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）已知椭圆 C： x2y21若与 x 轴不垂直的直线l与曲线

2、C 相交于 A，B 两点（ A ，B 不是左右顶点） ，43l且以 AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。求证：直线过定点，并求出该定点的坐标。解 法 一 （ 常 规 法 ）： l : y kx m设 A(x1, y1 ), B( x2, y2 )ykxm， 由3x24 y2得12(3 4k2 )x28mkx 4( m23)0 ，64m2k 216(3 4k2 )(m23)0 ， 3 4k 2m20x1x28mk, x1x24( m23)34k234k23(m24k 2 )y1 y2( kx1m)(kx2 m)k2 x1 x2mk (x1x2 )m234k2Q 以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点

3、D (2,0), 且 kADkBD1 ，y1y21， y1 y2x1 x22( x1 x2 ) 40，（*）x12 x223(m24k2 )4(m23)16mk40 ，（* ）34k 234k234k 22k整理得： 7m216mk4k20 ，解得： m12k, m2，且满足 3 4k 2m20当 m2k 时， l : y7k( x2) ，直线过定点 (2,0), 与已知矛盾；当 m2k时， l : yk (x2) ，直线过定点 ( 2 ,0)7727综上可知，直线l 过定点，定点坐标为(,0).7P 做相互垂直的直线方法总结： 本题为 “弦对定点直角” 的一个例子 ：圆锥曲线如椭圆上任意一点

4、交圆锥曲线于AB ，则 AB 必过定点 ( x0 ( a2b2 ) ,y0 (a 2b2 ) ) 。（参考百度文库文章： “圆锥曲线的弦对定点直角的一组性质” ）a2b2a 2b2模型拓展： 本题还可以拓展为：只要任意一个限定AP 与 BP 条件（如 kAP ? kBP定值或 kAPkBP定值），直线 AB 依然会过定点。此模型解题步骤：Step1：设 AB 直线 ykxm ，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数围；Step2：由 AP 与 BP 关系（如 k AP ? kBP1 ），得一次函数 kf (m)或者 mf ( k) ；Step3：将 kf ( m)或者 mf (k ) 代入 y

5、kxm ，得 yk (xx定 )y定 。方法评估：此方法求解过程中（ * ）（ * ）化简整理计算非常繁琐。下面介绍齐次式法。（上述方法改进还有“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 PAPB ，即 kPAkPB1 。（kPA kPB 为定值）依题意直线 l 不过椭圆的右焦点P(2,0) 设直线l : m( x 2)ny1，由3x24 y212 得 3( x22)24 y212（凑出因式 ( x2), ( y0) ）故3(x2)212( x2)4 y20（此式不是齐次式，有2 次式和 1 次式，下面齐次化）故3(x2)24 y 212( x2)

6、m( x2)ny0（1 的代换）即3( x2)24 y 212m( x2) 212n( x2) y0（下面凑出斜率 kPA , kPB 。两边同除 ( x2)2 ）故4(y) 212 ny2(12m3)0 ，（因为 A, B 是直线与曲线的交点，故A,B 的坐x2xy1,y24t212nt(12m3)0 的解）标满足此式，即 x12x22是相应方程kPAkPBy1y212m317故x12 x224， 解 得 m， 代 入 l : m(x 2) ny1 得1272770 得22,0)。12 x17ny0 ，由12 x12x7 ，故 l 过定点 (y0y07变式此题若改为：已知椭圆 C： x2y

7、21的右顶点 P ，若直线与椭圆C 相交于 A ，B 两点（ A，B43不是左右顶点） ，且 kPAkPB3， ,求证：直线 l 过定点，并求出该定点的坐标。此题用传统法解得时要计算，y1y23 ，化简变形比原题更难，用齐次式法， 与原题类似。x12 x22解：由原题齐次式解法得4( x y2)212nxy2(12m 3)0 ，故 kPAkPB3n 3解得 n1 ，代入 l : m( x2)ny1 ，知 l : m(x2)y1 ，过定点 (2,1) 。223)已知椭圆 C： xy1上一点P(1,变式此题若改为：2，若直线与椭圆 C 相交于 A ，B 两点（ A ，43B 不是左右顶点） ，且

8、kPAkPB1 ， ,求证：直线 l 过定点，并求出该定点的坐标。迁移训练练习 1：过抛物线 M: y22 px 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）练习 2：过抛物线 M: y24x 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 2x 2y21 上的点 A(1, 1) 作动弦 AB 、AC 且 k AB ? kAC3 ，证明 BC 恒过定点。（本题参考答案： (1 ,1) ）55练习 :4：设 A、B 是轨迹 C ： y22

9、 px( P0) 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AB 恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案42 p,2 p ）【答案】设 A x1, y1 , B x2 , y2 ，由题意得 x1, x20 ，又直线 OA,OB 的倾斜角, 满足，4故 0,，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4y kxb ，显然 x1y2, x2y212，2 p2 p将 ykxb 与 y22 px( P0) 联立消去 x ，得 ky22 py2 pb0由韦达定理知y1y22 p , y1y22 pbkktantan

