《高考快车道》2026版高三一轮总复习数学(基础版)93　第八章　思维进阶12　根与系数的关系的应用 课件

(共49张PPT)
第八章　解析几何
思维进阶12　根与系数的关系的应用
对于某些圆锥曲线大题，在联立直线与圆锥曲线的方程时，常常会涉及一元二次方程，它的两个根x1，x2满足根与系数的关系．一般来说，在应用题设条件解决问题时，常常能凑出x1＋x2和x1x2，但有些时候无法直接凑出这两个式子，进而无法直接代入根与系数的关系，这就是所谓的“非对称”的根与系数的关系问题．
利用根与系数的关系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(x1，y1)，(x2，y2)；
(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，注意Δ的判断；
(3)列出根与系数的关系；
(4)将所求问题或题中的关系转化为x1＋x2、x1x2(或y1＋y2、y1y2)的形式；
(5)代入根与系数的关系求解．
题型一　根与系数的关系的应用
[典例1]　已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的离心率为2，顶点到渐近线的距离为．
(1)求C的方程；[切入点：由点到直线的距离得a，b，c的关系]
[解]　记C的半焦距为c，由题意得C的离心率e＝＝2，①
由对称性不妨设C的顶点为(a，0)，渐近线方程为bx－ay＝0，则＝，②
又a2＋b2＝c2，③
联立①②③解得a＝，b＝，c＝2，
所以C的方程为＝1．
(2)若直线l：y＝kx＋2交C于A，B两点，O为坐标原点，且△AOB的面积为2，求k的值．[关键点：用k表示△AOB的面积]
[阅读与思考]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(3－k2)x2－4kx－10＝0，→(直线方程与双曲线方
程联立，写出根与系数的关系)
所以
解得－所以x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|AB|＝＝
·＝．→(用弦长公式计
算△AOB的底边长)
又点O到直线l的距离d＝，→(用k表示△AOB的高)
所以△AOB的面积S＝|AB|·d＝·＝
＝2，→(利用面积公式建立方程)
解得k＝±1或k＝±2，符合(*)式，
所以k＝±1或k＝±2．
反思领悟　在处理直线与圆锥曲线的相关问题，如直线与圆锥曲线的位置关系、弦长问题、面积问题、周长、定值、最值等问题时，常常将直线方程与圆锥曲线方程联立得到一个二次方程，然后通过根与系数的关系，结合设而不求的方法，将所求进行化简，最后通过题目所给的条件得到最终答案．
巩固迁移1　(2024·湖南长沙三模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)
的离心率为，过C的左焦点且斜率为1的直线与C交于A，B两点．若|AB|＝12，则C的焦距为________．
7　[由椭圆C的离心率为e＝，可得a＝2c，则b＝＝c，
所以椭圆C的方程为＝1，即3x2＋4y2－12c2＝0，
由直线AB过椭圆C的左焦点F (－c，0)且斜率为1，可得直线AB的方程为y＝x＋c，
7
联立整理得7x2＋8cx－8c2＝0，
则Δ＝64c2＋4×7×8c2＝288c2>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－c，x1x2＝－c2，
所以|AB|＝·
＝＝＝12，
解得c＝，所以椭圆C的焦距为2c＝7．]
题型二　“非对称”根与系数的关系问题
[典例2]　已知椭圆E：＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为E上一点，且PF1与x轴垂直．
(1)求椭圆E的方程；[切入点：PF1与x轴垂直]
[解]　因为P为E上一点，且PF1与x轴垂直，
所以解得
所以椭圆E的方程为＝1．
(2)设过点F2的直线l与E交于A，B两点，已知点M(0，1)，且△MAF2的面积为△MBF2面积的2倍，求直线l的方程．[关键点：＝的应用]
[阅读与思考]　易得直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立→(联立直线与椭圆的方程)
得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ＝144(t2＋1)>0，
故y1＋y2＝－，y1y2＝－．→(写出根与系数的关系)
由△MAF2的面积是△MBF2面积的2倍，可得＝2，所以y1＝－2y2，即y1＋2y2＝0．→(根据＝找到y1与y2的关系)
法一：由y1＝－2y2，得＝－2，故＝＝－．
→
结合根与系数的关系，化简可得5t2＝4，即t2＝．故直线l的方程为y＝±(x－1)．
法二：由y1＝－2y2，得y1＋2y2＝0，
于是
两式相乘可得2(y1＋y2)2＝－y1y2，→(配凑法：由y1＋λy2＝0配凑，得λ(y1＋y2)＝(λ－1)y1，y1＋y2＝(1－λ)y2，两式相乘得λ(y1＋y2)2＝－(λ－1)2y1y2，将关系式转化为对称结构)
结合根与系数的关系，化简可得5t2＝4，即t2＝．故直线l的方程为y＝±(x－1)．
法三：联立y1＋2y2＝0与y1＋y2＝－，→(方程组法：借助方程
思想，由非对称式结合根与系数的关系，列方程组解答)
解得y1＝－，y2＝．
再结合y1y2＝－，得＝，解得t2＝．故直线l的方程为y＝±(x－1)．
反思领悟　代数式y1＝－2y2为非对称结构，需要通过适当的处理使之变为对称结构．下面介绍两种不对称形式的处理方法．
