齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题

1、“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）x2已知椭圆c：42 1若与X轴不垂直的直线|与曲线C相交于A,

2、 B两点（A, B不是左右顶点），3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。（常规法）：l : y kx m设A(xi, yi), B(X2, y2)，y3x2kx4y2(3 4k2)x2 8mkx 4(m23)0,64m2k2 16(3 4k2)(m2 3)0, 3 4k228mk x x 4(m3)2 , X1 X22 3 4k23 4k2m20X-Ix22y1y2(kx.(m)(kx2m) kx-|X2mk(x1x2)mQ以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且 kAD kBD3(m2 4k2)3 4k21 ,yx1 2 x23(m2 4k2)

3、3 4k21， y2 X1X2224(m3) 16mk3 4k23 4k22(Xi X2) 4 0，(* )(*)整理得:7m216mk4k20 ,解得：m12k时,2k亠时,7I：yI：yk(xk(x2），直线过定点 学），直线过定点2k，且满足37（2,0）,与已知矛盾；（|,0）2k, m24k2一 2l过定点，定点坐标为（一,0）.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2 b2）综上可知，直线P做相互垂直的直线交圆锥曲线于 AB,则AB必过定点（Xo(aa2 b2蛙 ）。（参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦a b对定点张直角的一组性质”）模型拓展：本题还

4、可以拓展为 定值），直线AB依然会过定点。:只要任意一个限定 AP与BP条件（如 kAp?kBp定值或kAP kBP此模型解题步骤：Step1 :设 AB 直线 y kx m ,Step2 :由AP与BP关系（如Step3 :将 kf （m）或者 m方法评估：此方法求解过程中 进还有“点乘双根法”）解法二（齐次式法）由以AB为直径的圆过椭圆 C的右顶点P，知PA PB，即kPA kPB1。（联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；kAP ?kBP1），得一次函数 k f （m）或者 m f （k）；f （k）代入 y kx m，得 y k（x x定） y定。（*） （* ）化简整理计算非常繁

5、琐。下面介绍齐次式法。（上述方法改kpA kpB为定值)依题意直线|不过椭圆的右焦点 P(2,0)设直线l : m(x 2) ny 1，12(凑出因式(x 2), (y 0)此式不是齐次式，有 2次式和1次式，下面齐次化) n y 0(1的代换)22)y0( 下面凑出斜率kpA, kpB。两边同除(x 2)由3x2 故3(x 故3(x 即3(x4y22)22)22)212 得 3(x 2 2)2 4y2(2)12(x4y24y22) 4y2012(x2)m(x12m(x 2)2 12n(x故4(x12n标满足此式，即-(12m 3) x 2j1y2X1(因为A,B是直线与曲线的交点,故 代B的

6、坐kpAkPB2 X22是相应方程12m4%x12y2x224t2312nt(12m 3)0的解)丄12 ，代入l : m(x2) ny 1 得7x12217ny0，由7x12y o7，故I过定点(2,0)。0 7变式此题若改为： 已知椭圆是左右顶点)，且kpA kPB 3，2x4,求证:C:2y3直线1的右顶点p，若直线与椭圆C相交于A,B两点(A，B不此题用传统法解得时要计算,l过定点，并求出该定点的坐标。匪 3，化简变形比原题更难,x22用齐次式法，与原题类似。解：由原题齐次式解法得y12n(12m 3)x 20，故 kpAkPB3n 3解得n 1，y 1，过定点(2, 1)。代入 I

7、: m(x 2) ny 1，知 I : m(x 2)变式此题右改为：3x2y2p(1,-)已知椭圆C:y1上一点2，若直线与椭圆 C相交于A, B两点(A, B43不是左右顶点)，且kpA kpB1，,求证：直线I过定点，并求出该定点的坐标。迁移训练练习1:过抛物线 M: y2 2px上一点p (1,2 )作倾斜角互补的直线 pa与pB,交M于A B两点，求 证：直线AB过定点。(注：本题结论也适用于抛物线与双曲线)2练习2：过抛物线M: y 4x的顶点任意作两条互相垂直的弦OA OB求证：直线 AB过定点。(经典例题，多种解法)练习3:过2x2 y2 1上的点A(1,1)作动弦AB AC且k

