专题5 非对称韦达定理的处理 微点1 非对称韦达定理的处理

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专题5  非对称韦达定理的处理  微点1  非对称韦达定理的处理微专题5  非对称的“韦达定理”的处理微点1  对称的“韦达定理”的处理【微点综述】在一元二次方程中，若，设它的两个根分别为，则有根与系数关系：，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理之类的结构，但在有些问题时，我们会遇到涉及的不同系数的代数式的应算，比如求或之类的结构，就相对较难地转化到应用韦达定理来处理了．特别是在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去或，也得到一个一元二次方程，我们就会面临着同样的困难，我们把这种形如或之类中的系数不对等的情况，这些式子是非对称结构，称为“非对称韦达”，接下来，我们来谈谈常见的突破方式．引例1．设直线过点，和椭圆顺次交于两点，则的取值范围为        ．【答案】【解析】设直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得（*）则，注意到，令，则，∴，，∴，即．在（*）中，由判别式可得 ，从而有，∴，解得．结合得．综上，．【评注】经常出现在圆锥曲线的题型为：过点的直线与圆锥曲线交于不同的两点，且满足之类的，或者是之类的．其中，用坐标表示出来后，就可以选择一个较简单的式子来转化到韦达定理；我们可以设他们的比值为，这样可以转化到，再用同样的办法来解决．韦达化处理由引例1可知，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，还需进行韦达化处理．韦达化处理主要有以下几种处理方法：代换、配凑、和积消元法．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1．直线l与抛物线交于A、B两点，且满足，证明：直线l过定点．【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：）又，即，代入得，即，解得(舍)或，即直线过定点．【评注】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：）又，代入得，解得(舍)或，即直线过定点．【评注】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2．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．【针对训练】1．已知椭圆的左、右焦点是，左右顶点是，离心率是，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.(1)求椭圆的方程；(2)(ⅰ)求证直线与交点M在一条定直线l上；(ⅱ)N是定直线l上的一点，且PN平行于x轴，证明：是定值．2．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．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．韦达化处理三、利用韦达定理构造“和积消去”型此外，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．例3．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．例4．已知椭圆的左､右焦点分别为点在上，的周长为，面积为（1）求的方程．（2）设的左､右顶点分别为，过点的直线与交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，则__________．(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答)．①求直线和交点的轨迹方程；②是否存在实常数，使得恒成立；③过点作关于轴的对称点，连结得到直线，试探究：直线是否恒过定点．【答案】（1）；（2）答案见解析．【分析】（1）由题意列出关于的方程组解出即可得结果；（2）选择①与椭圆方程联立结合韦达定理得出，再将与的方程联立即可得出结果；选择②与①相似，直接代入计算即可；选择③直线与轴交于点，由对称性可知，，结合韦达定理解出即可得结果．【解析】（1）依题意，得，即，解得所以的方程（2）选择①设直线的方程为，联立方程，化简整理，得，假设，由韦达定理，得，得直线的方程：；直线的方程：；联立方程，得，两式相除，得，即，解得，所以直线和交点的轨迹方程是直线．选择②联立方程，化简整理，得，假设，由韦达定理，得，得于是故存在实数，使得恒成立．选择③，联立方程，得，化简整理，得，由韦达定理，得，直线与轴交于点，由对称性可知，，假设，即，则，所以，即，解得，所以直线恒过定点．【评注】利用韦达定理构造“和积消去”型解决非对称型问题基本规律（1）对于非对称型题，韦达定理无法直接代入，可以通过韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成对称型；（2）和积互化公式：（3）一般情况下，多把积化和，且m多为常数，授课时注意讲清这些数据细节．【针对训练】3．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．4．设椭圆C：的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为60o,.(1)求椭圆C的离心率；(2)如果|AB|=，求椭圆C的方程.5．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.6．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．7．椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点．（1）当时，求直线的方程；（2）当点异于两点时，证明：为定值．
参考答案：1．(1)(2) (ⅰ)见证明；(ⅱ)见证明【分析】(1)由题意可得，可以求出，，从而求出椭圆的方程；(2)(ⅰ)由点斜式分别写出与的方程，两式子消去，根据韦达定理可得，的坐标关系，进而可以得到点M在一条定直线x＝2上；(ⅱ)由于，结合点P在椭圆上，可以求出为定值．【详解】(1)设椭圆的焦距是2c，据题意有：，，，则，所以椭圆的方程是. (2) (ⅰ)由(1)知，，，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. (ⅱ)设，，，则，∴.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，椭圆与直线的综合问题，考查了学生综合分析能力及计算能力，属于难题．2．（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）用离心率公式和列方程求得，即可得椭圆方程；（2）方法一：设直线，，联立椭圆方程，由韦达定理得关系，由直线和方程联立求解交点坐标，并化简得，即可证明问题；方法二：设，，，两两不等，因为P，M，N三点共线，由斜率相等得到方程，同理A，M，Q三点共线与B，N，Q三点共线也得到两方程，再结合三条方程求解，即可证明问题.【详解】解：（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．【点晴】求解直线与圆锥曲线定点定值问题：关键在于运用设而不求思想、联立方程和韦达定理，构造坐标点方程从而解决相关问题.3．证明见解析【分析】联立直线与椭圆方程，联立直线的方程与直线的方程，结合韦达定理，化简可求得直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．【详解】由题意得，，，设，联立，化简得(，所以，，直线的方程为，直线的方程为，联立，即，解得原式，故直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．4．(1)(2) 【分析】（1）利用直线的点斜式方程设出直线方程，代入椭圆方程，得出的纵坐标，再由，即可求解椭圆的离心率；（2）利用弦长公式和离心率的值，求出椭圆的长半轴、短半轴的值，从而写出椭圆的标准方程.【详解】（1）设，，由题意知，.直线的方程为，其中.联立得，解得，.因为，所以.即，得离心率.（2）因为，所以.由得.所以，得，.椭圆的方程为【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质，其中解答中涉及到直线的点斜式方程，直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，直线与圆锥曲线的弦长公式等知识点的综合考查，着重考查了学生的推理与运算能力，转化与化归思想，解答准确的式子变形和求解是解答的一个难点，属于中档试题. 5．（1）（2）证明见解析【分析】（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.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定点问题．解题方法是设而不求思想方法．设出动直线方程，设交点坐标，，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，利用此结论求出直线方程，可确定定点坐标．6．(1)(2)证明见解析；定直线 【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．【详解】（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．7．（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）先由题意求出椭圆方程，直线不与两坐标轴垂直，设的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再由弦长公式列方程可求出的值，从而可得直线方程；（2）表示直线，的方程，联立方程组可得而代入化简可得，而，则可得的结果【详解】（1）由题意，椭圆的方程为易得直线不与两坐标轴垂直，故可设的方程为，设，由消去整理得，判别式由韦达定理得，①故，解得，即直线的方程为．（2）证明：直线的斜率为，故其方程为，直线的斜率为，故其方程为，由两式相除得即由（1）知，故解得．易得，故，所以为定值1