高中数学

非对称韦达定理与应用

相濡以沫 · 2025/7/10 21:00:36 · 70 · admin · 非对称韦达定理

在一元二次方程 $a{{x}^{2}}+bx+c=0$ 中，若 $\Delta >0$，设它的两个根分别为 $x_1$，$x_2$，则有根与系数关系：$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$，$x_1x_2=\frac{c}{a}$，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理$\left| x_{1}-x_{2} \right|$，$ x_{1}^{2}+x_{2}^{2}$，$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}$之类的结构．

但在有些问题时，我们会遇到涉及$x_{1}$，$x_{2}$的不同系数的代数式的应算，比如求$\frac{x_{1}}{x_{2}}$，$\frac{3x_{1}x_{2}+2x_{1}-x_{2}}{2x_{1}x_{2}-x_{1}+x_{2}}$ 或 $\lambda x_{1}+\mu x_{2}$ 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 $x$ 或 $y$，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 $x_{1}+2x_{2}$，$\lambda x_{1}y_{2}+\mu x_{2}y_{1}$，$\frac{x_{1}}{x_{2}}$ 或 $\frac{3x_{1}x_{2}+2x_{1}-x_{2}}{2x_{1}x_{2}-x_{1}+x_{2}}$ 之类中 $x_{1}$，$x_{2}$ 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”．

比如在处理斜率比值的时候：$\frac{{{k}_{PA}}}{{{k}_{PB}}}=\frac{\frac{{{y}_{1}}-t}{{{x}_{1}}}}{\frac{{{y}_{2}}-t}{{{x}_{2}}}}=\frac{{{x}_{2}}{{y}_{1}}-t{{x}_{2}}}{{{x}_{1}}{{y}_{2}}-t{{x}_{1}}}=\frac{k{{x}_{1}}{{x}_{2}}+(m-t){{x}_{2}}}{k{{x}_{1}}{{x}_{2}}+(m-t){{x}_{1}}}$．

还有诸如线段的比例关系会得到：${{x}_{1}}=\lambda {{x}_{2}}$或者${{y}_{1}}=\lambda {{y}_{2}}$的结构．

我们明明求了韦达定理却无法代入，这时我们就需要通过所求得的韦达定理找到 $x_{1}+x_{2}$ 和 $x_{1}\cdot x_{2}$ 之间的关系，将其中一个替换，常用手段是把乘法的替换成加法．

这样的非对称形式，即韦达定理无法直接代入，可以通过下面的方法解决：

（1）利用关系式 $\lambda+\frac{1}{\lambda}=\frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}}=\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}}{x_{1} \cdot x_{2}}-2$，将问题转化韦达定理求解．

（2）韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成对称型．

具体办法之一为联立方程后得到韦达定理：$\left\{ \begin{align}  & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=f(t) \\  & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=g(t) \\ \end{align} \right.\Rightarrow m(t)({{x}_{1}}+{{x}_{2}})=n(t){{x}_{1}}{{x}_{2}}$ 代入之后进行代换消元解题．

<div class="math-box">
  <div class="math-title">
  <i class="fa fa-book mr-2"></i>  例题讲解
  </div>  
<div class="math-content">
<div class="example"> 
<font color="red">【例题 1】</font>已知点 $F$ 为椭圆 $E:\frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{{{y}^{2}}}{3}=1$ 的右焦点，$A$，$B$ 分别为其左、右顶点，过 $F$ 作直线 $l$ 与椭圆交于 $M$，$N$ 两点(不与 $A$，$B$ 重合)，记直线 $AM$ 与 $BN$ 的斜率分别为 ${{k}_{1}},{{k}_{2}},$证明 $\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}$ 为定值．
</div>
<div class="answer">
<font color="blue">【答案】</font>
<font color="orange">【方法一】</font>先联立$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
   \frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{{{y}^{2}}}{3}=1  \\
   x=ty+1  \\
\end{array} \right.$，

消 $x$ 得$(4+3{{t}^{2}}){{y}^{2}}+6ty-9=0$，
  
易知 $\Delta > 0$，则 $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   {{y}_{1}}+{{y}_{2}}=-\frac{6t}{4+3{{t}^{2}}}  \\   {{y}_{1}}{{y}_{2}}=-\frac{9}{4+3{{t}^{2}}}  \\ \end{array} \right.$．
  
