韦达定理在椭圆定点、定值问题中的运用

蒋淑飞

［摘 要］文章首先以一道题目为引例，通过解题反思，归纳总结韦达定理在椭圆定点、定值问题中的运用价值；然后结合三道例题，进一步探讨韦达定理在椭圆定点、定值问题中的运用，以发展学生的数学思维，提升学生的数学学科核心素养。

［关键词］韦达定理；椭圆；定点；定值

［中图分类号］    G633.6        ［文献标识码］    A        ［文章编号］    1674-6058（2024）11-0031-03

一、问题引入

在研究椭圆与直线的位置关系问题时，通常将直线方程与椭圆方程联立成方程组，把求解面积、弦长、线段比值等相关问题转化为含[x1+x2] 及[x1x2]的形态，继而运用韦达定理进行整体代入，从而达到优化运算的目的。

引例：已知椭圆[C]：[x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的左顶点为[A（-2，0）]，焦距为[23]。动圆[D]的圆心坐标是（0，2），过点[A]作圆[D]的两条切线分别交椭圆于[M]和[N]两点，记直线[AM]、[AN]的斜率分别为[k1]和[k2]。（1）求证：[k1k2]的值为定值；（2）若[O]为坐标原点，作[OP⊥MN]，垂足为[P]，是否存在定点[Q]，使得[PQ]为定值？

解析：（1）由题意知，椭圆[C]的左顶点为[A（-2，0）]，焦距为[23]，可得[a=2，2c=23，a2=b2+c2，]解得[a2=4，b2=1]，故椭圆[C]的方程为[x24+y2=1]。设过点[A]与圆[D]的切线的直线为[y=k（x+2）]，动圆的半径为[r]，则[2k-2k2+1=r]，化简得[（4-r2）k2-8k+4-r2=0]，所以[k1]和[k2]是方程[（4-r2）k2-8k+4-r2=0]的两根，由韦达定理知[k1k2=1]，故[k1k2]的值为定值1。

（2）设点[M（x1，y1）]，[N（x2，y2）]，联立方程组[y=k（x+2），x24+y2=1，]整理得[（1+4k2）x2+16k2x+16k2-4=0]，[x=-2]是方程的一个根，则[-2x1=16k2-44k2+1]，得[x1=2-8k24k2+1]，[y1=4k4k2+1]，所以[M2-8k24k2+1]，[4k4k2+1]。因为[k1k2=1]，所以将[k]换成[1k]，可得[N2k2-8k2+4]，[4kk2+4]，则直线[MN]的斜率[k=4k4k2+1-4kk2+42-8k24k2+1-2k2-8k2+4=3k4（k2+1）]，所以直线[MN]的方程为[y-4k4k2+1=3k4（k2+1）x-2-8k24k2+1]，由椭圆的对称性可知，直线[MN]必过[x]轴上一定点[E（x0 ，0）]（如图1），所以[0-4k4k2+1=3k4（k2+1）x0-2-8k24k2+1]，化简得[（40+12x0）k2+3x0+10=0]。这是一个与[k]无关的方程，所以[x0=-103]，即直线[MN]过定点[E-103，0]。因为[OP⊥MN]，所以点[P]的轨迹是以[OE]为直径的圆上的一段弧，故存在点[Q-53，0]，使得[PQ]为定值。

二、解题反思

反思1 本例第（1）问中[k1k2]的值，容易让人联想到韦达定理中的两根之积，于是设法同构方程。根据题意，列出方程组，求得[a、b]的值，得出椭圆的方程，结合直线与圆相切，转化为[k1]和[k2]是方程[（4-r2）k2-8k+4-r2=0]的两根，结合韦达定理，就可轻松把问题解决。

