圆锥曲线齐次式与点乘双根法教学内容

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圆锥曲线齐次式与点乘双根法

+ = y 圆锥曲线齐次式与点乘双根法一，圆锥曲线齐次式与斜率之积（和）为定值x 2 y 2例 1：Q 1 , Q 2 为椭圆 2b 2 + b2 线OD ，求 D 的轨迹方程.= 1上两个动点，且OQ 1 ⊥ OQ 2 ，过原点O 作直线Q 1Q 2 的垂解法一（常规方法）：设Q 1 (x 1 , y 1 ),Q 2 (x 2 , y 2 ) ， D (x 0 , y 0 ) ,设直线Q 1Q 2 方程为 y = kx + m ，⎧ y = kx + m⎪联立⎨ x 2 ⎪⎩ 2b 2 y 2b2 1 化简可得:(2b 2k 2 + b 2 )x 2 + 4kmb 2 x + 2b 2 (m 2 - b 2 ) = 0 ，所以x 1x 2 = 2b 2 (m 2 + b 2 ) 2b 2k 2 + b 2, y 1 y 2 = b 2 (m 2 - 2b 2k 2 ) 2b 2k 2 + b 2因为OQ 1 ⊥ OQ 2 所以2b 2 (m 2 + b 2 ) b 2 (m 2 - 2b 2k 2 ) 2(m 2 - b 2 )m 2 - 2b 2k 2x 1x 2 + y 1 y 2 = 2b 2k 2 + b 2 + 2b 2k 2 + b 2 = 2k 2+1 + 2k 2 +1 =0∴3m 2 = 2b 2 (1+ k 2 ) *又因为直线 Q Q 方程等价于为 y - y = - x0 (x - xx x 2) ，即 y = - 0 x + 0 + y对比于1 2 0y 0 y 0⎨ 20 00 0y y ⎧- x 0 = k y = kx + m ，则⎪ y 0x 代入* 中，化简可得： x 2 + y 2= 2b 2. 3 ⎪ 0 + y = m ⎪ y 0 ⎩ 0解法二（齐次式）：⎧ mx + ny= 1 ⎧ mx + ny = 1 ⎪ ⎪ 设直线Q 1Q 2 方程为 mx + ny = 1，联立⎨ x 2 + y 2 =⇒ ⎨ x 2 + y 2- =⎪⎩ 2b2b21⎪⎩ 2b2 b21 0x 2 y22x 2 y 2 2 2 2 22b 2 + (m x + ny ) b 2= 0 化简可得: 2b 2 + m x b 2- n y- 2mnxy = 0 整理成关于 x , y x , y 的齐次式： (2 - 2b 2n 2 ) y 2 + (1- 2m 2b 2 ) x 2 - 4mnb 2xy = 0 ，进而两边同时除以 x 2，则2 2 2 2 2 21- 2m 2b 2(2 - 2b n )k - 4mnb k +1- 2m b= 0 ⇒ k 1k 2 =2 - 2b 2n 21- 2m 2b 2因为OQ 1 ⊥ OQ 2 OQ 1 ⊥ OQ 2 所以 k 1k 2 = -1，2 - 2b 2n2= -1∴3 = 2b 2 (m 2 + n 2 ) *又因为直线 Q Q 方程等价于为 y - y = - x0 (x - xx x 2) ，即 y = - 0 x + 0 + y 对比于1 2⎧x 0= my 0 y 0⎪ x 2 + y 22mx + ny = 1，则⎨ 0 0y 代入* 中，化简可得： x 2+ y 2= b 2 .3 0 = n ⎪ x 2 + y 2 ⎩ 0 0例 2：已知椭圆 x 2 + 24= 1，设直线l 不经过点P (0,1) 的直线交于 A , B 两点，若直线 PA , PB 的斜率之和为-1，证明：直线l 恒过定点.⎩ ⎩解：以点 P 为坐标原点，建立新的直角坐标系 x ' py ' ，如图所示：旧坐标新坐标(x , y ) ⇒ (x ', y ')即(0,1) ⇒ (0, 0)⎧ x ' = x ⎧ A → A ' 所以⎨ y ' = y -1 ⇒ ⎨B → B '原来 k + k = -1⇒y 1 -1 + y 2 -1 = -1 则转换到新坐标就成为： y 1 ' + y 2 '= -1PAPBx x x ' x ' 1 21 2即k 1 '+ k 2 ' = -1设直线l 方程为： mx '+ ny ' = 1原方程： x 2 + 4 y 2 = 4 则转换到新坐标就成为： x '2 + 4( y '+1)2= 4展开得： x '2 + 4 y '2+ 8 y ' = 0⎨⎪x' ⎩ ⎩ 构造齐次式： x '2 + 4 y '2+ 8 y '(mx '+ ny ') = 0整理为： (4 + 8n ) y '2 + 8mx ' y '+ x '2= 0两边同时除以 x '2 ，则(4 + 8n )k '2+ 8mk '+1 = 0所以 k '+ k ' = -8m= -1 所以 2m - 2n = 1 ⇒ m = n + 1124 + 8n 21 x '而 mx '+ ny ' = 1 ∴(n + )x '+ ny ' = 1 ⇒ n (x '+ y ') + -1 = 0 对于任意 n 都成立.2 2⎧x '+ y ' = 0则： ⎪⇒ -1 = 0 ⎩ 2⎧ x ' = 2 ⎨ y ' = -2，故对应原坐标为⎧ x = 2 ⎨ y = -1所以恒过定点(2, -1) .x 2例 3：已知椭圆y 2+ = 1，过其上一定点 P (2,1) 作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭 8 2圆于 A , B 两点，证明：直线 AB 斜率为定值.解：以点 P 为坐标原点，建立新的直角坐标系 x ' py ' ，如图所示：旧坐标新坐标(x , y ) ⇒ (x ', y ')即(2,1) ⇒ (0, 0)所以⎧x ' =x - 2⇒⎧A →A '⎨y '=y -1⎨B →B '⎩⎩原来k +k = 0 ⇒ y1-1+y2-1= 0 则转换到新坐标就成为：y1'+y2'= 0PA PB x - 2 x -1 x ' x '1 2 1 2即k1 '+k2' = 0设直线 AB 方程为： mx '+ny ' = 1原方程： x2 + 4 y2 = 8 则转换到新坐标就成为： (x '+ 2)2 + 4( y '+1)2 = 8 展开得： x '2 + 4 y '2 + 4x '+ 8 y ' = 0构造齐次式： x '2 + 4 y '2 + 4x '(mx '+ny ') + 8 y '(mx '+ny ') = 0整理为： y '2 (4 + 8n) +x ' y '(4n + 8m) + (1 + 4m)x '2 = 0两边同时除以 x '2 ，则(4 + 8n)k '2 + (4n + 8m)k '+1+ 4m = 0所以 k '+k ' =-4n + 8m= 0 所以 n =-2m1 2 4 +8n1而mx '+ny ' = 1 ∴mx '+ (-2m) y ' = 1 ⇒mx - 2my -1 = 0 .所以k =21平移变换，斜率不变，所以直线AB 斜率为定值.21 2 1 1 2 2 1 2 1 21 二，点乘双根法例 4：设椭圆中心在原点O ，长轴在 x 轴上，上顶点为 A ，左右顶点分别为 F 1 , F 2 ，线段OF 1 ,OF 2 中点分别为 B 1 , B 2 ，且△AB 1B 2 是面积为 4 的直角三角形.（1）求其椭圆的方程（2）过 B 1 作直线l 交椭圆于 P , Q 两点，使 PB 2 ⊥ QB 2 ，求直线l 的方程.x 2y 2解：（1） + = 20 4（2）易知：直线l 不与轴垂直，则设直线l 方程为： y = k (x + 2) ， P (x 1, y 1 ), Q (x 2 , y 2 )因为 PB ⊥ QB，则，22PB 2 QB 2 =0所以(x - 2, y )(x - 2, y ) = 0 ⇒ (x - 2)(x - 2) + k 2(x + 2)(x + 2) = 0 *⎧ y = k (x + 2) ⎪2 2 2现联立⎨ x 2+ y 2 = ⇒ x ⎩ 20 4+ 5k (x + 2) - 20 = 0则方程 x 2 + 5k 2 (x + 2)2 - 20 = 0 可以等价转化(1+ 5k 2)( x - x )( x - x ) = 012即 x 2 + 5k 2 (x + 2)2 - 20 = (1+ 5k 2)(x - x )(x - x )令 x = 2 ， 4 + 80k 2- 20 = (1+ 5k 2)( x 1 - 2)( x 2 - 2) ⇒ ( x 1 - 2)( x 2 - 2) =80k 2 -16 1+ 5k 2令 x = -2 ， 4 + 0 - 20 = (1+ 5k 2)( x + 2)( x + 2) ⇒ ( x + 2)( x + 2) = -161 2 1 21+ 5k 21结合(x1 - 2)(x2- 2) +k (x1 + 2)(x2 + 2) = 0 *化简可得：80k 2 -161+ 5k 2+-16= 01+ 5k 280k 2 -16k 2 -16 = 0 ⇒ 64k 2 =16 ⇒k 2 =1∴k =±1 4 2所以直线l 方程为： y =± 1(x + 2) . 22。

齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题

“齐次式”法解圆锥曲线斜率有关的顶点定值问题定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。

直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k 和m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。

技巧在于：设哪一条直线如何转化题目条件圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。

如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。

下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：例题、（07山东）已知椭圆C ：13422=+y x 若与x 轴不垂直的直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。

求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。

解法一（常规法）：m kx y l +=:设1122(,),(,)A x y B x y ，由223412y kx mx y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=，22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->，22340k m +->212122284(3),3434mk m x x x x k k-+=-⋅=++ 22221212121223(4)()()()34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k -⋅=+⋅+=+++=+以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BD k k ⋅=-， 1212122y yx x ∴⋅=---，1212122()40y y x x x x +-++=，（*） 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k --+++=+++，（**）整理得：2271640m mk k ++=，解得：1222,7k m k m =-=-，且满足22340k m +-> 当2m k =-时，:(2)l y k x =-，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27k m =-时，2:()7l y k x =-，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为2(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，则AB 必过定点))(,)((2222022220b a b a y b a b a x +--+-。

高中解析几何简化计算之点乘双根法

（ Ⅰ）
设 P（ m，0）
则→PA = （ →PA·P→B
x1 =（
，－Am（，xy1 ，1 ）y1，）P→，BB=（
x1 － m）（ x2 －
x2 ，y2 ），（ x2 － m，y2 m） + y1 y2
）， =（
x1
－
m）
（
x2
－
m） + k2 （ x1 － 1）（ x2 － 1）．
解题技巧与方法
JIETI JIQIAO YU FANGFA
131
高中解析几何简化计算之点乘双根法
◎陈俊健（广西南宁市第三中学（青山校区），广西南宁 530021）
【摘要】高中解析几何在求解圆锥曲线与直线问题的时候，通常需要联立方程，利用韦达定理去求解．利用韦达定理进行运算求解时，稍不注意就容易出错．在求解点乘或者斜率乘积为定值，甚至求 x1 x2 ，y1 y2 的时候，我们可以改进解法，引入点乘双根法，避开韦达定理，简化计算，减少失误．
C：
x2 a2
+
y2 b2
= 1 （ a ＞ b ＞ 0）上，且椭圆的
离心率为
1 2
．
（ 1）求椭圆 C 的方程．
（ 2）若 M 为椭圆 C 的右顶点，点 A，B 是椭圆 C 上不同
的两点（
均异于
M）
且满足直线
MA
与
MB
斜率之积为
1 4
．
试判断直线 AB 是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，
定理进行繁杂计算的过程，达到简化计算、提高解题速度的
效果，下面举例说明．
例 1 （ 2018 年西南四省名校高三第一次大联考）已知

圆锥曲线齐次式与点乘双根法

一、圆锥曲线齐次式与斜率之积（和）为定值且OQ 11OQ 2，过原点O 作直线Q 1Q 2的垂D (X, V0)，设直线 Q 1Q 2 方程为 V= kx +m ，V = kx + m X 2 V 2 化简可得: ——+ — = 1 〔2b 2 b 2(2b 2k 2 + b 2)x 2 + 4kmb 2x + 2b 2(m 2 一b 2) = 0，所以2b 2(m 2 + b 2)b 2(m 2 -2b 2k 2)解法二（齐次式）:w r k r第十讲锥曲线齐次式与点乘双根法V = kx +m ，x]—0-二kV代入*中，化简可得: x 2 -0- + V = mV 0x x 2V = --0-x + T- + V 对比于V VX 2 V 2 一例1：4%为椭圆乐+b=1上两个动点,线OD ，求D 的轨迹方程.解法一（常规方法）：设Q ",V j Q 2a 2,V 2）x 2 y 2 x 2 y 2----------- 1 ---------(mx + ny )2 = 0 化简可得 --- 1 ------------ m 2x 2 一 n 2y 2 一 2mnxy = 02 b 2 b 22 b 2 b 2整理成关于 X , J X , J 的齐次式：(2 - 2b 2n 2)y 2 + (1 - 2m 2b 2)x 2 - 4mnb 2xy = 0，进而两边同时除以x 2，则1 -2 m 2 b 2(2 一 2b 2n 2)k 2 一 4mnb 2k +1 一 2m 2b 2 = 0 n k k = ---------1 2 2 - 2 b 2 n 2因为OQ 1 OQ OQ 1 OQ 所以kk =—1:.3 = 2b 2(m 2 + n 2)・・・*设直线Q 1Q 2方程为mx + ny=1，又因为直线Q1Q2方程等价于为y-y 0 =-x0- (x - x )y0x x 2y = -i x + t- + y对比于mx + ny = 1，则<x--------- 0—x 2 + y 0 (y2i代入*中，化简可得：x 2 + y 2 = -b2. x 2 , ____ __ .一例2：已知椭圆了+y2 =1，设直线,不经过点P(0，D的直线交于A，B两点若直线PA, PB的斜率之和为-1，证明：直线/恒过定点.解：以点P为坐标原点，建立新的直角坐标系x' py '，如图所示:即 k 「+ k 2' ―-1设直线l 方程为：mx '+ ny ' = 1原方程：X 2+ 4y 2 = 4则转换到新坐标就成为：x '2 + 4(y '+1)2 = 4 展开得：x '2 + 4y '2 + 8y' = 0构造齐次式：x '2 + 4y '2 + 8y '(mx '+ ny ') = 0 整理为：(4 + 8n )y '2 + 8mx'y '+ x '2 = 0 两边同时除以 x '2，则(4 + 8n )k '2 + 8mk '+1 = 08 m 1所以 k + k = ---- = —1 所以 2 m — 2 n — 1 n m — n + —1 2 4 + 8 n 2 , ,< ,1 ............................................. x’ “八而 mx + ny = 1「. (n + -)x + ny = 1 n n (x + y ) + --1 = 0 对于任意 n 都成立.x 2 y 2 ~ _ _例3：已知椭圆7 + 4- = 1，过其上一定点尸(2,1)作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭所以原来 k pA +k pB =T ny -1, y -1 —t —+——x1—-1则转换到新坐标就成为：十,二一1 12x'+ y' — 0x ' n --1 — 0 [2x' = 2 t c ，故对应原坐标为 y =-2x = 2 1所以恒过定点(2,-1). y = -1即(0,1) n (0,0)8 2圆于A ,B 两点，证明：直线AB 斜率为定值.解：以点P 为坐标原点，建立新的直角坐标系x' py '，如图所示:旧坐标新坐标即(2,1) n (0,0)所以原来『女。

【经典高考】高考数学圆锥曲线齐次式与点乘双根法

一，圆锥曲线齐次式与斜率之积（和）为定值例1：12,Q Q 为椭圆222212x y b b+=上两个动点，且12OQ OQ ⊥，过原点O 作直线12Q Q 的垂线OD ，求D 的轨迹方程.解法一（常规方法）：设111222(,),(,)Q x y Q x y ，00(,)D x y ,设直线12Q Q 方程为y kx m =+，联立222212y kx mx y bb =+⎧⎪⎨+=⎪⎩化简可得: 22222222(2)42()0b k b x kmb x b m b +++-=，所以 222222212122222222()(2),22b m b b m b k x x y y b k b b k b+-==++ 因为12OQ OQ ⊥所以2222222222221212222222222()(2)2()2=0222121b m b b m b k m b m b k x x y y b k b b k b k k +---+=+=+++++ 22232(1)m b k ∴=+*又因为直线12Q Q 方程等价于为0000()x y y x x y -=--，即200000x x y x y y y =-++对比于y kx m =+，则00200x k y x y my ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩代入*中，化简可得：2220023x y b +=.解法二（齐次式）：设直线12Q Q 方程为1mx ny +=，联立222222221111022mx ny mx ny x y x y b b b b+=+=⎧⎧⎪⎪⇒⎨⎨+=+-=⎪⎪⎩⎩ 22222()02x y mx ny b b +-+=化简可得:22222222202x y m x n y mnxy b b+---= 整理成关于,x y ,x y 的齐次式：2222222(22)(12)40b n y m b x mnb xy -+--=，进而两边同时除以2x ，则22222222122212(22)412022m b b n k mnb k m b k k b n---+-=⇒=- 因为12OQ OQ ⊥12OQ OQ ⊥所以121k k =-，222212122m b b n-=-- 22232()b m n ∴=+*又因为直线12Q Q 方程等价于为0000()x y y x x y -=--，即200000x x y x y y y =-++对比于1mx ny +=，则0220002200x m x y y n x y ⎧=⎪+⎪⎨⎪=⎪+⎩代入*中，化简可得：2220023x y b +=.例2：已知椭圆2214x y +=，设直线l 不经过点(0,1)P 的直线交于,A B 两点，若直线,PA PB的斜率之和为1-，证明：直线l 恒过定点.解：以点P 为坐标原点，建立新的直角坐标系''x py ，如图所示：旧坐标新坐标(,)(',')x y x y ⇒即(0,1)(0,0)⇒所以'''1'x x A A y y B B =→⎧⎧⇒⎨⎨=-→⎩⎩原来12121111PA PB y y k k x x --+=-⇒+=-则转换到新坐标就成为：1212''1''y y x x +=- 12''1k k +=-即设直线l 方程为：''1mx ny +=原方程：2244x y +=则转换到新坐标就成为：22'4('1)4x y ++=展开得：22'4'8'0x y y ++=构造齐次式：22'4'8'('')0x y y mx ny +++=整理为：22(48)'8'''0n y mx y x +++=两边同时除以2'x ，则2(48)'8'10n k mk +++=所以128''148m k k n +=-=-+所以12212m n m n -=⇒=+而''1mx ny +=1'()''1('')1022x n x ny n x y ∴++=⇒++-=对于任意n 都成立. 则：''0'2''2102x y x x y +=⎧=⎧⎪⇒⎨⎨=--=⎩⎪⎩，故对应原坐标为21x y =⎧⎨=-⎩所以恒过定点(2,1)-. 例3：已知椭圆22182x y +=，过其上一定点(2,1)P 作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭圆于,A B 两点，证明：直线AB 斜率为定值.解：以点P 为坐标原点，建立新的直角坐标系''x py ，如图所示：旧坐标新坐标(,)(',')x y x y ⇒即(2,1)(0,0)⇒所以'2''1'x x A A y y B B =-→⎧⎧⇒⎨⎨=-→⎩⎩原来1212110021PA PB y y k k x x --+=⇒+=--则转换到新坐标就成为：1212''0''y y x x += 12''0k k +=即设直线AB 方程为：''1mx ny +=原方程：2248x y +=则转换到新坐标就成为：22('2)4('1)8x y +++=展开得：22'4'4'8'0x y x y +++=构造齐次式：22'4'4'('')8'('')0x y x mx ny y mx ny +++++=整理为：22'(48)''(48)(14)'0y n x y n m m x +++++=两边同时除以2'x ，则2(48)'(48)'140n k n m k m +++++=所以1248''048n mk k n++=-=+所以2n m =-而''1mx ny +='(2)'1210mx m y mx my ∴+-=⇒--=.所以1=2k 平移变换，斜率不变，所以直线AB 斜率为定值12.二，点乘双根法例4：设椭圆中心在原点O ，长轴在x 轴上，上顶点为A ，左右顶点分别为12,F F ，线段12,OF OF 中点分别为12,B B ，且12AB B △是面积为4的直角三角形.（1）求其椭圆的方程（2）过1B 作直线l 交椭圆于,P Q 两点，使22PB QB ⊥，求直线l 的方程.解：（1）221204x y +=（2）易知：直线l 不与轴垂直，则设直线l 方程为：(2)y k x =+，1122(,),(,)P x y Q x y 因为22PB QB ⊥，则22=0PB QB ，所以211221212(2,)(2,)0(2)(2)(2)(2)0x y x y x x k x x --=⇒--+++=*现联立22222(2)5(2)2001204y k x x k x x y =+⎧⎪⇒++-=⎨+=⎪⎩则方程2225(2)200x k x ++-=可以等价转化212(15)()()0k x x x x +--= 即2222125(2)20(15)()()x k x k x x x x ++-=+--令2x =，22212122801648020(15)(2)(2)(2)(2)15k k k x x x x k -+-=+--⇒--=+令2x =-，212122164020(15)(2)(2)(2)(2)15k x x x x k -+-=+++⇒++=+结合21212(2)(2)(2)(2)0x x k x x --+++=*化简可得：22280161601515k k k --+=++2222118016160641642k k k k k --=⇒=⇒=∴=±所以直线l 方程为：1(2)2y x =±+.。