(1)配凑：如＝(x1＋x2)2－2x1x2，(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2，()2＝x1＋x2＋2，(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1．
(2)解方程组：运用根与系数的关系，由已知可以得到两根x1，x2有一定的等量关系，这时采用方程组法消去一个根再进行化简，当然也可以由非对称式转化为对称式处理．
巩固迁移2　已知椭圆E：＝1(a>b>0)的离心率为，且过点．直线l：y＝x＋m与y轴交于点P，与椭圆交于M，N两点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若＝3，求实数m的值．
[解]　(1)因为离心率e＝＝，且E过点，即＝1，联立解得a2＝4，b2＝1，故所求椭圆E的方程为＋y2＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(0，m)，联立
整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝，又因为＝3，所以(－x1，m－y1)＝3(x2，y2－m)，即x1＝－3x2，与x1＋x2＝－m联立，解得x2＝m，x1＝－m，代入x1x2＝，解得m2＝，m＝±，验证当m＝±时，Δ>0成立，符合题意，故所求m＝±．
【教用·备选题】
1．(多选)(2024·昆明一模)已知抛物线C：y2＝4x，O为坐标原点，过点(2，0)的直线l交抛物线C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则(　　)
A．抛物线C的准线为x＝－2
B．y1y2＝－8
C．·＝－4
D．S△AOB的最小值为4
√
√
BC　[抛物线C的方程为y2＝4x，故其准线方程为x＝－1，故A错误；
依题意，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋2，
联立消x得y2＝4(my＋2)，
即y2－4my－8＝0，Δ>0恒成立，
故y1y2＝－8，故B正确；
联立消y得x2－(4m2＋4)x＋4＝0，
故x1＋x2＝4m2＋4，x1x2＝4，
故x1x2＋y1y2＝－4，即·＝－4，故C正确；
当m≠0时，原点到直线l的距离为d＝，
|AB|＝·
＝·，∴S△AOB＝·|AB|·d＝···＝>4，
当m＝0，即直线l与x轴垂直时，S△AOB＝×2×|AB|＝4，S△AOB取最小值，最小值为4，故D错误．故选BC．]
2．已知椭圆C：＝1(a>b>0)过点P(，1)，且离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l过点Q(0，－1)，且与C交于A，B两点，当|AB|最大时，求直线l的方程．
[解]　(1)因为椭圆C过点P(，1)，且离心率为，
所以解得
则椭圆C的标准方程为＝1．
(2)当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝0，此时|AB|＝2，
当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y＝kx－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
消去y并整理得(1＋2k2)x2－4kx－2＝0，
此时Δ＝16k2＋8(1＋2k2)＝32k2＋8＞0恒成立，
由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|AB|＝·
＝·
＝2·，令t＝1＋2k2，t≥1，则k2＝，
所以|AB|＝2·
＝2＝2，当＝，即t＝2时，
|AB|取得最大值，最大值为3，此时k＝±．
综上所述，当|AB|最大时，直线l的方程为y＝±x－1．
进阶训练(十二)　根与系数的关系的应用
1．(2025·杭州市西湖区模拟)设抛物线C：y＝4x2的焦点为F，过焦点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，则|AB|的最小值为(　　)
A．1 B．
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
C　[由C：y＝4x2得x2＝y，F，
由题意可知直线AB的斜率存在，
故设其方程为y＝kx＋，
联立y＝kx＋与x2＝y可得x2－kx－＝0，Δ＝>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝k，故y1＋y2＝k(x1＋x2)＋＝k2＋，因此|AB|＝y1＋y2＋＝k2＋，
当且仅当k＝0时取等号．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
√
2．(2024·深圳校级开学考试)设抛物线T：y2＝4x的焦点为F，A为抛物线上一点且A在第一象限，|AF|＝4，若将直线AF绕点F逆时针旋转45°得到直线l，且直线l与抛物线交于C，D两点，则
|CD|＝(　　)
A．32－16 B．32－16
C．16－8 D．16－8
题号
1
3
5
2
4
6
A　[由题意可得，F (1，0)，如图，设A(x0，y0)，x0＞0，y0＞0，
则|AF|＝x0＋1＝4，所以x0＝3，则y0＝2，
故kAF＝＝，所以直线AF的倾斜角为60°，
则直线l的倾斜角α＝60°＋45°，
所以直线l的斜率k＝tan (60°＋45°)＝＝－2－，