10、2 p( y1y2 )由，得 1 tantan(4) =tantan=y1 y24 p241将式代入上式整理化简可得：2 p1 ，所以 b2 p2 pk ，b2 pk此时，直线 AB 的方程可表示为ykx2 p2 pk 即 k (x2 p)y2p0所以直线 AB 恒过定点2p,2 p.练习（ 2013 年高考卷（理） ） 已知动圆过定点A(4,0),且在 y 轴上截得的弦MN的长为 8.5：C的方程 ;( ) 求动圆圆心的轨迹( ) 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,Q, 若 x 轴是PBQ 的角平分线 ,证明直线 l 过定点 .【答案】 解:(

11、)A(4,0),设圆心 C( x, y), MN 线段的中点为 E，由几何图像知 MEMN ,CA 2CM 2ME 2EC 22（x 4)2 y2 42 x2y2 8x( )点 (-1,0),B设 P( x , y1), Q( x , y2),由题知 y1y20， yy20, y28x1, y228x2.1211y1y2y1y28( y1y) y y( y2y) 08 y y20直线 PQx11 x21y128 y2 2821211方程为 : yy1y2y1 (xx1 )yy11y1(8xy12 )x2x1y2y( y2y ) y( y2y ) 8x y2y( y2y ) 8 8xy 0, x

12、 111111所以 , 直线 PQ过定点 (1,0)uuuruuuruuur uuur练习 6：已知点 B1,0 , C 1,0, P 是平面上一动点，且满足|PC| |BC|PB CB（ 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 ADAE ，判断：直线 DE 是否过定点？试证明你的结论 .【解】（ 1）设 P (x , y )代入 | PC |BC|PB CB得 ( x1) 2y 2 1x,化简得 y24x.（5 分）( 2)将 A m代入 y24x得 m1,点 A的坐标为(1,2).( ,2)设

13、直线 DE 的方程为 xmyt代入 y24x,得 y24mt4t0,设D(x1,y1),E(x2,y2)则y1y24 ,y24t，（4)216t（0*）m y1mAD AE (x1 1)( x21) ( y12)( y22) x1 x2( x1x2 ) 1 y1 y22( y1y2 ) 4y12y22( y12y22 ) y1 y22( y1y2 ) 54444( y1 y2 )2( y1y2 )22 y1 y2y1 y2 2( y1y2 ) 5164(4t )2(4m) 242( 4t)(4t )2(4m)50化简得 t26t54m28m16即 t26t94m28m4即（ t24(m1)2t

14、32(m1)3）t 2m 5或 t2m 1, 代入（ *）式检验均满足0直线 DE的方程为 xm( y 2) 5或 x m( y 2)1直线 DE过定点 (5,2). （定点（ 1，2）不满足题意）练习 7：已知点 A（ 1，0），B（1， 1）和抛物线 .C: y 24x ， 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 .uuuuruuur（ 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；2（）证明直线PQ 恒过一个定点.解：（ I）设点 M ( y12, y1 ), P

15、( y22, y2 ),P 、M、A 三点共线，44k AMkDM ,即y1y1y2,222y1y1y24144即y11,y1 y24y124 y1y2第 22题OMy12y22y1 y25.OP44(II) 设 POM=，则 | OM | OP | cos5.S ROM5 ,| OM | | OP | sin5. 由此可得 tan =1.2又(0,),45 ,故向量 OM与OP的夹角为 45 .( )设点 Q ( y32, y3 ),M 、 B、 Q 三点共线，kBQkQM ,4即y3y1y3,即y311,22224 y1 y3y31y1y3y3444y32( y3 1)(y1y3 )4,即

16、y1 y3y1y340.LLLL11分y1 y24,即 y14 ,4y34y34 0,y2y2y2即 4( y2y3 )y2 y3 40.(*)kPQy2y34,y22y32y2y344y22直线 PQ的方程是 yy24(xy2)y34即 (y y2)(y2y3)42,(y2y3)y2 y34 .x y2即 yx由（ * ）式，y2 y34( y2y3 )4, 代入上式，得 ( y4)( y2 y3 ) 4( x 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 x 2y 2r 2 上一点 P(x0 , y0 ) 处的切线方程为x0 yy0

17、yr 2 ”，类比也有结论： “椭圆 x2y21(a b 0)上一点 P( x0 , y0 ) 处的切线方程为x0 xy0 y1 ”，过椭圆 C ：x2a2b2a 2b 2y 21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.4（ 1）求证：直线 AB 恒过一定点；（ 2）当点 M 在的纵坐标为 1 时，求 ABM 的面积。43x1 x1【解】（ 1）设 M (, t)(tR), A(x1, y1 ), B( x2 , y2 ), 则 MA 的方程为y1 y34点 M在MA 上3 x1 ty11同理可得3 x2 ty 2133由知 AB 的方程为3 xty1,即 x3(

