2025年高考数学高考数学二轮重难题型攻略(新高考通用)专题15韦达化和非对称韦达的处理(2大题型)练习(学生版+解析）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc31685" 题型01 韦达化处理 PAGEREF _Tc31685 \h 1
\l "_Tc5565" 题型02 非对称韦达 PAGEREF _Tc5565 \h 15
题型01 韦达化处理
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·江西上饶·一模）已知双曲线的焦点与抛物线的焦点重合，且双曲线的离心率为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若过点的直线与双曲线交于两点，的面积为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据双曲线的焦点与抛物线的焦点重合，且双曲线的离心率为，列方程求双曲线参数即可得解；
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理与弦长公式，结合点到直线距离公式将的面积化为关于m的方程，解之即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点坐标为0,2，
所以双曲线中，
双曲线的离心率为，即
双曲线方程为
（2）显然直线斜率不能为0，设直线的方程为，
所以原点到直线的距离，
联立，得，
所以且，
所以，且，
所以，
所以，
所以，
解得，所以，
所以直线的方程为或.
2．（2024·河北石家庄·二模）已知为平面上一个动点，到定直线的距离与到定点距离的比等于，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线与曲线交于，两点，在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)在轴上存在点，使得为定值，定值为.
【分析】（1）根据题意，用点到直线和点到点的距离公式列出方程，整理得出方程即可.
（2）假设存在，先考虑斜率不为0的情况，设其方程为，再与曲线联立后用韦达定理，表达出，若要上式为定值，则必须有，即，代入求出.再考虑斜率为0的时候，直接求出即可.
【详解】（1）设点的坐标为，则，
即，化简得：，所以双曲线的标准方程为；
（2）如图
当直线的斜率不为0时，设其方程为.
由于直线与双曲线交点两个，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为，则.
代入，整理得，，设，，，，，
则，
所以
．
若要上式为定值，则必须有，即，，故存在点满足．
当直线的斜率为0时，，，此时点亦满足，故存在点满足．
综上所得，在轴上存在点，使得为定值，定值为.
3．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知双曲线的实轴长为2，设为的右焦点，为的左顶点，过的直线交于A，B两点，当直线AB斜率不存在时，的面积为9．
(1)求的方程；
(2)当直线AB斜率存在且不为0时，连接TA，TB分别交直线于P，Q两点，设为线段PQ的中点，记直线AB，FM的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据三角形面积以及实轴长即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据点斜式求解直线方程，进而可得坐标，利用斜率公式即可求解.
【详解】（1）依题意，，解得，
设的焦距为2c，则，
将代入方程，可得，
所以的面积为，
解得，
所以的方程为；
（2）由方程得,
设直线，
与的方程联立可得，
所以，
设直线，令，解得，所以，
同理可得，，
所以
，故
所以，又，所以．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围以及定值问题的求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（33）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
4．（2025·河北邯郸·二模）已知为圆上一点，F21,0，线段的垂直平分线交半径于点，记动点的轨迹为曲线，双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为.
(1)求曲线的标准方程；
(2)过上一点作斜率为的直线，交双曲线于、两点，且恰好为线段的中点，求出点的坐标；
(3)若直线与曲线交于、两点，求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）应用点到直线距离公式结合椭圆定义即可求出标准方程；
（2）应用点差法得出，再结合椭圆方程联立计算得出点的坐标；
（3）联立方程结合面积公式结合韦达定理，再结合基本不等式即可得出范围.
【详解】（1）双曲线：的渐近线为，不妨取一条渐近线为，即，
则圆心F1−1,0到直线的距离为，
圆的半径为，则弦长为，解得，
依题意可得，，
即动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
所以曲线的标准方程为.
（2）设，Ax1,y1，Bx2,y2，
代入双曲线可得
作差可得，
又直线的斜率为，所以，
即，所以，
代入曲线的方程得，解得，所以，
又，所以或,经检验，均满足题意，
所以点M的坐标为或.
（3）联立，整理得，
令，所以，即或.
设，，则，，
所以
，
令，则，
则，
因为，所以，当且仅当，即时等号成立，此时，
所以，
所以，
即面积的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：解决面积范围的关键是化简面积表达式后应用基本不等式即可求出范围.
5．（2025·江西新余·一模）平面直角坐标系中，点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数.
