韦达定理的应用

韦达定理的应用

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韦达定理 x型韦达定理

24．【2018河北廊坊八中高三模拟】设圆x2y24x280的圆心为A，直线l过点B2,0且与x轴不重合， l交圆A于C,D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.

（1）证明EAEB为定值，并写出点E的轨迹方程；

（2）设Q0,2，过点P1,2作直线l，交点E的轨迹于M,N两点 (异于

Q),直线QM,QN的斜率分别为k1,k2，证明 k1k2为定值.

x2y2【答案】(1) 1y0 (2)见解析.

84

解析 （1）如图，因为ADAC， EB//AC，故EBDACDADC，所以EBED，故EAEBEAEDAD，又圆A的标准方程为

x22y232，从而AD42，所以EAEB42,有题设可知

A2,0,B2,0， EAEB42AB4由椭圆的定义可得点E的轨迹方x2y2程为1y0.

84（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，

当l的斜率不存在时，此时l:x1此时容易解出M,N的坐标

14141414，此kk224时. 1,,1,122222综上可知k1k24.

点睛 （1）动点的轨迹问题，先考虑动点是否有几何性质，然后利用曲线的定义写出曲线方程.（2）解析几何中的定点定值问题，通常把目标转化为

x1x2,x1x2（或y1y2,y1y2）的整体，再用韦达定理转化即可.

x2y225．【2018湖南株洲高三质检一】已知椭圆C:221ab0与直线

abl:bxay0都经过点M22,2.直线m与l平行，且与椭圆C交于A,B两

点，直线MA,MB与x轴分别交于E,F两点.

（1）求椭圆C的方程；（2）证明 MEF为等腰三角形.

x2y2【答案】(1) 1；(2)证明见解析.

1【解析】试题分析 （1）将点M分别代入直线方程及椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；

（2）设直线m的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式求得

MA

+ MB=0，即可求得△MEF为等腰三角形．

试题解析

（1）由直线l:bxay0都经过点M22,2，则a=2b，将M22,2代入

x2y2椭圆方程221 ，

ab

kMAy12y2,kMB2，

x122x222kMAkMBx1x2b22x21xx， 2x221222b2842b2b242b8x22x1222，

0，

所以MEF为等腰三角形.

点睛 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，直线的斜率公式，考查计算能力，证明三角形为等腰三角形转化为证明斜率之和为0是关键.

30．【2018辽宁沈阳高三质监三】已知定直线l:yx3，定点A2,1，以坐标轴为对称轴的椭圆C过点A且与l相切. 学（ ） （Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）椭圆的弦AP,AQ的中点分别为M,N，若MN平行于l，则OM,ON斜率之和是否为定值？ 若是定值，请求出该定值；若不是定值请说明理由.

x2y21（2）OM,ON斜率之和为定值0 【答案】（1）63【解析】试题分析 （Ⅰ）设椭圆的标准方程为

mx2ny21(m0,n0,mn)，由题意构建关于a，b的方程组，即可得椭圆方程．

（Ⅱ）设点P（x1，y1），Q（x2，y2），可知PQ∥MN，所以 PQ= MN=1， 设直线PQ的方程为y=x+t，代入椭圆方程并化简得 3x2+4tx+2t2﹣6=0，利用韦达定理可计算kOMkON0 试题解析

（Ⅰ）设椭圆的标准方程为mx2ny21(m0,n0,mn) 椭圆C过点A，所以4mn1①，

将yx3代入椭圆方程化简得 mnx26nx9n10， 因为直线l与椭圆C相切，所以6n4mn9n10②，

2x2y211解①②可得， m,n，所以椭圆方程为1；

6363x2y11x22y21（Ⅱ）设点Px1,y1,Qx2,y2，则有M1,,,N，

2222由题意可知PQMN，所以kPQkMN1，设直线PQ的方程为yxt， 代入椭圆方程并化简得 3x24tx2t260

4t3由题意可知{ ③ 22t6x1x23x1x2

点睛 定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值 确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.

