高考数学精准复习专项大招1齐次化妙解圆锥曲线斜率问题含答案或解析

大招1齐次化妙解圆锥曲线斜率问题大招总结圆锥曲线的定点、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，以往我们的常用方法是设直线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x1+x如果采用齐次化解决，直接得到关于为的方程,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)=ax2+bxy+c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”，因为是在等式与了同侧进行加减，我们以往记的“上加下减”都是在等式与的异侧进行的.例y=kx+b向上平移1个单位，变为y=kx+b+1x2a设平移后的直线为mx+ny=1（为什么这样设？因为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ay2+bxy+cx2=0,然后等式两边同时除以x总结方法为：1、平移；2、联立并齐次化；3、同除x2；4、韦达定理.证明完毕，如果过定点，还需要优点是：大大减小了计算量，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.【思维引导∙1】已知x1和x2是方程2x2+3x−4=0解方法1：1方法2：方程两边同时除以x2，−4(1x)2+3(【思维引导∙2】直线mx+ny=1与抛物线y2=4x交于A（x1，y1）和解mx+ny=1y2=4x等式两边同时除以x2,，(y所以：k 【思维引导∙3】直线mx+ny=1与椭圆x24+y23=1交于A（x解mx+ny=1等式两边同时除以x2，（12n所以k【思维引导・4】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+l,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（1）k（2）−12x+ny（3）整理得m—2n=1,所以过定点（1,-2）（4）整理得12m−n=1（5）整理得6m−32n=1,所以过定点（【思维引导・5】抛物线y2=4x，直线l交抛物线于A、B两点，且OA⊥OB，求证：直线解设直线AB方程为mx+mx+ny=1于是kOAkOB=所以直线AB：14x+ny=1【思维引导・6】不过原点的动直线交椭圆x24+y23解设直线AB方程为mx+ny=1,mx+ny于是kOA∙k所以12m2−312【思维引导・7】已知椭圆x2（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，向上平移1个单位，求平移后的椭圆.解(1)(x+1)24(2)(x−2)24(3)x24(4)x24+(y+4)(5)(x+1)24+(y+(6)(x+2)24+(y−1)【思维引导・8】抛物线y2=4x,直线l交抛物线于A、B两点，PA⊥PB,求证:直线l解：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=4(x+1),整理得设平移后直线A'B'方程为mx+ny=1,A'（xmx+ny=1y2于是k整理得4m−4n=1，所以mx+ny=1过定点(4,-4),右移1个，上移2个，直线AB过定点(5,-2)【思维引导・9】椭圆x24+y23解将图形向左平移1个单位，向下平移32平移后的椭圆为(x+1)24设平移后直线A'B'方程为mx+nymx联立得4(12n同时除以x2，kP'A'−6(2m+n)=0,mx+【思维引导・10】双曲线x22−y22解将图形左平移2个单位平移后的双曲线为(x+2)22设平移后直线A'B'方程为mx+mx联立得y(1−同时除以x2，kPA4n+4mn=4n(m+1)=0，n=0或m=−1AB不与x轴垂直，n≠0∴−x+ny=1过(−1,0)，右移2个单位，原直线过典型例题例1(2021秋-重庆期末)已知抛物线C：y2(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°.解方法1：(Ⅰ)由题意知：2−（−p2）=3⟹p=2(Ⅱ)证明：设该直线为my=x−4，P、Q的坐标分别为（x联立方程有：my=x−4y2=4x⟹yOP所以∠POQ=90°.