(1)求点的轨迹方程；
(2)若不过点的直线交曲线于P，Q两点；
①若以P，Q为直径的圆过点，证明：直线过定点；
②在①条件下，作为垂足.是否存在定点，使得为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②存在，定值为.
【分析】（1）利用两点距离公式、点线距离列方程并整理，即可得轨迹方程；
（2）①令，，联立的轨迹方程，应用韦达定理及求参数，即可证结论；②根据①结论及确定的轨迹，即可得结论，并找到定点坐标.
【详解】（1）令，结合题设有，则，
所以，即点的轨迹方程为.
（2）若以P，Q为直径的圆过点，且直线不过点可知，直线的斜率不为0，
可设，，联立，
则，整理得，
且，则，
所以，，
①由题意
，
所以，即或（舍，直线过点），
所以，故直线过定点，得证.
②由，且直线过定点，
故在以为直径的圆上，且中点为，该点到的距离恒为，
所以，存在定点使.
6．（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，点在双曲线上，渐近线方程为.
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作直线与双曲线交于两点，在轴上是否存在一定点，使得直线与的斜率之和为定值？若存在，请求出点的坐标及定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，
【分析】（1）由题意可得，解出方程组即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点横坐标有关韦达定理，借助斜率公式表示出后，借助韦达定理可将其化简，结合定值的要求计算即可得.
【详解】（1）由题意，得，解得，
双曲线的方程为；
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
将点的坐标代入，得，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立直线与双曲线的方程，得方程组，
消去并整理，得，
，且，
即，即，
则，
，
若存在定点，设，
则
，
要使为定值，只需上式中对应分子、分母对应项系数成比例，且分母中的系数为0，
即，解得，
此时分子、分母中的系数也为，
在轴上存在定点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
7．（2024·吉林长春·一模）已知为抛物线的焦点，为坐标原点，过焦点作一条直线交于A，B两点，点在的准线上，且直线MF的斜率为的面积为1.
(1)求抛物线的方程；
(2)试问在上是否存在定点，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)过焦点且与轴垂直的直线与抛物线交于P，Q两点，求证：直线AP与BQ的交点在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）根据，结合的坐标即可求解；
（2）设的方程为，，联立直线和抛物线方程，将题干斜率条件用坐标表达，结合韦达定理求解；
（3）表示出直线AP与BQ的方程，得到交点坐标，结合（2）中的韦达定理求解.
【详解】（1）由题意得，直线方程为：，
令，则，故，
于是，解得（负值舍去），
故抛物线方程为.
（2）设的方程为，，，
由题意得，，即，
可得，通分可得，
联立和抛物线，得到，，
由，代入可得，
整理可得，解得或，
故，满足题意.

（3）由题意，，
则直线，直线，
两直线方程相减得到：，
由（2）知，，于是，
即，
即，
即，
于是，
解得，
即直线AP与BQ的交点在一条定直线上

【点睛】关键点睛：解析几何大多数定值问题，会采取设而不求，联立方程后，结合韦达定理整体代入求解，从而简化运算.
8．（2025·广东惠州·模拟预测）已知椭圆的长轴长为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知椭圆上点处的切线方程是.在直线上任取一点引椭圆的两条切线，切点分别是、.
①求证：直线恒过定点；
②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）根据椭圆的长轴长为，离心率为，由求解；
（2）①设Px1,y1，Qx2,y2，，由，，且，经过点，得到求解；②设实数存在，则，分直线斜率不存在，斜率，斜率，利用弦长公式求解.
【详解】（1）解：由题意可知，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）①设Px1,y1，Qx2,y2，，
由题设可知：，，
又因为，经过点，所以，
所以，均在直线上，即，
由，解得，所以直线过定点.
②设实数存在，因为，所以，
当直线斜率不存在时，此时直线的方程为，
由解得，
所以，故.
当直线斜率时，不满足题意；
当直线斜率时，设直线的方程为，则，
故，
所以，
联立可得，显然，
所以，，
所以.
综上可知，存在满足条件.
【点睛】方法点睛：本题第二问，首先利用弦长公式得到，然后巧用，化简得到，结合韦达定理而得解.
题型02 非对称韦达
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·浙江绍兴·三模）设双曲线C：（，）的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为1．，分别为双曲线的左、右顶点，直线过点交双曲线于点，，记直线，的斜率为，．
(1)求双曲线的方程；
(2)求证为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证.