高中数学圆锥曲线教学方法及解题技巧探究

高中数学圆锥曲线教学方法及解题技巧探究圆锥曲线是高中数学中的重要内容，学好圆锥曲线不仅可以帮助学生提高数学分析能力，还可以为后续的高等数学学习打下基础。

下面将探究高中数学圆锥曲线的教学方法和解题技巧。

一、教学方法：1. 提前引导：在开始学习圆锥曲线之前，可以通过引入相关的实际问题，例如运动问题、工程问题等，引起学生的兴趣，激发学生对圆锥曲线的学习积极性。

2. 形象化教学：在讲解圆锥曲线的性质和特点时，可以通过几何图形、实物模型等形象化工具进行展示，帮助学生更好地理解和记忆。

3. 实例分析：在讲解圆锥曲线的解题方法时，可以选择一些具体实例进行分析，通过具体问题的讲解，引导学生掌握解题的思路和方法。

4. 综合应用：在学习圆锥曲线时，可以将圆锥曲线与其他数学知识相结合，例如函数、导数等，通过综合应用的方式来解决问题，培养学生的数学思维能力。

二、解题技巧：1. 注意曲线的方程形式：圆锥曲线有四种常见的方程形式，即圆的方程、椭圆的方程、双曲线的方程和抛物线的方程。

学生在解题时需要根据曲线的方程形式来选择相应的解题方法。

2. 利用对称性质解题：圆锥曲线具有一些特殊的对称性质，例如椭圆和双曲线的中心对称性、抛物线的轴对称性等。

在解题时，可以利用这些对称性质简化问题，减少计算量。

3. 利用关系式和性质解题：学生可以通过研究圆锥曲线的性质和关系式来解题，例如利用椭圆的离心率和焦点之间的关系，或者利用双曲线的渐近线方程等。

4. 应用微积分解题：在一些特殊情况下，可以利用微积分的知识来解决圆锥曲线的问题。

例如通过求导来确定曲线的切线方程、确定曲线的极值点等。

高中数学圆锥曲线的教学应注重形象化教学和实例分析，通过引导学生掌握解题的思路和方法，培养学生的数学思维能力。

学生在解题时需要注意曲线的方程形式，利用对称性质和关系式，以及适时应用微积分的知识来解决问题。

第11讲点乘双根法(解析几何)(解析版)

第11讲点乘双根法知识与方法在计算两个向量的数量积（即点乘）时，会遇到 (x 1−x 0)(x 2−x 0)+(y 1−y 0)(y 2−y 0)的结构, 常规方法是将它展开, 再结合韦达定理化简整理,也可以利用“点乘双根法”进行整体处理, 达到简化运算, 快速解题的目的.1.方法介绍所谓的“点乘双根法”, 是指构建双根式，整体处理含或 (x 1−x 0)(x 2−x 0)(y 1−y 0) 等类似结构的计算问题.(y 2−y 0)2.理论基础二次函数的双根式. 若一元二次方程 f (x )=ax 2+bx +c ax 2+bx +c =0(a ≠0)有两根 , 则, 取 , 可得 x 1,x 2f (x )=a (x−x 1)(x−x 2)x =x 0f (x 0)=a (x 1−x 0)(x 2−x 0).3.适用类型, 或等形式.x 1x 2, y 1y 2,(x 1−m )(x 2−m ),(y 1−m )(y 2−m )PA ⋅PB 4.解题步骤化双根式赋值整体代入.→→典型例题下面以一个例题来说明点乘双根法的解题步骤.【例1】已知点是拋物线上一定点, 以M (x 0,y 0)y 2=2px (p >0)M 为直角顶点作该抛物线的内接直角三角形 , 则动直线过定点 △MAB AB .(x 0+2p,−y 0)【证明】设 , 由 , 得 A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)MA ⋅MB =0(x 1−x 0)(x 2−x 0)+(y 1−y 0)(y 2−y 0)=0（∗)显然直线不与轴平行，设其方程为 .AB x x =my +t 步骤 1: 化双根式联立 , 得 , 方程两根为 , 则 {y 2=2px x =my +ty 2−2pmy−2pt =0y 1,y 2(y 1−y )(y 2−y )=y 2−2pmy (1)−2pt 联立 , 得, 则 {y 2=2px x =my +t x 2−(2t +2m 2p )x +t 2=0(x 1−x )(x 2−x )=x 2−(2t +2m 2p )x +t 2(2)步骤 2: 赋值在(1)中, 令 , 则 (4)y =y 0(y 1−y 0)(y 2−y 0)=y 20−2pmy 0−2pt 在(2)中, 令 , 则 (5)x =x 0(x 1−x 0)(x 2−x 0)=x 20−(2t +2m 2p )x 0+t 2步骤 3: 整体代入即 ,t 2−(2p +2x 0)t +x 20−m 2y 20+y 20−2pmy 0=0即 ,[t−(x 0−my 0)]⋅[t−(x 0+my 0+2p )]=0所以或 ,t =x 0−my 0t =x 0+my 0+2p 情形一：当 , 即时, 说明点在直线上, 不合题意;t =x 0−my 0x 0=my 0+t M AB 情形二：当 , 即时, 直线过定点 t =2p +x 0+my 0x 0+2p =m (−y 0)+t x =my +t .(x 0+2p,−y 0)综上所述：直线恒过定点 .AB (x 0+2p,−y 0)通过本例可以看到，利用点乘双根法处理这类问题时，看起来式子仍然不少, 实际上运算量已经減少了很多.【例2】设椭圆中心在原点 , 长轴在轴上，上顶点为 , 左右顶点分别为 O x A F 1,F 2,线段中点分别为 , 且是面积为 4 的直角三角形.OF 1,OF 2B 1,B 2△AB 1B 2(1) 求椭圆的方程;(2) 过作直线交椭圆于两点, 使 , 求直线的方程.B 1l P ,Q PB 2⊥QB 2l【解析】（1）设所求椭圆的标准方程为 , 右焦点为 .x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)F 2(c ,0)因为是直角三角形, 又 , 故为直角, 因此 ,△AB 1B 2|AB 1|=|AB 2|∠B 1AB 2|OA |=|OB 2|得 .b =c2 结合 c2=a 2−b 2 得 4b 2=a 2−b 2, 故 a 2=5b 2,c 2=4b 2 , 所以离心率 e =在中, , 故 2Rt ABB ∆12OA B B ⊥22,1221||||22MBB B cS B B OA OB OA b b =⋅=⋅=⋅=由题设条件 , 得 , 从而 .2,4AB B S ∆=24b =22520a b ==因比, 所求椭圆的标准方程为 ;221204x y +=(2) 显然直线不与轴垂直，设的方程为 ,l x l ()()1122(2),,,,y k x P x y Q x y =+因为 , 则 ,22PB QB ⊥220PB QB ⋅=所以 ()()()()()()2112212122,2,022220(*)x y x y x x k x x -⋅-=⇒--+++=联立 22222(2)5(2)2001204y k x x k x x y =+⎧⎪⇒++-=⎨+=⎪⎩因为是方程的两根, 所以 ,12,x x ()()()2222125(2)2015x k x k x x xx ++-=+--令 , 得 ,2x =()()()()()2221212280164802015222215k k k x x x x k -+-=+--⇒--=+令 , 得 ,2x =-()()()()()21212216402015222215k x xx x k -+-=+++⇒++=+代入 (*), 得,22280161601515k k k --+=++化简可得: , 所以 ,22221801616064164k k k k --=⇒=⇒=12k =±故直线方程为: .l 1(2)2y x =±+【例3】设分别为椭圆的左、右顶点, 过左焦点且斜率为 ,A B 22132x y +=F 的直线与椭圆交于两点. 若 , 求的值.k ,C D 8AC DB AD CB ⋅+⋅=k 【答案】 k =【解析】设点 , 由得直线的方程为 ()()1122,,,C x y D x y (1,0)F -CD (1)y k x =+,由方程组 , 消去 , 整理得 .22(1)12y k x y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩y ()2222236360k x k x k +++-=由韦达定理可得 .22121222636,2323k k x x x x k k -+=-=++因为,(A B 所以AC DB AD CB⋅+⋅()()11222211,,x y x y xy x y =+⋅-+⋅--1212622x x y y =--()()2121262211x x k x x =--++8=由 , 得 .8AC DB AD CB ⋅+⋅=()()21212111x x k x x +++=-因为是方程的两根, 所以12,x x ()2222236360k x k x k +++-=()()()()()()()2222221212236362323k xk x k k x x x x k x x xx +++-=+--=+--令 , 则 , 所以 0x =()22123623k kx x -=+21223623k x x k -=+令 , 则 1x =-()()()()222212236362311k k k k x x+-+-=+++所以 ()()12241123x x k ++=-+因为 ,()()21212111x x k x x +++=-所以 , 解得222223641,22323k k k k k--=-=++k =【例4】设为曲线上两点, 与的横坐标之和为 4 .,A B 2:4x C y =A B (1) 求直线的斜率;AB(2) 设为曲线上一点, 在处的切线与直线平行, 且 , M C C M AB AM BM ⊥求直线的方程.AB 【答案】 (1) 1； (2) 7y x =+【解析】(1) 设 , 则 ()()1122,,,A x y B x y 2212121212,,,444x x x x y y x x ≠==+=于是直线的斜率 .AB 12121214y y x x k x x -+===-(2) 由 , 得 .24x y =2x y '=设 , 由題设知, 解得 , 于是 ()33,M x y 312x =32x =(2,1)M 因为 , 所以 , 即 .AM BM ⊥0MA MB ⋅=()()()()121222110x x y y --+--=设直线的方程为 , 因为点在直线上,AB y x m =+,A B AB 所以 ,1122,y x m y x m =+=+所以 .()()()()121222110x x x m x m --++-+-=由得 . 由 , 得 .24y x m x y =+⎧⎪⎨=⎪⎩2440x x m --=16(1)0m ∆=+>1m >-()()21244x x m x x x x --=--在式中, 令 , 得 (1)2x =()()212242422m x x -⨯-=--在(1)式中, 令 , 得 1x m =-()()212(1)4(1)411m m m x m x m --⨯--=+-+-∴()()()()12122211x x x m x m --++-+-,222424(1)4(1)40m m m m =-⨯-+--⨯--=解得 , 或 (舍）, 所以直线的方程为 .7m =1m =-AB 7y x =+强化训练1. 椭圆 , 若直线与椭圆交于两点 22:143x x C +=:l y kx m =+C ,A B (,A B 不是左右顶点）, 且以直线为直径的圆恒过椭圆的右顶点. 求证：直线AB C 恒过定点, 并求出该点的坐标.l【答案】 2,07⎛⎫⎪⎝⎭【解析】设椭圆的右顶点为 ,()()1122(2,0),,,,C A x y B x y 则 ()()1212220,(*)CA CB x x y y ⋅=--+=联立 , 整理得: ,22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()()222348430k x mkx m +++-=因为是方程的两个根, 所以12,x x ()()222348430k x mkx m +++-=()()()()()2222123484334(1)k xmkx m k x x x x +++-=+--取 , 得 ,2x =()()()()()2221243416433422k mk m k x x +++-=+--所以 (2).()()22122161642234k mk m x x k++--=+取 , 并两边同时乘以 , 可得 m x k =-2k 2221212231234m m m k y y k x x k k k -⎛⎫⎛⎫=++= ⎪⎪+⎝⎭⎝⎭(3).将（2和(3)整体代入 (*), 得,2222221616431203434k mk m m k k k ++-+=++即 , 即或 ,2241670k mk m ++=(72)(2)0,2m k m k m k ++=∴=-27m k =-当时, 直线过点 , 不合题意;2m k =-:(2),l y kx m k x l =+=-(2,0)C 当时, 直线 , 显然恒过定点 .27m k =-2:7l y kx m k x ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭l 2,07⎛⎫⎪⎝⎭2. 已知椭圆的右焦点为 , 过且与2222:1(0)x y E a b a b+=>>(1,0)F F x 轴垂直的弦长为 3 .(1) 求椭圆标准方程;(2) 直线过点与满圆交于两点, 问轴上是否存在点 , 使 l F ,A B x P PA PB ⋅为定值?若存在, 求出的坐标; 若不存在, 说明理由.P【答案】 (1) ; (2) 见解析22143x y +=【解析】 (1)易得椭圆标准方程为 ;22143x y +=(2) 当直线的斜率存在时, 设为 , 则直线的方程为 ,l k l (1)y k x =-设 , 则()()1122(,0),,,,P m A x y B x y ()()()22221234(1)1234x k x k x x x x +--=+--(1).()()1122,,,PA x m y PB x m y =-=-()()()()()()21212121211(2)PA PB x m x m y y x m x m k x x ⋅=--+=--+--在(1)中令 , 得 , (3)x m =()()22212234(1)1234m k m x m x m k+----=+在(1)中令 , 得 , (4)1x =()()12291134x x k ---=+把(3)4代入(2)并整理得()()22224(1)931243m k m PA PB k --+-⋅=+ 所以, 得 , 此时 .()224(1)931243m m---=118m =13564PA PB ⋅=- 当直线的斜率不存在时, , 仍有 .l 33111,,1,,,0228A B P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭13564PA PB ⋅=- 综上所述, 的坐标为 .P 11,08P ⎛⎫⎪⎝⎭3. 已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点, 直线与椭圆有且只有一个公共点 .:3l y x =-+E T (1) 求椭圆的方程及点的坐标;E T (2) 设是坐标原点, 直线平行于 , 与椭圆交于不同的两点 , O l OT E ,A B 且与直线交于点 . 证明: 存在常数 , 使得 , 并求 l P λ2||||||PT PA PB λ=⋅λ的值.【答案】 (1) (2) ,(2,1);45λ=【解析】 (1) , 点坐标为 , 过程路.22163x y +=T (2,1)(2) 由已知可设直线的方程为 ,l 1(0)2y x m m =+≠由方程组可得 1,23y x m y x ⎧=+⎪⎨⎪=-+⎩223213m x m y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩所以点坐标为 , 设点的坐标分别为, P 222282,1,||339m m PT m ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭,A B ,()()1122,,,A x y B x y 由方程组 , 可得 (1)2216312x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩()22344120x mx m ++-=而是的两根, 所以12,x x ()22344120x mx m ++-= (2)()()()2212344123x mx m x x x x ++-=--方程(2)的判别式为 , 由 , 解得 .()21692m ∆=-0∆>m <<由(2)得 212124412,33m m x x x x -+=-=所以1122||233m m PA x x ==-=-同理, 所以22||3m PB x =-1252222433m m PA PB x x ⎛⎫⎛⎫=----⎪⎪⎝⎭⎝⎭②中令，得223mx =-得()2212222232424123223333m m m m m m x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-=---- ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭得 21222822339m m x x m ⎛⎫⎛⎫----= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，故存在，使得2109PA PB m =54λ=2||||||.{PT PA PB λ=⋅。