8、AB ?kAc 3，证明BC恒过定点。(本题参考 1 1答案：(丄，丄)55练习:4 :设A B是轨迹C : y2 2px(p 0)上异于原点O的两个不同点，直线 OA和OB的倾斜角分别为和，当，变化且时，证明直线4AB恒过定点，并求出该定点的坐标。(参考答案2p,2 p )【答案】设A 花畀，B X2,y2，由题意得X1,X20 ,又直线OA,OB的倾斜角，满足47，所以直线AB的斜率存在，否则，OA，OB直线的倾斜角之和为从而设AB方程为kx b，显然 x1, x2 仏,2p2p2 py 2 pb 01，所以 b 2p 2pk ,b 2pk此时，直线AB的方程可表示为ykx 2p 2pk

9、即 k(x 2p)y 2p将y kx b与 寸 2px(P 0)联立消去x，得ky2由韦达疋理知2py1y2, y1ky2警tantan由一，得 1 = tan tan()=441 tantan= 2p(yi y2)YiY2 4p2将式代入上式整理化简可得:所以直线AB恒过定点2p,2p【解】(1 )设 P(x，y)代入 | PC | | BC | PB CB得. (x 1)2 y2 1 x，化简得 y2 4x-( 5 分)将A(m,2)代入y2 4x得m 1,点A的坐标为(1,2).设直线DE的方程为设D(x1, y1), E(x2, y2)则y11)AD24(y1AE24y2)2(X124

10、(y12x my t代入yy2 4m, y1(y1 2)( y216(4t)216即 t2 6t1)(X22y2)242 (4m)2( 4t)(旳4x,得 y2 y2 4t,2) X1X24mt(4t 0,4m)216t0(*)y1y2 2( y1y2)2y1 y2y1 y2(为X2)1y1y2 2(y1 y2)42( y1 y2) 549 4m2 8m 4即(t2(4m)50化简得t2 6t24m 8m3)24(m 1)2 t 32(m 1)(x 4)2 y2 42x2y2 &2(n)点巳-1,0),设P(xyJ,Q(X2, y?)，由题知 y1y20, y”220,y18X1, y22 8

11、X2.y1y2y1y28(V1y2) “2yj 08畑X1 1x2 12小2 cY18y28方程为：y yr yy1 (xX1)yy11(8x y12)X2X1y2y1y(y2 yJ yy?%) 8x y12y(y2yj 88xy 0,x1所以，直线PQ过定点(1,0)uur | PCUJU1 |BC|uur uui PB CB练习6:已知点B1,0,C 1,0,p是平面上一动点，且满足练习5：(2013年高考陕西卷(理)已知动圆过定点 A(4,0),且在y轴上截得的弦 MN的长为8.(I)求动圆圆心的轨迹C的方程；(n )已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点 P

12、, Q 若x轴是 PBQ的角平分线，证明直线I过定点【答案】解:(I ) A(4,0),设圆心CMN 2222(x, y), MN线段的中点为E,由几何图像知 ME,CA2CM 2ME2EC20直线PQ(1) 求点P的轨迹C对应的方程；(2) 已知点A(m,2)在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE ,且AD AE ,判断：直 线DE是否过定点？试证明你的结论 第22题kk即y1y1y2kAMkDM,即222y11 y1y2444即2y11Jy“24y14y1y222OMOPy1y2y1 y25.44S ROM又(0,52,),2| OM | | OP | sin 5.由此可得 tan