【详解】（1）由题意可得，解得，
故双曲线的方程为；
（2）由双曲线的方程为，则，，
由题意可知直线斜率不为，故可设，Mx1,y1，，
联立，消去可得，
，即，
则，，
则，即，
，，
则
，
即为定值.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
2．（2024·四川成都·模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆的方程是.
(1)若直线与椭圆交于两点，为椭圆上任意一点，直线、斜率分别为、，求；
(2)过椭圆的右焦点作直线交椭圆于，两点.直线，作于点证明直线过定点，并求出点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）将直线与椭圆的方程联立，求得点的坐标，设点，将用点的坐标表示，代入点的坐标，化简计算即得；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设点，写出韦达定理，依次求出直线的斜率和直线方程，由图形对称性推得直线经过轴上的一个定点，令，利用韦达定理化简计算即得定点.
【详解】（1）
把代入,整理得,
设,不妨设在第一象限，在第三 象限，
则,
分别代入中,解得.
设点，则，
于是，（*），
因点在椭圆上，则，即，
代入（*），可得；
（2）
当直线的斜率不为0时，如图可设其方程为，
代入，整理得：，
显然，设点，
则故得，
因，故，则直线的斜率为，
于是直线的方程为：，
由图形的对称性（交换点和点的位置）可知直线必经过轴上的一个定点，
故可令，代入可得：，
即直线经过定点.
显然，当直线的斜率为0时，直线即轴，满足题意.
故直线经过定点.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线相交产生的定点、定值问题，属于较难题.在求解直线过定点问题时，要结合图形特征巧妙利用对称性，通过换角度作图，判断定点的大致位置，再予以针对性地求解证明.
3．（2024·河南新乡·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，且．
(1)求的渐近线方程．
(2)点为的左支上一点，且．分别为的左、右顶点，过点的直线交的右支于两点，其中点在轴上方，直线与交于点．
①求直线的方程；
②证明：点到直线的距离为定值．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据焦距求出，即可求出渐近线方程；
（2）①设，则，利用余弦定理可求出，再利用勾股定理证明，即可得出结论；
②可设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再分别求出直线的方程，再联立方程，从而可求出动点所在的位置，进而可得出结论.
【详解】（1）由题意可知，解得，则，
所以双曲线，
所以的渐近线方程为；
（2）①设，则，
由余弦定理得，
即，解得（负根舍去），
所以，
所以，则，
所以直线的方程为；
②易知直线的斜率不为零，则可设直线的方程为，
设，
联立，得，
恒成立，
则，
由题意得且，所以，
则直线，直线，
联立可得
，
解得，故动点在直线上，
所以点到直线的距离为，
所以点到直线的距离为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
4．（24-25高三上·湖北·期末）已知椭圆的左，右焦点为，点是椭圆上任意一点，的最小值是．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究满足的关系式．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）.
【分析】（1）将转化为，由求出即可；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程得，由韦达定理及化简求解即可得出直线过定点；写出直线方程，作比化简得出，解得，即点在直线上，记与轴的交点为，借助表达出即可.
【详解】（1）由椭圆知，，
，
所以，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）（ⅰ）若直线斜率不存在，则，不符合题意；
当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立直线与椭圆方程，得，
由韦达定理可得，，
所以，
又因为，
所以，
又因为，所以，解得，
即直线方程为，
故直线过定点；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，直线方程为，直线方程为，
所以，解得，即点在直线上，
记与轴的交点为，
则，
，
又因为同号，所以.
一、解答题
1．（24-25高三上·广东潮州·期末）设为抛物线：的焦点，为的准线与轴的交点，且直线过点．
(1)若与有且仅有一个公共点，求直线的方程；
(2)若与交于，两点，且，求的面积．
【答案】(1)，或
(2)
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，根据判别式即可求解，
（2）根据韦达定理可得，，进而根据向量数量积的坐标运算求解，由面积关系即可求解.
【详解】（1）抛物线：的焦点坐标为，准线方程为，则．
若与轴垂直，此时与只有一个交点．
若与轴不垂直，设．由，消去整理得．
因为与有且仅有一个公共点，所以，故．
此时的方程为或．
综上，的方程为，或．
（2）由（1）得，即．设，，
则，．
因为，所以，又，
所以，
整理可得，代入可得，解得．
所以的面积
.