齐次化妙解圆锥曲线解析版

齐次化妙解圆锥曲线问题【微点综述】直线与圆锥曲线位置关系，是高考的一个难点，而其中一个难在于运算，本微专题的目标在于采用齐次化运算解决直线与圆锥曲线的一类：斜率之和或斜率之积的问题．本专题重难点：一是在于消元的解法，即怎么构造齐次化方程；二是本解法的适用范围．亮点是用平面几何的视角解决问题．圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积，很多都可以转化为斜率问题，当圆锥曲线遇到斜率之和或者斜率之积，以往我们的常用解法是设直线y =kx +b ，与圆锥曲线方程联立方程组，韦达定理，再将斜率之和或之积的式子通分后，将x 1+x 2和x 1⋅x 2代入，得到关于k 、b 的式子．解法不难，计算量较为复杂．如果采用齐次化解决，直接得到关于k 的方程，会使题目计算量大大减少．“齐次”即次数相等的意思，例如f x =ax 2+bxy +cy 2称为二次齐式，即二次齐次式的意思，因为f x 中每一项都是关于x 、y 的二次项．如果公共点在原点，不需要平移．如果不在原点，先平移图形，将公共点平移到原点，无论如何平移，直线斜率是不变的．注意平移口诀是“左加右减，上减下加”，你没有看错，“上减下加”，因为是在等式与y 同侧进行加减，我们以往记的“上加下减”都是在等式与y 的异侧进行的．例：y =kx +b 向上平移1个单位，变为y =kx +b +1，即y -1=kx +b ，x 2a 2+y 2b 2=1向上平移1个单位，变为x 2a2+y -1 2b 2=1．设平移后的直线为mx +ny =1(为什么这样设？∵这样齐次化更加方便，相当于“1”的妙用)，与平移后的圆锥联立，一次项乘以mx +ny ，常数项乘以mx +ny 2，构造ay 2+bxy +cx 2=0，然后等式两边同时除以x 2(前面注明x 不等于0)，得到a ⋅y x2+b ⋅y x +c =0，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，y 1x 1+y 2x 2=-b a ，y 1x 1⋅y 2x 2=ca ，即可得出答案．如果是过定点题目，还需要还原，之前如何平移，现在反平移回去．总结解法为：①平移；②联立并齐次化；③同除以x 2；④韦达定理．证明完毕，若过定点，还需要还原．优点：大大减小计算量，提高准确率！缺点：mx +ny =1不能表示过原点的直线，少量题目需要讨论．一、齐次化运算的前世--韦达定理1.韦达定理发展简史法国数学家弗朗索瓦·韦达(Fran çois Vi ète ，1540-1603)在著作《论方程的识别与订正》中改进了三、四次方程的解法，还对n =2,3的情形，建立了方程根与系数之间的关系，现代称之为韦达定理．证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性．2.韦达定理：设关于x 的一元二次方程ax 2+bx +c =0的两根为x 1,x 2，则x 1+x 2=-ba ,x 1x 2=c a ．韦达定理是本微专题的理论基础．．引例1．已知x 1和x 2是方程2x 2+3x -4=0的两个根，求1x 1+1x 2的值．【解析】解法1：1x 1+1x 2=x 1+x 2x 1⋅x 2=-b a c a=-b c =34．解法2：方程两边同除以x 2，得-41x 2+31x +2=0，∵1x 1,1x 2,∴由韦达定理得1x 1+1x 2=34．引例2．设x 1,y 1 ,x 2,y 2 是方程组y =x -1,y 2=4x 的两组根，求y 1x 1+y 2x 2,y 1x 1⋅y 2x 2的值．【分析】如果可以建立关于以yx为未知数的一元二次方程A y x 2+B ⋅y x +C =0，那么y 1x 1+y 2x 2,y 1x 1⋅y 2x 2就是对应方程的两根之和了．所以本运算的关键是如何通过消元得到：Ay 2+Bxy +Cx 2=0，再由x ≠0,方程两边同时除以x 2．消元得到方程Ay 2+Bxy +Cx 2=0是个二次齐次式，所以把本计算方法命名为：齐次化运算．观察y =x -1,y 2=4x，发现y 2已经为二次式，关键在于将4x 化成二次式，由y =x -1可得1=x -y ，∴y 2=4x ⋅1=4x ⋅x -y ，整理可得y 2+4xy -4x 2=0，显然x =0不是方程y 2+4xy -4x 2=0的根，方程y 2+4xy -4x 2=0两边同时除以x 2可得：关于y x 为未知数的一元二次方程：y x 2+4⋅y x -4=0，则由韦达定理可得：y 1x 1+y 2x 2=-4,y 1x 1⋅y 2x 2=-4．二、齐次化运算的今生--韦达定理遇到笛卡尔解析几何例1.直线mx +ny =1与抛物线y 2=4x 交于A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，求k OA +k OB ,k OA ⋅k OB ．(用m ,n 表示)【解析】联立mx +ny =1y 2=4x ，齐次化得y 2=4x mx +ny ，等式两边同时除以x 2，y x 2-4n yx-4m =0，∴∴k OA +k OB =y 1x 1+y 2x 2=4n ,k OA k OB =y 1x 1⋅y 2x 2=-4m ．例2.直线mx +ny =1与椭圆x 24+y 23=1交于A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，求k OA ⋅k OB (用m ,n 表示)．【解析】mx +ny =1x 24+y 23=1齐次化联立得：x 24+y 23=mx +ny 2，等式两边同时除以x 2，12n 2-4 y x 2+24mn y x +12m 2-3=0，∴k OA ⋅k OB =y 1x 1⋅y 2x 2=12m 2-312n 2-4．引例3．已知动直线l 的方程为mx +ny =1．(1)若m =2n ，求直线l 的斜率；(2)若m =-12，求直线l 所过的定点；(3)若m =2n +1，求直线l 所过的定点；(4)若m =2n +2，求直线l 所过的定点；(5)若6+3n4+12m=1，求直线l 所过的定点．【解析】(1)k =-mn=-2．(2)-12x +ny =1，消去n ，令y =0，∴过定点-2,0 ．(3)整理得m -2n =1∴过定点1,-2 ．(4)整理得12m -n =1，∴过定点12,-1 ．(5)整理得6m -32n =1，∴过定点6,-32 ．例3.抛物线y 2=4x ，直线l 交抛物线于A 、B 两点，且OA ⊥OB ，求证：直线l 过定点．【解析】设直线AB 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，mx +ny =1y 2=4x 联立得y x 2-4n y x-4m =0，∵k OA k OB=y 1y 2x 1x 2,∴-4m =-1,∴m =14，∴直线AB :14x +ny =1过定点4,0 ．例4.不过原点的动直线交椭圆x 24+y 23=1于A 、B 两点，直线OA 、AB 、OB 的斜率成等比数列，求证：直线l 的斜率为定值．【解析】设直线AB 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，mx +ny =1x 24+y 23=1联立得12n 2-4 y x 2+24mn y x+12m 2-3=0，于是k OA k OB =y 1x 1y 2x 2=12m 2-312n 2-4，又k AB =-m n ，∴12m 2-312n 2-4=m 2n 2，得k AB=-mn =±32．三、y -nx -m型怎么采用齐次化运算解决，平移是关键引例4．已知椭圆x 24+y 2=1，按照平移要求变换椭圆方程，并化简平移后的椭圆方程．(1)将椭圆向左平移1个单位，求平移后的椭圆；(2)将椭圆向右平移2个单位，求平移后的椭圆；(3)将椭圆向上平移3个单位，求平移后的椭圆；(4)将椭圆向下平移4个单位，求平移后的椭圆；(5)将椭圆向左平移1个单位，向下平移32个单位，求平移后的椭圆；(6)将椭圆向左平移2个单位，向下平移1个单位，求平移后的椭圆．【解析】(1)x +124+y 2=1，即4y 2+x 2+2x -3=0．(2)x -224+y 2=1，即4y 2+x 2-4x =0．(3)x 24+y -3 2=1，即4y 2+x 2-24y +32=0．(4)x 24+y +4 2=1，即4y 2+x 2+32y +60=0．(5)x +124+y +322=1，即4y 2+x 2+2x +43y =0．(6)x +224+y -1 2=1，即4y 2+x 2+4x -8y +4=0．例5.抛物线y 2=4x ，P 1,2 ，直线l 交抛物线于A 、B 两点，PA ⊥PB ，求证：直线l 过定点．【解析】将图形向左平移1个单位，向下平移2个单位，平移后的抛物线方程为y +2 2=4x +1 ，整理得y 2+4y -4x =0．设平移后直线A B 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，mx +ny =1,y 2+4y -4x =0联立得1+4n y x 2+4m -4n y x -4m =0，于是k P Ak PB=y 1x 1⋅y 2x 2=-4m1+4n =-1，整理得4m -4n =1，∴mx +ny =1过定点4,-4 ，右移1个，上移2个，直线AB 过定点5,-2 ．例6.椭圆x 24+y 23=1，点P 1,32，A ,B 为椭圆上两点，k PA +k PB =0．求证：直线AB 斜率为定值．【解析】解法一：将图形向左平移1个单位，向下平移32个单位，平移后的椭圆为x +1 24+y +3223=1，整理得4y 2+3x 2+6x +12y =0，设平移后直线A B 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，mx +ny =14y 2+3x 2+6x +12y =0，联立得4y 2+3x 2+6x +12y mx +ny =0，12n +4 y2+62m +n xy +6m +3 x 2=0，同时除以x 2，12n +4 y x2+62m +n yx+6m +3 =0，k P A+k PB=y 1x 1+y 2x 2=-62m +n 12n +4=0，-62m +n =0，mx +ny =1的斜率-m n =12．解法二(换元法)：设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，即化为y 1-32x 1-1⋅y 2-32x 2-1=0，即建立以y -32x -1为未知数的一元二次方程A y -32x -12+B⋅y -32x -1+C =0，即可解答．为了方便运算设x -1=s ,y -32=t ，代入椭圆x 24+y 23=1，得3s 2+4t 2+6t +12t =0，∴设直线ms+nt =6可方便运算，3s 2+4t 2+t (ms +nt )+2t (ms +nt )=0，化简得：4+2n t s 2+2m +n t s +(3+m )=0，∴y 1-32x 1-1⋅y 2-32x 2-1=t 1s 1⋅t 2s 2=2m +n 4+2n =0，x -1=s ,y -32=t ,n =-2m 代入ms +nt =6，得m (x -1)-2m y -32 =6，∴直线AB 的斜率是12．例7.双曲线x 22-y 22=1，P 2,0 ，A 、B 为双曲线上两点，且k PA +k PB =0．AB 不与x 轴垂直，求证：直线AB 过定点．【解析】将图形左平移2个单位，平移后的双曲线为x +222-y 22=1，整理得y 2-x 2-4x -2=0，设平移后直线A B 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，mx +ny =1y 2-x 2-4x -2=0，联立得y 2-x 2-4x mx +ny -2mx +ny 2=0，1-2n 2 y 2-4n +4mn xy -2m 2+4m +1 x 2=0，同时除以x 2，1-2n 2y x 2-4n +4mn y x -2m 2+4m +1 =0，k P A+k PB=y 1x 1+y 2x 2=4n +4mn 1-2n 2=0，4n +4mn =4n m +1 =0，n =0或m =-1，AB 不与x 轴垂直，n ≠0，∴m =-1，-x +ny =1过-1,0 ，右移2个单位，原直线过1,0 ．四、齐次化在解析几何中的应用例8.(2021重庆期末)已知抛物线C :y 2=2px p >0 上一点A 2,a 到其焦点的距离为3．(Ⅰ)求抛物线C 的方程；(Ⅱ)过点4,0 的直线与抛物线C 交于P ，Q 两点，O 为坐标原点，证明：∠POQ =90°．【解析】解法1：(Ⅰ)由题意知：2--p2=3⇒p =2⇒y 2=4x ．(Ⅱ)证明：设该直线为my =x -4，P 、Q 的坐标分别为x 1,y 1 、x 2,y 2 ，联立方程有：my =x -4y 2=4x⇒y 2-4my -16=0，OP ⋅OQ =x 1x 2+y 1y 2=y 21y 2216+y 1y 2=116×-16 2-16=0，∴∠POQ =90°．解法2：要证明∠POQ =90°，即证k PO ⋅k QO =-1，设PQ :mx +ny =1，过4,0 ，∴4m =1，m =14，y 2=4x mx +ny ，y 2-4nxy -4mx 2=0，同除以x 2得y x 2-4n y x -4m =0，k 1⋅k 2=-4m ，∵m =14，∴k 1⋅k 2=-1即∠POQ =90°．例9.如图，椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 经过点A 0,-1 ，且离心率为22．(Ⅰ)求椭圆E 的方程；(Ⅱ)经过点1,1 ，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 斜率之和为2．【解析】解法1：(Ⅰ)由题设知，c a =22，b =1，结合a 2=b 2+c 2，解得a =2，∴x 22+y 2=1．(Ⅱ)证明：由题意设直线PQ 的方程为y =k x -1 +1k ≠0 ，代入椭圆方程x 22+y 2=1，可得1+2k 2 x 2-4k k -1 x +2k k -2 =0，由已知得1,1 在椭圆外，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，x 1x 2≠0，则x 1+x 2=4k k -1 1+2k 2，x 1x 2=2k k -21+2k 2，且Δ=16k 2k -1 2-8k k -2 1+2k 2 >0，解得k >0或k <-2．则有直线AP ，AQ 的斜率之和为k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2-k x 1+kx 2+2-k x 2=2k +2-k 1x 1+1x 2 =2k +2-k ⋅x 1+x 2x 1x 2=2k +2-k ⋅4k k -12k k -2=2k -2k -1 =2．即有直线AP 与AQ 斜率之和为2．解法2：(2)上移一个单位，椭圆E 和直线L :x 22+y -12=1mx +ny =1，mx +ny =1过点1,2 ，m +2n =1，m =1-2n ，x 2+2y -1 2=2，x 2+2y 2-4y =0，2y 2+x 2-4y mx +ny =0，-4n +2 y2-4mxy +x 2=0，∵x ≠0，同除x 2，得-4n +2 y x2-4m yx +1=0，k 1+k 2=-4m-4n +2=2m 1-2n =2m m =2．例10.设A ，B 为曲线C :y =x 24上两点，A 与B 的横坐标之和为4．(1)求直线AB 的斜率；(2)设M 为曲线C上一点，C 在M 处的切线与直线AB 平行，且AM ⊥BM ，求直线AB 的方程．【解析】(1)设A x 1,x 214 ，B x 2,x 224为曲线C :y =x 24上两点，则直线AB 的斜率为k =x 214-x 224x 1-x 2=14x 1+x 2 =14×4=1．(2)解法1：设直线AB 的方程为y =x +t ，代入曲线C :y =x 24，可得x 2-4x -4t =0，即有x 1+x 2=4，x 1x 2=-4t ，再由y =x 24的导数为y=12x ，设M m ,m 24 ，可得M 处切线的斜率为12m ，由C 在M 处的切线与直线AB 平行，可得12m =1，解得m =2，即M 2,1 ，由AM ⊥BM 可得，k AM ⋅k BM =-1，即为x 214-1x 1-2⋅x 224-1x 2-2=-1，化为x 1x 2+2x 1+x 2 +20=0，即为-4t +8+20=0，解得t =7，则直线AB 的方程为y =x +7．解法2：y =x 24，y =x 2=1，x =2，∴M 2,1 ，左移2个单位，下移1个单位C:y +1=x +2 24，A B :mx +ny =1，4y +4=x 2+4x +4，x 2+4x -y mx +ny =0，x 2+4mx 2+nxy -mxy -ny 2 =0，1+4m x2+4n -m xy -4ny 2=0，x ≠0，同除以x 2，得-4n y x2+4n -my x +1+4m =0，4nk 2-4n -m k -1+4m =0，mx +ny =1，斜率-mn=1，m =-n ，k 1k 2=-1+4m 4n =-1，1+4m =4n ，n =18，m =-18，-18x +18y =1，x -y +8=0右2，上1，x -2 -y -1 +8=0，x -y +7=0．例11.(2017年全国卷理)已知椭圆C :x 2a2+y 2b 2=1a >b >0 ，四点P 11,1 ，P 20,1 ，P 3-1,32 ，P 41,32 中恰有三点在椭圆C 上．(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．【解析】(1)解：根据椭圆的对称性，P 3-1,32 ，P 41,32两点必在椭圆C 上，又P 4的横坐标为1，∴椭圆必不过P 11,1 ，∴P 20,1 ，P 3-1,32，P 41,32 三点在椭圆C 上，把P 20,1 ，P 3-1,32 代入椭圆C ，得：1b 2=11a 2+34b 2=1，解得a 2=4，b 2=1，∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．(2)证法1：①当斜率不存在时，设l :x =m ，A m ,y A ，B m ,-y A ，∵直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，∴k P 2A +k P 2B =y A -1m+-y A -1m =-2m =-1，解得m =2，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设l :y =kx +t ，t ≠1 ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立y =kx +tx 2+4y 2-4=0，整理，得1+4k 2 x 2+8ktx +4t 2-4=0，x 1+x 2=-8kt 1+4k 2，x 1x 2=4t 2-41+4k 2，则k P 2A +k P 2B =y 1-1x 1+y 2-1x 2=x 2kx 1+t -x 2+x 1kx 2+t -x 1x 1x 2=8kt 2-8k -8kt 2+8kt1+4k 24t 2-41+4k 2=8k t -14t +1 t -1=-1，又t ≠1，∴t =-2k -1，此时Δ=-64k ，存在k ，使得Δ>0成立，∴直线l 的方程为y =kx -2k -1，当x =2时，y =-1，∴l 过定点2,-1 ．证法2：下移1个单位得E:x 24+y +1 2=1，A B:mx +ny =1，x 24+y 2+2y =0，x 2+4y 2+8y mx +ny =0，8n +4 y 2+8mxy +x 2=0，∵x ≠0同除以x 2，8n +4 y x 2+8m y x +1=0，8n +4 k 2+8mk +1=0，k 1+k 2=-8m 8n +4=-1，8m =8n +4，2m -2n =1，∴mx +ny =1过2,-2 ，上移1个单位2,-1 ．例12.(2018全国一文)设抛物线C :y 2=2x ，点A 2,0 ，B -2,0 ，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程；(2)证明：∠ABM =∠ABN ．【解析】(1)当l 与x 轴垂直时，x =2，代入抛物线解得y =±2，∴M 2,2 或M 2,-2 ，直线BM 的方程：y =12x +1，或y =-12x -1．(2)解法1：证明：设直线l 的方程为l :x =ty +2，M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，联立直线l 与抛物线方程得y 2=2x x =ty +2 ，消x 得y 2-2ty -4=0，即y 1+y 2=2t ，y 1y 2=-4，则有k BN +k BM =y 1x 1+2+y 2x 2+2=y 222×y 1+y 212×y 2+2y 1+y 2 x 1+2 x 2+2 =y 1+y 2 y 1y 22+2 x 1+2 x 2+2=0，∴直线BN 与BM 的倾斜角互补，∴∠ABM =∠ABN ．解法2：(2)右移2个单位C :y 2=2x -2 ，l :mx +ny =1过4,0 即4m =1，m =14，y 2=2x -4，y 2=2x mx +ny -4mx +ny 2，y 2=2mx 2+2nxy -4m 2x 2+n 2y 2+2mnxy ，1+4n 2y2+8mn -2n xy +4m 2-2m x 2=0，∵x ≠0，同除以x 2，得1+4n 2 k 2+8mn -2n k +4m 2-2m =0，k 1+k 2=-8mn -2n 1+4n 2=-2n 4m -1 1+4n 2=0，∴∠ABM =∠ABN ．例13.(2018全国一卷理)设椭圆C :x 22+y 2=1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B两点，点M 的坐标为2,0 ．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程；(2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA =∠O MB ．【解析】(1)c =2-1=1，∴F 1,0 ，∵l 与x 轴垂直，∴x =1，由x =1x 22+y 2=1 ，解得x =1y =22 或x =1y =-22，∴A 1,22 ，或1,-22 ，∴直线AM 的方程为y =-22x +2，y =22x -2．(2)证明：解法1：当l 与x 轴重合时，∠OMA =∠O MB =0°，当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，∴∠OMA =∠O MB ．当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y =k x -1 ，k ≠0，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ，k MB 之和为k MA +k MB =y 1x 1-2+y 2x 2-2，由y 1=kx 1-k ，y 2=kx 2-k 得k MA +k MB =2kx 1x 2-3x 1+x 2 +4k x 1-2 x 2-2 ，将y =k x -1 代入x 22+y 2=1可得2k 2+1 x 2-4k 2x +2k 2-2=0，∴x 1+x 2=4k 22k 2+1，x 1x 2=2k 2-22k 2+1，∴2kx 1x 2-3k x 1+x 2 +4k =12k 2+14k 3-4k -12k 3+8k 3+4k =0，从而k MA +k MB =0，故MA ，MB 的倾斜角互补，∴∠OMA =∠O MB ，综上∠OMA =∠O MB ．解法2：左移2个单位C:x +222+y 2=1，l :mx +ny =1过-1,0 即-m =1．m =-1，x 2+4x +2y 2+2=0，x 2+4x mx +ny +2y 2+2mx +ny 2=0，2+2n 2y2+4n +4mn xy +1+4m +2m 2 x 2=0，∵x ≠0，同除以x 2，得2+2n 2 k 2+4n +4mn k +1+4m +2m 2=0，k 1+k 2=4n +4mn-2+2n 2=0，∴∠OMA =∠O MB ．例14.(2020·新课标Ⅰ)已知A ，B 分别为椭圆E :x 2a 2+y 2=1a >1 的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⋅GB =8．P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求E 的方程；(2)证明：直线CD 过定点．【解析】(1)由题意A -a ,0 ，B a ,0 ，G 0,1 ，∴AG =a ,1 ，GB=a ,-1 ，AG ⋅GB =a 2-1=8，解得：a =3，故椭圆E 的方程是x 29+y 2=1．(2)证法1：由(1)知A -3,0 ，B 3,0 ，设P 6,m ，则直线PA 的方程是y =m9x +3 ，联立x 29+y 2=1y =m 9x +3⇒9+m 2 x 2+6m 2x +9m 2-81=0，由韦达定理-3x c =9m 2-819+m 2⇒x c =-3m 2+279+m 2，代入直线PA 的方程为y =m9x +3 得：y c=6m 9+m 2，即C -3m 2+279+m 2,6m9+m 2 ，直线PB 的方程是y =m3x -3 ，联立方程x 29+y 2=1y =m 3x -3⇒1+m 2 x 2-6m 2x +9m 2-9=0，由韦达定理3x D =9m 2-91+m 2⇒x D =3m 2-31+m 2，代入直线PB 的方程为y =m3x -3 得y D =-2m 1+m 2，即D 3m 2-31+m 2,-2m 1+m 2 ，则①当x c =x D 即27-3m 29+m 2=3m 2-3m 2+1时，有m 2=3，此时x c =x D=32，即CD 为直线x =32．②x C ≠x D 时，直线CD 的斜率K CD =y C -y D x C -x D =4m33-m 2，∴直线CD 的方程是y --2m 1+m 2=4m 33-m 2 x -3m 2-31+m 2 ，整理得：y =4m 33-m 2x -32 ，直线CD 过定点32,0 ．综合①②故直线CD 过定点32,0 ．证法2：设P 6,t ，A -3,0 ，B 3,0 ，则k AC =k AP =t 9，k BD =k BP =t 3，根据椭圆第三定义(本书后面有详细讲解)，k AD ⋅k BD =b 2a2=-19，∴k AD =-13t ，则k AC ⋅k AD =-127，将图像向右移动3个单位，则椭圆E 和直线l CD :x -329+y 2=1mx +ny =1，联立得：x 2-6x +9y 2=0，x 2-6x mx +ny +9y 2=0，即9y 2-6nxy +1-6m x 2=0，两边同时除以x 2，得：9y 2x 2-6n yx +1-6m =0，则k AC ⋅k AD =1-6m9=-127，解得m =29，则直线过定点92,0 ，则平移前过32,0 ．例15.(2020·山东)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 的离心率为22，且过点A 2,1 ．(1)求C 的方程；(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得DQ 为定值．【解析】(1)∵离心率e =ca=22，∴a =2c ，又a 2=b 2+c 2，∴b =c ，a =2b ，把点A 2,1 代入椭圆方程得，42b 2+1b 2=1，解得b 2=3，故椭圆C 的方程为x 26+y 23=1．