圆锥曲线专题之第四章 技巧套路篇.docx

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1、圆锥曲线专题 第四章心有猛虎，技巧套路篇5101 犬吠水声中， 韦达定理基础篇(设线法)5101.1韦达定理公式全家福和硬解定理5101.2整体替换，避免重复计算5131.3隐形的斜率比5161.4选择合适的直线方程进行联立5161.5直线方程复杂时的换元联立5191.6求另一个交点5211.7点乘转化为双根算法5261.8 距离或者向量投影坐标化5281.9非对称韦达问题5302 桃花带雨浓，韦达定理进阶篇5362.1 和圆相关5362.2 直线的定比分点式方程5382.3 双切线问题5423 树深时见鹿，双切线同构法5423.1 利用韦达定理转化5423.2 蒙日圆5473.3 斜率等差5

2、493.4 彭色列闭形定理5493.5 和切点弦相关5533.6 抛物线的双切线模型5533.7 其他类型5534 溪午不闻钟，垂直平分线和对称性问题5554.1圆锥曲线垂直平分线的性质5554.2 对称问题内部法5664.3 点关于直线的对称点公式5705 野竹分青霭，点差法篇5765.1 两种点差法5765.2中点点差法的应用5885.3 对称点点法差法vs点的斗转星移5985.4 对称点点法差法vs斜率和积商vs定点6085.5 两个曲线点差6205.6 隐形的点差6245.7 对称点差法的使用技巧总结6285.8 中点点差法vs定点6315.9 截距点差法6355.10 定比点差法64

3、95.11 两类点差法的综合运用6846 飞泉挂碧峰，圆锥曲线的极坐标方程6866.1 圆锥曲线统一的极坐标方程6866.2 统一极坐标方程的伪装法6896.3 焦半径和焦点弦的性质6926.4题型：6996.5 非统一极坐标系7027 无人知所去，直线参数方程7107.1基础知识7107.2 设点法vs设线法7127.3 应用举例7218 愁倚两三松，构造齐次方程7258.1 定点在圆锥曲线上7258.2定点在原点725第四章心有猛虎，技巧套路篇1 犬吠水声中，韦达定理基础篇(设线法)思路流程：将已知和所求最终肯定得化成坐标的形式，然后，再利用韦达定理，把坐标转化为一个变量的式子，这是韦达定

4、理的通法1.1韦达定理公式全家福和硬解定理1. 一元二次方程公式全家福(1)求根公式设是二次方程的两个根，则有注推导方法一般利用配方法，即；记忆方法或者结合对称轴和判别式，简记为(2)韦达定理设是二次方程的两个根，则有，.拓展公式，即 注的用法见后面的非对称韦达定理专题2. 硬解定理此处以直线和椭圆方程的联立为例进行说明联立消去y，可得：(1)韦达定理，注，等效判别式的前半部分；消去y时，都有；中的强记一下；中的，消去谁就减去谁如果是消去x，只需要把公式中的字母中的a、A分别换为b、B即可，而分母和C均不用变！即，考试的时候，可以先写出韦达定理，再逆推出联立的方程！(2)完全判别式，注一定要和

5、“等效判别式”区分开！对于等效判别式，可以借助三角函数进行记忆判别式中的，消去谁就留谁！故消去x，对应的判别式为：(3)弦长公式注公式的分母都是；，这部分是一顺写记忆口诀这个公式有点“二”，小方积、大方和，大方小方成对去虐单C方，虐完C方去下方公式的好处传统的弦长公式有两个，一定要注意区分两者的区别！因此，熟记上述弦长公式，可以避免由于用错弦长公式而带来的错误！消y版：；消x版：和判别式串联显然利用中的公式，也可轻松逆推出判别式或易错提醒如果是椭圆，公式中绝对值符号可以直接拿掉！但是，对于双曲线，绝对值符号不能省略！同时，直线和双曲线的渐近线二合一方程“”，也不能用此弦长公式！(4)求根公式写

