《2024届高考数学专项齐次化妙解圆锥曲线含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届高考数学专项齐次化妙解圆锥曲线含答案.pdf（68页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1齐次化妙解圆锥曲线题型1定点在原点的斜率问题题型1定点在原点的斜率问题题型2定点在原点转化成斜率问题题型2定点在原点转化成斜率问题题型3定点不在原点之齐次化基础运用题型3定点不在原点之齐次化基础运用题型4定点不在原点的斜率问题题型4定点不在原点的斜率问题题型5定点不在原点转化为斜率问题题型5定点不在原点转化为斜率问题题型6定点不在原点之二级结论第三定义的使用题型6定点不在原点之二级结论第三定义的使用题型7齐次化妙解之等角问题题型7齐次化妙解之等角问题题型8点乘双根法的基础运用题型8点乘双根法的基础运用题型9点乘双根法在解答题中的运用题型9点乘双根法在解答题中的运用题型1定点在原点的斜率问题题
2、型1定点在原点的斜率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x1+x2和x1x2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=ax2+bxy+cy2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1 1 直线mx+ny=1与抛物线y2=4x交于A x1,y1,B
3、x2,y2，求kOA+kOB,kOAkOB(用m,n表示)2024届高考数学专项齐次化妙解圆锥曲线21直线mx+ny=1与椭圆x24+y23=1交于A x1,y1,B x2,y2，求kOAkOB(用m,n表示)2抛物线y2=4x，直线l交抛物线于A、B两点，且OAOB，求证：直线l过定点3不过原点的动直线交椭圆x24+y23=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34已知直线y=kx+4交椭圆x24+y2=1于A，B两点，O为坐标原点，若kOA+kOB=2，求该直线方程5设Q1，Q2为椭圆x22b2+y2b2=1上两个动点，且OQ1OQ2，过原点O作直线
4、Q1Q2的垂线OD，求D的轨迹方程4题型题型2 2定点在原点转化成斜率问题定点在原点转化成斜率问题圆锥曲线齐次化原理是：过程中为了式子整齐好记，所以将它齐次化。齐次化是常见的代数处理技巧，圆锥曲线中用齐次化的方法解决和斜率相关的定值定点。齐次化法简化计算适用范围：圆锥曲线中处理斜率之和与斜率之积类型问题。以圆锥曲线中椭圆为例，先介绍齐次化解题的基本特征与一般步骤：(一)基本特征1.椭圆上有定点P(xo,yo)和动弦AB;2.题设或结论中涉及PA,PB的斜率之积或斜率之和等情况.如kk,k+k,。(二)解题步骤1.设直线方程为m(x-xo)+n(y-yo)=1,其中点(xo,yo)为两相关直线的
5、交点(这样设直线方程的形式，右边为1对联立齐次化较为方便);2.椭圆方程变形为3.椭圆变形方程与直线方程联立齐次化：4.由韦达定理得k+k,kk;5.根据题设进一步求解。注意：过一定点作两条直线且两直线间存在斜率关系(显性或隐性)如果你发现题目出现了以上情况那这个题目八成可用齐次化来简化但要注意叙述的严谨性和完整性否则易被老师扣去过程分1 1已知抛物线C的方程为y2=2px，若直线y=kx+b与抛物线C相交于A，B两点，且以AB为直径的圆过坐标原点，证明直线y=kx+b过定点1直线x+2y-3=0与圆x2+y2+x-6y+c=0相交于P，Q，且OPOQ，求c的值类型识别：OPOQ，所以kOPk
6、OQ=-1，适合用齐次化来处理52(2021重庆期末)已知抛物线C:y2=2px p0上一点A 2,a到其焦点的距离为3()求抛物线C的方程；()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=903(2022连云港期末)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OAOB，求证：直线l过定点题型题型3 3定点不在原点之齐次化基础运用定点不在原点之齐次化基础运用y-nx-m型怎么采用齐次化运算解决，平移是关键如果不在原点，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
7、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，x2a2+y2b2=1向上平移1个单位，变为x2a2+y-12b2=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+ny2，构造ay2+bxy+cx2=0，然后等式两边同时除以x2(前面注明 x不等于 0)，得到 ayx2+byx+c=0，可以直接利用韦达定理得出斜率之