13、a =1.45 ,故向量OM与OP的夹角为45 .(川)设点q(*34* yi小)，M、B、Q三点共线,kBQkQM ，即申y4(yiym22,即441)(y1财yl44,即 y1 一,yi 1yf 41y1y3即 4(*2y2丫3)丫2丫344,即 yy4y3y20.(*)4 0.LL L L 11 分y2y340,t 2m 5或t 2m 1,代入(*)式检验均满足 0 直线DE的方程为x m(y 2) 5或x m(y 2) 1直线DE过定点(5, 2).(定点(1,)不满足题意)练习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

14、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.uuuu uuu(I )证明：OM OP为定值;(II )若厶POM勺面积为5，求向量OM，与OP的夹角;2(川)证明直线 PQ恒过一个定点.2 2解：(I)设点M (里，yj P(比,y2), P、M A三点共线,44(II)设/ POMa，贝y | OM | |OP| COS 5. y2 yi4kPQ22,讨 2y3y2 y3444直线PQ的方程是y y2 (x里)y2y34即(y Y2)(Y2 y3) 4x y；,即y(y2 y3)4x.由(*)式，y2y3 4(y2 y3) 4,代入上式，得(y 4)(y2 y3) 4(x

15、1).由此可知直线 PQ过定点E (1, - 4).模型二：切点弦恒过定点例题：有如下结论：圆x2 y2 r2上一点P(x0 , y0)处的切线方程为x0y y0y r2，类比也有结论：“椭圆2X2a缶 1(a b 0)上一点P(x,y。)处的切线方程为xxa繆 1 ”，过椭圆C:b21的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为 A、B.求证：直线当点M在的纵坐标为1时，求AABM的面积。4 J 3x x【解】(1)设M(亠,t)(t R), A(X1,yJ, BgM),则MA的方程为丄 34点 M在 MA上 一33(1)(2)AB恒过一定点;人 ty11 同理可得x2 ty2133由知

16、AB的方程为x ty3易知右焦点F (3,0)满足式，1,即 x .3(1 ty)(2)把AB的方程x . 3(1故 AB恒过椭圆C的右焦点F ( . 3,0 )2y)代入 y21,化简得7y 6y4|AB|、1336284 316 , 1 3 1 又M到AB的距离d 3 7.1 316 3d212.331 ABM勺面积 S| AB |2方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直接引用，可以用 本题的书写步骤替换之，大家注意过程。方法总结：什么是切点弦？解题步骤有哪些？p p. - Mr的切立螯性城$ CfedLt/. jM参考仝.廿参考拓展练习PPT圆锥曲线的切

17、线及切点弦方程，百度文库“尼尔森数学第一季_3下”,优酷视频 相交弦的蝴蝶特征一一蝴蝶定理，资料1: ( 2013年广东省数学(理)卷)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F 0,C C 0到直线3J22 0的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线 PA, PB ,其中A,B2为切点(I)(n)求抛物线C的方程；当点P X。，y。为直线l上的定点时，求直线AB的方程;当点P在直线l上移动时，求AF BF的最小值【答案】（I）依题意，设抛物线C的方程为x22弩结合C o,解得C 1.所以抛物线C的方程为x2 4y.（n）抛物线C的方程为x24y ,即 y-X2,求导得4设 A Xi，

18、yi , B X2,y2 (其中 yi1则切线PA, PB的斜率分别为一x1 ,22生41X2 ,2所以切线PA: y y1 冬x为2同理可得切线PB的方程为x2x 2y 2y2 因为切线PA, PB均过点P xo, yo 所以 x1, y-j , x2, y2 为方程 XoX 所以直线AB的方程为xox 2y（川）由抛物线定义可知X1x2o2Xi%,即 x1x 2y 2y1 o,所以XiXoAF2yo 2y2 yo o.1, BF2yo 2yi o, Xoo的两组解.2 yo2 y20y2 i,所以AFBF*1y21y2)联立方程XoX2 X2y4y2yo05消去X整理得由一兀二次方程根与系

19、数的关系可得y1 y2所以AFBF2yM% y21 yo又点P Xo,yo在直线丨上，所以Xoyo2,所以2 yo2Xo2 yo12yo22yo 52所以当y01时,AFBF取得最小值，yiyo2y2Xo2y212yoXo22y, y22yo且最小值为9292 2yo2yo练习2： （2o13年辽宁数学（理）如图，抛物线G：x2 4y,C2:x22py p 0 ,点M xo,yo在抛物线C2上,过M作G的切线，切点为RB（ M为原点O时，A,B重合于O） Xo 12 ,切线MA.的1斜率为-.2(I)求p的值;(ll)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方.A,B重合于O时 冲点为0 .