(2)证法1：①当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y =kx +m ，联立y =kx +mx 26+y 23=1，得2k 2+1 x 2+4km x +2m 2-6=0，由Δ=4km 2-42k 2+1 2m 2-6 >0，知m 2<6k 2+3，设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则x 1+x 2=-4km 2k 2+1，x 1x 2=2m 2-62k 2+1，∵AM ⊥AN ，∴AM ⋅AN=x 1-2,y 1-1 ⋅x 2-2,y 2-1 =0，即k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m 2-2m +5=0，∴k 2+1 ⋅2m 2-62k 2+1+km -k -2 -4km2k 2+1+m 2-2m +5=0，化简整理得，4k 2+8km +3m 2-2m -1=2k +m -1 2k +3m +1 =0，∴m =1-2k 或m =-2k +13，当m =1-2k 时，y =kx -2k +1，过定点A 2,1 ，不符合题意，舍去；当m =-2k +13时，y =kx -2k +13，过定点23,-13 ．设D x 0,y 0 ，则y 0=kx 0+m ，(i )若k ≠0，∵AD ⊥MN ，∴k ⋅kx 0+m -1x 0-2=-1，解得x 0=2k 2+4k +63k 2+3，y 0=3k 2+4k -13k 2+3，∴x 0-432+y 0-132=-2k 2+4k +23k 2+3 2+2k 2+4k -23k 2+3 2=8k 4+2k 2+1 9k 2+12=89，∴点D 在以43,13为圆心，223为半径的圆上，故存在Q 43,13，使得DQ =223，为定值．(ii )若k =0，则直线MN 的方程为y =-13，∵AD ⊥MN ，∴D 2,-13 ，∴DQ =43-22+13+132=223，为定值．②当直线MN 的斜率不存在时，设其方程为x =t ，M t ,s ，N t ,-s ，且t 26+s 23=1，∵AM ⊥AN ，∴AM ⋅AN =t -2,s -1 ⋅t -2,-s -1 =t 2-4t -s 2+5=32t 2-4t +2=0，解得t =23或2(舍2)，∴D 23,1 ，此时DQ =43-232+13-1 2=223，为定值．综上所述，存在定点Q 43,13，使得DQ 为定值，且该定值为223．证法2：将图像向左移动两个单位，向下移动一个单位，那么平移后的C 和直线M N :x +226+y +123=1mx +ny =1，联立得：x 2+2y 2+4x +4y mx +ny =0，两边同时除以x 2:4n +2 y 2+4m +4n xy +4m +1 x 2=0，得：4n +2 k 2+4m +4n k +4m +1 =0，∵AM ⊥AN ，∴k AM ⋅k AN =-1，∴4m +14n +2=-1，4m +1=-4n -2，即-43m +-43n =1，M N 过定点-43,--43，则平移前该直线过定点P 23,-13 ．在△ADP 中，AD ⊥DP ，则D 点的轨迹是以AP 为直径，∵A 为定点，P 为定点，则AP 为定值，则Q 为AP 中点，此时DQ 为定值，∵A 2,1 ，P 23,-13，则Q 43,13 ，DQ =12AP =223．例16.(2022惠州模拟)已知左焦点为F -1,0 的椭圆过点E 1,233，过点P 1,1 分别作斜率为k 1，k 2的椭圆的动弦AB ，CD ，设M ，N 分别为线段AB ，CD 的中点(1)求椭圆的标准方程；(2)若P 为线段AB 的中点，求k 1；(3)若k 1+k 2=1，求证：直线MN 恒过定点，并求出定点坐标【解析】(1)由题意c =1，且右焦点F 1,0 ，∴2a =EF +EF =23，b 2=a 2-c 2=2，∴所求椭圆方程为x 23+y 22=1．(2)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 213+y 212=1①，x 223+y 222=1②②-①，可得k 1=y 2-y 1x 2-x 1=-2x 2+x 1 3y 2+y 1=-23．(3)证法1：由题意，k 1≠k 2，设M x M ,y M ，直线AB 的方程为y -1=k 1x -1 ，即y =k 1x +k 2，代入椭圆方程并化简得2+3k 21 x 2+6k 1k 2x +3k 22-6=0，∴x M =-3k 1k 22+3k 21，y M =2k 22+3k 21，同理，x N =-3k 1k 22+3k 22，y N =2k 12+3k 22，当k 1k 2≠0时，直线MN 的斜率k =y M -y N x M -x N =10-6k 1k 2-9k 1k 2，直线MN 的方程为y -2k 22+k 21=10-6k 1k 2-9k 1k 2x --3k 1k 22+3k 21，即y =10-6k 1k 2-9k 1k 2x -23，此时直线过定点0,-23 ．当k 1k 2=0时，直线MN 即为y 轴，此时亦过点0,-23．综上，直线MN 恒过定点，且坐标为0,-23．证法2：设过点P 的弦的中点坐标为x 0,y 0 ，由点差法得y 0-1x 0-1⋅y 0x 0=-23，即中点的轨迹方程为2x 2-x +3y 2-y =0，将点P 平移到原点，整体左移1个单位，下移1个单位，设平移后的MN 方程为mx +ny =1，曲线为2x +1 2-x +1 +3y +1 2-y +1 =0，2x 2+3y 2+3y mx +ny +2x mx +ny =0，3+3n y 2+2n +3m xy +2+2m x 2=0，同除以x 2，得3+3n k 2+2n +3m k +2+2m =0，∵k 1+k 2=1，∴-2n +3m 3+3n=1，-m -35n =1，∴过定点-1,-53，则平移前的MN 过定点0,-23 ．例17.(2022武汉模拟)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左右顶点分别为A ，B ，过椭圆内点D 23,0 且不与x 轴重合的动直线交椭圆C 于P ，Q 两点，当直线PQ 与x 轴垂直时，PD =BD =43．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线AP ，AQ 和直线l :x =t 分别交于点M ，N ，若MD ⊥ND 恒成立，求t 的值．【解析】(Ⅰ)由BD =43得a =23+43=2，故C 的方程为x 24+y 2b2=1，此时P 23,43 ，代入方程19+169b2=1，解得b 2=2，故C 的标准方程为x 24+y 22=1．(Ⅱ)解法1：设直线PQ 的方程为：x =my +23，与椭圆联立得m 2+2 y 2+4m 3y 329=0，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-4m 3m 2+2 y 1y 2=-329m 2+2，①此时直线PA 的方程为y =y 1x 1+2x +2 ，与x =t 联立，得点M t ,t +2 y 1x 1+2 ，同理，N t ,t +2 y 2x 2+2 ，由MD ⊥ND ，则k MD ⋅k ND =-1，即t +2 y 1t -23 x 1+2 ⋅t +2 y 2t -23 x 2+2=-1，∴t +2 2y 1y 2+t -23 2my 1+83 my 2+83 =0，即t +2 2y 1y 2+t -23 2m 2y 1y 2+8m 3y 1+y 2 +649=0，把①代入得-32t +2 29m 2+2+t -23 2-32m 29m 2+2 -32m 29m 2+2 +649 =0，化简得-32t +2 2+t -23 2-32m 2-32m 2+64m 2+2 =0，即t +2 2-4t -23 2=0，t +2=±2t -23 ，解得t =-29或t =103．解法2：公共点A -2,0 ，右移2个单位后P O :mx +ny =1过D 83,0 ，∴83m +0n =1，m =38，C :x -2 24+y 22=1P O :mx +ny =1 ，x 2+2y 2-4x mx +ny =0，2y 2-4nxy +1-4m x 2=0，等式两边同时除以x ，2y x 2-4n y x +1-4m =0，k AP ⋅k AQ =k AM ⋅k AN =1-4m 2=-14，∵MD ⊥ND ，∴k MD ⋅k ND =-1，k DM ⋅k DN k AM ⋅k AN =-1-14=4，直线MN :x =t ，MTt -23⋅-NT t -23 MT t +2⋅-NT t +2=4，t +2 2t -23 2=4，解得t =-29或t =103．五、齐次化运算为什么不是解决圆锥曲线的常规武器通过上面分析，我们可以发现，齐次化运算比传统的设而不求运算量大大的降低，但为什么齐次化运算并不是常规武器呢？首先我们总结一下齐次化运算步骤f x ,y =0,g x ,y =0 ⇒A y x 2+B ⋅y x +C =0⇒y 1x 1+y 2x 2=-B A ,y 1x 1⋅y 2x 2=C A ⇒k 1+k 2=-B A ,k 1k 2=C A .通过上面的步骤可以看出，本方法适用于斜率的相关问题，有较大的局限性，当然，还有一个难点在于方程消元的基本思路是消未知数，而本方法是消去常数，这也是学生不适应之处．但更大的难点是如果通过审题，转化为斜率之积、之和问题．下面通过两道题来说明：例18.A ,B 分别是椭圆E :x 29+y 2=1左右顶点，P 是直线x =6的动点，PA 交E 于另一点C ，PB 交E 于另一点D ．求证：直线CD 过定点．思路一：本问题没有直接的提到斜率之和(积)，而且很容易入手，分别设直线PA ,PB ，与椭圆方程联立，消去x 得到关于y 的常数项为0的方程，即可解出C ,D 坐标，然后写出CD 方程．在实际运算中，C ,D 坐标，CD 过定点运算量巨大．本方法少思、多算．解答如下：证法一：设P 6,y 0，则直线AP 的方程为：y =y 0-06--3 x +3 ，即：y =y 09x +3 ，联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：x 29+y 2=1y =y 09x +3，整理得：y 02+9 x 2+6y 02x +9y 02-81=0，解得：x =-3或x =-3y 02+27y 02+9，将x =-3y 02+27y 02+9代入直线y =y 09x +3 可得：y =6y 0y 02+9，所以点C 的坐标为-3y 02+27y 02+9,6y 0y 02+9 ．同理可得：点D 的坐标为3y 02-3y 02+1,-2y 0y 02+1．当y 20≠3时，直线CD 的方程为：y --2y 0y 02+1 =6y 0y 02+9--2y 0y 02+1 -3y 02+27y 02+9-3y 02-3y 02+1x -3y 02-3y 02+1，整理可得：y +2y 0y 02+1=8y 0y 02+3 69-y 04 x -3y 02-3y 02+1 =8y 063-y 02 x -3y 02-3y 02+1，整理得：y =4y 033-y 02x +2y 0y 02-3=4y 033-y 02 x -32 ，所以直线CD 过定点32,0 ．当y 20=3时，直线CD ：x =32，直线过点32,0 ．故直线CD 过定点32,0 ．思路二：连接CB ，由椭圆第三定义得，k CA k CB =-19,而k CA k CB =-19, k CA =PQ AQ,k BD =k BP =PQ BQ =13，可得：k BC k BD =-13,就可以采用本方法解答．证法二：设交点C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，即化为y 1x 1-3⋅y 2x 2-3=-13，设x -3=t ，得t 2+9y 2+6t =0, 故设6=mt +ny 易算．计算如下：9y t2+n ⋅y t +m +1 =0⇒k 1k 2=m +19=-13⇒m =-4⇒-4x -3 +ny =6，可知直线CD 过定点32,0 ．例19.A ,B 分别是椭圆E :x 24+y 2=1下上两顶点，过(1,0)的直线l 交于E 的C ，D ，设直线AC ,BD 的斜率为k 1,k 2，k 1=2k 2，求直线l 的方程．【分析】已知给出了k 1=2k 2，但还是没有斜率之积(和)为定值，还是要用到椭圆的第三定义，k AD k BD =-14,得到k AC k AD =-12,即可采用齐次化运算了．【简解】设交点C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，即化为y 1x 1+1⋅y 2x 2+1=-12，设y +1=t ，得x 2+4t 2-8t =0, 所以设8=mx +n (y +1)=mx +nt 易算．计算如下：4-n t x 2-m ⋅t x +1=0,∴k 1k 2=14-n ,∴14-n =-12,∴n =6，又l 过(1,0)，得m =2，∴直线l 的方程的方程：y =13x -13．六、为什么斜率为会是定值，从平面几何看众所周知，直径所对的圆周角为直角，其实圆相交弦的还有如下性质．如图圆中，AB 为直径，CD 与AB 交于F ，则有如下性质：tan αtan β=BF AF =PQ AQ ,tan ηtan β=-PQ AQ．引入坐标系，如图建系，设A (-a ,0),B (a ,0),F (m ,0)，则k BC k BD =m +a m -a ,k AC k BD =a -m m +a ，且AB 与CD 的交点在直线x =a 2m 上．【简证】tan αtan β=sin αsin βcos αcos β=sin αsin βsin γsin η，分别在ΔACF ,ΔBCF ，由正弦定理得：sin αsin β=CF AF ，sin γsin η=BF CF ，所以tan αtan β=sin αsin β⋅cos αcos β=sin αsin β⋅sin γsin η=CF AF ⋅BF CF =BF AF，tan α=PQ AQ ,tan β=PQ BQ ,tan αtan β=BQ AQ，而tan ηtan β=-tan βtan α=-AQ BQ ．那么椭圆怎么有这些性质呢？如图，圆的方程为x 2+y 2=a 2，椭圆方程为：x 2a 2+y 2b 2=1，设B x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，B x 1,y 1b ,D x 2,y 2b ，则k A Dk C B=k AD k CB ，k B A k B C=-b 2a 2，更具一般性质的椭圆的内接四边形性质如如下：在椭圆中，O 为椭圆的中心，A ,C 是椭圆上两点且关于O 对称，直线A C 上一点M ，过M 的直线交椭圆于B ,D ，则如果M 为定点，则k A D k B C为定值，反之亦成立．例20.A,B分别是椭圆E:x29+y2=1左右顶点，P是直线x=6的动点，PA交E于另一点C，PB交E于另一点D．求证：直线CD 过定点．【分析】用几何法，k ACk BD=BQAQ=EBAE，得BE=32，所以过32,0．例21.A,B分别是椭圆E:x24+y2=1下上两顶点，过(1,0)的直线l交于E的C，D，设直线AC,BD的斜率为k1,k2，k1=2k2，求直线l 的方程．【分析】用几何法，k1k2=k ACk BD=AEBE，得BE=23，所以E13,0，所以直线l的方程的方程：y=13x-13．【评注】用平面几何的视角，对本问题进行证明，使代数，解析几何，平面几何三者融合．七、微专题小结齐次化运算在解析几何中的运算，只可以处理斜率之和(积)的问题，基本步骤如下：f x,y=0,g x,y=0⇒A yx2+B⋅y x+C=0⇒y1x1+y2x2=-BA,y1x1⋅y2x2=CA⇒k1+k2=-B A,k1k2=C A，重点一在于通过分析题意，明确能不能用本方法，二在于直线方程的设元技巧，三在于消元中的齐次化运算．【针对训练训练】(2022阎良区期末)1.已知抛物线C:x2=2py p>0，直线l经过抛物线C的焦点，且垂直于抛物线C的对称轴，直线l与抛物线C交于M，N两点，且MN=4．(1)求抛物线C的方程；(2)已知点P2,1，直线m:y=k x+2与抛物线C相交于不同的两点A，B，设直线PA与直线PB的斜率分别为k1和k2，求证：k1⋅k2为定值．2.已知直线l与抛物线C:y2=4x交于A，B两点．(1)若直线l的斜率为-1，且经过抛物线C的焦点，求线段AB的长；(2)若点O为坐标原点，且OA⊥OB，求证：直线l过定点．(2022滁州期末)3.已知点A在圆C:x-2，线段AB的垂直平分线与AC相交于点D.2+y2=16上，B-2,0，P0,2(1)求动点D的轨迹方程;(2)若过点Q0,-1的直线l斜率存在，且直线l与动点D的轨迹相交于M，N两点.证明：直线PM与PN的斜率之积为定值.4.已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P3,12，且椭圆M的上顶点与右焦点所在直线的斜率为-33．(1)求椭圆M的方程；(2)设B、C是椭圆上异于左顶点A的两个点，若以BC为直径的圆过点A，求证：直线BC过定点．(2022醴陵市期中)5.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右顶点是双曲线C2:x24-y2=1的顶点，且椭圆C1的上顶点到双曲线C2的渐近线距离为215 5．(1)求椭圆C1的方程；(2)点F为椭圆的左焦点，不垂直于x轴且不过F点的直线l与曲线C1相交于A、B两点，若直线FA、FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若存在这样的定点，则求出该定点的坐标；若不存在这样的定点，请说明理由．6.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A,B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆C截得线段长为26.(1)求椭圆C的方程；(2)在y轴上是否存在异于点P的定点Q，使得直线l变化时，总有∠PQA=∠PQB？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.参考答案：1.(1)x 2=4y (2)证明见解析【分析】(1)将MN 用p 表示，得出p 的值，进而得抛物线方程；(2)联立直线与抛物线的方程，根据斜率计算公式结合韦达定理即可得结果.(1)由题意可得2p =4，得p =2，∴抛物线C :x 2=4y .(2)证明：m :y =k x +2 ，联立y =k x +2 x 2=4y，得x 2-4kx -8k =0．由Δ=16k 2+32k >0，得k >0或k <-2，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 1+x 2=4k ，x 1x 2=-8k ，∴k 1k 2=y 1-1x 1-2⋅y 2-1x 2-2=x 214-1x 1-2⋅x 224-1x 2-2=x 1+2 x 2+216=x 1x 2+2x 1+x 2 +416=-8k +8k +416=14.2.(1)8(2)证明见解析【分析】(1)联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点弦公式结合韦达定理即可得解；(2)直线AB 方程为：x =my +n ，由向量数量积公式结合韦达定理可得n 的值，进而可得结果.(1)抛物线为y 2=4x ，∴焦点坐标为1,0 ，直线AB 斜率为-1，则直线AB 方程为：y =-x +1，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，由y =-x +1y 2=4x 得：x 2-6x +1=0，可得x 1+x 2=6，由抛物线定义可得AB =x 1+x 2+2，∴AB =8．(2)设直线AB 方程为：x =my +n ，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，∵OA ⊥OB ，∴OA ⋅OB =0，∴x 1x 2+y 1y 2=0，由x =my +n y 2=4x得：y 2-4my -4n =0，∴y 1y 2=-4n ；x 1x 2=n 2；∴n 2-4n =0，解得n =0或n =4，当n=0时，直线AB过原点，不满足题意；当n=4时，直线AB过点4,0．故当OA⊥OB时，直线AB过定点4,0．3.(1)x24+y22=1；(2)-32-2.【解析】(1)由圆的方程可得：圆心C(2,0)，半径r=4，|DA|=|DB|，|DB|+|DC|=|DA|+|DC|=|AC|=r=4>|BC|=22，由椭圆的定义即可求解；(2)设l:y=kx-1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系计算x1+x2，x1x2，再计算k1k2=y1-2x1⋅y2-2x2=(kx1-2-1)x1⋅(kx2-2-1)x2即可求解.【详解】(1)由C:x-22+y2=16得，圆心C(2,0)，半径r=4，∵点D在线段AB的垂直平分线上，∴|DA|=|DB|，∴|DB|+|DC|=|DA|+|DC|=|AC|=r=4>|BC|=22，由椭圆的定义可得动点D的轨迹是以B(-2,0)，C(2,0)为焦点，长轴长为2a=4的椭圆．从而a=2,c=2,b2=a2-c2=2，故所求动点D的轨迹方程为x24+y22=1．(2)设l:y=kx-1，M(x1,y1)，N(x2,y2)由y=kx-1x24+y22=1消去y得(2k2+1)x2-4kx-2=0，显然Δ=(-4k)2+8(2k2+1)=k2+8>0∴x1+x2=4k2k2+1,x1x2=-22k2+1．∵x1≠0,x2≠0，∴可设直线PM与PN的斜率分别为k1,k2则k1k2=y1-2x1⋅y2-2x2=(kx1-2-1)x1⋅(kx2-2-1)x2=k2x1x2-(2+1)k(x1+x2)+22+3x1x2=k2+-(2+1)k×4k2k2+1+22+3-22k2+1=k2+2k2+3+22-2=-32-2即直线PM与PN的斜率之积为定值．【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法(1)直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如(距离和角)的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为x,y的等式，就能得到曲线的轨迹方程；(2)定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；(3)几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；(4)相关点法(代入法)：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点(称之为相关点)的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；(5)交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点(含参数)的坐标，再消去参数即可求出所求轨迹的方程.4.(1)x 24+y 2=1；(2)证明见解析【分析】(1)由椭圆的定义，性质列方程，求出a ,b 的值，再得到椭圆的方程；(2)设出直线BC 方程，与椭圆联立，由题可得AB ⊥AC ，利用AB ⋅AC =0建立关系可得.【详解】(1)由已知设椭圆的上顶点的坐标为(0,b )，右焦点为(c ,0)，则由已知可得-b c =-333a 2+14b 2=1a 2=b 2+c 2，解得a =2,b =1，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)可得A (-2,0)，设直线BC 方程为x =my +n ，代入椭圆方程可得4+m 2 y 2+2mny +n 2-4=0，设B x 1,y 1 ,C x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-2mn 4+m 2,y 1y 2=n 2-44+m 2，∴x 1+x 2=m y 1+y 2 +2n =8n 4+m 2，x 1x 2=my 1+n my 2+n =m 2y 1y 2+mn y 1+y 2 +n 2=4n 2-m 2 4+m 2，∵以BC 为直径的圆过点A ，∴AB ⊥AC ，即AB ⋅AC =0，∴x 1+2,y 1 ⋅x 2+2, y 2 =x 1x 2+2x 1+x 2 +4+y 1y 2=5n 2+16n +124+m 2=0，解得n =-2或n =-65，又A (-2,0)，故n =-65，所以直线BC 方程为x =my -65，故直线BC 过定点-65,0 .【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：(1)得出直线方程，设交点为A x 1，y 1 ，B x 2，y 2 ；(2)联立直线与曲线方程，得到关于x(或y)的一元二次方程；(3)写出韦达定理；(4)将所求问题或题中关系转化为x1+x2,x1x2形式；(5)代入韦达定理求解.5.(1)x24+y23=1；(2)存在，-4,0.【分析】(1)由双曲线顶点求出a，再由点到直线距离求出b作答.(2)设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算、推理作答.(1)双曲线C2:x24-y2=1的顶点坐标为(±2,0)，渐近线方程为x±2y=0，依题意，a=2，椭圆上顶点为0,b到直线x±2y=0的距离2b5=2155，解得b=3，所以椭圆的方程为x24+y23=1．(2)依题意，设直线l的方程为y=kx+m，A x1,y1、B x2,y2，点F-1,0，由x24+y23=1y=kx+m消去y并整理得3+4k2x2+8km x+4m2-12=0，则x1+x2=-8km3+4k2，x1⋅x2=4m2-123+4k2，直线FA、FB的斜率之和为y1x1+1+y2x2+1=kx1+mx1+1+kx2+mx2+1=2kx1x2+(k+m)(x1+x2)+2m(x1+1)(x2+1)=0，即2kx1x2+k+mx1+x2+2m=0，有2k⋅4m2-123+4k2+k+m-8km3+4k2+2m=0，整理得m=4k，此时Δ=64k2m2-16(4k2+3)(m2-3)=48(4k2+3-m2)=144(1-4k2)，k≠0，否则m=0，直线l 过F点，因此当Δ>0且k≠0，即-12<k<12且k≠0时，直线l与椭圆C1交于两点，直线l：y=k(x+4)，所以符合条件的动直线l过定点(-4,0)．6.(Ⅰ)x28+y24=1；(Ⅱ)存在定点Q(0,4)满足题意.【详解】试题分析：(1)由椭圆C的离心率是22，直线l被椭圆C截得的线段长为26列方程组求出b 2=4,a 2=8，从而可得椭圆C 的标准方程；(2)设直线l 方程为y =kx +1，由x 2+2y 2=8y =kx +1 得2k 2+1 x 2+4kx -6=0，Δ=16k 2+242k 2+1 >0，根据韦达定理及斜率公式可得k QA +k QB =2k +1-t-4k -6=2k 4-t 3，令4-t =0，可得t =4符合题意.试题解析：(1)∵e =22,e 2=c 2a2=12，∴a 2=2c 2=b 2+c 2,b =c ·a 2=2b 2，椭圆方程化为：x 22b 2+y 2b2=1，由题意知，椭圆过点6,1 ，∴62b 2+1b 2=1，解得b 2=4,a 2=8，所以椭圆C 的方程为：x 28+y 24=1；(2)当直线l 斜率存在时，设直线l 方程：y =kx +1，由x 2+2y 2=8y =kx +1得2k 2+1 x 2+4kx -6=0，Δ=16k 2+242k 2+1 >0，设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,x 1+x 2=-4k 2k 2+1x 1x 2=-62k 2+1，假设存在定点Q 0,t (t 不为2)符合题意，∵∠PQA =∠PQB ，∴k QA =-k QB ，∴k QA +k QB =y 1-t x 1+y 2-t x 2=x 2y 1+x 1y 2-t x 1+x 2 x 1x 2=x 2kx 1+1 +x 1kx 2+1 -t x 1+x 2 x 1x 2=2kx 1x 2+1-t x 1+x 2 x 1x 2=2k +1-t -4k -6=2k 4-t 3=0，∵上式对任意实数k 恒等于零，∴4-t =0，即t =4，∴Q 0,4 ，当直线l 斜率不存在时，A ,B 两点分别为椭圆的上下顶点0,-2 ,0,2 ，显然此时∠PQA =∠PQB ，综上，存在定点Q 0,4 满足题意．。

