5.解析几何中韦达定理的运用
韦达定理在解析几何中的应用
韦达定理在解析几何中的应用陈历强一，求弦长在有关解析几何的高考题型中不乏弦长问题以及直线与圆锥曲线相交的问题。
求直线与圆锥曲线相交所截得的弦长，可以联立它们的方程，解方程组求出交点坐标，再利用两点间距离公式即可求出，但计算比较麻烦。
能否另擗捷径呢？能！仔细观察弦长公式：∣AB ∣=∣x 1-x 2∣21k +⋅=)1](4)[(221221k x x x x +-+或∣AB ∣=∣y 1-y 2∣211k +⋅ =)11](4)[(221221ky y y y +-+ ， 立刻发现里面藏着韦达定理（其中x 1、x 2分别表示弦的两个端点的横坐标，y 1、y 2分别表示弦的两个端点的纵坐标）。
请看下面的例子：例1,已知直线 L 的斜率为2，且过抛物线y 2=2px 的焦点，求直线 L 被抛物线截得的弦长。
解：易知直线的方程为y=2(x-2p ). 联立方程组y 2=2px 和y=2(x-2p ) 消去x 得y 2-py-p 2=0.∵△=5p 2>0,∴直线与抛物线有两个不同的交点。
由韦达定理得y 1+y 2=p,y 1y 2=-p 2.故弦长d=25p 例2,直线y=kx-2交椭圆x 2+4y 2=80交于不同的两点P 、Q ，若PQ 中点的横坐标为2，则∣PQ ∣等于___________.分析：联立方程组y=kx-2和x 2+4y 2=80消去y 得(4k 2+1)x 2-16kx-64=0设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2). 由韦达定理得x 1+x 2=14162+k k = 4得k=21.x 1x 2= -32∣PQ ∣=6 . 练习1：过抛物线 y 2=4x 的焦点作直线交抛物线A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)两点,如果x 1+x 2=6, 那么|AB|=( ) (A)10 (B)8 (C)6 (D)4 (文尾有提示.下同) 二，判定曲线交点的个数例3,曲线 y = ax 2(a>0)与曲线 y 2+3= x 2+4y 交点的个数应是___________个. 分析：联立方程组y=ax 2(a>0)与y 2+3=x 2+4y.消去x 得y 2-(1/a+4)y+3=0(a>0) 因为 ⎪⎩⎪⎨⎧>=>+=+>>-+=∆030/14)0(012)4/1(21212y y a y y a a 所以,方程有两个不等正实根。
浅谈韦达定理在高中数学学习中的应用
浅谈韦达定理在高中数学学习中的应用【摘要】韦达定理是高中数学中一个重要的定理，它在解方程、证明、几何、概率以及数学竞赛中都有广泛的应用。
通过韦达定理，我们可以更加方便地解决一些复杂的数学问题，提高数学解题的效率。
在高中数学学习中，深入理解韦达定理的定义和重要性，可以帮助我们更好地掌握数学知识，提升数学解题能力。
结合实际案例，探讨韦达定理在不同领域中的具体应用，可以帮助我们更好地理解和运用这一定理。
通过对韦达定理的综合应用和进一步拓展，我们可以进一步拓宽数学思维，提升数学解题的能力。
了解和掌握韦达定理在高中数学学习中的实际意义，对我们的数学学习和思维能力具有重要的启发作用。
【关键词】关键词：韦达定理、高中数学学习、方程、证明、几何、概率、数学竞赛、实际意义、综合应用、进一步拓展。
1. 引言1.1 韦达定理的定义韦达定理，又称韦达方程或韦达公式，是解代数方程组的一种重要方法。
它由法国数学家韦达在16世纪提出，是一种利用多项式系数的关系，将代数方程组的解和系数之间的关系联系起来的方法。