6、出通式，利用上面韦达定理和判别式相应代入即可！不过，实际没啥用！请思考如果是直线和双曲线联立，即，此时又当如何？分析由于，只需要将替换上面的即可，也就是的前面添个负号！其实，如果把上述推导过程中的分别换为，则更显然！易错提醒对于直线和双曲线的渐近线二合一方程“”联立，即，上述硬解定理是不成立的！使用说明硬解定理以前在网络上还是很流行的，所以本人在此给出一个简单总结，其中包含的公式有很多，但是，个人认为，只有那个弦长公式还有点实用性，毕竟解析几何大题中，经常用到弦长公式，考试之时，可以作为检验之用！同时，弦长公式有口诀，也不是很难记忆！至于韦达定理公式，实际上也没啥大用，毕竟把直线和圆锥曲线联立

7、，这个过程并不复杂；至于完全判别式公式，实际解题时，往往“等效判别式”就足够用的了，因此，也么啥用例已知椭圆，过点的直线l与椭圆交于A、B两点，过点的直线与椭圆交于M、N两点(1)当l的斜率是k时，用a、b、k表示出的值；(2)若直线的倾斜角互补，是否存在实数，使得为定值，若存在，求出该定值及，若不存在，请说明理由答案(1)；(2)，定值是例(2011北京理)已知椭圆.过点作圆的切线I交椭圆G于A、B两点(1)求椭圆G的焦点坐标和离心率；(2)将表示为m的函数，并求的最大值例(2007浙江文理)如图，直线与椭圆交于A、B两点，记AOB的面积为S(1)求在，的条件下，S的最大值；(2)当，时，求

8、直线AB的方程1.2整体替换，避免重复计算例(2016全国理)已知椭圆的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为的直线交E于A、M两点，点N在E上，(1)当，时，求的面积；(2)当时，求k的取值范围解(1)，椭圆E为，由于，且，由椭圆的对称性，可得，则直线AM的方程为：，与椭圆联立：，可得，故(2)法一通法先行，设k韦达法，这也是常见的模型，定点交叉双直线模型，直线和圆锥曲线的另一个交点可以求出来的同时，注意到隐藏条件，设直线AM为：，则直线AN为：，直线AM与椭圆联立：，由于，故，【硬解定理：】同理可得：，由于，可解得，因为椭圆E的焦点在x轴，所以，即，整理得：，解得例(2016全国文)已知点A

9、是椭圆的左顶点，斜率为的直线交E于A、M两点，点N在E上，(1)当时，求的面积；(2)当时，证明：解(1)，和上面的理科相同，故略(2)设直线AM为：，则直线AN为：；直线AM和椭圆联立：，由于，故，【硬解定理：】同理可得：，由于，可得：，令，则，所以在上单调递增，又，根据零点存在定理可知：例(2016山东文压轴) 已知椭圆的长轴长为4，焦距为(1)求椭圆C的方程；(2)过动点的直线交x轴与点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B(i)设直线PM、QM的斜率分别为k、k，证明为定值(ii)求直线AB的斜率的最小值解(1)；

10、(2) (i)由于是线段PN的中点，所以设，则，故(ii)设，直线PA为：，直线QB为：，直线PA和椭圆联立：，同理可得：故，其中，当且仅当，即，即时，直线AB的斜率的最小值是另解定比点差法，纯属娱乐，考试之时，通法先行，请勿模仿！设，则，其中，设，则，利用定比点差法易得：，故，其中，当且仅当，即时，直线AB的斜率的最小值是注最后的均值不等式，是利用待定系数法凑出来的：设，则，令，可解得1.3隐形的斜率比例如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的下顶点为B，点M、N是椭圆上异于点B的动点，直线BM、BN分别与x轴交于点P、Q，且点Q是线段OP的中点当点N运动到点时，点Q的坐标为(1)求椭圆C的标