反思2 本例第（2）问设点[M（x1，y1）]，[N（x2，y2）]，联立方程组，分别求得点[M2-8k24k2+1，4k4k2+1]和点[N2k2-8k2+4，4kk2+4]，得出直线[MN]的方程，结合椭圆的对称性，化简得到[（40+12x0）k2+3x0+10=0]，进而得到[x0]的值，即可解决问题。在解题过程中，韦达定理起到了简化运算的作用，对于一元二次方程来说，已知方程的一个根，可以根据韦达定理，快速写出另一个根。

反思3 对于圆锥曲线中的定点、定值问题的求解策略：

（1）对于定点、定值问题，可考虑能否用特殊点或特殊值求得定点或定值，再把结论推广到一般结论。

（2）运用函数与方程思想进行解答的一般步骤：①选择适当的变量；②把要证明的定点、定值的量表示为上述变量的函数或方程；③把定点、定值的量化成与变量无关的结构形式，从而加以判定或证明。

三、应用举例

［例1］已知直线[l：y=bax+m（m∈R）]与椭圆[E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]交于点A、B，与x轴交于点C，与[y]轴交于点[D]。当直线[l]经过椭圆[E]的左顶点时，椭圆[E]的两焦点到直线[l]的距离之比为5∶1。（1）求椭圆[E]的离心率；（2）若[AC2+BC2=14]，求[AD2+BD2]的值。

解：（1） 椭圆[E]的离心率[e=ca=23]。（过程略）

（2）∵[3c=2a]，∴[a2-c2a2=59]，即[b2a2=59]，  ∴[ba=53]。∴直线[l]的方程为[y=53x+m]①， ∴[C-3m5，0]，[D（0，m）]。设椭圆[E]的方程为[x29n+y25n=1（n>0）] ②， 另设[A（x1，y1）]，[B（x2，y2）]。

将①代入②并化简得[29nx2+25m15nx+m25n-1=0]。

∴[Δ=25m15n2-89nm25n-1>0]，[x1+x2=-35m5]，[x1x2=9m210-9n2]。

∵[AC2+BC2=14]，∴[x1+3m52+53x1+m2+x2+3m52+53x2+m2=14]，

∴[149（x1+x2）2-2x1x2+6m5（x1+x2）+25m3（x1+x2）+28m25=14]，

∴[1499m25-9m25+9n-18m25-2m2+28m25=14]，∴[14n=14]，即[n=1]，

∵[AD2+BD2=x21+（y1-m）2+x22+（y2-m）2，]

∴[AD2+BD2=x21+53x12+x22+53x22=] [149（x1+x2）2-2x1x2=149×9n=14]，即[AD2+BD2=14]。

点评：直线与椭圆结合问题，通常要设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和与两根之积。本题的求解关键是设椭圆方程为[x29n+y25n=1（n>0）]，这样在联立时可以大大减少计算量。

［例2］已知椭圆[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的短轴长为2，离心率为[32]，下顶点为[A]，右顶点为[B]。（1）求椭圆[C]的方程；（2）经过点（2，-1）的直线[l：y=kx+m]交椭圆[C]于[P]、[Q]两点（点[P]在点[Q]下方），过点[P]作[x]轴的垂线交直线[AB]于点[D]，交直线[BQ]于点[E]，求证：[DEPD]为定值。

解：（1）[x24+y2=1]（过程略）。

（2）依题意作图（如图2），设[P（x1，y1）]，[Q（x2，y2）]，直线[l]的方程为[y=kx+m] ，将点（2，-1）代入得[m=-2k-1]，

[∴] 直线[l]的方程为[y=kx-（2k+1）]，椭圆[C]的方程为[x24+y2=1]，∴A（0，-1），B（2，0），联立方程[x24+y2=1，y=kx-（2k+1），]得[Δ=-4k>0]，[k<0] ，[x1+x2=16k2+8k4k2+1]，[x1x2=16k2+16k4k2+1] ，直线[AB]的方程为[x-2y-2=0]，直线[BQ]的方程为[y=y2x2-2（x-2）] ，[Dx1，x1-22] ，[Ex1，y2x2-2（x1-2）]，