韦达定理的基本形式可以表示为：如果有一个n次多项式f(x)=a_nx^n +a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_1x + a_0，其中a_n \neq 0，那么f(x)的所有复根x_1, x_2, \ldots, x_n满足以下关系式：\begin{aligned}x_1 + x_2 + \ldots + x_n & = -\frac{a_{n-1}}{a_n} \\x_1x_2 + x_1x_3 + \ldots + x_{n-1}x_n & = \frac{a_{n-2}}{a_n} \\& \vdots \\x_1x_2\ldots x_{n-1} + x_1x_2\ldots x_{n-2}x_n + \ldots +x_2x_3\ldots x_n & = (-1)^n\frac{a_0}{a_n}\end{aligned}韦达定理的本质是利用多项式的系数与根之间的关系，通过对未知数的组合取值进行消元，从而求解未知数的值。
韦达定理在圆锥曲线中的应用叫叫
韦达定理在解析几何中的应用韦达定理步骤 1、 设直线0Ax By C ++=与曲线交于两点1122(,),(,)A x y B x y ,既设而不求。
2、 直线与曲线方程联立方程组。
3、 消去x, 得到关于或y 的一元二次方程.4、结合具体问题与韦达定理建立联系， 如求弦长等。
韦达定理注意与向量的联系一，求弦长.直线与圆锥曲线相交的弦长计算:(1)连结圆锥曲线上两点的线段称为圆锥曲线的弦;(2)易求出弦端点坐标时用距离公式求弦长;(3)一般情况下,解由直线方程和圆锥曲线方程组成的方程组,得到关于x(或y)的一元二次方程,利用方程组的解与端点坐标的关系,结合韦达定理得到弦长公式∣AB ∣=∣x 1-x 2∣21k +⋅=)1](4)[(221221k x x x x +-+ 或∣AB ∣=∣y 1-y 2∣211k +⋅ =)11](4)[(221221ky y y y +-+ ， 1．设直线21y x =-交曲线C 于1122(,),(,)A x y B x y 两点。
（1）若12||x x -=||AB = （2）12||y y -=||AB =2．斜率为1的直线经过抛物线24y x =的焦点，与抛物线相交于,A B 两点，则||AB =3、抛物线 y 2=4x 的焦点作直线交抛物线A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)两点,如果x 1+x 2=6, 那么|AB|=( ) (A)10 (B)8 (C)6 (D)44、y=kx-2交椭圆x 2+4y 2=80交于不同的两点P 、Q ，若PQ 中点的横坐标为2，则∣PQ ∣等于___________.例1,已知直线 L 的斜率为2，且过抛物线y 2=2px 的焦点，求直线 L 被抛物线截得的弦长。
已知向量()()()()m x n m x n y 1122201101====，，，，，，，（其中x ，y 是实数），又设向量1221m m n m ==u r u u r u r r u u r r，，且m n ∥，点()P x y ，的轨迹为曲线C 。
韦达定理在三角与解析几何中的应用
2n+1 1 2n+1 2 2n+1 3 −(C3 C1 + C5 C1 + C7 C1 2n+1 n 2(n−1) + · · · + C2 x n+1 C1 ) cos
2n+1 2 2n+1 3 +(C5 C2 + C7 C2 + · · · 2n+1 n 2(n−2) +C 2 n+1 C2 ) cos
2π 3π · cos 2n · cos 2n ··· (ii) cos 2nπ +1 +1 +1 nπ cos 2n = 21 n. +1
證: (i) 考察方程 sin(2n + 1)x = 0, 顯然, xi =
iπ (i 2n+1
(1)
= 1, 2, . . . , n) 是方程
(ai (i = 0, 1, 2, . . . , n) 為複數, 且 a0 = 0)
2n+1 n 2(n−3) + · · · + C2 x+··· n+1 C3 ) cos 2n+1 +(−1)n C2 n+1 ].