11、准方程；(2)设直线MN交y轴于点D，当点M、N均在y轴右侧，且时，求直线BM的方程略解(1)；(2)；由于点Q是线段OP的中点，因此，设直线BM的斜率为k则直线BN的斜率为，接下来韦达求出M、N坐标，代入即可1.4选择合适的直线方程进行联立直线方程的设法根据定点位置的不同，分成如下两种情况：定点在x轴过直线过x轴的上的定点，就把直线方程设成“”的形式！但是，不包括斜率为0 的情况！定点在y轴过直线过y轴的上的定点，就把直线方程设成“”的形式！同时，根据题意，需要另行讨论斜率不存在的情况！注(1)按照上述规则设直线方程，在联立圆锥曲线方程的时候，以及对于后续的计算和化简，都会起到简化的作用！比

12、如，过直线过x轴的上的定点，如果把直线方程设成“”的形式，不妨和椭圆方程联立，同时结合韦达定理，易知式子中含有的式子比较多，计算相对会复杂一些！(2)对于“”，许多资料被称为“反设直线”，但是，我更喜欢称作“倒斜率直线方程”，即，因为有些粗心的同学，很容易把t当成斜率k进行后续的计算(3)易错提醒无论使用哪种直线，都需要根据题意，讨论相应的斜率！(4)如何设方程？以避免讨论斜率优先？以定点位置优先？个人建议，以定点位置优先！具体可参考如下的例题，进行实质性的理解！例(2013江西理)如图，椭圆经过点离心率，直线l的方程为(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直

13、线AB与直线l相交于点M，记PA、PB、PM的斜率分别为，问：是否存在常数，使得？若存在求的值；若不存在，说明理由解(1)；(2)法一参考答案解法，利用点斜式直线方程，不讨论斜率易知直线AB的斜率必存在，设直线AB为，则点，设，直线AB与椭圆联立：，则，注意到A、F、B三点共线，故，即，故，又，故，故存在常数符合题意注此解法中的“注意到A、F、B三点共线，故，即”，这步处理是关键，如果按照常规方法进行硬算，即，显然，这个式子的计算量是很庞大的！法二法一之所以会产生如此多的麻烦，归根结底，还是直线的方程没有设好，由于定点在x轴上，因此，设直线AB的方程为，与椭圆联立：，故，又，故当直线AB的斜率

14、不存在时，易得，故综上所述，即存在常数符合题意注法二和法一相比，孰优孰劣很明显，尽管法二多讨论了斜率一步，但是，总体计算量明显比法一少了很多很多，对比之下，我们也可以了解到，在解析几何中，直线的方程不是随随便便设的！法三参考答案解法，设点法设，则直线FB为，令，可得，故直线FB与椭圆联立，解得，故，因此，即存在常数符合题意法四定比点差，纯属娱乐，考试慎用，请勿模仿设，设，则，即，由可得：，故，由可得：，故，即存在常数符合题意法五设点法对称点点差法，同样是纯属娱乐，请勿模仿设，则直线AB为，令，可得点，故又，即为，同理可得，则，展开作差可得：由于A、F、B三点共线，故，将代入可得：，即注通过这几

15、种方法，定比点差法除外，可以发现，无论是设点法还是设线法，其实本质都是设参数，然后转化化归，即将其他未知的参数，都用所设的参数表达出来，然后结合条件进行相应的计算求解1.5直线方程复杂时的换元联立比如联立，显然会很复杂，因此，可以令，再联立就简单很多了例(2006天津理压轴)如图，以椭圆的中心O为圆心，分别以a和b为半径作大圆和小圆过椭圆右焦点作垂直于x轴的直线交大圆于第一象限内的点A连结OA交小圆于点B设直线BF是小圆的切线(1)证明，并求直线BF与y轴的交点M的坐标；(2)设直线BF交椭圆于P、Q两点，证明：解(1)和圆有关的题，很多时候会牵扯到直角三角形，因此，和直角三角形相关的一些平几