8、和或者斜率之积，y1x1+y2x2=-ba，y1x1y2x2=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：平移；联立并齐次化；同除以x2；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61 1抛物线y2=4x，P 1,2，直线l交抛物线于A、B两点，PAPB，求证：直线l过定点1椭圆x24+y23=1，点P 1,32，A,B为椭圆上两点，kPA+kPB=0求证：直线AB斜率为定值2双曲线x22-y22=1，P 2,0，A、B为双曲线上两点，且kPA+kPB=0AB不与
9、x轴垂直，求证：直线AB过定点73已知椭圆x24+y2=1，设直线l不经过点P(0,1)的直线交椭圆于A，B两点，若直线PA，PB的斜率之和为-1，证明：直线l恒过定点题型题型4 4定点不在原点的斜率问题定点不在原点的斜率问题1 1如图，椭圆E:x2a2+y2b2=1 ab0经过点A 0,-1，且离心率为22()求椭圆E的方程；()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281(2017年全国卷理)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0，四点P11,1，P20,1，P3-1,32，P41,32中恰有三点在椭圆C上(1)求C的
10、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P2B的斜率的和为-1，证明：l过定点2(2022惠州模拟)已知左焦点为F-1,0的椭圆过点E 1,2 33，过点P 1,1分别作斜率为k1，k2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k1；(3)若k1+k2=1，求证：直线MN恒过定点，并求出定点坐标93(2022阎良区期末)已知抛物线C:x2=2py p0，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P 2,1
11、，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：k1k2为定值4已知椭圆C过点A 1,32，两个焦点为(-1,0)，(1,0)(I)求椭圆C的标准方程；(II)E，F是椭圆上的两个动点，(1)如果直线AE的斜率与AF的斜率之和为2，证明直线EF恒过定点；(2)如果直线AE的斜率与AF的斜率之积为2，证明直线EF恒过定点105(2022滁州期末)已知点A在圆C:x-22+y2=16上，B-2,0，P 0,2，线段AB的垂直平分线与AC相交于点D.(1)求动点D的轨迹方程;(2)若过点Q 0,-1的直线l斜率存在，且直线l与动点D的轨迹相
12、交于M，N两点.证明：直线PM与PN的斜率之积为定值.题型题型5 5定点不在原点转化为斜率问题定点不在原点转化为斜率问题1 1若A，B为抛物线C：y2=2px上两点，且以AB为直径的圆过点P(p,2p)，证明：直线AB过定点1设A，B为曲线C:y=x24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AMBM，求直线AB的方程112(2020山东)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0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AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得 DQ为定值3(20
13、22武汉模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0的左右顶点分别为A，B，过椭圆内点D23,0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MDND恒成立，求t的值4已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)经过点 1,62,且离心率等于22(1)求椭圆C的方程；(2)过点P(2,0)作直线 PA,PB 交椭圆于 A，B两点，且满足 PAPB，试判断直线 AB 是否过定点，若过定点请写出点坐标12题型题型6 6定点不在原点之二级结论第三定义的使用定点不在原点之二级结
14、论第三定义的使用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 Ayx2+Byx+C=0y1x1+y2x2=-BA,y1x1y2x2=CA k1+k2=-BA,k1k2=CA.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、之和问题齐次化运算在解析几何中的运算，只可以处理斜率之和
15、(积)的问题，基本步骤如下：f x,y=0,g x,y=0 Ayx2+B yx+C=0 y1x1+y2x2=-BA,y1x1y2x2=CA k1+k2=-BA,k1k2=CA，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1 1A,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1A,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132(2020新课标)已知A，B分别为椭圆E:
16、x2a2+y2=1 a1的左、右顶点，G为E的上顶点，AG GB=8P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过定点题型题型7 7齐次化妙解之等角问题齐次化妙解之等角问题等角问题的推广：结论1：过抛物线线外一点P作抛物线的切线PA，PB，则AFP=BFP结论2：过椭圆外一点P作椭圆的切线PA，PB，则AFP=BFP141 1设椭圆C：x22+y2=1的右焦点为F，过F的直线l与C相交于A，B两点，点M点坐标为(2,0)(1)当直线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=OMB1(2013年数学高考陕
17、西卷理科)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦长MN的长为8(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点 B(-1,0)，设不垂直于 x轴的直线 l与轨迹 C交于不同的两个点 P，Q，若x轴是PBQ的角平分线，证明：直线l过定点2(2018全国一文)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两点(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(2)证明：ABM=ABN153(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：O
18、MA=OMB4(2022德州期末)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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2 6.(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.16题型题型8 8点乘双根法的基础运用点乘双根法的基础运用点乘双根法及其应用1.点乘双根法的含义与原理：何谓点乘双根法呢？在大学数学中，把向量a，b的数量积a b叫做向量a点乘向量b，因此点乘得名；所谓双根是由初中的一元二次方程知识可知：若x1和x2是一元二
19、次方程ax2+bx+c=0的两个根，则ax2+bx+c=a(x-x1)(x-x2)，我们把ax2+bx+c=a(x-x1)(x-x2)叫做二次方程的双根式，所谓的点乘双根法就是构建双根式是去解决含x1+x2和x1x2或者可转化为含含x1+x2和x1x2的计算问题，其中以向量的数量积有关的问题为最常见2.点乘双根法的原理：点乘双根法是通过对双根式ax2+bx+c=a(x-x1)(x-x2)进行赋值x=x0和y=y0，直接计算(x1-x0)(x2-x0)和(y1-y0)(y2-y0)的含参表达式，然后整体代入目标PA PB=(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)，从而构建出关于
20、参数的等式关系式，避免繁杂的计算，达到快速解题的目的(其中，点P坐标(x0,y0)为已知定点，A(x1,y1)，B(x2,y2)为直线l与圆锥曲线的交点)3.点乘双根法适用题型:在圆锥曲线中，遇到如PA PB=m(其中m为常数)的形式，其中点P是已知的点，AB为直线l与圆锥曲线的交点的问题时，可用点乘双根法以达到简化运算，快速解题的目的1 1椭圆 C：x24+x23=1，若直线 l：y=kx+m 与椭圆 C 交于 A，B 两点(A，B 不是左右顶点)，且以直线AB为直径的圆恒过椭圆C的右顶点求证：直线l恒过定点，并求出该点的坐标1(2018年全国课标卷3理科16题)已知点M-1,1和抛物线C：
21、y2=4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点若AMB=90，则k=2已知抛物线y2=2px，过原点且相互垂直的直线OA，OB交抛物线于A，B两点，求证：直线AB过定点173过双曲线x2a2-y2b2=1右焦点且斜率为35的直线l交双曲线于A，B，若OAOB且AB=4，求双曲线的方程方法识别：因为OAOB，所以kOAkOB=-1，适合用齐次化来处理4已知抛物线y2=4x的焦点为F，过F作两条垂直的直线l1，l2，l1与抛物线相交于A，B两点，l2与抛物线相交于C，D两点，求|AF|BF|+|EF|FD|的最小值5已知抛物线方程为y=2x2，直线y=kx+2与抛物线交于A，B两点，Nk
22、4,k28，且NA NB=0，求k的值18题型题型9 9点乘双根法在解答题中的运用点乘双根法在解答题中的运用1 1(2013年石家庄一模理科20)椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左，右焦点分别为F1(-1,0)，F2(1,0)，过F1作与x轴不重合的直线l交椭圆于A，B两点(1)若ABF2为正三角形，求椭圆的离心离；(2)若椭圆的离心离满足0e5-12，O为坐标原点，求证：OA2+OB20时，恒有|OA|OB|192(2017年高考课标1卷第20题)设A，B为曲线C：y=x24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