x−
2n+1 3 (C 7 C3
&#為直角, 求這一
令 y = cos2 x, 則方程
2n+1 2n+1 2n+1 2n+1 (C 1 + C3 + C5 + C7 2n+1 n 2n+1 1 + · · · + C2 C1 n+1 )y − (C3 2n+1 2 +C 5 C1
韦达定理在解析几何中的应
韦达定理在解析几何中的应用韦达定理步骤1、设直线0Ax By C ++=与曲线交于两点1122(,),(,)A x y B x y ,既设而不求。
2、直线与曲线方程联立方程组。
3、消去x, 得到关于或y 的一元二次方程. 4、 结合具体问题与韦达定理建立联系， 如求弦长等。
韦达定理注意与向量的联系一，求弦长.直线与圆锥曲线相交的弦长计算:(1)连结圆锥曲线上两点的线段称为圆锥曲线的弦;(2)易求出弦端点坐标时用距离公式求弦长;(3)一般情况下,解由直线方程和圆锥曲线方程组成的方程组,得到关于x(或y)的一元二次方程,利用方程组的解与端点坐标的关系,结合韦达定理得到弦长公式∣AB ∣=∣x 1-x 2∣21k +⋅=)1](4)[(221221k x x x x +-+或∣AB ∣=∣y 1-y 2∣211k +⋅ =)11](4)[(221221ky y y y +-+ ， 1．设直线21y x =-交曲线C 于1122(,),(,)A x y B x y 两点。
（1）若12||x x -=||AB（2）12||y y -=||AB = 2．斜率为1的直线经过抛物线24y x =的焦点，与抛物线相交于,A B 两点，则||AB = 8 例1,已知直线 L 的斜率为2，且过抛物线y 2=2px 的焦点，求直线 L 被抛物线截得的弦长。
已知向量()()()()m x n m x n y 1122201101====，，，，，，，（其中x ，y 是实数），又设向量1221m m n m ==u r u u r u r r u u r r ，，且m n ∥，点()P x y ，的轨迹为曲线C 。
（I ）求曲线C 的方程；（II ）设曲线C 与y 轴的正半轴的交点为M ，过点M 作一条直线l 与曲线C 交于另一点N ，当MN =423时，求直线l 的方程。
例2,直线y=kx-2交椭圆x 2+4y 2=80交于不同的两点P 、Q ，若PQ 中点的横坐标为2，则∣PQ ∣等于___________.练习1：过抛物线 y 2=4x 的焦点作直线交抛物线A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)两点,如果x 1+x 2=6,那么|AB|=( ) (A)10 (B)8 (C)6 (D)4二，求弦中点坐标例4，已知直线 x-y=2与抛物线 y 2= 4x 交于A 、B 两点，那么线段AB 的中点坐标是____________________.7. 经过椭圆2212x y +=的一个焦点作倾斜角为45︒的直线l ，交椭圆于A 、B 两点. 设O 为坐标原点，则OA OB u u u r u u u r g等于（ ） A. 3- B. 13- C. 13-或3- D. 13±练习2：求直线y=2521-x 和圆x 2+y 2=16相交所成的弦的中点坐标。
韦达定理的应用 讲义及练习
韦达定理的应用-教师版一.综述直线与圆锥曲线相交问题是解析几何综合题中最典型问题,主要考查二次方程韦达定理的应用.一般地解题的框架为:1、直线方程代入曲线方程,判别式保证有两解,准备好韦达定理; 2、主要目标分析,合理转化;3、韦达定理代入,整理求解. 二.例题精讲 破解规律例 1. 已知抛物线 的焦点为 ，过点 的直线 与 交于 ， 两点，设 ，证明：， ；分析:设直线 的方程为：，与抛物线联立得 ，利用韦达定理即可证得； 答案:见解析解析:设直线 的方程为：，联立方程化简得： ,易知 所以 ，而．点评:当直线恒过x 轴上的点时,可以考虑设直线方程为 这样联立方程消去x 比较容易.规律总结:直线与圆锥曲线相交问题,可以利用韦达定理设而不求来解决问题.要注意联立后的二次方程判别式是否为正.现学现用1: 椭圆离心率为， ， 是椭圆的左、右焦点，以 为圆心， 为半径的圆和以 为圆心、 为半径的圆的交点在椭圆 上. (1)求椭圆 的方程；(2)设椭圆 的下顶点为 ，直线与椭圆 交于两个不同的点 ，是否存在实数使得以 为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由. 