16、知识要熟练，比如，中线正逆判定，射影定理，由于AFOF，BFOA，因此，利用直角三角形的射影定理，显然有，即；易知点A的坐标为，故，直线BF的方程为：，令，可得，即直线BF与y轴的交点M的坐标为(2)直线BF方程和椭圆方程中的a、b、c都是抽象的参数，显然直接联立，势必会很繁琐，因此，熟悉硬解定理的话，可以直接得到，当然，直接现推也不麻烦！由于同理，【直接替换利用即可！】对于，令直线BF方程为，则、，故，对于，令直线BF方程为，则、，故；因此，即注最后的计算，“”是化简的关键！1.6求另一个交点此类模型，很常见，一定要熟练识别和求解！单直线过圆锥曲线的顶点直线和圆锥曲线相交，其中的一个交点已知

17、，这是一种很常见的模型，一般可以利用韦达定理求出另一个交点，同时，比较常见的是过顶点的直线！例(2014陕西理)如图，曲线C由上半椭圆和部分抛物线连接而成，的公共点为A、B，其中的离心率为(1)求a、b的值；(2)过点B的直线l与分别交于P、Q（均异于点A、B），若，求直线l的方程略解(1)易得，；(2)直线l的方程为；易知，直线l与x轴不重合也不垂直，故设直线l为：，【如果设直线l为，明显计算量大一些！】直线l与椭圆联立，点B的坐标已知，利用韦达定理即可求得点P的坐标，同理，也可求得点Q的坐标，最后利用，即可解出m例 (2010江苏)在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、

18、B，右焦点为F设过点的直线TA、TB与椭圆分别交于点、，其中，(1)设动点P满足，求点P的轨迹；(2)设，求点T的坐标；(3)设，求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）解(1)(2)略；(3)由题设知，直线 AT 的方程为 y=m12x+3，直线 BT 的方程为 y=m6x3点 Mx1,y1 满足y1=m12x1+3,x129+y125=1,得x13x1+39=m2122x1+325.因为 x13，则x139=m2122x1+35,解得 x1=2403m280+m2，从而得 y1=40m80+m2点 Nx2,y2 满足y2=m6x23,x229+y225=1,解得x2=3m2602

19、0+m2,y2=20m20+m2.若 x1=x2，则由 2403m280+m2=3m26020+m2 及 m0，得 m=210，此时直线 MN 的方程为 x=1，过点 D1,0若 x1x2，则 m210，直线 MD 的斜率kMD=40m80+m22403m280+m21=10m40m2,直线 ND 的斜率kND=20m20+m23m26020+m21=10m40m2,得 kMD=kND，所以直线 MN 过 D 点因此，直线 MN 必过 x 轴上的定点 1,0例(2016天津文理)设椭圆的右焦点为F，右顶点为A，已知，其中O 为原点，e为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程；(2)(理)设过点A的直线

20、l与椭圆交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若，且，求直线的l斜率的取值范围(2)(文)设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，若，且，求直线的l斜率解(1)；(2)(理)此问的关键是由“”得到，其余的就是计算了设直线l为：，与椭圆联立：，易知，由于，可得：，由，可解得，直线MH为：，与直线l联立，可解得，由于，故（三角形中大角对大边），即，化简得，即，解得或所以，直线l的斜率的取值范围为(2)(文)由于，故，即，化简得，即，解得例(2015天津文)已知椭圆的上顶点为B，左焦点为F，离心率为(1)求直线BF的

21、斜率；(2)设直线BF与椭圆交于点P（P异于点B），过点B且垂直于BF的直线与椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ与x轴交于点M，(i)求的值；(ii)若，求椭圆的方程解(1)由及，可得，故(2)(i)设点，由(1)可得椭圆方程为，直线BF的方程为，与椭圆方程联立：，解得因为，所以直线BQ方程为，与椭圆方程联立得：，解得，又因为，及 得(ii)由于，所以，又，显然，椭圆方程为【当然，也可以转化为点M到直线BQ的距离，不过计算量稍大】用一个未知点表示另一个未知点例如图，在平面直角坐标系xOy中，已知分别是椭圆的左右焦点，A、B分别是椭圆E的左右顶点，是线段的中点，且(1)求椭圆E的方程；(2)若M