方法2：要证明∠POQ=90°,即证k设PQ：mx+ny=1yy同除x2得(k∵m=14,∴k1∙例2（2015年陕西文科卷）如图，椭圆E：x2a2+y(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.解方法1：(Ⅰ)由题设知，ca结合a2=b所以x2(Ⅱ)证明：由题意设直线PQ的方程为y=代入椭圆方程x2可得(1+2k由已知得（1,1）在椭圆外，设Px1则x1+x且∆=16k2(k−1)2则有直线AP,AQ的斜率之和为k==2k+(2−k)即有直线AP与AQ斜率之和为2.方法2：上移一个单位椭圆E’和直线L’：xmx+mmx2(−4∵x≠0.同除x(−4k例3（2017年全国卷文科）设A，B为曲线C：y=x（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上的一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程.解：（1）设A(x1，x12则直线AB的斜率为k=（2）方法1：设直线AB的方程为y=x+t，代入曲线C：y=x可得x2−4x−4t=0再由y=x24设Mm，m24由C在M处的切线与直线AB平行，可得12解得m=2，即M(2，1)，由AM⊥BM可得，kAM即为x1化为x1即为−4t+8+20=0解得t=7.则直线AB的方程为y=x+7.方法2：y=x24，y'左移2个单位，下移1个单位C'：4y+4=xx1+4mx≠0，同除x−4n4nmx+ny=1斜率−1+4m=4n，n=−x−y+8=0x−2x−y+7=0例4（2017年全国卷理）已知椭圆C：x2（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点，若直线P2A与直线P解：（1）根据椭圆的对称性，P3又p4的横坐标为1，∴椭圆必不过P∴P2把P21b2=1∴椭圆C的方程为x2证明：方法1：（2）①当斜率不存在时，设l：x=m，Am，∵直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，∴kP2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联立y=kx+tx2+4x1则kP2A∴t=−2k−1，此时∆=−64k，存在∴直线l的方程为y=kx−2k−1，当x=2时，y=−1，∴l过定点（2，1）.方法2：（2）下移1个单位E’：x24+(y+1)2=l,A’B’：x24+y2+2x2+4y2+8y(mx+(8n+4)y2+8mxy+x∵x≠0同除x(8n+4)(yx)(8n+4)k2+8mkk8m=2m-2n=1∴mx+ny=1过（2，-2）上移一个单位（2，-1）例5(2018全国一卷文科)设抛物线C：y2=2x,点A(2,0)，B(-2,0)，过点A的直线l与C交于M,N当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；证明：∠ABM=∠ABN.解：（1）当l与x轴垂直时，x=2,代入抛物线解得y=±2,所以M(2,2)或M(2,-2),直线BM的方程：y=12x+l,或:y=-1(2)方法1:证明:设直线l的方程为l：x=ty+2,M(x1,y1),N(x2联立直线l与抛物线方程得y2=2xx=ty+2 ,消x即y1+y2=2t，则有kBN+kBM=y1x1所以直线BN与BM的倾斜角互补，∴∠ABM=∠ABN.方法2：右移2个单位C’:y2=2(xl’:mx+ny=1过(4,0)即4m=l,m=1y2=2x-4y2=2x(mx+ny)-4(y2=2mx2+2nxy-4(m2x2+n2y2+2mnxy)(1+4n2)y2+(8mn-2n)xy+(4m2-2m)x2∵x≠0，同除x2(1+4n2)k2+(8mn-2n)k+4m2-2mk1+k2=∴∠ABM=∠ABN.例6(2018全国一卷理)设椭圆C：x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点，点M当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.