解析：（1）由题知,解得，故,椭圆的方程为（2）由题意知 ，联立方程，整理得 ，（化简可得），①设，则，,设 中点为 ，>0∆(),0n由，知，所以点 的坐标为，因为 ，所以 ， 又直线 斜率均存在，所以 . 于是解得，即，将代入①，满足 ．故存在 使得以 为邻边的平行四边形可以是菱形，值为．例2. 已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点.（1）求双曲线的方程；（2）已知双曲线的左右焦点分别为，直线经过，倾斜角为， 与双曲线交于两点，求的面积.分析：第二问, 将直线方程代入曲线方程,化简后写出韦达定理,利用弦长公式求出弦长,点到直线距离求出高,进而得到面积.答案:（1）（2） 解析：（1）设所求双曲线方程为,代入点得，即 所以双曲线方程为，即. （2）.直线的方程为.设 联立得 满足 由弦长公式得点到直线的距离()2222:10,0x y C a b a b -=>>22162y x -=()2,3C C 12F F 、l 2F 34πl C ,A B 1F AB ∆2213y x -=1F AB S ∆=C 2262y x λ-=()2,3223262λ-=12λ=-C 221622y x -=-2213y x -=()()1220,20F F -，，AB ()2y x =--()()1122,,,A x y B x y ()222 13y x y x =---=⎧⎪⎨⎪⎩22470x x +-=0.∆>AB =6==()120F -，:20AB x y +-=d ==所以 点评:三角形面积问题,常转化为求弦长和点到直线距离.有些题目也可借助坐标轴将三角形分割.规律总结:圆锥曲线中的弦长、面积等问题,常将直线与圆锥曲线方程的联立,利用韦达定理和弦长公式来处理.现学现用2: 已知椭圆的中心在原点，焦点为 ， ， ， ，且长轴长为8． Ⅰ 求椭圆的方程；Ⅱ 直线 与椭圆相交于 ， 两点，求弦长 ．解析: Ⅰ 椭圆的中心在原点，焦点为 ， ， ， ， 且长轴长为 故要求的椭圆的方程为Ⅱ 把直线 代入椭圆的方程化简可得 ，，，弦长例3:已知双曲线的左右两个顶点是,,曲线上的动点关于轴对称，直线与交于点， （1）求动点的轨迹的方程；（2）点，轨迹上的点满足，求实数的取值范围.分析:（1）借助题设条件运用两个等式相乘建立等式；（2）依据题设条件运用直线与椭圆的位置关系建立二次方程，运用判别式及根与系数的关系建立不等式,从而求出范围答案:（1）；（2） . 解析:（1）由已知 ，设 则直线 ，直线， 两式相乘得，化简得，即动点的轨迹的方程为；(2)过的直线若斜率不存在则或3,设直线斜率存在，111622F AB S AB d ∆=⋅=⋅⋅=22:14x C y -=1A 2A C ,P Q x 1A P 2A Q M M D ()0,2E D ,A B EA EB λ=λ2214x y +=1,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦()()122,0,2,0A A-.,P t Q t ⎛⎛ ⎝⎭⎝⎭)1:2A P y x =+)2:2A Q y x =-()22144y x -=-2214xy +=M D 2214x y +=()0,2E 13λ=k ()()1122,,,A x y B x y， 则 由（2）（4）解得代入（3）式得 ， 化简得，由（1）解得代入上式右端得，,解得, 综上实数的取值范围是. 规律总结:牵涉到共线线段的长度比,或三角形面积比问题,可以转化为坐标的比值,结合韦达定理消去坐标参数.也可以直接利用求根公式,结合坐标比值求解,现学现用3: 已知双曲线的离心率为2，右顶点为.（1）求双曲线的方程； （2）设直线与轴交于点，与双曲线的左、右支分别交于点，且，求的值.解析：（1）∵，∴ （2）设点横坐标为, 点横坐标为.