$t{{y}_{1}}{{y}_{2}}=\frac{3}{2}({{y}_{1}}+{{y}_{2}})$，
  
代入目标信息得，$\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{t{{y}_{1}}{{y}_{2}}-{{y}_{1}}}{t{{y}_{1}}{{y}_{2}}+3{{y}_{2}}}=\frac{\frac{3}{2}({{y}_{1}}+{{y}_{2}})-{{y}_{1}}}{\frac{3}{2}({{y}_{1}}+{{y}_{2}})+3{{y}_{2}}}$
  
整理可得$\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{\frac{1}{2}{{y}_{1}}+\frac{3}{2}{{y}_{2}}}{\frac{3}{2}{{y}_{1}}+\frac{9}{2}{{y}_{2}}}=\frac{1}{3}$，为定值，得证．
  
<font color="orange">若看不出两根之和与两根之积的关系怎么办呢？我们不妨用待定一下系数：</font>

设 ${{y}_{1}}{{y}_{2}}=\lambda \left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)+\mu \Rightarrow -\frac{9}{4+3{{t}^{2}}}=\lambda \left( -\frac{6t}{4+3{{t}^{2}}} \right)+\mu \Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   \lambda =\frac{3}{2t}  \\   \mu =0  \\ \end{array} \right.$，
  
$\therefore t{{y}_{1}}{{y}_{2}}=\frac{3}{2}({{y}_{1}}+{{y}_{2}})$，完毕．
  
实质上，利用上述待定系数法我们可以进一步解决 $y=kx+m$ 的情形．

<font color="orange">【方法二】</font>显然先考虑直线 $l$ 斜率不存在时的情形，此时 $M\left( 1,\frac{3}{2} \right)$，$N\left( 1,-\frac{3}{2} \right)$，或 $M\left( 1,-\frac{3}{2} \right)$，$N\left( 1,\frac{3}{2} \right)$，
  
对应为 ${{k}_{1}}=\frac{1}{2}$，${{k}_{2}}=\frac{3}{2}$ 或 ${{k}_{1}}=-\frac{1}{2}$，${{k}_{2}}=-\frac{3}{2}$，
  
此时均有 $\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}\text{=}\frac{1}{3}$，为定值．
  
当直线l斜率存在时，不妨就正设直线 $ly=k\left( x-1 \right)$，联立 $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}  \frac{{{x}^{2}}}{4}+\frac{{{y}^{2}}}{3}=1  \\   y=k(x-1)  \\ \end{array} \right.$，

消 $y$ 得 $(3+4{{k}^{2}}){{x}^{2}}-8{{k}^{2}}y+4({{k}^{2}}-3)=0,$
  
易知 $\Delta > 0$，则 $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\frac{8{{k}^{2}}}{3+4{{k}^{2}}}  \\   {{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{4({{k}^{2}}-3)}{3+4{{k}^{2}}}  \\ \end{array} \right.$

设 ${{x}_{1}}{{x}_{2}}=\lambda ({{x}_{1}}+{{x}_{2}})+\mu $，即 $\frac{4({{k}^{2}}-3)}{3+4{{k}^{2}}}=\lambda \frac{8{{k}^{2}}}{3+4{{k}^{2}}}+\mu =\frac{(8\lambda +4\mu ){{k}^{2}}+3\mu }{3+4{{k}^{2}}}$，
  
解得 $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   \lambda =\frac{5}{2}  \\   \mu =-4  \\ \end{array} \right.$，
  
即 ${{x}_{1}}{{x}_{2}}=\frac{5}{2}({{x}_{1}}+{{x}_{2}})-4.$
则 $\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2{{x}_{1}}-{{x}_{2}}+2}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}-{{x}_{1}}+2{{x}_{2}}-2}=\frac{\frac{5}{2}({{x}_{1}}+{{x}_{2}})-4-2{{x}_{1}}-{{x}_{2}}+2}{\frac{5}{2}({{x}_{1}}+{{x}_{2}})-4-{{x}_{1}}+2{{x}_{2}}-2}=\frac{\frac{1}{2}{{x}_{1}}+\frac{3}{2}{{x}_{2}}-2}{\frac{3}{2}{{x}_{1}}+\frac{9}{2}{{x}_{2}}-6}=\frac{1}{3}$，得证．