22、是椭圆E上的动点（异于点A、B），连结并延长交椭圆E于点N，连结MD、ND并分别延长交椭圆E于点P、Q，连结PQ设直线MN、PQ的斜率存在且分别为，试问：是否存在常数t，使得恒成立？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由解(1)；(2)法一通法先行，设点法韦达定理，求解点P、Q的坐标设，直线MD的方程为：，和椭圆联立，整理可得：，则，即，从而，故点，同理可得点由M、N三点共线，可得：，故存在常数，且法二截距点差法设，对M、D、P三点，利用截距点差法：，解得点对N、D、Q三点，同理可得点由M、N三点共线，可得：故，故存在常数，且法三定比点差法双定比练习已知椭圆，斜率为1的直线l与椭圆交于A、B

23、两点，点，直线AM、BM分别与椭圆C交于，求证：直线恒过定点答案例已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线直线与椭圆交于A、B两点，斜率为的直线与抛物线交于C、D两点，斜率为的直线与抛物线交于E、F两点（C、D与E、F分别在两侧，如图所示），证明：直线DF经过定点证明设，其中，；直线与椭圆方程联立：，故，设，则直线DF的方程为：，因此，只须将分别用点A、B的坐标表示出来即可直线的方程为：，与抛物线方程联立：，故，同理可得：，故，因此，直线DF的方程为：，显然，直线DF经过定点1.7点乘转化为双根算法例(2007山东文压轴、理)已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点的距离的最大值

24、为3，最小值为1(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线与椭圆C相交于A、B两点(A、B不是左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点求证：直线过定点，并求出该定点的坐标答案(1)；(2)定点为；下面给出第(2)问的几种常见解法法一通法先行！注意到题目中已经给出直线l的方程，因此，也就不需要讨论斜率的存在性问题！当然，如果没有给出直线l的方程，就要设成的形式，避免讨论斜率！设，联立得：，则，令，可解得由于以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，故，即，即，代入数据，整理可得：，解得，且均满足当时，l的方程，直线过点，与已知矛盾；当时，l的方程为，直线过定点综上所述，直线l过定点，定点坐标为法二点乘双

25、根算法此解法的思路和法一是一样的，不同之处是在计算的过程中，利用“双根法”省去了“许多”计算量此处只把不同之处写出，如下：因为是联立后方程的两个根，所以有：J由于以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，故，即令代入J式，可得：；令代入J式，可得：，因此，即为，后续过程同上，故略过注通过法一和法二的类比，个人认为，实际上，“点乘双根算法”并没有太多的优势，也节省不了多少时间同时，对于学生而言，毕竟“双根法”需要一定的变形技巧，不熟练不细心的话，就很容易出现计算错误，因此，不如老老实实展开计算的稳当！法三对称点点差法设，右顶点为，则，由于，故，即，作差可得：，利用横截距公式，显然，过定点1.8 距离或者向

26、量投影坐标化韦达定理的解题思想，就是坐标化，因此，如果给出的是距离或者向量，就需要进行坐标化，例(2008浙江文压轴、理)已知曲线C是到点和到直线距离相等的点的轨迹l是过点的直线，M是C上（不在上）的动点；A、B在上，轴（如图）(1)求曲线C的方程；(2)求出直线l的方程，使得为常数解(1)直译即可，易得曲线C的方程为；(2)易知直线l的斜率不为0，因此，设直线l为：，由于，只需要求出、即可，利用抛物线的设点法，设，则直线MA为：，与直线l联立，可解得，故 显然，只有当，即时，为常数，因此，直线l的方程为注也可利用平几性质，构造出如图所示的辅助线进行求解，具体过程略例(2011山东文压轴)在平

27、面直角坐标系xOy中，已知椭圆.如图所示，斜率为且不过原点的直线l交椭圆C于A、B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线于点(1)求的最小值；(2)若，(i)求证：直线l过定点；(ii)试问点B、G能否关于x轴对称？若能，求出此时ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由解(1)直线l的斜率，因此，利用中定点差法，可得，即，即，故，即的最小值为2，当且仅当时取等号(2)(i)此题的背景是：极线对应的极点是，故直线l过定点由(1)知直线OD为，与椭圆联立，可解得点，设直线l为，与直线OD联立，可解得点，又点，由可得：，即，即，故直线l为，显然，过定点(ii)假设点B、G能关于x轴对