含点代入椭圆的应用

32．【2018河南洛阳高三第一次统考】已知短轴长为2的椭圆

x2y2E:221(ab0)，直线n的横、纵截距分别为a,1，且原点到直线n的ab距离为3． 2（1）求椭圆E的方程；

（2）直线l经过椭圆的右焦点F2且与椭圆E交于A,B两点，若椭圆E上存在一点C满足OA3OB2OC0，求直线l的方程．

x2【答案】（1）y21.（2）xy20或xy20.

3

解析 （1）因为椭圆E的短轴长为2，故b1.依题意设直线n的方程为

xy1，由a13x2.解得a3，故椭圆的方程为y21. 2311a2（2）设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3

当直线l的斜率为0时，显示不符合题意. 当直线l的斜率不为0时， F22,0，设其方程为xty2，由

x2y2122t1{3 ，得t23y222ty10，所以y1y22,y1y22t3t3xty2①.

点睛 一般地，当解析几何中问题出现向量等式时，我们先寻找向量隐含的几何意义，如果没有几何意义，可以转化点的坐标讨论.解决直线与圆锥曲线位置关系式，我们常把给定的关系式转化为含有x1x2,x1x2（或y1y2,y1y2）的关系式，最后利用韦达定理转化为所求参数的方程.

韦达定理求最值

x2y228．【2018河南郑州高三质检一】已知椭圆C:221(ab0)的左、右焦

ab点分别为F1,F2，以F1F2为直径的圆与直线ax2by3ab0相切. （1）求椭圆C的离心率；

（2）如图，过F1作直线l与椭圆分别交于两点P,Q，若PQF2的周长为42，

F2Q的最大值. 求F1P·

【答案】(1) 27；(2) .

22【解析】试题分析

（1）有直线和圆相切得到关于a,b,c的关系式，整理可得a22b2，从而可得

e2．（2）根据三角形PQF2的周长可得a2，故b21，可得椭圆的方2程．分直线l斜率存在和不存在两种情况分别求得F2PF2Q的值，可得F2PF2Q7最大值是．

2试题解析 （1）由题意3aba4b22c，

即3a2b2c2a24b2a2b2a24b2. ∴a22b2，

e2． 2（2）因为三角形PQF2的周长为42， 所以4a42,

a2,

∴b21，

故F2PF2Q7. 2②若直线l斜率存在，设直线l的方程为ykx1， 由{ykx1, 消去y整理得 22x2y222k1x24k2x2k220，

设Px1,y1,Qx2,y2，

4k22k22则x1x22,x1x22.

2k12k1∴F2PF2Qx11,y1x21,y2

x11x21y1y2,

k21x1x2k21x1x2k21.



点睛 圆锥曲线中求最值或范围问题的方法

若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下几个方面考虑

①利用判别式 构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系；

③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ④利用基本不等式求出参数的取值范围；

⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．

29．【2018陕西西安长安区一中高三上学期八模】平面直角坐标系xOy中，经

x2y2过椭圆C 221(ab0)的一个焦点的直线xy30与C相交于

ab1M,N两点， P为MN的中点，且OP斜率是.

4(Ⅰ)求椭圆C的方程；

(Ⅱ)直线l分别与椭圆C和圆D x2y2r2(bra)相切于点A、B，求AB的最大值.

x2【答案】(Ⅰ) y21；(Ⅱ)1.

4【解析】试题分析

(Ⅰ)设出点M,N的坐标，利用点差法计算可得a24b2，结合焦点坐标有

x2ab3，据此计算可得椭圆C的方程是y21；

422(Ⅱ)设A,B分别为直线l与椭圆和圆的切点， Ax0,y0，联立直线与椭圆的方程有14k2x28kmx4m240，利用判别式0，可得x04k， my021，直线l与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，据此可得mr213r24222， ，则km|AB|5r，结合绝对不等式的结论有2224r4rr当r21,2时， AB的最大值是1. 试题解析

(Ⅱ)设A,B分别为直线l与椭圆和圆的切点， Ax0,y0，

|AB|2x2 16k2116r2120y20r2m2r 4r213r2r2 542r2r， 4r2因为

4r2r224r2r24，当r21,2时取等号，所以542r2r1， 因此当r21,2时， AB的最大值是1

6.【2016高考新课标1卷】设圆x2y22x150的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E. （I）证明EAEB为定值,并写出点E的轨迹方程；

（II）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.