23、AMBM，求直线AB的方程3(2019年北京二中期中考试)已知抛物线y2=2px(p0)过点A(2,y0)，且点A到其准线的距离为4(1)求抛物线的方程；(2)直线y=x+m与抛物线交于两个不同的点P，Q，若OPOQ，则求实数m的值；4(2012年重庆理科第20题)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F1，F2，线段OF1，OF2中点分别为B1，B2，且AB1B2是面积为4的直角三角形(1)求其椭圆的方程(2)过B1作直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2QB2，求直线l的方程201(2022广东一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0的离心率为12，过椭圆C右焦点
24、并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M(点P位于x轴上方)两点，且OPM(O为坐标原点)的面积为32(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l交椭圆C于A，B(A，B异于点P)两点，且直线PA与PB的斜率之积为-94，求点P到直线l距离的最大值2(2023山西吕梁统考二模)已知抛物线C：y2=2px过点A 2,4(1)求抛物线C的方程；(2)P，Q是抛物线C上的两个动点，直线AP的斜率与直线AQ的斜率之和为4，证明：直线PQ恒过定点213(2023河南开封统考模拟预测)已知点A(3,1)在椭圆C:x2a2+y2a2-8=1上，直线l交C于M，N两点，直线AM，AN的斜率之和为0(1)求直线l的斜
25、率；(2)求OMN的面积的最大值(O为坐标原点)4(2023江西校联考模拟预测)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)，渐近线方程为yx2=0，点A 2,0在C上；(1)求双曲线C的方程；(2)过点 A 的两条直线 AP，AQ 分别与双曲线 C 交于 P，Q 两点(不与 A 点重合)，且两条直线的斜率 k1，k2满足k1+k2=1，直线PQ与直线x=2，y轴分别交于M，N两点，求证：AMN的面积为定值.225(2024海南省直辖县级单位校考模拟预测)椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0的离心率e=12，过点0,3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点12,0且斜率不为0的直线l与椭
26、圆交于M,N两点，椭圆的左顶点为A，求直线AM与直线AN的斜率之积.6(2023云南大理统考一模)已知双曲线：x2a2-y2b2=1 a0,b0，其渐近线方程为x2y=0，点 2 2,1在上.(1)求双曲线的方程；(2)过点A 2,0的两条直线AP，AQ分别与双曲线交于P，Q两点(不与点A重合)，且两条直线的斜率之和为1，求证：直线PQ过定点.237(2022全国统考高考真题)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0(1)求l的斜率；(2)若tanPAQ=2 2，求PAQ的面积1齐次化妙解圆锥曲线题型题型1 1定点
27、在原点的斜率问题定点在原点的斜率问题题型题型2 2定点在原点转化成斜率问题定点在原点转化成斜率问题题型题型3 3定点不在原点之齐次化基础运用定点不在原点之齐次化基础运用题型题型4 4定点不在原点的斜率问题定点不在原点的斜率问题题型题型5 5定点不在原点转化为斜率问题定点不在原点转化为斜率问题题型题型6 6定点不在原点之二级结论第三定义的使用定点不在原点之二级结论第三定义的使用题型题型7 7齐次化妙解之等角问题齐次化妙解之等角问题题型题型8 8点乘双根法的基础运用点乘双根法的基础运用题型题型9 9点乘双根法在解答题中的运用点乘双根法在解答题中的运用题型题型1 1定点在原点的斜率问题定点在原点的斜
28、率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x1+x2和x1x2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=ax2+bxy+cy2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1 1直线mx+ny=1与抛物线y2=4x交于A x1,y1,B x2,y2，求kOA