2．（24-25高三上·辽宁·期末）已知直线经过椭圆的右顶点和上顶点．
(1)求椭圆的标准方程及离心率；
(2)与直线平行的直线交于两点（均不与的顶点重合），设直线，的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知，可得，，则，，即可求得椭圆的标准方程，再求出，可求得离心率；
（2）设直线的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线方程与椭圆方程，由利用韦达定理得，得，化简可得，可得为定值.
【详解】（1）因为直线经过椭圆的右顶点和上顶点，
当时，，当时，，则，，
所以，，
所以椭圆的标准方程为．
因为，所以椭圆的离心率为．
（2）
由（1）知直线的斜率为，
设直线的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程组，消去得，则．
因为，，所以，
因为，
且，所以，
所以，即为定值．
3．（2024高三·全国·专题练习）已知双曲线过点，且到直线的距离为．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)的左、右焦点分别为，若过的直线与交于两点，直线与交于点．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）当两点均在的左支上时，直线与交于点，直线与直线交于点，求的面积的最小值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据题意列方程求出的值
（2）（ⅰ）联立直线与双曲线方程可得韦达定理，写出直线的方程，求得点的坐标，进而写出直线的方程，令，代入化简即可求解，
（ⅱ）将的面积用参数表示出来, 换元，利用函数的单调性求三角形面积的最小值
【详解】（1）因为，且点到直线的距离为，所以，则，所以，
由题意可知，
将代入上式，得，解得，则，
故双曲线的标准方程为．
（2）（ⅰ）由（1）可知，．
当直线与轴不重合时，设其方程为，
联立方程，得，消去，化简整理得，
则．
易知直线的方程为，
当时，轴，与直线平行，不相交，不符合题意，故，
令，得到点的坐标为，
所以直线的方程为．
令，得到直线与轴的交点横坐标
，
所以直线过定点．
当直线与轴重合时，直线与轴重合，所以直线过定点．
综上，直线过定点．
（ⅱ）由（ⅰ）可知，直线过定点，
同理可知，直线也过定点，
因为直线与直线交于点，所以．
因为，两点均在的左支上，所以或或，所以
．
令，则，
易知函数在上单调递增，所以当时，，
故的面积的最小值为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
（2）代数法，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．
4．（24-25高三上·上海浦东新·期中）已知和为椭圆上两点．
(1)求的离心率；
(2)若过P的直线交于另一点，且的面积为9，求的方程；
(3)过OA中点的动直线与椭圆有两个交点，，试判断在y轴上是否存在点T使得，若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，说明利用．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）将点代入椭圆方程，解出、的值，再由椭圆中求出离心率即可；
（2）根据已知条件，分直线斜率存在和不存在两种情况讨论解出符合题意的直线方程即可；
（3）根据已知条件设直线方程，与椭圆方程联立，设Mx1,y1，Nx2,y2，，
写出韦达定理，将转化为的函数，再根据函数值域得出点纵坐标的取值范围，再验证直线斜率不存在的情况，得到最终结果.
【详解】（1）依题意，，解得，
则离心率；
（2）
由（1）可知，椭圆C的方程为，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，易知此时
点到直线的距离为，则，与已知矛盾；
当直线l的斜率存在时，设直线的方程为，即，
设Px1,y1，Bx2,y2
联立，
消去整理可得，
则，
由弦长公式可得，，
整理得：，
点A到直线l的距离为，
则
解得或，
则直线l的方程为或；
（3）若过中点的动直线的斜率存在，
则可设该直线方程为
设Mx1,y1，Nx2,y2，，
由，可得，
故，
且，，
而，，
故
因为恒成立，
故，即，
解得，
若过点的动直线的斜率不存在，则，，
此时需，两者结合可得
故这个点纵坐标的取值范围为.
5．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为，过点的直线交于，两点.
(1)求的方程；
(2)设的左、右顶点分别为，，直线与直线交于点，证明：，，三点共线.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率及焦点坐标列方程求解得出双曲线方程；
（2）分直线的斜率为0和直线的斜率不为0两种情况分别检验，即可证明三点共线.
【详解】（1）由题意知，因为，
所以，所以，
所以的方程为.
（2）由题意知，，
当直线的斜率为0时，：，此时，，三点共线显然成立，
当直线的斜率不为0时，设：，，，
联立可得，
由题意得，
，
所以，，
因为直线的方程为，
令，得，所以，
所以，
因为，
所以
所以，故，，三点共线，
综上得，，三点共线.