平行线分线段成比例定理：联立： 得： ，()222221416120440y kx k x kx x y ⎧⎨⎩=+⇒+++=+-=()()()()122122120116214123144k x x k x x k x x λ∆≥+=-+=⎧⎪⎪⎨+=⎪⎪⎪⎪⎩12,x x ()2222161214141k k k λλ-⎛⎫⋅= ⎪++⎝⎭+()22314641k λλ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭+0∆≥234k ≥()2311641λλ<≤+133λ<<1,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>()1,0C y x m =-+y P C ,Q R 2PQ PR=m 2,1,2,e a c b ====22:13y C x -=Q Q x P P x 2Q Px PQ PRx ==22{33y x m x y =-+-=222230x mx m +--=，则或（舍）与实际情况不符故三.课堂练习 强化技巧1.已知椭圆过，且离心率为. （1）求椭圆的方程；（2）过右焦点的直线与椭圆交于两点， 点坐标为，求直线的斜率之和.【答案】（1）；（2）的斜率之和为2. 解析（Ⅰ）解：由已知得解之得，a =2，b，c =1.所以椭圆方程为:（Ⅱ）设，由(1)得，设直线的方程为与椭圆联立得 消去x 得， 所以①所以 ② 将①带入②,化简得:当直线斜率不存在时，A (1, －)，B (1, )，,P Qx =2QP x x ===21,1m m ==1m =-1m =2222:1(0)x y C a b a b +=>>31,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭12e =C F l ,A B D ()4,3,DA DB 22143x y +=,DA DB 222221911,,42c a b c a b a +===+22143x y +=()()1122,,,Ax y B x y ()1,0F l ()1y k x =-221{ 43x y y kx k+==-()222223484120k x k x k +-+-=221212228412,4343k k x x x x k k -+==++121212121233333333=2444444DA DB y y kx k kx k k k k k k x x x x x x --------+=+=+++------()()()1212121281=233=2334+1+14+6x x k k k k x x x x x x ⎛⎫-+-++- ⎪---⎝⎭2DA DB k k +=l 32322DA DB k k +=所以的斜率之和为2.2. 已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，左、右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|=2，点（1，）在椭圆C 上. （1）求椭圆C 的方程；（2）过F 1的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，且△AF 2B 的面积为，求以F 2为圆心且与直线l 相切的圆的方程。
平面解析几何中韦达定理的运用
．
，
，
９
ｋ
４Ｓ ２０
＋ ＿＿ ｌ
２
５
例 １ 知 直 线ｘ ｖ ２ 抛 物 线 ｖ＝ ｘＥ于 Ａ、 两 点 ， ． 已 —＝ 与 ４ Ｓ Ｂ 试求 线 段 Ａ 的 中点 坐 标 。 Ｂ 解 ： 直 线Ｙ ｘ ２ ｔ 抛 物 线 Ｖ ４ ， 将 ＝一４入 。 ｘ 消去 ｖ 方 程 ｘ一 ｘ ４ ＝ 得 ８＋ ＝ Ｏ 。设 Ａ（ Ｙ ） Ｂ（ ， ， 南韦 达 定理 知 ｘ＋ ， ８ 从 而线 段 ＡＢ ｘ ， ， ｘ ｖ ） 则 ，ｘ＝ ， 小点 横 坐 标 为４， 代 入 商 线 ｙ ｘ ２ 纵 坐 标 为 ２ 故 线 段 Ａ 巾 再 ＝一得 ， Ｂ
２用 于 求 参 数 的 范 围 ．
说明 ： 围问题 一般 是将两 曲线联 立方 程消 去其 中的一 个变 范 量得 出关于 另一个 变量 的一 元二 次方程 ，然 后或 保证 根 的存在 ， 再结合 图形 的实 际情况 确保 有交 点 ．最后 才能运 用 韦达 定理 ， 建 立出符 合条 件的关 系式 ， 此关 系式并 检验 后得正 确结 论。 解
一
ａ 一３
当 点 Ｐ Ｑ 定 点 Ａ的 同侧 时 ， 、 点 对 应 的 参 数 ｔ ｔ 号 ， 、在 Ｐ Ｑ两 ２ ，同 因 此 有 ｉＩｈＩｈ＋ ； Ｐ Ｑ 顶 点 Ａ的 异 侧 时 ， Ｑ 应 的 参 ｔ ＋ ＝ ｔ 当 、 在 Ｉ Ｐ、 对
（ｌｔ） （】ｔ ‘４ｌ＝ ２ 所 以ＩＰ＋Ａ ＝ ｌｔ＝ ２ ｔ ２‘ ｔ ２ 一 ｔ２１ ， － ＝ ＋） ｔ １ Ａ ＩＩＱＩｈ＋２ １ 。 １ （ ） Ｑ＝ ｔ ４ ／７。 ２ Ｉ Ｉｈ一２ 、 Ｐ １ ＝