29、+kOB,kOAkOB(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，yx2-4nyx-4m=0，kOA+kOB=y1x1+y2x2=4n,kOAkOB=y1x1y2x2=-4m21直线mx+ny=1与椭圆x24+y23=1交于A x1,y1,B x2,y2，求kOAkOB(用m,n表示)【解析】mx+ny=1x24+y23=1 齐次化联立得：x24+y23=mx+ny2，等式两边同时除以x2，12n2-4yx2+24mnyx+12m2-3=0，kOAkOB=y1x1y2x2=12m2-312n2-42抛物线y2=4x，直线l交抛物线
30、于A、B两点，且OAOB，求证：直线l过定点【解析】设直线AB方程为mx+ny=1，A x1,y1,B x2,y2，mx+ny=1y2=4x 联立得yx2-4nyx-4m=0，kOAkOB=y1y2x1x2,-4m=-1,m=14，直线AB:14x+ny=1过定点 4,03不过原点的动直线交椭圆x24+y23=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 x1,y1,B x2,y2，mx+ny=1x24+y23=1 联立得 12n2-4yx2+24mnyx+12m2-3=0，于是kOAkOB=y1x1y2x2=12m2
31、-312n2-4，又kAB=-mn，12m2-312n2-4=m2n2，得kAB=-mn=324已知直线y=kx+4交椭圆x24+y2=1于A，B两点，O为坐标原点，若kOA+kOB=2，求该直线方程【解析】法一(齐次化解法)：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，步骤1：构建关于x、y的齐次式：将直线变形为y-kx4=1代入x24+y2=1进行“1”的代换得x24+y2=y-kx42，整理得15y2+2kxy+(4-k2)x2=0；步骤2：构建关于斜率k=yx的方程：3因为x0，方程两边同除以x2，得15yx2+2kyx+(4-k2)=0；步骤3：利用韦达定理转化目标：易知kOA=y1x1和
32、kOB=y2x2是方程15yx2+2kyx+(4-k2)=0的两个根，由韦达定理得kOA+kOB=-2k15=2，即k=-15，故所求直线方程为y=-15x+4法二(常规解法)：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=kx+4x24+y2=1，代入消去y得(4k2+1)x2+32kx+60=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=32k4k2+1，x1x2=604k2+1，所以kOM+kON=y1x1+y2x2=kx1+4x1+kx2+4x2=2k+4(x1+x2)x1x2=2k+32k15=2，解得k=-15，故所求直线方程为y=-15x+4【方法小结】本题属于曲线上的
33、两个点与原点连线的斜率之和为定值(斜率之积为定值也可以用本法)问题，通过对直线变形，采取“1”的巧用，一般二次方不变，一次方项直接乘以“1”，常数项乘以“1”的平方，从而构建关于x，y的二元二次的齐次方程，再两边同时除以 x2得到一个是以原点与曲线上连线的斜率 k为根的一元二次方程，再借助韦达定理使得问题运算得到简化，我们把这种操作手法称之为“齐次化”5设Q1，Q2为椭圆x22b2+y2b2=1上两个动点，且OQ1OQ2，过原点O作直线Q1Q2的垂线OD，求D的轨迹方程【解析】法一：(常规方法)设Q1(x1,y1)，Q1(x2,y2)，D(x0,y0),设直线Q1Q2方程为y=kx+m，联立y
34、=kx+mx22b2+y2b2=1 化简可得:(2b2k2+b2)x2+4kmb2x+2b2(m2-b2)=0，所以x1x2=2b2(m2+b2)2b2k2+b2，y1y2=b2(m2-2b2k2)2b2k2+b2，因为OQ1OQ2，所以x1x2+y1y2=2b2(m2+b2)2b2k2+b2+b2(m2-2b2k2)2b2k2+b2=2(m2-b2)2k2+1+m2-2b2k22k2+1=0，3m2=2b2(1+k2)又因为直线Q1Q2方程等价于为y-y0=-x0y0(x-x0)，即y=-x0y0 x+x20y0+y0，4对比于y=kx+m，则-x0y0=kx20y0+y0=m 代入中，化简
35、可得：x20+y20=23b2法二：(齐次化解法)设直线Q1Q2方程为mx+ny=1，联立mx+ny=1x22b2+y2b2=1，可得mx+ny=1x22b2+y2b2-1=0，所以x22b2+y2b2-(mx+ny)2=0，化简可得x22b2+y2b2-m2x2-n2y2-2mnxy=0，整理成关于x，y的齐次式：(2-2b2n2)y2+(1-2m2b2)x2-4mnb2xy=0，进而两边同时除以x2，则(2-2b2n2)yx2-4mnb2yx+1-2m2b2=0，记OQ1，OQ2的斜率分别为k1，k2，则k1，k2为方程(2-2b2n2)yx2-4mnb2yx+1-2m2b2=0的两个根，