运用[y1=kx1-（2k+1）y2=kx2-（2k+1）x1+x2=16k2+8k4k2+1x1x2=16k2+16k4k2+1]①

易证得[y2x2-2+y1x1-2=1]    ②

下面证明②：

[（x1-2）y2+（x2-2）y1-（x1-2）（x2-2）]

[=（x1-2）kx2-（2k+1）+（x2-2）kx1-（2k+1）-（x1-2）（x2-2）]

[=（2k-1）x1x2-（4k-1）（x1+x2）+8k]

运用①中的[x1+x2]与[x1][x2]的结果：

[（2k-1）x1x2-（4k-1）（x1+x2）+8k]

[=（2k-1）16k2+16k4k2+1-（4k-1）16k2+8k4k2+1+8k]

[=（32k3+32k2-16k2-16k-64k3-32k2+16k2+8k+32k3+8k）÷（4k2+1）=0]，即②成立，

∴[y1+y2x2-2（x1-2）=2×x1-22] ，即点[E]和[P]的纵坐标之和等于点[D]纵坐标的2倍，

∴点[D]是线段[EP]的中点，即[DEPD=1]。

综上，椭圆[C]的方程为[x24+y2=1]，[DEPD=1]为定值。

点评：本题要证明线段之比为常数。如果直接求出[PD] 和[DE] （用[k]表示的代数式），则计算量较大，容易出错，而发现D是EP的中点后，直接用中点公式和韦达定理则容易求解。由此可见，有时中点公式与韦达定理“联合作战”，可以避免解方程，从而大大减少运算量。

［例3］已知椭圆[C：x2a2+y2=1（a>1）]，离心率[e=63]。经过点[（1，0）]的直线l与[x]轴交于点[A]，与椭圆[C]相交于[E、F]两点。自点[E、F]分别向直线[x=3]作垂线，垂足分别为[E1、F1]。

（1）求椭圆[C]的方程及焦点坐标；

（2）记[△AEE1]，[△AE1F1]，[△AFF1]的面积分别为[S1]，[S2]，[S3]，试证明[S1S3S22]为定值。

解：（1）椭圆[C]的方程为[x23+y2=1]，焦点坐标为[（±2，0）]。（过程略）

（2）设直线[l]的方程为[x=my+1]，则由[x=my+1，x2+3y2-3=0，]得[（m2+3）y2+2my-2=0]，显然[m∈R]。

设[E（x1，y1）]，[F（x2，y2）]，则[y1+y2=-2mm2+3]，[y1y2=-2m2+3]，[E1（3，y1）]，[F1（3，y2）]，

因为[S1S3=12（3-x1）y1·12（3-x2）y2=] [14（2-my1）（2-my2）y1y2=144-2m（y1+y2）+m2y1y2y1y2=144-2m·-2mm2+3+m2·-2m2+3·] [-2m2+3=3（m2+2）（m2+3）2]，

又因为[S22=12×2y1-y22=（y1+y2）2-4y1y2=4m2（m2+3）2+8m2+3=4m2+8m2+24（m2+3）2=12m2+24（m2+3）2]，

所以[S1S3S22=3（m2+2）（m2+3）212（m2+2）（m2+3）2=14]为定值。

点评：本例第（2）问将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理及三角形的面积公式求得[S1S3]与[S22]的含参表达式，即可证明[S1S3S22]为定值。这里应注意：涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形。

解析几何问题体现了几何问题代数化的转化思想，代数问题离不开运算，所以解析几何问题主要考查数形结合思想与方程思想的运用，如何用好这两种思想是解题的关键。在解析几何中，方程思想并不是指一定要解方程，而是采用“设而不求”和“整体代换”的策略解决问题，基于此，韦达定理的运用就显得十分重要。对于直线与圆锥曲线问题，运用韦达定理是一种解题的基本技能，教师应引导学生熟练掌握。

（责任编辑    黄春香）