18、1ty )3易知右焦点 F（ 3,0 ）满足式，故AB 恒过椭圆 C 的右焦点 F（3,0）（ 2）把 AB 的方程 x3(1y)代入 x2y 21, 化简得 7 y6 y104362816| 43 |23|AB| 1 3又 M 到 AB 的距离 d377133 ABM 的面积 S1| AB | d16 3221 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？参考： PPT 圆锥曲线的切线及切点弦方程，百度文库参考：“尼尔森数学第一季 _3 下”，优酷视频拓展：相交弦的蝴蝶特

19、征蝴蝶定理，资料练习1 ：（ 2013 年省数学（理）卷）已知抛物线 C 的顶点为原点,其焦点 F0, c c 0 到直线l : x y2 0 的距离为3 2 . 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,B为切点 .2( )求抛物线 C 的方程 ;( )当点 P x0, y0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 AFBF 的最小值 .【答案】 ( )依题意 , 设抛物线 C的方程为 x20c232结合 c0 , 解得 c1 . 所4cy , 由2以抛物线 C 的方程为 x224 y

20、.( ) 抛物线 C 的方程为212, 求导得 y1x4 y , 即 y4xx2设 A x , y , B x , y2( 其中 y1x1 2 , y2x2 2),11244则切线 PA, PB 的斜率分别为 1x1 ,1x2 ,222所以切线 PA ： yy1x1xx1, 即 yx1xx1y1 , 即 x1 x2y2 y10222同理可得切线PB 的方程为 x2 x 2y2 y20因为切线 PA, PB 均过点 Px0 , y0, 所以 x1 x02 y02 y10 , x2 x02 y02 y20所以 x1, y1,x2 , y2为方程 x0 x2 y02 y0 的两组解 .所以直线 AB

21、 的方程为 x0 x2y 2 y00 .( ) 由抛物线定义可知AFy11,BFy21 ,所以 AF BFy11 y21 y1 y2y1y21x0 x2 y2 y00消去 x 整理得 y22y0x02 yy020联立方程x24 y,由一元二次方程根与系数的关系可得y1y2x022 y0 , y1 y2y02所以 AF BF y y2y y21 y 2x 22 y011100又点 P x , y在直线 l 上 ,所以 x0y02 ,00129所以 y0 2x022 y0 1 2 y0 22y05 2 y022所以当 y01时 ,AFBF 取得最小值 , 且最小值为9 .22练习 2：（2013

22、年数学（理） ） 如图 , 抛物线 C1 : x24 y, C2 : x22 pyp0, 点 M x0 , y0 在抛物线 C2上,过 M 作C1的切线 , 切点为 A,B( M 为原点 O时, A,B重合于 O)x012 , 切线 MA. 的斜率为- 1. 2(I) 求 p 的值 ;(II) 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 ,中点为 O .【答案】模型三：相交弦过定点相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展， 结论同样适用。 参考尼尔森数学第一季 _3 下，优酷视频。但是具体解题而言，相交弦过定点涉及坐标较多，计算量相对较大，解题过程

23、一定要注意思路，同时注意总结这类题的通法。例题： 如图，已知直线 L： xmy 1过椭圆 C : x2y2 1(a b 0) 的右焦点 F，且交椭圆 C 于a2a2b2A、B 两点，点 A、 B在直线 G : x上的射影依次为点D、E。连接 AE、BD，试探索当 m变化时，直线 AE、BD是否相交于一定点 N？若交于定点N，请求出 N点的坐标，并给予证明；否则说明理由。法一：解： F (1,0), k (a 2 ,0)先探索，当 m=0时，直线 L ox 轴，则 ABED为矩形，由对称性知，AE与 BD相交于 FK中点 N , 且 N ( a 21 ,0) 猜想：当 m变化时， AE与 BD相

24、交于定点 N ( a21,0)2。2证明：设 A(x1, y1 ), B( x2 , y2 ), E( a2 , y2 ), D (a 2 , y1 )，当 m变化时首先 AE过定点 Nxmy1Q2 x2a2 y2b4a2b2 (a2又K ANa2 12a2b2即 (a2b2 m2 ) y22mb2 y b2 (1 a2 ) 0.8分0m2 b21) 0 (Q a 1)y1,KENy2a2my112a21 ( y1y2 ) my1 y2而KAN KEN201a2( a21my1 )(这是 Q a2221 ( y1y2 ) my1 y22a212mb22 )b2 (1a2 )(a22m2222m bam b(a21) ( mb2mb2 )0)a2m2b2 KAN=KENA、 N、 E 三点共线同理可得B、N、 D三点共线 AE与 BD相交于定点 N ( a 2 1 ,0) 2法 2：本题也可以直接得出AE和 BD方程，令y=0，得与 x 轴交点 M、 N, 然后两个坐标相减=0. 计算量也不大。方法总结：方法 1 采用归纳猜想证明，简化解题过程，是证明定点问题一类的通法。这一类题在答题过程中要注意步骤。例题 、已知椭圆C： x2y21，若直线 l