高中数学圆锥曲线教学方法及解题技巧探究

高中数学圆锥曲线教学方法及解题技巧探究高中数学中的圆锥曲线是一门重要的内容，它包括了椭圆、双曲线和抛物线三种曲线形式。

在教学中，我们应该注重培养学生的几何直觉和解题能力，采用启发式的教学方法，帮助学生理解和掌握圆锥曲线的性质和特点。

下面将介绍一些教学方法和解题技巧，帮助教师更好地进行教学。

一、教学方法1. 图像法引入：可以先给学生展示圆锥曲线的图像，让学生观察和感受曲线的形状和特点。

通过观察和描述图像的方式，引导学生猜测曲线的定义和方程，并通过实际推导验证猜想的正确性。

2. 推导法讲解：通过对曲线方程的推导，将曲线的性质和特点逐步展示给学生。

可以从直线、圆和平行线的特殊情况开始，引导学生理解曲线的定义和方程。

3. 实例分析法：通过解决一些实际问题，如抛射问题、光学问题等，引入圆锥曲线的定义和方程。

使学生能够将数学知识应用到实际问题中，提高学生的学习兴趣和学习动力。

4. 研究探索法：引导学生进行一定的研究和探索，使学生能够发现圆锥曲线的推导规律和性质。

通过学生自主发现和思考，培养学生的创造性思维和问题解决能力。

二、解题技巧1. 辅助直线法：对于一些复杂的曲线方程，可以通过引入辅助直线的方式进行简化。

根据直线与曲线的交点和切线的斜率关系，可以得到曲线的方程和性质。

2. 参数化方程法：对于一些参数方程难以解析的曲线，可以通过将参数去掉，转化为一般方程进行求解。

可以根据参数方程中的参数关系，化简方程为一般方程。

3. 曲线性质利用法：对于一些问题，可以根据曲线的性质和特点进行推导和解答。

如利用椭圆的切线性质、双曲线的渐近线性质等，简化问题的解题过程。

4. 对称性利用法：对于一些具有对称性的曲线，可以利用对称性进行求解。

如利用抛物线的对称性质，求解抛物线的焦点、顶点等重要点。

5. 极坐标方程法：对于一些具有极坐标特点的曲线，可以将一般方程转化为极坐标方程，从而求出曲线的性质和特点。

可以利用极坐标方程的几何意义和性质，简化问题的解题过程。

齐次式解决圆锥曲线例题

齐次式解决圆锥曲线例题圆锥曲线是高中数学中的重要内容。

在圆锥曲线的研究中，齐次式是一种非常重要的解决方法。

本文将介绍如何使用齐次式解决圆锥曲线的例题。

一、圆锥曲线的定义圆锥曲线是平面上的一种特殊的曲线，是由一个平面沿着一条直线与一个点移动形成的。

圆锥曲线包括四种：椭圆、双曲线、抛物线和直线。

二、齐次式的定义齐次式是指在同一平面内，所有点的坐标比例相同的方程。

例如，对于平面上的一点(x,y)，它的齐次坐标为(x,y,1)。

齐次式是指所有点的坐标乘以一个常数k后，方程的形式不变。

例如，对于方程x^2+y^2=1，它的齐次式为x^2+y^2-z^2=0，其中z=1。

三、齐次式解决圆锥曲线例题1. 椭圆的齐次式椭圆的齐次式为(x^2/a^2)+(y^2/b^2)-1=0。

其中，a和b分别为椭圆的长轴和短轴。

通过齐次式，我们可以得到椭圆的中心点为(0,0,1)，长轴与短轴的长度比为a:b。

2. 双曲线的齐次式双曲线的齐次式为(x^2/a^2)-(y^2/b^2)-1=0。

其中，a和b分别为双曲线的长轴和短轴。

通过齐次式，我们可以得到双曲线的两个渐近线为y=±(b/a)x，双曲线的中心点为(0,0,1)。

3. 抛物线的齐次式抛物线的齐次式为y^2=2pxz。

其中，p为抛物线的焦距，即焦点到准线的距离。

通过齐次式，我们可以得到抛物线的焦点为(0,p,1)，准线为x=0，顶点为(0,0,1)。

4. 直线的齐次式直线的齐次式为ax+by+cz=0。

其中，a、b、c为直线的系数。

通过齐次式，我们可以得到直线的斜率为-m=a/b，截距为-b/c。

四、总结齐次式是一种非常重要的解决圆锥曲线问题的方法。

通过齐次式，我们可以得到圆锥曲线的中心点、渐近线、焦点、准线、顶点等重要信息，从而更好地理解和解决圆锥曲线问题。

高中数学圆锥曲线教学方法及解题技巧探究

高中数学圆锥曲线教学方法及解题技巧探究圆锥曲线是高中数学课程中比较重要的一部分，主要包括椭圆、双曲线和抛物线三种类型。

学生在学习圆锥曲线时，不仅需要掌握基本的定义和公式，还需要具备良好的解题思路和方法。

本文将从教学方法和解题技巧两个方面探讨如何提高学生的学习效果。

一、教学方法1.引入概念：引入圆锥曲线的概念时，需要结合实际生活中的例子，让学生理解它们的性质和特点。

例如，利用形状类比，引入抛物线：抛物线的形状就像一个喷水池，喷头往前喷水时，水花会落在一个弧形面上，这个弧就是抛物线。

2.强调性质：在学习每种类型的圆锥曲线时，需要强调它们的特点和性质，以便学生能够理解、记忆和运用。

例如，对于椭圆，需要解释它的两个焦点和长短轴的含义，以及它的离心率和直径的关系；对于双曲线，需要解释它的两条渐近线和双曲线的两个分支的形态等基本性质。

3.演示计算方法：在讲解公式时，需要进行演示和实例分析，引导学生理解和掌握运算过程。

例如，对于椭圆的面积公式，可以进行演示和推导，以便学生明白公式的由来，并能够熟练灵活运用。

4.辅助工具：选择适当的辅助工具对教学效果有着非常重要的影响。

例如，可以使用计算机、幻灯片或者小黑板等工具，进行动态演示或者图形展示，以便学生理解和掌握图形和公式的关系。

5.开展练习：在学习完相关知识后，需要开展一定数量的练习和测试，以便巩固学生的知识和技能。

适当增加难度，不断提升学生的解题能力和思维水平。

二、解题技巧1.抓住题目背景：在做圆锥曲线的题目时，要注意抓住题目的背景和条件，从而合理选择解题方法。

例如，对于与焦距或者渐近线有关的题目，需要利用相关的公式和定理进行计算。

2.辨别问题类型：对于不同类型的问题，需要采用不同的解题方法。

例如，对于找交点的问题，需要利用多元方程组或者联立方程的方法求解；对于求曲线方程的问题，需要根据题目条件进行分类讨论和推导。

3.充分利用公式：掌握圆锥曲线相关的公式是解题的关键，需要充分利用这些公式进行计算。

齐次化妙解圆锥曲线问题

齐次化妙解圆锥曲线问题【微点综述】直线与圆锥曲线位置关系，是高考的一个难点，而其中一个难在于运算，本微专题的目标在于采用齐次化运算解决直线与圆锥曲线的一类：斜率之和或斜率之积的问题．本专题重难点：一是在于消元的解法，即怎么构造齐次化方程；二是本解法的适用范围．亮点是用平面几何的视角解决问题．圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积，很多都可以转化为斜率问题，当圆锥曲线遇到斜率之和或者斜率之积，以往我们的常用解法是设直线y =kx +b ，与圆锥曲线方程联立方程组，韦达定理，再将斜率之和或之积的式子通分后，将x 1+x 2和x 1⋅x 2代入，得到关于k 、b 的式子．解法不难，计算量较为复杂．如果采用齐次化解决，直接得到关于k 的方程，会使题目计算量大大减少．“齐次”即次数相等的意思，例如f x =ax 2+bxy +cy 2称为二次齐式，即二次齐次式的意思，因为f x 中每一项都是关于x 、y 的二次项．如果公共点在原点，不需要平移．如果不在原点，先平移图形，将公共点平移到原点，无论如何平移，直线斜率是不变的．注意平移口诀是“左加右减，上减下加”，你没有看错，“上减下加”，因为是在等式与y 同侧进行加减，我们以往记的“上加下减”都是在等式与y 的异侧进行的．例：y =kx +b 向上平移1个单位，变为y =kx +b +1，即y -1=kx +b ，x 2a 2+y 2b 2=1向上平移1个单位，变为x 2a 2+y -1 2b 2=1．设平移后的直线为mx +ny =1(为什么这样设？∵这样齐次化更加方便，相当于“1”的妙用)，与平移后的圆锥联立，一次项乘以mx +ny ，常数项乘以mx +ny 2，构造ay 2+bxy +cx 2=0，然后等式两边同时除以x 2(前面注明x 不等于0)，得到a ⋅y x2+b ⋅y x +c =0，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，y 1x 1+y 2x 2=-b a ，y 1x 1⋅y 2x 2=c a ，即可得出答案．如果是过定点题目，还需要还原，之前如何平移，现在反平移回去．总结解法为：①平移；②联立并齐次化；③同除以x 2；④韦达定理．证明完毕，若过定点，还需要还原．优点：大大减小计算量，提高准确率！缺点：mx +ny =1不能表示过原点的直线，少量题目需要讨论．一、齐次化运算的前世--韦达定理1.韦达定理发展简史法国数学家弗朗索瓦·韦达(Fran çois Vi ète ，1540-1603)在著作《论方程的识别与订正》中改进了三、四次方程的解法，还对n =2,3的情形，建立了方程根与系数之间的关系，现代称之为韦达定理．证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性．2.韦达定理：设关于x 的一元二次方程ax 2+bx +c =0的两根为x 1,x 2，则x 1+x 2=-b a ,x 1x 2=c a ．韦达定理是本微专题的理论基础．．引例1．已知x1和x2是方程2x2+3x-4=0的两个根，求1x1+1x2的值．【解析】解法1：1x1+1x2=x1+x2x1⋅x2=-b aca=-b c=34．解法2：方程两边同除以x2，得-41x2+31x +2=0，∵1x1,1x2,∴由韦达定理得1x1+1x2=34．引例2．设x1,y1,x2,y2是方程组y=x-1,y2=4x的两组根，求y1x1+y2x2,y1x1⋅y2x2的值．【分析】如果可以建立关于以yx为未知数的一元二次方程Ayx2+B⋅y x+C=0，那么y1x1+y2x2,y1x1⋅y2x2就是对应方程的两根之和了．所以本运算的关键是如何通过消元得到：Ay2+Bxy+Cx2=0，再由x≠0,方程两边同时除以x2．消元得到方程Ay2+Bxy+Cx2=0是个二次齐次式，所以把本计算方法命名为：齐次化运算．观察y=x-1,y2=4x，发现y2已经为二次式，关键在于将4x化成二次式，由y=x-1可得1=x-y，∴y2=4x⋅1=4x⋅x-y，整理可得y2+4xy-4x2=0，显然x=0不是方程y2+4xy-4x2=0的根，方程y2+4xy-4x2=0两边同时除以x2可得：关于yx为未知数的一元二次方程：yx2+4⋅y x-4=0，则由韦达定理可得：y1x1+y2x2=-4,y1x1⋅y2x2=-4．二、齐次化运算的今生--韦达定理遇到笛卡尔解析几何例1.直线mx+ny=1与抛物线y2=4x交于A x1,y1,B x2,y2，求k OA+k OB,k OA⋅k OB．(用m,n表示)【解析】联立mx+ny=1y2=4x，齐次化得y2=4x mx+ny，等式两边同时除以x2，yx2-4n y x -4m=0，∴∴k OA+k OB=y1x1+y2x2=4n,k OA k OB=y1x1⋅y2x2=-4m．例2.直线mx+ny=1与椭圆x24+y23=1交于A x1,y1,B x2,y2，求k OA⋅k OB(用m,n表示)．【解析】mx+ny=1 x24+y23=1齐次化联立得：x24+y23=mx+ny2，等式两边同时除以x2，12n2-4yx2+24mn y x +12m2-3=0，∴k OA⋅k OB=y1x1⋅y2x2=12m2-312n2-4．引例3．已知动直线l的方程为mx+ny=1．(1)若m=2n，求直线l的斜率；(2)若m=-12，求直线l所过的定点；(3)若m=2n+1，求直线l所过的定点；(4)若m=2n+2，求直线l所过的定点；(5)若6+3n4+12m=1，求直线l所过的定点．【解析】(1)k =-mn=-2．(2)-12x +ny =1，消去n ，令y =0，∴过定点-2,0 ．(3)整理得m -2n =1∴过定点1,-2 ．(4)整理得12m -n =1，∴过定点12,-1 ．(5)整理得6m -32n =1，∴过定点6,-32 ．例3.抛物线y 2=4x ，直线l 交抛物线于A 、B 两点，且OA ⊥OB ，求证：直线l 过定点．【解析】设直线AB 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，mx +ny =1y 2=4x 联立得y x 2-4n y x-4m =0，∵k OA k OB=y 1y 2x 1x 2,∴-4m =-1,∴m =14，∴直线AB :14x +ny =1过定点4,0 ．例4.不过原点的动直线交椭圆x 24+y 23=1于A 、B 两点，直线OA 、AB 、OB 的斜率成等比数列，求证：直线l 的斜率为定值．【解析】设直线AB 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，mx +ny =1x 24+y 23=1联立得12n 2-4 y x 2+24mn y x+12m 2-3=0，于是k OA k OB =y 1x 1y 2x 2=12m 2-312n 2-4，又k AB =-m n ，∴12m 2-312n 2-4=m 2n 2，得k AB=-m n =±32．三、y -nx -m型怎么采用齐次化运算解决，平移是关键引例4．已知椭圆x 24+y 2=1，按照平移要求变换椭圆方程，并化简平移后的椭圆方程．(1)将椭圆向左平移1个单位，求平移后的椭圆；(2)将椭圆向右平移2个单位，求平移后的椭圆；(3)将椭圆向上平移3个单位，求平移后的椭圆；(4)将椭圆向下平移4个单位，求平移后的椭圆；(5)将椭圆向左平移1个单位，向下平移32个单位，求平移后的椭圆；(6)将椭圆向左平移2个单位，向下平移1个单位，求平移后的椭圆．【解析】(1)x +124+y 2=1，即4y 2+x 2+2x -3=0．(2)x -224+y 2=1，即4y 2+x 2-4x =0．(3)x 24+y -3 2=1，即4y 2+x 2-24y +32=0．(4)x 24+y +4 2=1，即4y 2+x 2+32y +60=0．(5)x +124+y +322=1，即4y 2+x 2+2x +43y =0．(6)x +224+y -1 2=1，即4y 2+x 2+4x -8y +4=0．例5.抛物线y 2=4x ，P 1,2 ，直线l 交抛物线于A 、B 两点，PA ⊥PB ，求证：直线l 过定点．【解析】将图形向左平移1个单位，向下平移2个单位，平移后的抛物线方程为y +2 2=4x +1 ，整理得y 2+4y -4x =0．设平移后直线A B 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，mx +ny =1,y 2+4y -4x =0联立得1+4n y x 2+4m -4n y x -4m =0，于是k P Ak PB=y 1x 1⋅y 2x 2=-4m1+4n=-1，整理得4m -4n =1，∴mx +ny =1过定点4,-4 ，右移1个，上移2个，直线AB 过定点5,-2 ．例6.椭圆x 24+y 23=1，点P 1,32，A ,B 为椭圆上两点，k PA +k PB =0．求证：直线AB 斜率为定值．【解析】解法一：将图形向左平移1个单位，向下平移32个单位，平移后的椭圆为x +1 24+y +3223=1，整理得4y 2+3x 2+6x +12y =0，设平移后直线A B 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，mx +ny =14y 2+3x 2+6x +12y =0，联立得4y 2+3x 2+6x +12y mx +ny =0，12n +4 y2+62m +n xy +6m +3 x 2=0，同时除以x 2，12n +4 y x2+62m +n y x +6m +3 =0，k P A+k PB=y 1x 1+y 2x 2=-62m +n 12n +4=0，-62m +n =0，mx +ny =1的斜率-m n =12．解法二(换元法)：设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，即化为y 1-32x 1-1⋅y 2-32x 2-1=0，即建立以y -32x -1为未知数的一元二次方程A y -32x -12+B⋅y -32x -1+C =0，即可解答．为了方便运算设x -1=s ,y -32=t ，代入椭圆x 24+y 23=1，得3s 2+4t 2+6t +12t =0，∴设直线ms +nt =6可方便运算，3s 2+4t 2+t (ms +nt )+2t (ms +nt )=0，化简得：4+2n t s 2+2m +n t s +(3+m )=0，∴y 1-32x 1-1⋅y 2-32x 2-1=t 1s 1⋅t 2s 2=2m +n 4+2n =0，x -1=s ,y -32=t ,n =-2m 代入ms +nt =6，得m (x -1)-2m y -32 =6，∴直线AB 的斜率是12．例7.双曲线x 22-y 22=1，P 2,0 ，A 、B 为双曲线上两点，且k PA +k PB =0．AB 不与x 轴垂直，求证：直线AB 过定点．【解析】将图形左平移2个单位，平移后的双曲线为x +222-y 22=1，整理得y 2-x 2-4x -2=0，设平移后直线A B 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，mx +ny =1y 2-x 2-4x -2=0 ，联立得y 2-x 2-4x mx +ny -2mx +ny 2=0，1-2n 2 y 2-4n +4mn xy -2m 2+4m +1 x 2=0，同时除以x 2，1-2n 2y x 2-4n +4mn y x -2m 2+4m +1 =0，k P A+k PB=y 1x 1+y 2x 2=4n +4mn 1-2n 2=0，4n +4mn =4n m +1 =0，n =0或m =-1，AB 不与x 轴垂直，n ≠0，∴m =-1，-x +ny =1过-1,0 ，右移2个单位，原直线过1,0 ．四、齐次化在解析几何中的应用例8.(2021重庆期末)已知抛物线C :y 2=2px p >0 上一点A 2,a 到其焦点的距离为3．(Ⅰ)求抛物线C 的方程；(Ⅱ)过点4,0 的直线与抛物线C 交于P ，Q 两点，O 为坐标原点，证明：∠POQ =90°．【解析】解法1：(Ⅰ)由题意知：2--p2=3⇒p =2⇒y 2=4x ．(Ⅱ)证明：设该直线为my =x -4，P 、Q 的坐标分别为x 1,y 1 、x 2,y 2 ，联立方程有：my =x -4y 2=4x⇒y 2-4my -16=0，OP ⋅OQ =x 1x 2+y 1y 2=y 21y 2216+y 1y 2=116×-16 2-16=0，∴∠POQ =90°．解法2：要证明∠POQ =90°，即证k PO ⋅k QO =-1，设PQ :mx +ny =1，过4,0 ，∴4m =1，m =14，y 2=4x mx +ny ，y 2-4nxy -4mx 2=0，同除以x 2得y x 2-4n y x -4m =0，k 1⋅k 2=-4m ，∵m =14，∴k 1⋅k 2=-1即∠POQ =90°．例9.如图，椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 经过点A 0,-1 ，且离心率为22．(Ⅰ)求椭圆E 的方程；(Ⅱ)经过点1,1 ，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 斜率之和为2．【解析】解法1：(Ⅰ)由题设知，c a =22，b =1，结合a 2=b 2+c 2，解得a =2，∴x 22+y 2=1．(Ⅱ)证明：由题意设直线PQ 的方程为y =k x -1 +1k ≠0 ，代入椭圆方程x 22+y 2=1，可得1+2k 2 x 2-4k k -1 x +2k k -2 =0，由已知得1,1 在椭圆外，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，x 1x 2≠0，则x 1+x 2=4k k -1 1+2k 2，x 1x 2=2k k -21+2k 2，且Δ=16k 2k -1 2-8k k -2 1+2k 2 >0，解得k >0或k <-2．则有直线AP ，AQ 的斜率之和为k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2-k x 1+kx 2+2-k x 2=2k +2-k 1x 1+1x 2 =2k +2-k ⋅x 1+x 2x 1x 2=2k +2-k ⋅4k k -12k k -2=2k -2k -1 =2．即有直线AP 与AQ 斜率之和为2．解法2：(2)上移一个单位，椭圆E 和直线L :x 22+y -12=1mx +ny =1，mx +ny =1过点1,2 ，m +2n =1，m =1-2n ，x 2+2y -1 2=2，x 2+2y 2-4y =0，2y 2+x 2-4y mx +ny =0，-4n +2 y2-4mxy +x 2=0，∵x ≠0，同除x 2，得-4n +2 y x2-4m yx+1=0，k 1+k 2=-4m -4n +2=2m 1-2n =2mm=2．