28、称，由(i)知点B的坐标为，代入直线l，整理得：，即，解得或，当时，产生矛盾，故舍去，故，即当时，又点，故点A为，易知ABG的外接圆的圆心在x轴上，直线AB的中垂线为：，令，可得圆心为，进而可得半径，因此，ABG的外接圆的方程为1.9非对称韦达问题非对称问题我们知道，利用韦达定理解题，一般是将已知条件转化为“”的式子但是，并不是所有的题都可以走这个套路，比如，有的题目将已知条件转化为方程后，会出现“”、“”、“”或“”的形式，此种情况，是无法直接利用韦达定理的，而这类题一般也称作非对称问题！类型一“”型处理方法例已知椭圆的离心率为，过点的直线l交椭圆C于A、B两点，且当直线l垂直于x轴时，(1

29、)求椭圆C的方程；(2)若，求弦长的取值范围答案(1)；(2)解(2)当直线l的斜率为0时，易得或，故舍去因此，设直线l的方程为，与椭圆方程联立：，由于点M在椭圆内部，故必有，同时，设，则，故，由于，故，易得因此，类型二 “”型处理方法先凑出关于的形式：，即，两个式子相乘：，此时，就可以利用韦达定理了说明实际上，在实际解题时，此种情况的题型极少！此外，个人认为没有必要按照这个套路走，实际上，直接解方程组往往更快捷，可以参考如下的例题！例如图，在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的椭圆经过点，其中e为椭圆C的离心率过点作斜率为的直线l交椭圆C于A、B两点(A在x轴下方)(1)求椭圆C的标准方程

30、；(2)过点O且平行于l的直线交椭圆C于点M、N，求的值；(3)记直线l与y轴的交点为P若，求直线l的斜率k答案(1)；(2)；(3)略解(1)，又，故，解得(2)设，直线l为，与椭圆联立：直线MN为，与椭圆联立，解得故【草稿上，也可以利用点乘双根算法：】(3)法一消元法，由(2)可知：，三个未知数，三个方程，刚好可以解出k，由可得：，代入整理得：，解得或(舍去)，又，故法二利用非对称问题的处理套路，即，即，然后代入即可，具体过程略注对于第(3)问，也可以利用定比点差法：设，代入，整理可得： ，解得或，则或(舍)，故，对于第(3)问，两种方法对比而言，在计算量上，没有多大出入！例如图，在椭圆上

31、，经过点的直线l交椭圆于E、F（E在F上方），直线MP交椭圆于点N(1)求椭圆C的方程；(2)若，求直线l的方程解(1)；(2)，由得：，故法一常规韦达定理法设直线l的方程为：，与椭圆联立：，设，则由得：，即方向1直接利用消元，先求出，再代入即可方向2凑出韦达定理的对称结构，由变形：，即，即，再代入即可，方向3换元转化，令，则变形为：，即，此时，重新联立，再利用套路：即可显然，前两个方向的计算量都是巨大的，皆不可取；对于第3个方向，变形确实巧妙，不过，此法的本质就是下面的参数方程法二线段比的问题，优先使用参数方程法设过点P的直线l的参数方程为：(t为常数)，与椭圆联立：设点E、F对应的参数分别

32、为，则，由得：，故，即，解得（不要被题目配图所骗），故直线l的方程为：类型三“”型处理方法一般有两种常用方法，具体参考如下例题例已知椭圆C的离心率，长轴的左右端点分别为、(1)求椭圆C的方程；(2)过直线与椭圆C交于P、Q两点，直线与交于点S，试问：当m变化时，点S是否恒在一条定直线上？若是，请写出这条直线方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由解(1)；(2)分析此题的背景是极点极线，所求直线是极点所对应的极线！法一韦达定理法典型的非对称问题联立可得：，直线的方程：，直线的方程：，联立消去y可得：，到这一步，有两个常用方向：方向1凑韦达消同一单元，解得方向2和积转化（强烈推荐熟练此法！）由得