36、由韦达定理得k1k2=1-2m2b22-2b2n2，因为OQ1OQ2，所以k1k2=1-2m2b22-2b2n2=-1，3m2=2b2(1+k2)又因为直线Q1Q2方程等价于为y-y0=-x0y0(x-x0)，即y=-x0y0 x+x20y0+y0，对比于y=kx+m，则-x0y0=kx20y0+y0=m，代入中，化简可得：x20+y20=23b2题型题型2 2定点在原点转化成斜率问题定点在原点转化成斜率问题圆锥曲线齐次化原理是：过程中为了式子整齐好记，所以将它齐次化。齐次化是常见的代数处理技巧，圆锥曲线中用齐次化的方法解决和斜率相关的定值定点。齐次化法简化计算适用范围：圆锥曲线中处理斜率之和
37、与斜率之积类型问题。以圆锥曲线中椭圆为例，先介绍齐次化解题的基本特征与一般步骤：(一)基本特征1.椭圆上有定点P(xo,yo)和动弦AB;2.题设或结论中涉及PA,PB的斜率之积或斜率之和等情况.如kk,k+k,。(二)解题步骤1.设直线方程为m(x-xo)+n(y-yo)=1,其中点(xo,yo)为两相关直线的交点(这样设直线方程的形式，右边为1对联立齐次化较为方便);2.椭圆方程变形为3.椭圆变形方程与直线方程联立齐次化：4.由韦达定理得k+k,kk;5.根据题设进一步求解。注意：过一定点作两条直线且两直线间存在斜率关系(显性或隐性)如果你发现题目出现了以上情况那这个题目八成可用齐次化来简
38、化但要注意叙述的严谨性和完整性否则易被老师扣去过程分51 1已知抛物线C的方程为y2=2px，若直线y=kx+b与抛物线C相交于A，B两点，且以AB为直径的圆过坐标原点，证明直线y=kx+b过定点【证明】因为以AB为直径的圆过坐标原点，所以OAOB，即kOAkOB=-1设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则kOA=y1x1，kOB=y2x2将直线y=kx+b变形得yb-kxb=1，记m=1b，n=-kb，则直线可化为my+nx=1，将“1”代入抛物线C的方程得y2=2px(my+nx)，整理得y2-2pmxy-2pnx2=0，因为x0，方程两边同除以x2，得yx2-2pmyx-2pn=0，易
39、知kOA=y1x1和kOB=y2x2是方程yx2-2pmyx-2pn=0的两个根，由韦达定理得kOAkOB=-2pn=-1，即n=12p，代入求直线方程my+nx=1得my+12px=1，即x=2pmy+2p，当y=0时，x=2p，故直线恒定过点(2p,0)1直线x+2y-3=0与圆x2+y2+x-6y+c=0相交于P，Q，且OPOQ，求c的值类型识别：OPOQ，所以kOPkOQ=-1，适合用齐次化来处理【解析】设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，将直线变形为x+2y3=1，代入圆x2+y2+x-6y+c=0得x2+y2+(x-6y)x+2y3+cx+2y32=0，化简得(4c-27)y2+
40、(4c-12)xy+(c+12)x2=0，等式两边同除以x2得(4c-27)yx2+(4c-12)yx+(c+12)=0，注意到kOP=y1x1，kOQ=y2x2，所以kOP和kOQ方程(4c-27)yx2+(4c-12)yx+(c+12)=0的两个根，所以kOPkOQ=c+124c-27=-1，计算可得c=32(2021重庆期末)已知抛物线C:y2=2px p0上一点A 2,a到其焦点的距离为3()求抛物线C的方程；()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：()由题意知：2-p2=3p=2y2=4x()证明：设该直线为my=x-4，P、Q
41、的坐标分别为 x1,y1、x2,y2，联立方程有：my=x-4y2=4x y2-4my-16=0，OP OQ=x1x2+y1y2=y21y2216+y1y2=116-162-16=0，POQ=90解法2：要证明POQ=90，即证kPOkQO=-1，设PQ:mx+ny=1，过 4,0，4m=1，m=14，y2=4x mx+ny，y2-4nxy-4mx2=0，同除以x2得yx2-4nyx-4m=0，k1k2=-4m，m=14，k1k2=-1即POQ=903(2022连云港期末)已知直线l与抛物线C:y2=4x交于A，B两点6(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
42、点O为坐标原点，且OAOB，求证：直线l过定点【答案】(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.【详解】(1)抛物线为y2=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 x1,y1，B x2,y2，由y=-x+1y2=4x 得：x2-6x+1=0，可得x1+x2=6，由抛物线定义可得 AB=x1+x2+2，AB=8(2)设直线AB方程为：x=my+n，设A x1,y1，B x2,y2，OAOB，OA OB
43、=0，x1x2+y1y2=0，由x=my+ny2=4x 得：y2-4my-4n=0，y1y2=-4n；x1x2=n2；n2-4n=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OAOB时，直线AB过定点 4,0题型题型3 3定点不在原点之齐次化基础运用定点不在原点之齐次化基础运用y-nx-m型怎么采用齐次化运算解决，平移是关键如果不在原点，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