解(1)c=2−1=1,∴∵l与x轴垂直，∴x=1,由x=1x22+y2=1，∴A(1,22)或（1，-22∴直线AM的方程为y=−22x+证明：方法1：(2)当l与x轴重合时∠OMA=∠OMB=0°，当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，∴∠OMA=∠OMB，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（x1，y1）,B(x2,y2)直线MA，MB的斜率之和kMA,kMB之和为kMA+k由y1=kx1-k，y2=kx2-k得kMA+k将y=k(x-1)代入x22+y2=1可得（2k2∴∴2k从而k故MA、MB的倾斜角互补，∴∠OMA=∠OMB,综上∠OMA=∠OMB.方法2：(2)左移2个单位Cl':mx+ny=1过−1xx22+2∵x≠0,同除x2+2k∴例7.(2020，新课标Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.解如图所示：∴AG=(a,1),GB∴解得：a=3,故椭圆E的方程是x(2)方法1：由(1)知A(-3，0)，B(3，0)，设P(6，m)，则直线PA的方程是y联立x29由韦达定理−3代入直线PA的方程为y=m9x+3得:yc=6m直线PB的方程是y=联立方程x29+由韦达定理3xD代入直线PB的方程为y=m3x−3即D3则=1\∗GB3①当xc=xD即27−3m29+m2=3m2=2\*GB3②当xc≠xD时，直线CD的斜率KCD=y∴直线CD的方程是y−−2m整理得：y=4m33−m综合=1\∗GB3①=2\*GB3②故直线CD过定点(32，0方法2：设P（6，t），A（-3，0），B（3，0），则k根据椭圆第三定义（本书后面有详细讲解），kAD⋅将图像向右移动3个单位，则椭圆E′和直线l′CD:x−3联立得：x2-6x+9y2=0，x2-6x(mx+ny)+9y2=0，即9y2-6nxy+(1-6m)x2=0，两边同时除以x2，得:9y2x2−6nyx+1−6m=0，则例8.(2020-山东)已知椭圆的离心率为,且过点.(1)求的方程;(2)点在上,且为垂足.证明:存在定点,使得为定值.解(1)离心率,,又,,把点代入椭圆方程得,,解得,故椭圆的方程为.(2)(1)当直线的斜率存在时,设其方程为,联立,得,由,知,设,则,,即,,化简整理得,,或,当时,,过定点,不符合题意,舍去;当时,,过定点.设,则,(i)若,解得,,点在以为圆心,为半径的圆上,故存在,使得,为定值.(ii)若,则直线的方程为,为定值.(2)当直线的斜率不存在时,设其方程为,且,,解得或2(舍2,,此时,为定值.综上所述,存在定点,使得为定值,且该定值为.方法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和直线;联立得:,两边同时除以,得:,,,即过定点,则平移前该直线过定点.在中,,则点的轨迹是以为直径为定点,为定点,则为定值,则为中点,此时为定值,,则例9.(2021-惠州模拟)已知左焦点为的椭圆过点.过点分别作斜率为的椭圆的动弦,设分别为线段的中点.(1)求椭圆的标准方程;(2)若为线段的中点,求;(3)若,求证直线恒过定点,并求出定点坐标.解(1)由题意,且右焦点 所求椭圆方程为;(2)设,则 (2)-(1),可得;(3)证明:方法1:由题意,,设,直线的方程为,即,代入椭圆方程并化简得 同理,当时,直线的斜率直线的方程为即，此时直线过定点当时,直线即为轴,此时亦过点综上,直线恒过定点,且坐标为.方法2:设过点的弦的中点坐标为(点差法,本书后面有专门讲解)即中点的轨迹方程为将点平移到原点,整体左移1个单位,下移1个单位设平移后的方程为曲线为同除以.过定点.则平移前的过定点例10.(2021-武汉模拟)已知椭圆的左右顶点分别为,过椭圆内点且不与轴重合的动直线交椭圆于两点,当直线与轴垂直时,.(1)求椭圆的标准方程;(2)设直线和直线分别交于点,若恒成立,求的值.解(I)由得,故的方程为,此时,代入方程,解得,故的标准方程为.(II)方法1:设直线的方程为:,与椭圆联立得,设,则,(1)此时直线的方程为,与联立,得点,同理,,由,则,即,所以,即,把(1)代入得,化简得,即，,解得或.方法2:公共点右移2个单位后过，等式两边同时除以，直线，，解得或.自我检测1.(2021秋-阁良区期末)已知抛物线,直线经过抛物线的焦点,且垂直于抛物线的对称轴,直线与抛物线交于两点,且.