33、到：，故，解得法二定比点差法易知直线过定点，设，则，直线的方程：，直线的方程：，联立消去y可得：，解得法三截距点差法 设，易知直线过定点，由于P、M、Q三点共线，故，即又，可得：直线的方程：，直线的方程：，到这一步，可以有两个常用方向可走：方向1联立直接解出x，可得：方向2联立消去y可得：，由可得：，因此，解得练习(2020北京)已知椭圆过点，且(1)求椭圆C的方程；(2)过点的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线于点P，Q，求的值答案(1)；(2)12 桃花带雨浓，韦达定理进阶篇2.1 和圆相关例(2011大纲卷文)设两圆都和两坐标轴相切，且都过点，则两圆心的距离( ) A4

34、B C8 D 答案选C 解易知两个圆都在第一象限，且圆心在直线上，故可设圆的方程为：，过点：，即，设为此方程的两个根，则的坐标为、，故，故选C例已知经过点的两个圆都与直线、相切，则这两个圆的圆心距等于 答案 解两条直线的方程互为反函数，图象关于对称，结合图象，可知圆心都在直线上，因此，可以设圆心，则是关于x的方程，即的两个根，故例已知点P为圆与圆的公共点，圆，圆，若，则点P与直线上任意一点M之间的距离的最小值为 解由于，故可以尝试凑出关于a、c的二次方程，因此，需要先把b、d换掉！设，则，代入可得：，同理可得：，因此，a、c是方程的两个根，故，即点P的轨迹方程为：，易得例(2015江苏联赛初赛

35、)如图，在平面直角坐标系xOy中，圆、圆都与直线及x轴正半轴相切，若两圆的半径之积为2，两圆的一个交点为，求直线l的方程解由于圆、圆都与直线及x轴正半轴相切，因此，圆心、在直线l和x轴的角平分线上，不妨设此直线为，则设圆、圆的半径分别为，则，可以尝试构造关于r的二次方程，然后，利用韦达定理易知圆的圆心为，则，即，即，同理可得：因此，是方程的两个根，故，即，进而，所以直线l的方程为背景圆、圆是位似圆，设圆、圆与x轴的切点分别为A、B，可以利用平几知识证明得到：，即，即练习已知两圆的圆心在直线上，且两圆均与x轴相切，两圆圆心的横坐标a、b满足若记两圆交点，且的最大值为10，求k的值解易求得a、b是

36、关于方程的两个根，因此，又，故，即，因此，点P的轨迹是圆不妨令，则，解得类题如图，圆M和圆N与直线分别相切于A、B，与x轴相切，并且圆心连线与l交于点C，若且，则实数k的值为( ) A1BCD 解选D；设圆M、圆N与x轴的切点分别为P、Q，圆M、圆N的半径分别为由于，故，即易知OM、ON分别是POA、BOQ的角平分线，因此，OMON，设ON的斜率为m，则，即为，解得因此，注也可以利用平几知识，易证得RtOPMRtNQO，则QOPM，2.2 直线的定比分点式方程直线的定比分点式方程经过两个不同的定点、的直线的参数方程为： (为参数，)；设为P、Q两点所确定的直线上的任意一点，参数的几何意义是动点

37、M分有向线段即向量的定比，即，显然，利用定比分点的知识，可得到：当时，M为内分点；当，且时，M为外分点；当时，点M与Q重合注实际上，根据定点的个数，我们可以将直线的参数方程分为两种：利用一个定点，再利用直线的方向向量，以有向线段为参数的参数方程；利用两个定点，再利用定比分点的知识（实质也是向量的共线定理），以定比为参数的参数方程因此，直线的定比分点式方程实际上是属于直线的参数方程的一种！例已知点对椭圆的切点弦为AB，过点P的直线l交切点弦AB于Q，交椭圆于R、S，求证：证法一利用直线的参数方程设直线l为(t为参数)，易知切点弦AB为：，故直线l与椭圆方程联立可得：，则，故得证证法二借助调和点列