所以直线l的方程为y＝(－2－)(x－1)，
题号
1
3
5
2
4
6
联立
消y得(7＋4)x2－(18＋8)x＋7＋4＝0，
则Δ＝(18＋8)2－4(7＋4)2＝(18＋8)2－(14＋8)2>0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝＝30－16，
所以|CD|＝x1＋x2＋2＝32－16．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
3．(2024·昆明市五华区月考)已知直线l过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F，并与C相交于A，B两点，且|AB|＝10．若线段AB的中点的横坐标为3，则焦点F的坐标为________；直线l的斜率为________．
题号
1
3
5
2
4
6
(2，0)　
±2
(2，0)　±2　[如图，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由|AB|＝10及抛物线的定义，
得|AB|＝|AF|＋|FB|＝
＝(x1＋x2)＋p＝10，
又＝3，即x1＋x2＝6，则p＝4，
故抛物线C：y2＝8x，其焦点F (2，0)，
题号
1
3
5
2
4
6
由题意可得直线l的斜率存在，且不等于0，则其方程可设为
y＝k(x－2)，联立整理得k2x2－4(k2＋2)x＋4k2＝0，
Δ＝16(k2＋2)2－4k2×4k2＝64k2＋64＞0，
则则|AB|＝＝10，即＝10，即
＝10，解得k＝±2．]
题号
1
3
5
2
4
6
4．(2024·贵州开学考试)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的离心率为，实轴长为6，A为双曲线C的左顶点，直线l过定点
B(－2，0)，且与双曲线C交于E，F两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：直线AE与直线AF的斜率之积为定值．
题号
1
3
5
2
4
6
[解]　(1)由双曲线C：＝1(a>0，b>0)的离心率为，实轴长为6，
可得e＝＝，2a＝6，解得a＝3，c＝2，b＝＝，
则双曲线C的方程为＝1．
题号
1
3
5
2
4
6
(2)证明：直线l过定点B(－2，0)，且与双曲线C交于E，F两点，A(－3，0)，由题意知直线l的斜率存在，
可设直线l的方程为y＝k(x＋2)，E(x1，y1)，F (x2，y2)，
联立可得(1－3k2)x2－12k2x－12k2－9＝0，
Δ＝(－12k2)2＋4(1－3k2)(12k2＋9)＞0，得－题号
1
3
5
2
4
6
则直线AE与AF的斜率之积为＝
＝
＝＝＝，
则直线AE与直线AF的斜率之积为定值．证毕．
题号
1
3
5
2
4
6
5．已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的上顶点到右顶点的距离为
，离心率为，过椭圆的左焦点F作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线m的方程为x＝－2a，过点M作ME垂直于直线m，垂足为E．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：线段EN必过定点P，并求定点P的坐标．
题号
1
3
5
2
4
6
[解]　(1)由题意可得
解得a＝2，b＝．
故椭圆C的标准方程为＝1．
题号
1
3
5
2
4
6
(2)证明：由题意知，F (－1，0)，
设直线MN的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(－4，y1)，
联立
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ＝144(m2＋1)>0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
所以－2my1y2＝3(y1＋y2)．
题号
1
3
5
2
4
6
又kEN＝，所以直线EN的方程为y－y1＝(x＋4)，
即(x2＋4)(y－y1)＝(y2－y1)(x＋4)，
所以(my2＋3)(y－y1)＝(y2－y1)(x＋4)，
所以(my2＋3)y－my1y2－3y1＝(y2－y1)x＋4(y2－y1)，
所以(my2＋3)y＋(y1＋y2)－3y1＝(y2－y1)x＋4(y2－y1)，
化简得(my2＋3)y＋(y1－y2)＝0，
当x＝－时，y＝0，即直线EN过定点P．证毕．
题号
1
3
5
2
4
6
6．(2024·全国甲卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
题号
1
3
5
2
4
6
题号
1
3
5
2
4
6
[解]　(1)设F (c，0)，由题设有c＝1且＝，故＝，
解得a＝2，b＝，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：依题意直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－又x1＋x2＝，x1x2＝，
题号
1
3
5
2
4
6
而N，故直线BN：y＝，故yQ＝＝，
所以y1－yQ＝y1＋＝
＝＝k·
＝k·＝k·＝0，
故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．证毕．
谢 谢 ！