(I)求抛物线的方程;(II)已知点,直线与抛物线相交于不同的两点,设直线与直线的斜率分别为和,求证:为定值.解:(I)由题意可得,得,抛物线;(II)方法1:证明:,联立,得.由,得或,设,则,方法2:直线与直线的公共点为,整体左移2个单位,下移1个单位过平移后过,即联立,得.，,等式两边同时除以2.(2021秋-连云港期末)已知直线与抛物线交于两点.(1)若直线的斜率为,且经过抛物线的焦点,求线段的长;(2)若点为坐标原点,且,求证:直线过定点.(1)解:抛物线为,所以焦点坐标为,直线斜率为,则直线方程为:,设,由得:分可得(4分)由抛物线定义可得,所以分)(2)证明:方法1:设直线方程为:,设,因为,所以，所以,由得:(8分)所以,;所以,解得,或(10分)当时,直线过原点,不满足题意;当时,直线过点故当时,直线过定点(12分)方法2:联立后得即,过定点3.(2021秋-涂州期末)已知点在圆上,,线段的垂直平分线与相交于点.(1)求动点的轨迹方程;(2)若过点的直线斜率存在,且直线与动点的轨迹相交于两点.证明:直线与的斜率之积为定值.解:(1)由已知可得圆心,半径,点在线段的垂直平分线上,,又,又,,则动点的轨迹是以为焦点,长轴长的椭圆.从而,故所求动点的轨迹方程为.(5分)(2)证明:设由消去,得,,.可设直线与的斜率分别为,则,即直线与的斜率之积为定值.方法2：公共点，下移个单位过即4.已知椭圆经过点,且椭圆的上顶点与右焦点所在直线的斜率为.(1)求椭圆的方程;(2)设是椭圆上异于左顶点的两个点,若以为直径的圆过点,求证:直线过定点.解:(1)由已知设椭圆的上顶点的坐标为,右焦点的坐标为,则由已知可得,解得,椭圆的方程为,(2)为左顶点,则,设直线的方程为,代入椭圆方程消去可得,设,则,,,以为直径的圆过点,即,解得或,又因,直线的方程为,故直线过定点.方法2:公共点为,整体右移2个单位齐次联立:同时除以过点,左移2个单位,过点,5.(2021秋-䣾陵市期中)已知椭圆的左右顶点是双曲线的顶点,且椭圆的上顶点到双曲线的渐近线距离为.(1)求椭圆的方程;(2)点为椭圆的左焦点,不垂直于轴且不过点的直线与曲线相交于两点,若直线的斜率之和为0,则动直线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.解:(1)由题意可知:又椭圆的上顶点为双曲线的渐近线为:由点到直线的距离公式有:得所以椭圆的方程为.(2)方法1:设直线线的方程为联立得则由已知直线的斜率之和为0,有,所以化简得此时显然有机会成立.所以直线的方程为:所以存在这样的定点符合题意.方法2:(2)右移1个单位..平移的动直线.同除以，当的斜率之和为0时,即过定点，则平移之前的过6.(2021秋-德州期末)植圆的离心率是,过点的动直线与椭圆相交于两点,当直线与轴平行时,直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程;(2)在轴上是否存在异于点的定点,使得直线变化时,总有?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.解:(1),椭圆方程化为:,由题意知,椭圆过点,,解得,所以椭圆的方程为;(2)方法1:当直线斜率存在时,设直线方程:,由得,设,假设存在定点符合题意,,,上式对任意实数恒等于零,,即,当直线斜率不存在时,两点分别为椭圆的上下顶点,显然此时,综上,存在定点满足题意.方法2:设当时,下移个单位，过，化简:同除以即.即将代入.求得，即7.(2021秋-滑县期末)已知椭圆,点在椭圆上,椭圆的四个顶点的连线构成的四边形的面积为.(1)求椭圆的方程;(2)设点为椭圆长轴的左端点,为椭圆上异于椭圆长轴端点的两点,记直线斜率分别为,若,请判断直线是否过定点?若过定点,求该定点坐标,若不过定点,请说明理由.解:(1)由点在椭圆上可得:,整理为:,由椭圆的四个顶点的连接线构成的四边形的面积为可得:,即,可得,由可解得:,故椭圆的方程为:.(2)方法1:设点的坐标分别为,点的坐标为,故,可得,设直线的方程为(直线的斜率存在),可得,整理为:,联立,消去得:,由,有,有,故有:,整理得:,解得:或,当时直线的方程为,即,过定点不合题意,当时直线的方程为,即,过定点.方法2:设为直线,右移2个单位同除，即当时.当代入直线中,.当时,，过定点,则平移前过定点8.(2021-吴起县校级模拟)已知中心在原点,焦点在轴上,离心率为的椭圆过点.