38、的背景，即设，则，将坐标代入，可得：同理，设，则，代入，可得：由可知：是关于t的二次方程的两个根，故，又点在切点弦AB上，所以，则故，即，即，即例(2006山东理)双曲线C与椭圆有相同的焦点，直线为C的一条渐近线(1)求双曲线C的方程；(2)过点的直线l交双曲线C于A、B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点不重合）当，且时，求Q点的坐标答案(1)；(2) 解(2)设，由得：，即，代入双曲线的方程：同理，由得：，故是关于的二次方程的两个根，故，解得，即点Q的坐标为注常规韦达定理方法：，设直线l的方程为：，其中，与双曲线联立：，后略；和上述方法相比，显然繁琐很多例(2007福建文压轴、理)如图，已知

39、点，直线， P为平面上的动点，过P作直线l的垂线，垂足为点Q，且(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F的直线交轨迹C于A、B两点，交直线l于点M，已知，求的值(3)(文)求的最小值解(1)；(2)；法一设，则，又，可得：；同理，由可得：；故是关于的二次方程的两个根，因此，法二利用平几性质由已知，得则如图，过点A、B分别作准线l的垂线，垂足分别为、，则有：由得：，即(3)(文)设直线AB的方程为，则；直线AB的方程与C联立：，则，故，当且仅当，即时取得等号例已知椭圆的长轴长为4，A、分别为椭圆C的上、下顶点，P为椭圆C上异于A、的动点，直线PA与的斜率之积恒为(1)求椭圆C的方程；(2)过点

40、的直线l与椭圆C交于D、E两点，点Q满足：且，当直线l绕着T点转动时，求动点Q的轨迹方程答案(1)；(2)略解(2)设，由得：，又D在椭圆C上，故，对于，同理得：，故、是关于t的二次方程的两个根，所以，解得练习已知抛物线，直线l不过原点O，且与抛物线相交于P、Q，与x轴交于点A，与y轴交于点B(1)设，证明：；(2)设直线OP与直线OQ的斜率分别为、，若，求证：直线l过定点解(1)设，由得：，代入得：，同理，由得：，故、是二次方程的两个实根，因此，故得证(2)设，则直线PQ的方程为：又，即，对比，显然直线PQ过定点2.3 双切线问题参考相应章节的总结3 树深时见鹿，双切线同构法3.1 利用韦达

41、定理转化例(2012湖南理)在直角坐标系xOy中，曲线的点均在外，且对上任意一点M，M到直线的距离等于该点与圆上点的距离的最小值(1)求曲线的方程；(2)设为圆外一点，过P作圆的两条切线，分别与曲线相交于点A、B和C、D证明：当P在直线上运动时，四点A、B、C、D的纵坐标之积为定值解(1)法一设，根据题意可得：，易知上的点位于直线的右侧，于是，故，化简可得的方程为：法二根据题意可知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线故其方程为 (2)当点P在直线上运动时，点P为，又，则过点P且与圆相切的直线的斜率k存在且不为0因此，设切线方程为，即为于是，整

42、理得：，设过点P的两条切线PA、PC的斜率分别为，则，设四点A、B、C、D的纵坐标分别为，切线PA为：，与联立：，则，同理可得：， 故例(2012湖南文)在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆的圆心(1)求椭圆E的方程；(2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线，当直线都与圆C相切时，求P的坐标解(1)；(2)设，直线分别为：、，其中由直线与圆C相切可得：，即，同理可得：，因此，是方程的两个实根，则，且，又，联立解方程组得：或，经检验都满足式，故点P的坐标为或或或例(2011浙江理)已知抛物线，圆的圆心为点M(1)求点M到抛物线的准线的距离；(2)已知点P是抛物线上一点（异于原点），过点P作圆的两条切线，交抛物线于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂足于AB，求直线l的方程解(1) ；(2)点P的坐标为，直线l的方程为法一通法就是设，设直线方程，利用相切条件，构造关于斜率、的二次方程，再利用韦达定理求解，具体过程此处略法二注意到P、