</div>

<div class="example"> 
<font color="red">【例题 2】</font>已知 $A 、 A$ 分别是离心率 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 的椭圆 $E: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的左右侦点， $P$ 是椭圆 $E$ 的上顶点，且 $\overline{P A} \cdot \overline{P A_2}=-1$ ．
  
（1）求椭圆 $E$ 的方程；

（2）若动直线 $l$ 过点 $(0,-4)$ ，且与椭圆 $E$ 交于 $A 、 B$ 两点，点 $M$ 与点 $B$ 关于 $y$ 轴对称，求证：直线 $A M$ 恒过定点．
</div>
<div class="answer">
<font color="blue">【答案】</font>（1）由题意得 $A_1(-a, 0), A_2(a, 0), P(0, b)$ ，
  
则 $\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P A_2}=(-a,-b) \cdot(a,-b)=-a^2+b^2=-c^2=-1$ ，所以 $c=1$ ，
  
又 $\left\{\begin{array}{l}e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ a^2=b^2+c^2\end{array}\right.$ ，所以 $a=\sqrt{2}, b=1$ ，

所以椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^2}{2}+y^2=1$ ．
  
（2）当直线 $l$ 的斜率存在时，设直线 $l: y=k x-4, A\left(x_1, y_1\right), B\left(x_2, y_2\right)$ ，则 $M\left(-x_2, y_2\right)$ ，
  
由 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+y^2=1 \\ y=k x-4\end{array}\right.$ ，
  
消去 $y$ 得 $\left(1+2 k^2\right) x^2-16 k x+30=0$ ．
  
由 $\Delta=(-16 k)^2-120\left(1+2 k^2\right)>0$ ，
  
得 $k^2>\frac{15}{2}$ ，所以 $x_1+x_2=\frac{16 k}{1+2 k^2}, x_1 x_2=\frac{30}{1+2 k^2}$ ．

$k_{A M}=\frac{y_1-y_2}{x_1+x_2}=\frac{k x_1-4-k x_2+4}{x_1+x_2}=\frac{k\left(x_1-x_2\right)}{x_1+x_2}$．

直线 $A M$ 的方程为 $y-y_1=\frac{k\left(x_1-x_2\right)}{x_1+x_2}\left(x-x_1\right)$ ，即

$\begin{aligned}y& =y_1+\frac{k\left(x_1-x_2\right)}{x_1+x_2}\left(x-x_1\right)\\& =k x_1-4+\frac{k\left(x_1-x_2\right)}{x_1+x_2}\left(x-x_1\right)\\& =\frac{\left(k x_1-4\right)\left(x_1+x_2\right)+k\left(x_1-x_2\right)\left(x-x_1\right)}{x_1+x_2} \\& =\frac{2 k x_1 x_2-4\left(x_1+x_2\right)+k x\left(x_1-x_2\right)}{x_1+x_2}\\& =\frac{k\left(x_1-x_2\right)}{x_1+x_2} x+\frac{2 k x_1 x_2}{x_1+x_2}-4,\end{aligned}$

因为 $x_1+x_2=\frac{16 k}{1+2 k^2}, x_1 x_2=\frac{30}{1+2 k^2}$ ，所以 $\frac{2 k x_1 x_2}{x_1+x_2}-4=\frac{2 k \frac{30}{1+2 k^2}}{\frac{16 k}{1+2 k^2}}-4=-\frac{1}{4}$ ，
  
直线 $A M$ 的方程为可化为 $y=\frac{k\left(x_1-x_2\right)}{x_1+x_2} x-\frac{1}{4}$ ，
  
则直线 $A M$ 恒过定点 $\left(0,-\frac{1}{4}\right)$ ．
  
当直线 $l$ 的斜率不存在时，直线 $A M$ 也过点 $\left(0,-\frac{1}{4}\right)$ ，
  
综上知直线 $A M$ 恒过定点 $\left(0,-\frac{1}{4}\right)$．
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