例10.设A ，B 为曲线C :y =x 24上两点，A 与B 的横坐标之和为4．(1)求直线AB 的斜率；(2)设M 为曲线C上一点，C 在M 处的切线与直线AB 平行，且AM ⊥BM ，求直线AB 的方程．【解析】(1)设A x 1,x 214 ，B x 2,x 224为曲线C :y =x 24上两点，则直线AB 的斜率为k =x 214-x 224x 1-x 2=14x 1+x 2 =14×4=1．(2)解法1：设直线AB 的方程为y =x +t ，代入曲线C :y =x 24，可得x 2-4x -4t =0，即有x 1+x 2=4，x 1x 2=-4t ，再由y =x 24的导数为y=12x ，设M m ,m 24 ，可得M 处切线的斜率为12m ，由C 在M 处的切线与直线AB 平行，可得12m =1，解得m =2，即M 2,1 ，由AM ⊥BM 可得，k AM ⋅k BM =-1，即为x 214-1x 1-2⋅x 224-1x 2-2=-1，化为x 1x 2+2x 1+x 2 +20=0，即为-4t +8+20=0，解得t =7，则直线AB 的方程为y =x +7．解法2：y =x 24，y =x 2=1，x =2，∴M 2,1 ，左移2个单位，下移1个单位C:y +1=x +2 24，A B :mx +ny =1，4y +4=x 2+4x +4，x 2+4x -y mx +ny =0，x 2+4mx 2+nxy -mxy -ny 2 =0，1+4m x2+4n -m xy -4ny 2=0，x ≠0，同除以x 2，得-4n y x2+4n -m yx+1+4m =0，4nk 2-4n -m k -1+4m =0，mx +ny =1，斜率-mn =1，m =-n ，k 1k 2=-1+4m 4n=-1，1+4m =4n ，n =18，m =-18，-18x +18y =1，x -y +8=0右2，上1，x -2 -y -1 +8=0，x -y +7=0．例11.(2017年全国卷理)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，四点P 11,1 ，P 20,1 ，P 3-1,32 ，P 41,32 中恰有三点在椭圆C 上．(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．【解析】(1)解：根据椭圆的对称性，P 3-1,32 ，P 41,32两点必在椭圆C 上，又P 4的横坐标为1，∴椭圆必不过P 11,1 ，∴P 20,1 ，P 3-1,32，P 41,32 三点在椭圆C 上，把P 20,1 ，P 3-1,32 代入椭圆C ，得：1b 2=11a 2+34b 2=1，解得a 2=4，b 2=1，∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．(2)证法1：①当斜率不存在时，设l :x =m ，A m ,y A ，B m ,-y A ，∵直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，∴k P 2A +k P 2B =y A -1m +-y A -1m =-2m=-1，解得m =2，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设l :y =kx +t ，t ≠1 ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立y =kx +tx 2+4y 2-4=0 ，整理，得1+4k 2 x 2+8ktx +4t 2-4=0，x 1+x 2=-8kt 1+4k 2，x 1x 2=4t 2-41+4k 2，则k P 2A +k P 2B =y 1-1x 1+y 2-1x 2=x 2kx 1+t -x 2+x 1kx 2+t -x 1x 1x 2=8kt 2-8k -8kt 2+8kt 1+4k 24t 2-41+4k 2=8k t -14t +1 t -1=-1，又t ≠1，∴t =-2k -1，此时Δ=-64k ，存在k ，使得Δ>0成立，∴直线l 的方程为y =kx -2k -1，当x =2时，y =-1，∴l 过定点2,-1 ．证法2：下移1个单位得E:x 24+y +1 2=1，A B :mx +ny =1，x 24+y 2+2y =0，x 2+4y 2+8y mx +ny =0，8n +4 y 2+8mxy +x 2=0，∵x ≠0同除以x 2，8n +4 y x 2+8m y x +1=0，8n +4 k 2+8mk +1=0，k 1+k 2=-8m 8n +4=-1，8m =8n +4，2m -2n =1，∴mx +ny =1过2,-2 ，上移1个单位2,-1 ．例12.(2018全国一文)设抛物线C :y 2=2x ，点A 2,0 ，B -2,0 ，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程；(2)证明：∠ABM =∠ABN ．【解析】(1)当l 与x 轴垂直时，x =2，代入抛物线解得y =±2，∴M 2,2 或M 2,-2 ，直线BM 的方程：y =12x +1，或y =-12x -1．(2)解法1：证明：设直线l 的方程为l :x =ty +2，M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，联立直线l 与抛物线方程得y 2=2xx =ty +2 ，消x 得y 2-2ty -4=0，即y 1+y 2=2t ，y 1y 2=-4，则有k BN +k BM =y 1x 1+2+y 2x 2+2=y 222×y 1+y 212×y 2+2y 1+y 2 x 1+2 x 2+2 =y 1+y 2 y 1y 22+2 x 1+2 x 2+2=0，∴直线BN 与BM 的倾斜角互补，∴∠ABM =∠ABN ．解法2：(2)右移2个单位C :y 2=2x -2 ，l :mx +ny =1过4,0 即4m =1，m =14，y 2=2x -4，y 2=2x mx +ny -4mx +ny 2，y 2=2mx 2+2nxy -4m 2x 2+n 2y 2+2mnxy ，1+4n 2y2+8mn -2n xy +4m 2-2m x 2=0，∵x ≠0，同除以x 2，得1+4n 2 k 2+8mn -2n k +4m 2-2m =0，k 1+k 2=-8mn -2n 1+4n 2=-2n 4m -1 1+4n 2=0，∴∠ABM =∠ABN ．例13.(2018全国一卷理)设椭圆C :x 22+y 2=1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为2,0 ．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程；(2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA =∠O MB ．【解析】(1)c =2-1=1，∴F 1,0 ，∵l 与x 轴垂直，∴x =1，由x =1x 22+y 2=1 ，解得x =1y =22 或x =1y =-22，∴A 1,22 ，或1,-22 ，∴直线AM 的方程为y =-22x +2，y =22x -2．(2)证明：解法1：当l 与x 轴重合时，∠OMA =∠O MB =0°，当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，∴∠OMA =∠O MB ．当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y =k x -1 ，k ≠0，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ，k MB 之和为k MA +k MB =y 1x 1-2+y 2x 2-2，由y 1=kx 1-k ，y 2=kx 2-k 得k MA +k MB =2kx 1x 2-3x 1+x 2 +4k x 1-2 x 2-2 ，将y =k x -1 代入x 22+y 2=1可得2k 2+1 x 2-4k 2x +2k 2-2=0，∴x 1+x 2=4k 22k 2+1，x 1x 2=2k 2-22k 2+1，∴2kx 1x 2-3k x 1+x 2 +4k =12k 2+14k 3-4k -12k 3+8k 3+4k =0，从而k MA +k MB =0，故MA ，MB 的倾斜角互补，∴∠OMA =∠O MB ，综上∠OMA =∠O MB ．解法2：左移2个单位C:x +222+y 2=1，l :mx +ny =1过-1,0 即-m =1．m =-1，x 2+4x +2y 2+2=0，x 2+4x mx +ny +2y 2+2mx +ny 2=0，2+2n 2y2+4n +4mn xy +1+4m +2m 2 x 2=0，∵x ≠0，同除以x 2，得2+2n 2 k 2+4n +4mn k +1+4m +2m 2=0，k 1+k 2=4n +4mn-2+2n 2=0，∴∠OMA =∠O MB ．例14.(2020·新课标Ⅰ)已知A ，B 分别为椭圆E :x 2a 2+y 2=1a >1 的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⋅GB =8．P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求E 的方程；(2)证明：直线CD 过定点．【解析】(1)由题意A -a ,0 ，B a ,0 ，G 0,1 ，∴AG =a ,1 ，GB =a ,-1 ，AG ⋅GB =a 2-1=8，解得：a =3，故椭圆E 的方程是x 29+y 2=1．(2)证法1：由(1)知A -3,0 ，B 3,0 ，设P 6,m ，则直线PA 的方程是y =m9x +3 ，联立x 29+y 2=1y =m 9x +3⇒9+m 2 x 2+6m 2x +9m 2-81=0，由韦达定理-3x c =9m 2-819+m 2⇒x c =-3m 2+279+m 2，代入直线PA 的方程为y =m 9x +3 得：y c=6m9+m 2，即C -3m 2+279+m 2,6m9+m 2，直线PB 的方程是y =m3x -3 ，联立方程x 29+y 2=1y =m 3x -3⇒1+m 2 x 2-6m 2x +9m 2-9=0，由韦达定理3x D =9m 2-91+m 2⇒x D =3m 2-31+m 2，代入直线PB 的方程为y =m 3x -3 得y D =-2m 1+m 2，即D 3m 2-31+m 2,-2m1+m 2 ，则①当x c =x D 即27-3m 29+m 2=3m 2-3m 2+1时，有m 2=3，此时x c =x D=32，即CD 为直线x =32．②x C ≠x D 时，直线CD 的斜率K CD =y C -y D x C -x D =4m33-m 2 ，∴直线CD 的方程是y --2m 1+m 2=4m 33-m 2 x -3m 2-31+m 2 ，整理得：y =4m 33-m 2x -32 ，直线CD 过定点32,0 ．综合①②故直线CD 过定点32,0 ．证法2：设P 6,t ，A -3,0 ，B 3,0 ，则k AC =k AP =t 9，k BD =k BP =t 3，根据椭圆第三定义(本书后面有详细讲解)，k AD ⋅k BD =b 2a2=-19，∴k AD =-13t ，则k AC ⋅k AD =-127，将图像向右移动3个单位，则椭圆E 和直线l CD :x -329+y 2=1mx +ny =1，联立得：x 2-6x +9y 2=0，x 2-6x mx +ny +9y 2=0，即9y 2-6nxy +1-6m x 2=0，两边同时除以x 2，得：9y 2x2-6n yx +1-6m =0，则k AC ⋅k AD =1-6m 9=-127，解得m =29，则直线过定点92,0 ，则平移前过32,0 ．例15.(2020·山东)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 的离心率为22，且过点A 2,1 ．(1)求C 的方程；(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得DQ 为定值．【解析】(1)∵离心率e =c a =22，∴a =2c ，又a 2=b 2+c 2，∴b =c ，a =2b ，把点A 2,1 代入椭圆方程得，42b 2+1b 2=1，解得b 2=3，故椭圆C 的方程为x 26+y 23=1．(2)证法1：①当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y =kx +m ，联立y =kx +mx 26+y 23=1，得2k 2+1 x 2+4km x +2m 2-6=0，由Δ=4km 2-42k 2+1 2m 2-6 >0，知m 2<6k 2+3，设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则x 1+x 2=-4km 2k 2+1，x 1x 2=2m 2-62k 2+1，∵AM ⊥AN ，∴AM ⋅AN=x 1-2,y 1-1 ⋅x 2-2,y 2-1 =0，即k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m 2-2m +5=0，∴k 2+1 ⋅2m 2-62k 2+1+km -k -2 -4km 2k 2+1+m 2-2m +5=0，化简整理得，4k 2+8km +3m 2-2m -1=2k +m -1 2k +3m +1 =0，∴m =1-2k 或m =-2k +13，当m =1-2k 时，y =kx -2k +1，过定点A 2,1 ，不符合题意，舍去；当m =-2k +13时，y =kx -2k +13，过定点23,-13．设D x 0,y 0 ，则y 0=kx 0+m ，(i )若k ≠0，∵AD ⊥MN ，∴k ⋅kx 0+m -1x 0-2=-1，解得x 0=2k 2+4k +63k 2+3，y 0=3k 2+4k -13k 2+3，∴x 0-432+y 0-132=-2k 2+4k +23k 2+3 2+2k 2+4k -23k 2+3 2=8k 4+2k 2+1 9k 2+12=89，∴点D 在以43,13 为圆心，223为半径的圆上，故存在Q 43,13 ，使得DQ =223，为定值．(ii )若k =0，则直线MN 的方程为y =-13，∵AD ⊥MN ，∴D 2,-13 ，∴DQ =43-22+13+132=223，为定值．②当直线MN 的斜率不存在时，设其方程为x =t ，M t ,s ，N t ,-s ，且t 26+s 23=1，∵AM ⊥AN ，∴AM ⋅AN =t -2,s -1 ⋅t -2,-s -1 =t 2-4t -s 2+5=32t 2-4t +2=0，解得t =23或2(舍2)，∴D 23,1 ，此时DQ =43-232+13-1 2=223，为定值．综上所述，存在定点Q 43,13，使得DQ 为定值，且该定值为223．证法2：将图像向左移动两个单位，向下移动一个单位，那么平移后的C 和直线M N :x +226+y +123=1mx +ny =1，联立得：x 2+2y 2+4x +4y mx +ny =0，两边同时除以x 2:4n +2 y 2+4m +4n xy +4m +1 x 2=0，得：4n +2 k 2+4m +4n k +4m +1 =0，∵AM ⊥AN ，∴k AM ⋅k AN =-1，∴4m +14n +2=-1，4m +1=-4n -2，即-43m +-43n =1，M N 过定点-43,--43 ，则平移前该直线过定点P 23,-13 ．在△ADP 中，AD ⊥DP ，则D 点的轨迹是以AP 为直径，∵A 为定点，P 为定点，则AP 为定值，则Q 为AP 中点，此时DQ 为定值，∵A 2,1 ，P 23,-13，则Q 43,13 ，DQ =12AP =223．例16.(2022惠州模拟)已知左焦点为F -1,0 的椭圆过点E 1,233，过点P 1,1 分别作斜率为k 1，k 2的椭圆的动弦AB ，CD ，设M ，N 分别为线段AB ，CD 的中点(1)求椭圆的标准方程；(2)若P 为线段AB 的中点，求k 1；(3)若k 1+k 2=1，求证：直线MN 恒过定点，并求出定点坐标【解析】(1)由题意c =1，且右焦点F 1,0 ，∴2a =EF +EF =23，b 2=a 2-c 2=2，∴所求椭圆方程为x 23+y 22=1．(2)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 213+y 212=1①，x 223+y 222=1②②-①，可得k 1=y 2-y 1x 2-x 1=-2x 2+x 1 3y 2+y 1=-23．(3)证法1：由题意，k 1≠k 2，设M x M ,y M ，直线AB 的方程为y -1=k 1x -1 ，即y =k 1x +k 2，代入椭圆方程并化简得2+3k 21 x 2+6k 1k 2x +3k 22-6=0，∴x M =-3k 1k 22+3k 21，y M =2k 22+3k 21，同理，x N =-3k 1k 22+3k 22，y N =2k 12+3k 22，当k 1k 2≠0时，直线MN 的斜率k =y M -y N x M -x N =10-6k 1k 2-9k 1k 2，直线MN 的方程为y -2k 22+k 21=10-6k 1k 2-9k 1k 2x --3k 1k 22+3k 21，即y =10-6k 1k 2-9k 1k 2x -23，此时直线过定点0,-23 ．当k 1k 2=0时，直线MN 即为y 轴，此时亦过点0,-23．综上，直线MN 恒过定点，且坐标为0,-23．证法2：设过点P 的弦的中点坐标为x 0,y 0 ，由点差法得y 0-1x 0-1⋅y 0x 0=-23，即中点的轨迹方程为2x 2-x +3y 2-y =0，将点P 平移到原点，整体左移1个单位，下移1个单位，设平移后的MN 方程为mx +ny =1，曲线为2x +1 2-x +1 +3y +1 2-y +1 =0，2x 2+3y 2+3y mx +ny +2x mx +ny =0，3+3n y 2+2n +3m xy +2+2m x 2=0，同除以x 2，得3+3n k 2+2n +3m k +2+2m =0，∵k 1+k 2=1，∴-2n +3m 3+3n =1，-m -35n =1，∴过定点-1,-53，则平移前的MN 过定点0,-23 ．例17.(2022武汉模拟)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左右顶点分别为A ，B ，过椭圆内点D 23,0 且不与x 轴重合的动直线交椭圆C 于P ，Q 两点，当直线PQ 与x 轴垂直时，PD =BD =43．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线AP ，AQ 和直线l :x =t 分别交于点M ，N ，若MD⊥ND 恒成立，求t 的值．【解析】(Ⅰ)由BD =43得a =23+43=2，故C 的方程为x 24+y 2b2=1，此时P 23,43 ，代入方程19+169b2=1，解得b 2=2，故C 的标准方程为x 24+y 22=1．(Ⅱ)解法1：设直线PQ 的方程为：x =my +23，与椭圆联立得m 2+2 y 2+4m 3y 329=0，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-4m 3m 2+2 y 1y 2=-329m 2+2，①此时直线PA 的方程为y =y 1x 1+2x +2 ，与x =t 联立，得点M t ,t +2 y 1x 1+2 ，同理，N t ,t +2 y 2x 2+2 ，由MD ⊥ND ，则k MD ⋅k ND =-1，即t +2 y 1t -23 x 1+2 ⋅t +2 y 2t -23 x 2+2=-1，∴t +2 2y 1y 2+t -23 2my 1+83 my 2+83 =0，即t +2 2y 1y 2+t -232m 2y 1y 2+8m 3y 1+y 2 +649 =0，把①代入得-32t +2 29m 2+2+t -23 2-32m 29m 2+2 -32m 29m 2+2 +649 =0，化简得-32t +2 2+t -23 2-32m 2-32m 2+64m 2+2 =0，即t +2 2-4t -23 2=0，t +2=±2t -23 ，解得t =-29或t =103．