说 明 ：此 题是 利用 直 线 参 数 方 程 中 ｔ 几 何 意 义 求 解 的 ， 的
韦达定理在平面在几何中的应用
韦达定理在平面在几何中的应用姓名：莫……学号：201040432018班级：10数学本科（2）班院系：兴义民族师范学院1 引言韦达(Viete，Francois，seigneurdeLa Bigot iere) 是法国十六世纪最有影响的数学家之一.韦达是第一个有意识地、系统地使用字母的人，他把符号系统引入代数学对数学的发展发挥了巨大的作用，使人类的认识产生了飞跃.人们为了纪念他在代数学上的功绩，称他为“代数学之父”.他最早发现代数方程的根与系数之间有这种关系, 因此, 人们把这种关系称之为韦达定理(Viete’s Theorem).它的主要内容是：一元二次方程且中，设两个根为和，则：，. 一元二次方程根与系数关系的韦达定理是中学数学的重要内容之一，其知识脉络贯穿于中学数学教学的始终. 对韦达定理(Viete’s Theorem)在中学数学中的应用的研究，国内外很多教育学者和专家都有大量研究成果，范围涉及方程、代数、三角、解析几何，平面几何等多方面.摘要韦达定理揭示了一元二次方程根与系数的关系，它在中学数学中占有很重要的位置，根据这个定理欲证U+V=Q或U.V=Q，只需证U和V是方程20++=（a≠0）的两个根。
在平面几何中，常常会遇到求证两个几何量ax bx c的和或积等某值的问题，运用韦达定理可以给求解这类问题打开一条思路，解题的关键是建立所考察的两个几何量为根的一元二次方程，而建立这样的方程可借助余弦定理等工具来实现。
下面列举说明韦达定理在求解这类问题中的应用。
韦达定：韦达定理平面几何一元二次方程。
AbstractWada theorem reveals a yuan quadratic equation root and coefficient of relationship, it occupies very important position in the middle school mathematics, according to the theorem to U + V=Qor U.V = Q, just U and V is equation (indicates a 0) the two root. In plane geometry, often will encounter two geometric verification and/or the amount of product such as a value problem, using the wada theorem can open an idea for solving this kind of problem, the problem solving is the key to establish examined two geometric quantity for a yuan quadratic equation root, and such an equation can be achieved with the aid of tools such as cosine theorem to. Below list illustrates ouida theorem application in solving such problems.Keywords：wada theorem plane geometry a yuan quadratic equation1、韦达定理概述根据记载，在韦达那个年代，有一个角落们的比例是数学家提出了一个45次方程各国数学家挑战各国数学家挑战。
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(2)证明：将直线 l 的方程 y kx 1代入圆 C : (x 2)2 ( y 3)2 1 ，
得 (1 k 2 )x2 4(1 k)x 7 0 ，设 M (x1 , y1) 、 N (x2 , y2 ) ，则
x1
x2
4(1 k 1 k2
)
，
x1
x2
3 x1x2 2(x1 x2 ) 4
1点 2k 3睛
4k 2 12 4k2 3
3k
8k 2 4k2
3
4k 2 4k 2
12 3
2
8k 2 4k2
3
4k 4
1 k
所以 k·k 为定值 1.