20、【答案】1 1 IMIft躺宀如隨1点茫切 的切戟料爷为八？ 乩切找 耐的斜率为-丄.所li冲点忖;为（-k-J . 幼线MA的方I1!1为-4tIy-x + 1） + 24W为心M I - V2.九佗1刃緩MA址MWI5卜 F （也r升显j.矗一三厂一敎山：1/乂衿戸=乙:R I t!4iw（jr）.越气+ *）.现补，牛人衍韭吃山用为线段冲点屮点勒上-旳十巧T2-刽V +y 8 -itK MA.算愿.2y = -tx-sli! (MA. Mfifrj 2，就可以了，否则就不存在。M、N点的坐标，解：设 M(xi,yi) , N(X2,y2)，直线 AM k(： 2)消y整理得(ix2 4y

21、244ki2)X2 i6k2X的斜率为i6ki2Q 2和xi是方程的两个根,2xii6ki2i 4kf 则Xi则直线AM的方程为y ki(x 2),由2 8k；4kii 4ki22 8ki24k|即点M的坐标为(2打),(i 4ki i 4ki同理,设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为24k222i 4k； i 4k2)Q ypkikiki(tk2k22),yp k2(t 2)22 , Q直线MN的方程为:tyyiy yiX xix2令 y=0,x2yi xiy2，将点yiy2N的坐标代入,化简后得:又 Qt 2，-2Q椭圆的焦点为t(.3,0).3，即 t故当t - 3时，3方法总结：

22、本题由点Ai(-2,0)的横坐标一MN过椭圆的焦点。韦达定理，得到点M的横纵坐标:Xi2是方程8ki2(12 24ki )x i6k2Xi6kf(i 4k|)X2， yii 4k22i6k2X i6k| 40，得到 2x2 少“i4心i 4ki2果看到：将2xii6ki2 42中的i 4k2ki用k2换下来,4k22i 4k；i 4k；,如果在解题时,能看到这一点，本题的关键是看到点P的双重身份:点P即在直线44kf，即X2Xi前的系数8k； 2-2， y21 4k240的一个根，结合k2(x 2)2 2 消y整理得4y244k勺很快。不过如i 4k；2用2换下来,就得点 N的坐标计算量将减少

23、，这样真容易出错,但这样减少计算量。AiM上也在直线 AN上，进而得到虽-,由直ki k2 tki k2线MN的方程y yix x1宜丄 得直线与x轴的交点，即横截距 X X2yi Ny2，将点M、N的坐标代入,X2 Xiyi y化简易得X4. 4 二.4 3 4 空-一-，由3解出t，到此不要忘了考察t是否满足t 2。tt33方法如下：2：先猜想过定点，设弦MN勺方程，得出A,M、A2N方程，进而得出与T交点Q S,两坐标相减=0.设 lMN : x my 3,联立椭圆方程，整理: (4 m2)y22.3my 10;求出范围；设 M ( x-i, y-i), N ( x2, y2)，得直线方

24、程:加池(x 2)gN：y 走(x 2);若分别于lT相较于Q、S：易得Q (t,V1 (t 2),S(t,y(t2)Xi2x22yQysyi2 (t 2)y2(t2)xi2X22整理 -4myi y22(t 3)( yiy2)( 3t 4)(yiy2)(Xi 2)(X2 2)韦达定理代入1严(、3t 4) (、3t 4)( yi y2)(Xi 2)(X22) 4 m显然，当t 4 3时，猜想成立。3方法总结：法2计算量相对较小，细心的同学会发现，这其实是上文“切点弦恒过定点”的一个特例而已。因 此，法2采用这类题的通法求解，就不至于思路混乱了。相较法i,未知数更少，思路更明确。2 2X v练