解法2：公共点A -2,0 ，右移2个单位后P O :mx +ny =1过D 83,0 ，∴83m +0n =1，m =38，C :x -2 24+y 22=1P O :mx +ny =1 ，x 2+2y 2-4x mx +ny =0，2y 2-4nxy +1-4m x 2=0，等式两边同时除以x ，2y x 2-4n y x +1-4m =0，k AP ⋅k AQ =k AM ⋅k AN =1-4m 2=-14，∵MD ⊥ND ，∴k MD ⋅k ND =-1，k DM ⋅k DN k AM ⋅k AN =-1-14=4，直线MN :x =t ，MTt -23⋅-NT t -23 MT t +2⋅-NT t +2=4，t +2 2t -23 2=4，解得t =-29或t =103．五、齐次化运算为什么不是解决圆锥曲线的常规武器通过上面分析，我们可以发现，齐次化运算比传统的设而不求运算量大大的降低，但为什么齐次化运算并不是常规武器呢？首先我们总结一下齐次化运算步骤f x ,y =0,g x ,y =0 ⇒A y x 2+B ⋅y x +C =0⇒y 1x 1+y 2x 2=-B A ,y 1x 1⋅y 2x 2=C A ⇒k 1+k 2=-B A ,k 1k 2=C A .通过上面的步骤可以看出，本方法适用于斜率的相关问题，有较大的局限性，当然，还有一个难点在于方程消元的基本思路是消未知数，而本方法是消去常数，这也是学生不适应之处．但更大的难点是如果通过审题，转化为斜率之积、之和问题．下面通过两道题来说明：例18.A ,B 分别是椭圆E :x 29+y 2=1左右顶点，P 是直线x =6的动点，PA 交E 于另一点C ，PB 交E 于另一点D ．求证：直线CD 过定点．思路一：本问题没有直接的提到斜率之和(积)，而且很容易入手，分别设直线PA ,PB ，与椭圆方程联立，消去x 得到关于y 的常数项为0的方程，即可解出C ,D 坐标，然后写出CD 方程．在实际运算中，C ,D 坐标，CD 过定点运算量巨大．本方法少思、多算．解答如下：证法一：设P 6,y 0，则直线AP 的方程为：y =y 0-06--3 x +3 ，即：y =y 09x +3 ，联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：x 29+y 2=1y =y 09x +3，整理得：y 02+9 x 2+6y 02x +9y 02-81=0，解得：x =-3或x =-3y 02+27y 02+9，将x =-3y 02+27y 02+9代入直线y =y 09x +3 可得：y =6y 0y 02+9，所以点C 的坐标为-3y 02+27y 02+9,6y 0y 02+9 ．同理可得：点D 的坐标为3y 02-3y 02+1,-2y 0y 02+1．当y 20≠3时，直线CD 的方程为：y --2y 0y 02+1 =6y 0y 02+9--2y 0y 02+1 -3y 02+27y 02+9-3y 02-3y 02+1x -3y 02-3y 02+1，整理可得：y +2y 0y 02+1=8y 0y 02+3 69-y 04 x -3y 02-3y 02+1 =8y 063-y 02 x -3y 02-3y 02+1，整理得：y =4y 033-y 02 x +2y 0y 02-3=4y 033-y 02x -32 ，所以直线CD 过定点32,0 ．当y 20=3时，直线CD ：x =32，直线过点32,0 ．故直线CD 过定点32,0 ．思路二：连接CB ，由椭圆第三定义得，k CA k CB =-19,而k CA k CB =-19, k CA =PQ AQ,k BD =k BP =PQ BQ =13，可得：k BC k BD =-13,就可以采用本方法解答．证法二：设交点C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，即化为y 1x 1-3⋅y 2x 2-3=-13，设x -3=t ，得t 2+9y 2+6t =0, 故设6=mt +ny 易算．计算如下：9y t 2+n ⋅y t +m +1 =0⇒k 1k 2=m +19=-13⇒m =-4⇒-4x -3 +ny =6，可知直线CD 过定点32,0 ．例19.A ,B 分别是椭圆E :x 24+y 2=1下上两顶点，过(1,0)的直线l 交于E 的C ，D ，设直线AC ,BD 的斜率为k 1,k 2，k 1=2k 2，求直线l 的方程．【分析】已知给出了k 1=2k 2，但还是没有斜率之积(和)为定值，还是要用到椭圆的第三定义，k AD k BD =-14,得到k AC k AD =-12,即可采用齐次化运算了．【简解】设交点C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，即化为y 1x 1+1⋅y 2x 2+1=-12，设y +1=t ，得x 2+4t 2-8t =0, 所以设8=mx +n (y +1)=mx +nt 易算．计算如下：4-n t x 2-m ⋅t x +1=0,∴k 1k 2=14-n ,∴14-n =-12,∴n =6，又l 过(1,0)，得m =2，∴直线l 的方程的方程：y =13x -13．六、为什么斜率为会是定值，从平面几何看众所周知，直径所对的圆周角为直角，其实圆相交弦的还有如下性质．如图圆中，AB 为直径，CD 与AB 交于F ，则有如下性质：tan αtan β=BF AF =PQ AQ ,tan ηtan β=-PQ AQ．引入坐标系，如图建系，设A (-a ,0),B (a ,0),F (m ,0)，则k BC k BD =m +a m -a ,k AC k BD =a -m m +a ，且AB 与CD 的交点在直线x =a 2m 上．【简证】tan αtan β=sin αsin βcos αcos β=sin αsin βsin γsin η，分别在ΔACF ,ΔBCF ，由正弦定理得：sin αsin β=CF AF ，sin γsin η=BF CF ，所以tan αtan β=sin αsin β⋅cos αcos β=sin αsin β⋅sin γsin η=CF AF ⋅BF CF =BF AF，tan α=PQ AQ ,tan β=PQ BQ ,tan αtan β=BQ AQ，而tan ηtan β=-tan βtan α=-AQ BQ ．那么椭圆怎么有这些性质呢？如图，圆的方程为x 2+y 2=a 2，椭圆方程为：x 2a 2+y 2b 2=1，设B x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，B x 1,y 1b ,D x 2,y 2b ，则k A Dk C B=k AD k CB ，k B A k B C=-b 2a 2，更具一般性质的椭圆的内接四边形性质如如下：在椭圆中，O 为椭圆的中心，A ,C 是椭圆上两点且关于O 对称，直线A C 上一点M ，过M 的直线交椭圆于B ,D ，则如果M 为定点，则k A D k B C为定值，反之亦成立．例20.A,B分别是椭圆E:x29+y2=1左右顶点，P是直线x=6的动点，PA交E于另一点C，PB交E于另一点D．求证：直线CD 过定点．【分析】用几何法，k ACk BD=BQAQ=EBAE，得BE=32，所以过32,0．例21.A,B分别是椭圆E:x24+y2=1下上两顶点，过(1,0)的直线l交于E的C，D，设直线AC,BD的斜率为k1,k2，k1=2k2，求直线l 的方程．【分析】用几何法，k1k2=k ACk BD=AEBE，得BE=23，所以E13,0，所以直线l的方程的方程：y=13x-13．【评注】用平面几何的视角，对本问题进行证明，使代数，解析几何，平面几何三者融合．七、微专题小结齐次化运算在解析几何中的运算，只可以处理斜率之和(积)的问题，基本步骤如下：f x,y=0,g x,y=0⇒A yx2+B⋅y x+C=0⇒y1x1+y2x2=-BA,y1x1⋅y2x2=CA⇒k1+k2=-B A,k1k2=C A，重点一在于通过分析题意，明确能不能用本方法，二在于直线方程的设元技巧，三在于消元中的齐次化运算．【针对训练训练】(2022阎良区期末)1.已知抛物线C:x2=2py p>0，直线l经过抛物线C的焦点，且垂直于抛物线C的对称轴，直线l与抛物线C交于M，N两点，且MN=4．(1)求抛物线C的方程；(2)已知点P2,1，直线m:y=k x+2与抛物线C相交于不同的两点A，B，设直线PA与直线PB的斜率分别为k1和k2，求证：k1⋅k2为定值．2.已知直线l与抛物线C:y2=4x交于A，B两点．(1)若直线l的斜率为-1，且经过抛物线C的焦点，求线段AB的长；(2)若点O为坐标原点，且OA⊥OB，求证：直线l过定点．(2022滁州期末)3.已知点A在圆C:x-2，线段AB的垂直平分线与AC相交于点D.2+y2=16上，B-2,0，P0,2(1)求动点D的轨迹方程;(2)若过点Q0,-1的直线l斜率存在，且直线l与动点D的轨迹相交于M，N两点.证明：直线PM与PN的斜率之积为定值.4.已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P3,12，且椭圆M的上顶点与右焦点所在直线的斜率为-33．(1)求椭圆M的方程；(2)设B、C是椭圆上异于左顶点A的两个点，若以BC为直径的圆过点A，求证：直线BC过定点．(2022醴陵市期中)5.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右顶点是双曲线C2:x24-y2=1的顶点，且椭圆C1的上顶点到双曲线C2的渐近线距离为215 5．(1)求椭圆C1的方程；(2)点F为椭圆的左焦点，不垂直于x轴且不过F点的直线l与曲线C1相交于A、B两点，若直线FA、FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若存在这样的定点，则求出该定点的坐标；若不存在这样的定点，请说明理由．6.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A,B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆C截得线段长为26.(1)求椭圆C的方程；(2)在y轴上是否存在异于点P的定点Q，使得直线l变化时，总有∠PQA=∠PQB？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.参考答案：1.(1)x 2=4y (2)证明见解析【分析】(1)将MN 用p 表示，得出p 的值，进而得抛物线方程；(2)联立直线与抛物线的方程，根据斜率计算公式结合韦达定理即可得结果.(1)由题意可得2p =4，得p =2，∴抛物线C :x 2=4y .(2)证明：m :y =k x +2 ，联立y =k x +2 x 2=4y，得x 2-4kx -8k =0．由Δ=16k 2+32k >0，得k >0或k <-2，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 1+x 2=4k ，x 1x 2=-8k ，∴k 1k 2=y 1-1x 1-2⋅y 2-1x 2-2=x 214-1x 1-2⋅x 224-1x 2-2=x 1+2 x 2+216=x 1x 2+2x 1+x 2 +416=-8k +8k +416=14.2.(1)8(2)证明见解析【分析】(1)联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点弦公式结合韦达定理即可得解；(2)直线AB 方程为：x =my +n ，由向量数量积公式结合韦达定理可得n 的值，进而可得结果.(1)抛物线为y 2=4x ，∴焦点坐标为1,0 ，直线AB 斜率为-1，则直线AB 方程为：y =-x +1，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，由y =-x +1y 2=4x 得：x 2-6x +1=0，可得x 1+x 2=6，由抛物线定义可得AB =x 1+x 2+2，∴AB =8．(2)设直线AB 方程为：x =my +n ，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，∵OA ⊥OB ，∴OA ⋅OB =0，∴x 1x 2+y 1y 2=0，由x =my +n y 2=4x得：y 2-4my -4n =0，∴y 1y 2=-4n ；x 1x 2=n 2；∴n 2-4n =0，解得n =0或n =4，当n=0时，直线AB过原点，不满足题意；当n=4时，直线AB过点4,0．故当OA⊥OB时，直线AB过定点4,0．3.(1)x24+y22=1；(2)-32-2.【解析】(1)由圆的方程可得：圆心C(2,0)，半径r=4，|DA|=|DB|，|DB|+|DC|=|DA|+|DC|=|AC|=r=4>|BC|=22，由椭圆的定义即可求解；(2)设l:y=kx-1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系计算x1+x2，x1x2，再计算k1k2=y1-2x1⋅y2-2x2=(kx1-2-1)x1⋅(kx2-2-1)x2即可求解.【详解】(1)由C:x-22+y2=16得，圆心C(2,0)，半径r=4，∵点D在线段AB的垂直平分线上，∴|DA|=|DB|，∴|DB|+|DC|=|DA|+|DC|=|AC|=r=4>|BC|=22，由椭圆的定义可得动点D的轨迹是以B(-2,0)，C(2,0)为焦点，长轴长为2a=4的椭圆．从而a=2,c=2,b2=a2-c2=2，故所求动点D的轨迹方程为x24+y22=1．(2)设l:y=kx-1，M(x1,y1)，N(x2,y2)由y=kx-1x24+y22=1消去y得(2k2+1)x2-4kx-2=0，显然Δ=(-4k)2+8(2k2+1)=k2+8>0∴x1+x2=4k2k2+1,x1x2=-22k2+1．∵x1≠0,x2≠0，∴可设直线PM与PN的斜率分别为k1,k2则k1k2=y1-2x1⋅y2-2x2=(kx1-2-1)x1⋅(kx2-2-1)x2=k2x1x2-(2+1)k(x1+x2)+22+3x1x2=k2+-(2+1)k×4k2k2+1+22+3-22k2+1=k2+2k2+3+22-2=-32-2即直线PM与PN的斜率之积为定值．【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法(1)直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如(距离和角)的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为x,y的等式，就能得到曲线的轨迹方程；(2)定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；(3)几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；(4)相关点法(代入法)：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点(称之为相关点)的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；(5)交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点(含参数)的坐标，再消去参数即可求出所求轨迹的方程.4.(1)x 24+y 2=1；(2)证明见解析【分析】(1)由椭圆的定义，性质列方程，求出a ,b 的值，再得到椭圆的方程；(2)设出直线BC 方程，与椭圆联立，由题可得AB ⊥AC ，利用AB ⋅AC =0建立关系可得.【详解】(1)由已知设椭圆的上顶点的坐标为(0,b )，右焦点为(c ,0)，则由已知可得-b c =-333a 2+14b 2=1a 2=b 2+c 2，解得a =2,b =1，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)可得A (-2,0)，设直线BC 方程为x =my +n ，代入椭圆方程可得4+m 2 y 2+2mny +n 2-4=0，设B x 1,y 1 ,C x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-2mn 4+m 2,y 1y 2=n 2-44+m 2，∴x 1+x 2=m y 1+y 2 +2n =8n 4+m 2，x 1x 2=my 1+n my 2+n =m 2y 1y 2+mn y 1+y 2 +n 2=4n 2-m 2 4+m 2，∵以BC 为直径的圆过点A ，∴AB ⊥AC ，即AB ⋅AC =0，∴x 1+2,y 1 ⋅x 2+2, y 2 =x 1x 2+2x 1+x 2 +4+y 1y 2=5n 2+16n +124+m 2=0，解得n =-2或n =-65，又A (-2,0)，故n =-65，所以直线BC 方程为x =my -65，故直线BC 过定点-65,0 .【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：(1)得出直线方程，设交点为A x 1，y 1 ，B x 2，y 2 ；(2)联立直线与曲线方程，得到关于x(或y)的一元二次方程；(3)写出韦达定理；(4)将所求问题或题中关系转化为x1+x2,x1x2形式；(5)代入韦达定理求解.5.(1)x24+y23=1；(2)存在，-4,0.【分析】(1)由双曲线顶点求出a，再由点到直线距离求出b作答.(2)设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算、推理作答.(1)双曲线C2:x24-y2=1的顶点坐标为(±2,0)，渐近线方程为x±2y=0，依题意，a=2，椭圆上顶点为0,b到直线x±2y=0的距离2b5=2155，解得b=3，所以椭圆的方程为x24+y23=1．(2)依题意，设直线l的方程为y=kx+m，A x1,y1、B x2,y2，点F-1,0，由x24+y23=1y=kx+m消去y并整理得3+4k2x2+8km x+4m2-12=0，则x1+x2=-8km3+4k2，x1⋅x2=4m2-123+4k2，直线FA、FB的斜率之和为y1x1+1+y2x2+1=kx1+mx1+1+kx2+mx2+1=2kx1x2+(k+m)(x1+x2)+2m(x1+1)(x2+1)=0，即2kx1x2+k+mx1+x2+2m=0，有2k⋅4m2-123+4k2+k+m-8km3+4k2+2m=0，整理得m=4k，此时Δ=64k2m2-16(4k2+3)(m2-3)=48(4k2+3-m2)=144(1-4k2)，k≠0，否则m=0，直线l 过F点，因此当Δ>0且k≠0，即-12<k<12且k≠0时，直线l与椭圆C1交于两点，直线l：y=k(x+4)，所以符合条件的动直线l过定点(-4,0)．6.(Ⅰ)x28+y24=1；(Ⅱ)存在定点Q(0,4)满足题意.【详解】试题分析：(1)由椭圆C的离心率是22，直线l被椭圆C截得的线段长为26列方程组求出b 2=4,a 2=8，从而可得椭圆C 的标准方程；(2)设直线l 方程为y =kx +1，由x 2+2y 2=8y =kx +1 得2k 2+1 x 2+4kx -6=0，Δ=16k 2+242k 2+1 >0，根据韦达定理及斜率公式可得k QA +k QB =2k+1-t-4k -6=2k 4-t 3，令4-t =0，可得t =4符合题意.试题解析：(1)∵e =22,e 2=c 2a2=12，∴a 2=2c 2=b 2+c 2,b =c ·a 2=2b 2，椭圆方程化为：x 22b 2+y 2b2=1，由题意知，椭圆过点6,1 ，∴62b 2+1b 2=1，解得b 2=4,a 2=8，所以椭圆C 的方程为：x 28+y 24=1；(2)当直线l 斜率存在时，设直线l 方程：y =kx +1，由x 2+2y 2=8y =kx +1得2k 2+1 x 2+4kx -6=0，Δ=16k 2+242k 2+1 >0，设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,x 1+x 2=-4k 2k 2+1x 1x 2=-62k 2+1，假设存在定点Q 0,t (t 不为2)符合题意，∵∠PQA =∠PQB ，∴k QA =-k QB ，∴k QA +k QB =y 1-t x 1+y 2-t x 2=x 2y 1+x 1y 2-t x 1+x 2 x 1x 2=x 2kx 1+1 +x 1kx 2+1 -t x 1+x 2 x 1x 2=2kx 1x 2+1-t x 1+x 2 x 1x 2=2k +1-t -4k -6=2k 4-t 3=0，∵上式对任意实数k 恒等于零，∴4-t =0，即t =4，∴Q 0,4 ，当直线l 斜率不存在时，A ,B 两点分别为椭圆的上下顶点0,-2 ,0,2 ，显然此时∠PQA =∠PQB ，综上，存在定点Q 0,4 满足题意．。