点 睛
点 睛
点 睛
点 睛
点 睛
点 睛
k2 1
3
3
点 所睛以实数
k
取值范围为
(
4
7 , 4
7)
3
3
2．涉及向量的数量积的问题
【例 2】已知：过点 A(0 , 1) 且斜率为 k 的直线与圆 C : (x 2)2 ( y 3)2 1
相交于 M , N 两点（1）求实数 k 取值范围；（2）求证： AM AN 为定值
，则
x1
x2
8m 5
线点段 睛
AB
的中点为
P(4 5
,
1) ， 5
x1
x2
8 5
，
8m 5
8 5
，即 m
1，满足（**）式
所以直线的方程为 y x 1，即 x y 1 0
2．涉及向量的数量积的问题
【例 2】已知：过点 A(0 ,1) 且斜率为 k 的直线与圆C : (x 2)2 (y 3)2 1
7 1 k2
AM AN x1x2 (y1 1)( y2 1) x1x2 kx1 kx2
点 睛
(1 k 2 )x1x2
(1
k
2
)
1
7 k
2
7
为定值
3.涉及到线段垂直时 【例 3】是否存在直线 y x m ，使直线与椭圆 x2 y2 1交于 A ， B
2
【解析】①当直线 AB 的斜率不存在时，设 A(1 t2 , t) ， B(1 t2 , t) .
4
4
kOA kOB
1 2
t 1 t2
t 1 t2
1 ，化简得 t2 2
32 .
44
所以 A(8 ,t) ， B(8 , t) ，此时直线 AB 的方程为 x 8 .
6. 涉及到定值的问题
【例
6】已知 F1
， F2 为椭圆
x2 4
y2 3
1
的左、右焦点，过椭圆右焦点 F2 且斜率为 k(k
0)
的直线 l 与椭圆 C 相交于 E ，F 两点， A 为椭圆的右顶点，直线 AE ， AF 分别交直线 x 4
于点 M ， N ，线段 MN 的中点为 P ，记直线 PF2 的斜率为 k ，求证： k·k 为定值．
3 x1 2 x2 2 3 x1x2 2(x1 x2 ) 4
1 x1(kx2 k) x2 (kx1 k) 2(kx1 k kx2 k) 1 2kx1x2 3k(x1 x2 ) 4k
3
x1x2 2(x1 x2 ) 4
所点以直线 l 的方程为 x y 1 0 或 x y 2 0
睛
5. 涉到定点的问题
【例 5】已知抛物线 C：y4 4x( p 0) ，O 为坐标原点， A ， B 是抛物线 C 上异于
O 的两点，直线 OA ， OB 的斜率之积为 1 ，求证：直线 AB 过 x 轴上一定点．
(8m)2 4 5(4m2 4) 0 ，解得 5 m 5
设点 睛A( x1,
y1), B( x2 ,
y2 )
，则
x1
x2
8m 5
x1x2
4m2 4 5
（**）
y1 y2 (m x1)(m x2 ) m2 m(x1 x2 ) x1x2
②点当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 y kx b ，
睛
由
y2
4x
消去 x，得 ky2 4 y 4b 0
y kx b
设
A( x1
,
y1) ，
A( x2
,
y2 )
，则
y1
y2
4b k
，
因为直线 OA ， OB 的斜率之积为 1 ，所以 y1 y2 1 ，
m2 8 m2 4m2 4 m2 4
5
5
5
由 OA OB OAOB 0 ，得
(x1, y1) (x2, y2 ) 0 ， x1x2 y1 y2 0
4m2 4 m2 4 0 ， 解得 m 2 10
5
5
5
由于它满足（**），所在存直线 y x 2 10 满足题意
相交于 M , N 两点（1）求实数 k 取值范围；（2）求证： AM AN 为定值
【解析】（1）直线 l 的方程为 y kx 1，即 kx y 1 0 .