【点睛】关键点点睛：证明的关键点是把三点共线转化为结合韦达定理即可求解证明.
6．（24-25高三上·湖北武汉·期末）已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记
(1)求椭圆C的方程；
(2)若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标；
(3)若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点坐标为
(3)
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆方程；
（2）由图形对称性可知定点在x轴上，设，由题意得，求解即可.
（3）设直线PQ的方程为，，，并表示
联立由韦达定理得，，代入化简并结合即可得所求.
【详解】（1）由题意知，，，又，，，
所以椭圆C的方程为：
（2）证明：由知，，由图形对称性可知，定点M在x轴上，
设直线PQ方程为：，，，，
，解得，
即定点坐标为
（3）设直线PQ的方程为，，
联立可得，
则，，且
于是
，
，，即的范围是
7．（24-25高三上·河北沧州·期末）平面直角坐标系中，动点到点的距离比它到轴的距离多1．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若点C为，过的直线l与点的轨迹交于A，B两点（A，B与C不重合），直线，与直线交于点，．证明：以为直径的圆在上截得的弦长为定值．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）根据距离公式得到方程，整理即可得解；
（2）设直线的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线的方程，即可求出点坐标，同理可得点坐标，以线段为直径的圆与轴交点设为，根据求出参数的值，即可得解.
【详解】（1）因为Px,y到点1,0的距离为，Px,y到轴的距离为．
由题意动点Px,y到点1,0的距离比它到轴的距离多1得，
整理得，，即．
当时，；
当时，；
所以动点的轨迹方程为或．
（2）依题意设直线的方程为，依题意，点的轨迹方程应取，
将代入，消去得，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，，
设，，，
则，
直线的方程为，
令，则，
，同理可得，
以线段为直径的圆与轴交点设为，
则，，且，
，
，
或，
以为直径的圆在轴上截得的弦长为定值．
8．（24-25高三上·山东日照·期末）在平面直角坐标系中，已知定点，动点满足，记的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过作轴的垂线与曲线在第一象限的交点为，过点的直线与曲线相切，且与轴交于点.
（i）点是曲线上异于的一点，且，求直线的方程；
（ii）过点且斜率不为0的直线交曲线于两点（在的左侧），若为线段的中点，直线交直线于点，求证：轴.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）由题意可得其轨迹为椭圆，结合椭圆的性质即可得到其标准方程；
（2）（i）根据题意，联立直线与椭圆方程代入计算，即可得到点的坐标，然后结合三角形的面积公式代入计算，即可得到在关于对称的直线上，即可得到结果；（ii）联立直线DE与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得到直线的方程，再由直线与直线即可得到点的纵坐标，即可证明.
【详解】（1）由题意知动点的轨迹是以为焦点的椭圆，且焦距，长轴，所以，所以曲线的方程为.
（2）

（i）由题意知，点的坐标为，
因为过点的切线斜率不为0，故设，与椭圆联立，
得，令，得①，
又过，则②，联立①②可得，则，
所以点的坐标为，
因为，故，
从而到的距离为到距离的2倍，即在关于对称的直线上，
又在椭圆上，从而关于对称，故直线方程为.
（ii）方法一：因为，直线的斜率不为0，
故设直线DE的方程为，
与椭圆联立，得，
所以，
所以，所以，
又，则直线的方程为，
轴，直线与交于，则，所以，
故，
故轴.
方法二：设，
则，则①，又由，
两式作差可得：②，
结合①②可得，，所以，
又，则直线的方程为
轴，直线与交于，则，
故，故轴.
9．（24-25高三上·安徽铜陵·期末）设椭圆.已知点，在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过点的直线与椭圆交于两点（在右侧），且与线段交于点.
（i）证明：；
（ii）当为中点时，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）或.
【分析】（1）由椭圆所过的点求椭圆参数，即可得方程；
（2）（i）设，，，，有，且，联立直线与椭圆并应用韦达定理，分析法将问题化为证明，即证，代入参数验证两侧是否相等即可；（ii）由题设有，可得，结合代入韦达定理求参数k，即可得直线方程.