44、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，x2a2+y2b2=1向上平移1个单位，变为x2a2+y-12b2=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+ny2，构造ay2+bxy+cx2=0，然后等式两边同时除以x2(前面注明 x不等于 0)，得到 ayx2+byx+c=0，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，y1x1+y2x2=-ba，y1x1y2x2=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
45、：平移；联立并齐次化；同除以x2；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1 1抛物线y2=4x，P 1,2，直线l交抛物线于A、B两点，PAPB，求证：直线l过定点7【解析】法1：(推荐)设直线l:m(x-1)+n(y-2)=1,抛物线变形：(y-2+2)2=4(x-1+1)，化简得:(y-2)2+4 y-2+4=4x-1+4,即(y-2)2+4 y-2=4x-1，一次项化成二次项得：(y-2)2+4 y-2m(x-1)+n(y-2)=4x-1(x-1)+n(y-2),即(1+4n)y-2x-12+4m
46、-4ny-2x-1-4m=0,kpAkPB=-4m1+4n=-1,整理得4m-4n=1,直线l:5,-2法2：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+22=4 x+1，整理得y2+4y-4x=0设平移后直线AB方程为mx+ny=1，Ax1,y1,Bx2,y2，mx+ny=1,y2+4y-4x=0 联立得 1+4nyx2+4m-4nyx-4m=0，于是kPAkPB=y1x1y2x2=-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,-21椭圆x24+y23=1，点P 1,32，A,B为椭圆上两点，kPA
47、+kPB=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+124+y+3223=1，整理得4y2+3x2+6x+12y=0，设平移后直线AB方程为mx+ny=1，Ax1,y1，Bx2,y2，mx+ny=14y2+3x2+6x+12y=0，联立得4y2+3x2+6x+12ymx+ny=0，12n+4y2+6 2m+nxy+6m+3x2=0，同时除以x2，12n+4yx2+6 2m+nyx+6m+3=0，kPA+kPB=y1x1+y2x2=-6 2m+n12n+4=0，-6 2m+n=0，mx+ny=1的斜率-mn=12解法二(换元法)：设A
48、 x1,y1,B x2,y2，即化为y1-32x1-1y2-32x2-1=0，即建立以y-32x-1为未知数的一元二次方程Ay-32x-12+By-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x248+y23=1，得3s2+4t2+6t+12t=0，设直线ms+nt=6可方便运算，3s2+4t2+t(ms+nt)+2t(ms+nt)=0，化简得：4+2nts2+2m+nts+(3+m)=0，y1-32x1-1y2-32x2-1=t1s1t2s2=2m+n4+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
49、AB的斜率是122双曲线x22-y22=1，P 2,0，A、B为双曲线上两点，且kPA+kPB=0AB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-y22=1，整理得y2-x2-4x-2=0，设平移后直线AB方程为mx+ny=1，Ax1,y1，Bx2,y2，mx+ny=1y2-x2-4x-2=0，联立得y2-x2-4x mx+ny-2 mx+ny2=0，1-2n2y2-4n+4mnxy-2m2+4m+1x2=0，同时除以x2，1-2n2yx2-4n+4mnyx-2m2+4m+1=0，kPA+kPB=y1x1+y2x2=4n+4mn1-2n2=0，4
50、n+4mn=4n m+1=0，n=0或m=-1，AB不与x轴垂直，n0，m=-1，-x+ny=1过-1,0，右移2个单位，原直线过 1,03已知椭圆x24+y2=1，设直线l不经过点P(0,1)的直线交椭圆于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【解析】(1)当直线l的斜率存在时，以点P为坐标原点，建立新的直角坐标系xpy，如图所示：旧坐标新坐标(x,y)(x,y)即(0,1)(0,0)9所以x=xy=y-1 AABB，则kPA+kPB=-1，即y1-1x1+y2-1x2=-1，在新坐标中转换为：y1x1+y2x2=-1，即k1+k2=-1设直线l方程为：mx+ny