2ty1y2＋6y2＋2y1,3y2－y1).
因为eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(2,3)t，
所以x＝eq \f(2ty1y2＋6y2＋2y1,3y2－y1)＝eq \f(－3y1＋y2＋6y2＋2y1,3y2－y1)＝1，
所以点Q在直线x＝1上．
方法二 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，x1，x2，x3两两不等，
因为P，M，N三点共线，
所以eq \f(y1,x1－4)＝eq \f(y2,x2－4)⇒eq \f(y\\al(2,1),x1－42)＝eq \f(y\\al(2,2),x2－42)⇒eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4))),x1－42)＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,2),4))),x2－42)，
整理得2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0.
又A，M，Q三点共线，有eq \f(y3,x3＋2)＝eq \f(y1,x1＋2)，①
又B，N，Q三点共线，有eq \f(y3,x3－2)＝eq \f(y2,x2－2)，②
将①与②两式相除得
eq \f(x3＋2,x3－2)＝eq \f(y2x1＋2,y1x2－2)⇒eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x3＋2,x3－2)))2＝eq \f(y\\al(2,2)x1＋22,y\\al(2,1)x2－22)
＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,2),4)))x1＋22,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4)))x2－22)＝eq \f(x2＋2x1＋2,x1－2x2－2)
＝eq \f(x1x2＋2x1＋x2＋4,x1x2－2x1＋x2＋4)，
将2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0，即x1x2＝eq \f(5,2)(x1＋x2)－4，
代入得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x3＋2,x3－2)))2＝9，
解得x3＝4(舍去)或x3＝1(因为直线BQ与椭圆相交，故x3≠4)，
所以Q在定直线x＝1上．
3．已知椭圆E的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．点N在E上，NF2⊥F1F2，△NF1F2的周长为6＋4eq \r(2)，面积为eq \f(1,3)c.
(1)求E的方程；
(2)设E的左、右顶点分别为A，B，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))的直线l与E交于C，D两点，记直线AC的斜率为k1，直线BD的斜率为k2，________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并解答)．
①求直线AC和BD交点的轨迹方程；
②是否存在常数λ，使得k1＝λk2恒成立？
③过点C作关于x轴的对称点C′，连接C′D得到直线l1，试探究：直线l1是否恒过定点．
解 (1)依题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝6＋4\r(2)，,\f(1,2)·2c·\f(b2,a)＝\f(b2,a)·c＝\f(1,3)c，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋c＝3＋2\r(2)，,\f(b2,a)＝\f(1,3)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝9，,b2＝1，))
所以E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)选择①.
设直线l的方程为x＝ty＋eq \f(3,2)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))
化简整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，
由韦达定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))
得ty1y2＝eq \f(9,4)(y1＋y2)，
直线AC的方程：y＝eq \f(y1,x1＋3)(x＋3)；
直线BD的方程：y＝eq \f(y2,x2－3)(x－3)，
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(y1,x1＋3)x＋3，,y＝\f(y2,x2－3)x－3，))
两式相除，得eq \f(x＋3,x－3)＝eq \f(y2,x2－3)·eq \f(x1＋3,y1)＝eq \f(x1＋3y2,x2－3y1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋\f(9,2)))y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2－\f(3,2)))y1)
＝eq \f(2ty1y2＋9y2,2ty1y2－3y1)
＝eq \f(2·\f(9,4)y1＋y2＋9y2,2·\f(9,4)y1＋y2－3y1)
＝eq \f(3y1＋y2＋6y2,3y1＋y2－2y1)
＝eq \f(3y1＋3y2,y1＋3y2)＝3，
即eq \f(x＋3,x－3)＝3，解得x＝6，所以直线AC和BD交点的轨迹方程是直线x＝6.
选择②.
设直线l的方程为x＝ty＋eq \f(3,2)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))
化简整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，
由韦达定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))
得ty1y2＝eq \f(9,4)(y1＋y2)，
于是eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1＋3)·eq \f(x2－3,y2)
＝eq \f(x2－3y1,x1＋3y2)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2－\f(3,2)))y1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋\f(9,2)))y2)
＝eq \f(2ty1y2－3y1,2ty1y2＋9y2)
＝eq \f(2·\f(9,4)y1＋y2－3y1,2·\f(9,4)y1＋y2＋9y2)
＝eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(9,2)y1＋\f(27,2)y2)＝eq \f(\f(3,2)y1＋3y2,\f(9,2)y1＋3y2)＝eq \f(1,3)，
故存在实数λ＝eq \f(1,3)，使得k1＝λk2恒成立．
选择③.
设直线l的方程为x＝ty＋eq \f(3,2)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则C′(x1，－y1)，
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))
化简整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，
由韦达定理，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))
设直线C′D与x轴交于点M，由对称性可知，kCM＋kDM＝0，
假设M(m,0)，即eq \f(y1,x1－m)＋eq \f(y2,x2－m)＝0，
则y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝0，
所以y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝x1y2＋x2y1－m(y1＋y2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋\f(3,2)))y2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2＋\f(3,2)))y1－m(y1＋y2)
＝2ty1y2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－m))(y1＋y2)
＝2t·eq \f(－27,4t2＋9)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－m))·eq \f(－3t,t2＋9)＝0，
即－9t＋(3－2m)·(－t)＝0，解得m＝6，所以直线C′D恒过定点M(6,0)
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