25、习i: (io江苏)在平面直角坐标系 xoy中，如图，已知椭圆 9+5=i的左右顶点为A,B，右焦点为F,设过点T(t,m)的直线TA,TB与椭圆分别交于点M(xi,y i) , N(x2,y 2)，其中m0,yi0,y 20.设动点P满足PF2-P扌=4,求点P的轨迹i一设xi=2,x 2=3,求点T的坐标3(其坐标与m无关)解析：问3与上题同。IH本小鏈主要考查求間单曲线的方程，考査直线与椭圆的方程等基础效识，考査运算求解 解：由(锲点户3)，则P尸(rti 卩尸*护，得(x-j)J+/囱越轟助L满分W分.如朝礙人B3,0)t F(2( 0)2)1 +/, PB(2)由刊二2 #卡辛及r*

26、 般瀝拓畑立线伽的方砂厂Srij 二加；+：二 1 及 n 得丹二 A/(p 釣.从砒蜒跖的办稗为丫昨战所求点尸的轨迹为住线yx +1 ；-那则点玄=J10 r解得畸以点的坐林为(7,(jr-3)3-y3 化筒福由题设知.直线AT的方?SJy = -(x+3).辽址ST的方程为 点枫禺K)満足f/i =刍3 *3) +(判-$込 *3) 曲找況槽 因为禅矗、3*则 mJ 和9_22从而得.y,=-80 + m(D5 .*j,p 240 - 3m.辭得.宀亦孑1;2AMww n荷粽=x3 p则由程为工过点巩I0+n-f(i -V 址工I粵務帀_6巧旳病二亦対肿智二呼/啓吆及砒得m三2俪劇族耶的方

27、80 +m 20 + m20 + ffi-2QniSU + m1LOm苦矶*一則枫萨2/UL直线的斜邸虬“ “八.3 彷24Q JJWmJ ill80 + m?-20m切=r7 = 777得 心 所俅貢栽W V过D点，3 m - 60 40 Hi2O + m2 因此.直线M/V必过黑？ft上的点(1*0).3练习2：已知椭圆E中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A( 2,0)、B(2,0)、C 1, 三点.过2椭圆的右焦点F任做一与坐标轴不平行的直线丨与椭圆E交于M、N两点，AM与BN所在的直线交于点Q.(1) 求椭圆E的方程：(2) 是否存在这样直线 m，使得点Q恒在直线m上移动？若存在，

28、求出直线m方程，若不存在，请说 明理由0),解析:将A(1)设椭圆方程为 mx my 1(m0,n32,0)、B(2,0)、C(1-)代入椭圆E的方程,24m1,9 解得m n 14(也可设标准方程，丄.椭圆E的方程3(2)可知：将直线丨:y2代入椭圆E的方程4设直线I与椭圆E的交点由根系数的关系，得2类似计分)k(x 1)2-1并整理得(3 4k2)x23M (X1, yj, N(X2,y2),18k2X4(k23)0Xi3 4k2,X2直线AM的方程为：y尹2)，即y4(k2 3)3 4k251)Xi2(X 2)由直线AM的方程为:y2X2-(x 2)，即2由直线AM与直线BN的方程消去y

29、，得 2(x1x2 3x-| x2)x-i 3x248(k2 3)24k222x1x2 3(x-| x2)(Xik(x 2)x224x22 23 4k28k23 4k23 4k24 2x24x2x2) 2x244k2 63 4k2 4k2 63 4k2X2故这样的直线存在直线AM与直线BN的交点在直线x 4上.模型四：动圆过定点问题动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题，也可以理解为“弦对定点张直角”的新应用。2 2 2例题1.已知椭圆C：笃穆1(a b 0)的离心率为,并且直线y X b是抛物线y a b2条切线。(I)求椭圆的方程；1(n)过点S(0,)的动直线L交椭圆C于A、B两点，试问：