【答案】（Ⅰ）x2y2431（y0）（II）[12,83) 【解析】

（Ⅰ）因为|AD||AC|,EB//AC,故EBDACDADC, 所以|EB||ED|,故|EA||EB||EA||ED||AD|.

又圆A的标准方程为(x1)2y216,从而|AD|4,所以|EA||EB|4. 由题设得A(1,0),B(1,0),|AB|2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：

x2y21（y0）. 43（Ⅱ）当l与x轴不垂直时,设l的方程为yk(x1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2).

yk(x1)由x2y2得(4k23)x28k2x4k2120.

1348k24k212则x1x22,x1x2.

4k34k2312(k21)所以|MN|1k|x1x2|. 24k3221过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y(x1),A到m的距离为2,所以

kk14k23|PQ|24()4.故四边形MPNQ的面积 22k1k1222S11|MN||PQ|1212. 24k3可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83).

当l与x轴垂直时,其方程为x1,|MN|3,|PQ|8,四边形MPNQ的面积为12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83). 6.如图，P为圆M:x32y224上的动点，定点Q3,0，线段PQ的垂

直平分线交线段MP于点N． （1）求动点N的轨迹方程；

（2）记动点N的轨迹为曲线 C，设圆O:x2y22的切线l交曲线C于A,B两点，求OAOB的最大值．

x2y21；（2）32． 【答案】（1）63【解析】

（1）因为NMNQNMNPMP2623MQ， 所以动点N的轨迹为椭

圆，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．2分 ∴a6,c3，∴b23， ∴动点N的轨迹方程为

x2y21；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．63．．．．．．．．5分 （2）①当切线l垂直坐标轴时，

OAOB4；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分

②当切线l不垂直坐标轴时，设切线l的方程：ykxmk0，点

Ax1,y1,Bx2,y2，由直线和圆相切，得m222k2 ykxm222由2得，2k1x4kmx2m60， 2x2ykm2m26∴x1x22,x1x2

2k12k21∴x1x2y1y2x1x2kx1mkx2mk21x1x2kmx1x2m2

2m2km3m266k22k1km2m0， 222k12k12k12∴AOB900，∴

OAOB2AB．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分

22212k22m2621k8k2， 222k12k1又∵AB1k2x1x21k2令tk2，则AB222t2223， 214t4t14t4t当且仅当k2时，等号成立， 2∴OAOB32，

综上，OAOB的最大值为32．．．．．．．．．．．．．．．．12分

Y型韦达定理

27．【2018广西南宁高三摸底】已知抛物线C y2=ax（a＞0）上一点P（t，

1）到焦点F的距离为2t． 2（l）求抛物线C的方程；

（2）抛物线上一点A的纵坐标为1，过点Q（3，﹣1）的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点（均与点A不重合），设直线AM，AN的斜率分别为K 1，K

2

，求证k1k2为定值．

【答案】（1）y2x；（2）证明见解析.

【解析】试题分析 （1）由抛物线的定义可知PFta2t，可求抛物线的41的直线l的方程为x3my1，即标准方程；（2）设过点Q3，xmym3，代入y2x利用韦达定理，结合斜率公式，化简即可求k1k2的

值.

试题解析 （1）由抛物线的定义可知PFt在抛物线上，则ata12t，则a4t，由点P（t，）421，4

点睛 本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题；运用抛物线上的点到焦点距离为

dx0p是解题的关键，联立直线与抛物线的方程，运用“整体代换，设而不2求”的思想是常用的手段.