又圆心到直线距离d | 2k 3 1| | 2k 2 |
k2 1
k2 1
∴ | 2k 2 | 1 解得 4 7 k 4 7
2
x1 x2
2
即
x1x2 +2 y1 y2
0，
y1 4
y2 4
+2 y1 y2
0，
解得
y1 y2
32 或
y1 y2
0 (舍去)
4b k
32，b 8k ，
所以直线 AB 方程为 y kx 8k ，即 y k(x 8)
综点 睛上所述，直线 AB 过定点 8 , 0 ．
设 E(x1 , y1 ) ， F (x2 ，y2 ) ，则
点 睛 x1
x2
8k 2 4k 2
3
x1 x2
4k 2 12 4k 2 3
直线 AE 的方程为 y y1 (x 2) ，令 x 4 ，得点 M (4 , 2 y1 ) ，
x1 2
x1 2
直线 AF 的方程为 y y2 (x 2) ，令 x 4 ，得点 N (4 , 2 y2 ) ，
解析几何中韦达定理的运用
东莞市常平中学 陈洪波
1. 涉及到线段中点的问题 【例 1】已知斜率为1的直线与椭圆 x2 y2 1交于 A ， B 两点，
4
若线段 AB 的中点为 P( 4 , 1) ，求直线的方程 55
【解析】设直线方程为 y x m ，则
由
x2 4
y2
4
两点，满足 OA OB ？若存在求此直线方程，若不存在说明理由．
【解析】假设存在存在直线 y x m ，满足题意
x2
由
4
y2
1 消去
y
，得
5x2 8mx 4m2 4 0
y x m
（*）
若直线与椭圆有两个交点，则方程（*）要有两个不等实根，
1
消去 y ，得
5x2 8mx 4m2 4 0
（*），
y x m
若直线与椭圆有两个交点，则方程（*）要有两个不等实根，
(8m)2 4 5(4m2 4) 0 ，解得 5 m 5
（**）
设
A( x1,
y1), B( x2 ,
y2 )
【解析】由题意知过点 F2 1,0 的直线 l 的方程为 y k(x 1) ，
代入椭圆 C 的方程 x2 y2 1 整理，得
43
(4k 2 3)x2 8k 2x 4k 2 12 0
64k 4 4(4k 2 3)(4k 2 12) 0 恒成立，
x2 2
x2 2
所以点 P 的坐标为 P(4 , y1 y2 ) . y1 y2 0 x1 2 x2 2
k x1 2 x2 2 1 ( y1 y2
所以直线 PF2 的斜率为
) 1 x1 y2 x2 y1 2( y1 y2 )
4 1
点
5
睛
4.涉及到线段长度的问题
【例 4】已知椭圆 C : x2 y2 1 与直线 l ： x y m 0 有两个
2
不同的交点 A 与 B ，若 AOB 的面积为 2 ，求直线 l 的方程
【解析】由
x
2
y2 2
1
3
，得 3x2 2mx m2 2 0
2[( 2m)2 4 m2 2] 4 3 m2
3
33
原点 O 到直线 x y m 0 的距离为 d | m |
2
AOB 的面积为 2 ， 1 4 3 m2 | m | 2
3 23
23
即 m4 3m2 +2 0 ，解得 m 1或 m 2 ，满足（*）
x y m 0
椭圆 C 与直线 l 有两个不同的交点 (2m)2 4 3(m2 2) 0 解得 3 m 3