【详解】（1）由题意，且，可得，
故椭圆的标准方程为；
（2）（i）由题设，直线，且直线的斜率存在，
设，，，，
则，，且，
联立，消去y可得，
所以，可得，
则，，
要证，即证，
即证，整理得，
即证，整理得，
将，代入，得，
所以，显然两侧相等，结论得证.
（ii）当为中点时，由（i）结论，有，
所以，即，结合韦达定理，
有，将代入，得，
消去得，整理得，
所以或，则直线为或.
10．（24-25高三上·甘肃武威·期末）已知，分别是椭圆的左、右顶点，P（异于点A，B）是C上的一个动点，面积的最大值为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记直线PA，PB的斜率分别为，，求的值；
(3)直线l交椭圆C于M，N两点（异于A，B两点），直线AM，AN的斜率分别为，，且，证明：直线MN过定点．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件可知当点在椭圆上、下顶点处时，面积的最大，由此可计算椭圆标准方程.
（2）设Px0,y0，表示，利用点在椭圆上可求结果.
（3）设l的方程为，与椭圆方程联立，利用可计算出的值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意得，.
当点在椭圆上、下顶点处时，面积的最大，此时面积为，
∴，∴椭圆C的方程为．
（2）设Px0,y0，则，即，
∴．
（3）由题意知直线l的斜率不为0，设l的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2．
由得，
，
∴，，
∴，，
∵，∴，即，
∴，
解得或（舍）．
当时，满足，此时MN的方程为，故直线MN过定点．
11．（24-25高三上·江苏·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，，焦距为4，渐近线方程为
(1)求C的方程；
(2)过的直线l分别交C的左、右两支于A，B两点，直线交C于另一点P，
①若，求点P的坐标；
②是否存在常数，使得若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①；②存在，
【分析】（1）由焦距可得c，由渐近线可得a、b关系，再结合a、b、c的平方关系求解即可；
（2）①设，，分别于双曲线联立，由，得，则，结合B在双曲线上，代入可得B坐标，进而求得P坐标；
②由韦达定理可得，进而利用斜率公式可得，，即可得解.
【详解】（1）由题意得，
解之得，所以C的方程为
（2）①设，，
设，，，
由得，
则，
由得，
则，
因为，所以，
则，整理得，
因为，，
所以，
即，
因为点B在双曲线C上，所以，
则，解之得，
则，所以，
则，即直线BP垂直于x轴，故
②由①知，，，
所以，
则
，
而，
所以，即存在满足题意.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
12．（24-25高三上·广西河池·期末）设抛物线的焦点为，点，直线交于，两点，且．
(1)求的标准方程；
(2)已知，是抛物线上的任意两点，过点，分别作在点，处的切线交于点，
①证明：，，成等比数列；
②证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线方程为，根据过点且可求出的值，即可得到结果.
（2）①表示切线方程，联立可得点坐标，表示，，即可证明结论.
②利用向量证明，结合三角形相似可证明结论.
【详解】（1）
由题意得，直线斜率存在，.
∵直线过点，∴设直线方程为，则.
由得，，∴，
∴，
由得，∴，即，解得，
∴的标准方程为.
（2）
①由得，，∴.
设，则，
∴点处的切线斜率分别为，
∴点处的切线方程为，整理得，，即，
点处的切线方程为，联立两切线方程得，.
由（1）得，，∴.
∵，
∴，
∴，，成等比数列.
②由①得，，，
∴，，
∵，∴，
∴，即，故，
∵，∴，∴与相似，
∴.
【点睛】关键点点睛：解决第（2）问①的关键是通过求导表示切线斜率，求出切线方程，结合抛物线的定义表示，，；解决第（2）问②的关键是通过向量表示夹角，根据三角形相似证明结论.
一、常见韦达化处理
倘若定点，在椭圆上的动点，那么：
（1），此时已经凑出韦达定理的形式，就无需再解点，可直接代入韦达定理求解.
（2）,这里对交叉项的处理可进一步代入直线方程：，化简可得：
（*），再代入韦达定理.注意，这一步代入很重要，（*）式是一个非常简洁的结构，易于操作.
（3）.
（4）面积计算
①一般方法：（其中为弦长，d为顶点到直线AB的距离）
=（直线为斜截式y=kx+m）
=
②特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着轴或者轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时候给定的顶点一般在轴或者轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长.
注：注意直线代换中直线反设法的应用，即设
1、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。
2、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”．