圆锥曲线齐次式

圆锥曲线齐次式圆锥曲线齐次式是一种重要的曲线参数化方法，它不仅用于表示2D图形，对于3D曲面也具有重要的应用。

一、概述圆锥曲线齐次式是一种重要的曲线参数化技术，它以半径、切线角度和长度等参数来参数化曲线面。

相比于传统的曲线拟合方法，它的优势在于：1、可以获得较高的精度：因为它只是对目标曲面的参数化，而不是对此曲面进行重新拟合，所以它可以获得较高的精度。

2、计算成本低：有效利用圆锥曲线齐次式，可以有效减少计算成本，这使得它特别适合大规模数据处理。

3、应用领域广泛：因为它可以获得较高精度且计算成本低，所以它可以用在众多领域，例如CAD/CAM、三维建模、数据拟合、运动分析等。

二、术语1、半径：半径是圆锥曲线的重要参数，且圆锥曲线的形状取决于半径的大小。

2、切线角度：切线角度是圆锥曲线曲面与水平面的夹角，它也是由圆锥曲线齐次式确定的重要参数。

3、长度：长度是指圆锥曲线沿空间轴的曲面长度，它也是构成圆锥曲线齐次式的重要参数。

三、求解方法1、求解圆锥曲线齐次式的最常见方法是用最小二乘法：它可以将曲线的若干点拟合到圆锥曲线的齐次式中，从而获得更准确的参数值。

2、另一种有效的方法是基于三角函数的几何方法：它可以利用三角函数的值来计算圆锥曲线的参数，从而获得较高的参数精度。

3、此外，还有一种利用几何变换的方法：它利用几何变换对曲线进行坐标变换，以获得更准确的参数结果。

四、应用举例1、运动分析：圆锥曲线齐次式可以用于表示近似运动曲面，例如用于表示均匀运动曲面等。

2、三维建模：圆锥曲线齐次式可以用于模拟复杂的三维对象，例如用于建模人体、机器人、机械手等。

3、CAD/CAM：圆锥曲线齐次式可用于CAD/CAM设计中，例如用于快速建模和刀具预测、五面螺纹车削等。

4、数据拟合：圆锥曲线齐次式可以用于高精度曲面数据拟合，例如用于几何轮廓拟合、曲线图形拟合等。

齐次化解决圆锥曲线题目

齐次化解决圆锥曲线题目一、什么是齐次坐标？1.1 齐次坐标的概念在解决圆锥曲线题目时，我们经常会用到齐次坐标。

齐次坐标是指在二维欧几里德空间中，用三个数表示的点的坐标。

齐次坐标是一种扩充了的坐标表示方法，可以描述无穷远点和线上的点。

一个点的齐次坐标表示为[x, y, z]，其中x、y、z为实数，同时不全为零。

如果两个齐次坐标[x₁, y₁, z₁]和[x₂, y₂, z₂]表示同一个点，那么它们之间成比例，即存在实数k，使得x₂=kx₁，y₂=ky₁，z₂=kz₁。

这就是齐次坐标的齐次性。

1.2 齐次坐标的优点齐次坐标有很多优点，可以简化计算过程，降低计算难度和复杂度。

•齐次坐标可以用来表示无穷远点，无需再通过其他方式单独表示。

•齐次坐标可以用来表示直线和曲线等特殊的几何对象，而不只是点。

•齐次坐标的运算可以通过矩阵乘法实现，简化了计算过程。

二、齐次坐标与圆锥曲线方程的关系2.1 一般式方程圆锥曲线可以用一般式方程表示，例如二次曲线的一般式方程为Ax² + Bxy + Cy² + Dx + Ey + F = 0。

当A、B、C不全为零时，这个方程表示一个二次曲线。

将二次曲线的一般式方程转化为齐次坐标的形式，可以得到齐次方程。

例如，对于二次曲线的一般式方程Ax² + Bxy + Cy² + Dx + Ey + F = 0，将其转化为齐次坐标的形式，我们可以得到一个齐次方程Ax² + Bxy + Cy² + Dxw + Eyw + Fw² = 0。

2.2 齐次坐标与直线的关系在齐次坐标中，直线可以表示为三个点的线性组合。

考虑一条直线L，由两个点P₁[x₁, y₁, z₁]和P₂[x₂, y₂, z₂]确定，那么直线L上的任意一点P[x, y, z]都满足以下齐次坐标关系：|x y z| |x₁ y₁ z₁| |x₂ y₂ z₂| = 0。

齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题

齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题本文介绍了利用“齐次式”法解决圆锥曲线斜率有关的顶点定值问题。

针对定点问题，文章提出了引入变量参数表示直线方程、数量积、比例关系等的方法，以寻找不受参数影响的量。

对于直线过定点问题，可以通过设出直线方程，利用韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程解决。

在圆锥曲线中，有很多常见的定点模型，熟练掌握这些结论可以事半功倍。

举例来说，文章给出了一个07山东省的例题。

该题要求证明直线l过定点，并求出该定点的坐标。

通过设定直线方程，利用已知条件和韦达定理，可以求出直线方程中的k和m的关系式，代入方程解得定点坐标。

文章还提供了一些解题技巧，例如如何选择直线，如何转化题目条件等。

总的来说，本文介绍了一种解决定点问题的方法，并以圆锥曲线为例，详细说明了几种常见的定点模型。

文章语言简洁明了，逻辑清晰，对于解决类似问题有很大的帮助。

练7：已知点A（-1，0），B（1，-1）和抛物线C：y=4x，O为坐标原点，过点A的动直线l交抛物线C于M、P，直线MB交抛物线C于另一点Q，如图。

I）证明：OM·OP为定值；II）若△POM的面积为5，求向量OM与OP的夹角；III）证明直线PQ恒过一个定点。

解：（I）设点M（m，4m），则动直线l的斜率为k=4/m。

由于A、M、P三点共线，故有k·(-1)+4=m，即m=4/(k+1)。

又因为直线MB与抛物线C有两个交点，设另一点为Q（q，4q），则有q=-1/4.因此，OM·OP=|(m，4m)·(q，4q)|=|16(mq)^2|=|16/(k+1)^2|，为定值。

II）设∠PO M=α，则OM·OP·cosα=5.又因为△POM的面积为5，所以OM·OP·sinα=5.由此可得tanα=1，又因为α∈(0，π)，所以α=45°。

因此，向量OM与OP的夹角为45°。

第607期：抛砖引玉——圆锥曲线齐次式与点乘双根法

其次式点乘双根算法是解决解析几何问题的一种简便算法多见于解析几何与向量相结合的题目中与传统方法相比它可以神奇的大幅减少计算量
第607期：抛砖引玉——圆锥曲线齐次式与点乘双根法
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其次式、点乘双根算法是解决解析几何问题的一种简便算法，多见于解析几何与向量相结合的题目中，与传统方法相比，它可以神奇的大幅减少计算量。
一：圆锥曲线齐次式与斜率之积（和）为定值
解法一：通解
解法二：其次法
二，点乘双ห้องสมุดไป่ตู้法

圆锥曲线的齐次化

圆锥曲线的齐次化
圆锥曲线的齐次化是一种用于简化对圆锥曲线的研究和描述的方法。

通过齐次化，可以将圆锥曲线的方程表示为更简洁和统一的形式。

为了进行齐次化，可以引入一个额外的变量，通常表示为w。

然后，将圆锥曲线的方程中的变量和参数乘以适当的权重（通常是w的幂）来实现齐次化。

这样，圆锥曲线方程在齐次坐标系中表示为一个齐次方程。

通过这种变换，可以将直线和圆等特殊情况与椭圆、双曲线和抛物线等一般圆锥曲线放在统一的框架下进行研究。

齐次化的好处之一是可以将平面上的点表示为齐次坐标，从而简化了进行线性运算和几何变换的计算。

此外，齐次化还允许使用射影几何的方法来研究圆锥曲线的性质和相交关系。

需要注意的是，齐次化并不改变原始曲线的本质特征，而只是改变了方程的表示形式。

一旦进行了齐次化，可以使用各种技术和理论来研究圆锥曲线，例如射影几何、矩阵运算和齐次坐标变换等。

总之，圆锥曲线的齐次化是一种将曲线方程表示为统一形式的方法，使得对曲线的研究和分析更加方便和简洁。

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