(I)求椭圆的方程;(II)设不过原点的直线与该椭圆交于两点,满足直线的斜率依次成等比数列,求直线的斜率.解：(I)由题意可设椭圆方程为,则,解得,可得椭圆方程为;(II)方法1:由题意可知,直线的斜率存在且不为0,故可设直线的方程为,由,消去得,则,且.故.因为直线的斜率依次成等比数列,所以,即,即,又,所以,即.即有直线的斜率为.方法2:设直线的方程为,，齐次联立同时除以9.(2021-广东一模)已知椭圆的离心率为,过椭圆右焦点并垂直于轴的直线交椭圆于(点位于轴上方)两点,且(为坐标原点)的面积为.(1)求椭圆的标准方程;(2)若直线交椭圆于异于点两点,且直线与的斜率之积为,求点到直线距离的最大值.解:(1)由题意可得,所以由题意可得且,解得,所以椭圆的方程为;(2)方法1:由(1)可得,设,设直线的方程为:,联立可得且整理可得:,,且,,整理可得:,整理可得,整理可得,即,或,若,则直线方程为:,直线恒过,与点重合,若,则直线方程为:,所以直线恒过定点所以到直线的距离的最大值为的值为所以点到直线距离的最大值.方法公共点,左移1个单位,下移个单位，等式两边同时除以过右移1个单位,上移个单位,过所以到直线的距离的最大值为的值为所以点到直线距离的最大值.10.(2021秋-相城区月考)已知椭圆的离心率为,且点在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程;(2)如图,椭圆的左、右顶点分别为,点是椭圆上异于的不同两点,直线的斜率为,直线的斜率为,求证:直线过定点.解:(1)因为椭圆的离心率为,即,所以,又点在该椭圆上,所以,所以,所以椭圆的标准方程为.(2)方法1:由于的斜率为,则,联立,得:,所以,所以,从而即,同理,由于的斜率为,则,联立得:,即，所以,所以,从而,即,当时即时,,过点,当时,,即,所以直线过点,综上,直线过点.方法2:，公共点为,整体右移2个单位齐次联立同时除以过点,左移2个单位,过点,11.(2021秋-漳州期末)已知椭圆的离心率为,的面积为.(1)求椭圆的方程;(2)过右焦点作与轴不重合的直线交椭圆于两点,连接分别交直线于两点,若直线的斜率分别为,试问:是否为定值?若是,求出该定值,若不是,请说明理由.解:(1)由题意得,解得,所以椭圆的方程为.(2)为定值,理由如下:方法1:由(1)知,当直线斜率不存在时,直线方程为,联立,得,不防设,则直线方程为,令,得,则,此时,,同理,所以,(2)方法1:当直线斜率存在时,设直线方程为,设联立方程组,消去,整理得,则,直线方程为,令,得,则,同理,所以,所以综上所述,为定值.方法为定值,理由如下：由(1)知,设直线的方程为,设,联立方程组,消去,整理得,则直线方程为,令,得,则,同理,所以,所以所以为定值.方法公共点为,整体左移2个单位过同时除以12.(2021秋-龙湖区校级期末)如图,点为植圆的右焦点,过且垂直于轴的直线与椭圆相交于两点(在的上方),.(1)求椭圆的方程;(2)设点是椭圆上位于直线两侧的动点,且满足,试问直线的斜率是否为定值,请说明理由.解:(1)根据题意可得,解得,所以椭圆的方程为.(2)方法1:依据题意知直线的斜率存在,设直线的方程为,,代入椭圆的方程得:所以,由,得,因为,所以,所以,所以,整理得,所以或,当时,直线过定点,不合题意,所以,所以直线的斜率是定值.方法2:公共点左移1个单位,下移个单位，，斜率为13.(2021秋-湖北期末)设曲线过两点,直线与曲线交于两点,与直线交于点.(1)求曲线的方程;(2)记直线的斜率分别为,求证:,其中为定值.解:(1)由已知得,解得,所以曲线的方程为;（2）方法1:令,则,联立,整理得,设,则，,又,等于定值2,得证.方法2:公共点左移2个单位,下移3个单位,右焦点在直线,且过,代入解得与交点,解得即等于定值2,得证.14.(2021秋-光明区期末)已知椭圆的离心率为,设椭圆的左、右焦点分别为,左、右顶点分别为,且为等比数列.(I)求椭圆的方程;(II)过点作直线与椭圆交于两点(直线与轴不重合),设直线的斜率分别为,判断是否为定值?若是,求出该值;若不是,请说明理由.解:(I)因为为等比数列,所以,即,根据题意可得,解得,所以椭圆的方程为.(II)方法1:设直线的方程为,联立得,所以,所以,所以,又因为,所以把(1)代入上式,得,所以是为定值.方法2:公共点为,整体左移2个单位过解得齐次联立:同时除以(第三定义,需要用点差法或者直接法证明),所以是为定值.