30、在坐标平面上是否存在一个定点3以AB为直径的圆恒过点 T?若存在，求出点 T的坐标；若不存在，请说明理由。解: ( 1)由 y2 X b消去 y得 ：x2 (2by 4x因直线y x b与抛物线y224)x b 04x的一T,使得Qe cZa2 b2 c2,a 24x相切2 .2a b2a22(2b 4) 4b 0 b 122，故所求椭圆方程为y2 1.(II )轴平行时，以 AB为直径的圆的方程:X2 (y2当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程:1,由(y13)1(4)23解得即两圆相切于点(0，1)因此，所求的点 T如果存在，只能是(0，1) 事实上，点T( 0，1)13T( 0，1)

31、就是所求的点，证明如下。当直线若直线L垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点L不垂直于x轴，可设直线 L:y kxkx13 消去y得：(18k29)x2112kx 16记点 A(X1, yj、B(x2,y2),则X1X2X1X212k218k916218k9uruir又因为TA (X1,y1 1),TB1),uir uir所以TA TB X1X2 (y1 1)( y21)x1x2 (kx-i3k(x1 X2) 1639 TA丄TB,即以AB为直径的圆恒过点方法总结：圆过定点问题，可以先取特殊值或者极值,2X例题2：如图，已知椭圆C:7a(1k2)x-|X2顶点，点F是椭圆C的右焦点。点44-)(k

32、x2 -)3316412k18k29318k2916门0 9T( 0，1),故在坐标平面上存在一个定点T(0，1 )满足条件找出这个定点，再证明用直径所对圆周角为直角。(1 k2)y2.2”2 1(a b 0)的离心率是，A1, A2分别是椭圆C的左、右两个b2D是x轴上位于A2右侧的一点，且满足1ADA2D2FD(1) 求椭圆C的方程以及点D的坐标；(2) 过点D作x轴的垂线n，再作直线l : y kx m 与椭圆C有且仅有一个公共点 P，直线l交直线n于点 Q。求证：以线段 PQ为直径的圆恒过定点，并求出定 点的坐标。解:( 1) A( a,0), A2(a,0), F(c,0)，设 D(

33、x,0)，由ADA2D2有x 2，x a又FDc2(c(cc 1,1 a)(c 11、2c)(cca)，又 Q a1. 2c)1 c 1 J21, a.2,b(2)方法 1: QQ(2,2km),2c,2 2x 2(kx m) 2 由于16k2m2 4(2 k2而由韦达定理:(2k21)(24kmy由兰22m22设 P(xo,yo),21)x 4kmx2 mykx m2x02x)2k 12k21m -，mm设以线段PQ为直径的圆上任意一点2k1(x )(x 2) (y -)(y (2kmm称性知定点在x轴上，令y 0,取2x1，椭圆C: 2kx m2)0 2k2 km 由(*)2k21P(空丄

34、)y2 122m2 km2 m02km1，且(kx2 k2D(2,0) om)211 (*),),m mujirM (x, y)，由 MPm) 0x2y2uuiuMQ(空m2)x (2 k m )y (1m空)0由对mx 1时满足上式，故过定点K(1,0) o法2 :本题又解：取极值，PQ与AD平行，易得与 X轴相交于F (1,0 )o接下来用相似证明 PF丄FQ设P (X0,y。),易得PQ切线方程为xx 2yy 2;易得D(0,_y。设 PH FD1 xPH y；HF 1 x;DQ0;DF 1;y比 匹，固phf相似于 FDQ，易得 PFQ 900PH FD问题得证。2 2练习：(10广州二模文)已知椭圆 G：务 占 1(a b 0)的右焦点F2与抛物线C2 : y2 4x的焦点重a b