圓錐曲線九大題型-2025年高考數(shù)學重難點題型突破（新高考）解析版

重難點專題39齊次化妙解圓錐曲線九大題型匯總

■I

題型1定點在原點的斜率問題......................................................1

題型2定點在原點轉(zhuǎn)化成斜率問題..................................................5

題型3定點不在原點之齊次化基礎(chǔ)運用.............................................8

題型4定點不在原點的斜率問題...................................................13

題型5定點不在原點轉(zhuǎn)化為斜率問題...............................................22

題型6定點不在原點之二級結(jié)論第三定義的使用....................................28

題型7齊次化妙解之等角問題.....................................................32

題型8點乘雙根法的基礎(chǔ)運用.....................................................38

題型9點乘雙根法在解答題中的運用..............................................45

題型1定點在原點的斜率問題

菱均#占

圓錐曲線的定義、定值、弦長、面積，很多都可以轉(zhuǎn)化為斜率問題，當圓錐曲線遇到斜率之

和或者斜率之積，以往我們的常用解法是設(shè)直線y=kx+b,與圓錐曲線方程聯(lián)立方程組，

韋達定理，再將斜率之和或之積的式子通分后，將X1+久2和"1?久2代入，得到關(guān)于k、b的

式子.解法不難，計算量較為復(fù)雜.

如果采用齊次化解決，直接得到關(guān)于k的方程，會使題目計算量大大減少.

"齊次"即次數(shù)相等的意思，例如/（久）=ax2+bxy+cy2稱為二次齊式，即二次齊次式的

意思，因為/（尤）中每一項都是關(guān)于X、y的二次項.

如果公共點在原點，不需要平移.

【例題1］直線祖久+ny-1與拋物線y2=4久交于4?,yj,以上，%），求%+%，kOA-

心■（用血,n表示）

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【解析】聯(lián)立1,齊次化得必=4%(mx+ny),等式兩邊同時除以/,(/_

4n(?)-4m=0,

i

???,?koA+k0B=§+1=4n,k0Ak0B=z-=一47n.

【變式1-1]1.直線租％+ny=1與橢圓?+y=1交于/(修，y1,^(必，、2)，求,々OB(用

mx+ny=1

/,y2齊次化聯(lián)立得：^2++=2(血支+九丫)2,等式兩邊同時除以/,

{T+T=143

222

(12n-4)g)+24mng)+12m-3=0,：.k0A-k0B=^-^=^5?

【變式1-1]2拋物線y2=4“，直線I交拋物線于A、B兩點,且tM1OB,求證：直線I

1

【解析】設(shè)直線AB方程為mx+叮=1,4(/,%),B(%2,y2),/?其；聯(lián)立得GY-

4n(-)-4m=0vkk=也",-4m=-1,??.zn=工，「.直線48:?+ny=1過定點

\x/z0A0B%i%244

(4,0).

【變式1-1】3.不過原點的動直線交橢圓1+q=1于A、B兩點，直線OA、AB、OB的斜

43

率成等比數(shù)列，求證：直線I的斜率為定值.

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【解析】設(shè)直線AB方程為znx+ny=1,A(xr,yj,B(x2,y2),

mx+ny=1

百"]聯(lián)立得(12九2-4)g]2+24mngz)+12m2-3=0,

-43~

于是岫4囁=葭之=詈言，又呢Bm.12m2-3_m2/曰7_m___.V3

7，一7^7=嬴，信心B=

【變式1-1】4.已知直線y=依+4交橢圓9+必=1于A,B兩點,0為坐標原點，若％+

koB=2,求該直線方程.

【解析】法一（齊次化解法）:設(shè)A（XQI）,B（無2，%），

步驟1:構(gòu)建關(guān)于x、y的齊次式：

將直線變形為=5=1代入1+y2=1進行T的代換得9+必=（引）2,

4444

整理得+；

步驟2:構(gòu)建關(guān)于斜率左=2的方程：

X

因為％W。I方程兩邊同除以Y，得15（2）2+24（2）+（4-42）=。.

XX

步驟3:利用韋達定理轉(zhuǎn)化目標：

易知％="和%=&是方程15（2y+2以2）+（4-公）=。的兩個根，由韋達定理得

x,x2XX

-2k

k0A+k0B=]5=2,k——15,故所求直線方程為y=-15x+4.

法二（常規(guī)解法）：

y=kx+4①

設(shè)A（X，%）,3（%,,力）,聯(lián)立爐,、①代入②消去y得

—+y2=1②

I4'

（4廿+1）尤2+32而+60=0,

設(shè)4（%,必）,B（巧,豆），則

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32k60

%+%2=—5——/=—9——/

'一4左2+1勺2必2+1

所以

y,%依+4優(yōu)+4?4(x+x)…32k

*7+72么—=」—+——=2k+^~9ll=2k+—^2，

%％2XX

玉X2l215

解得發(fā)=-15,故所求直線方程為y=T5x+4.

【方法小結(jié)】本題屬于曲線上的兩個點與原點連線的斜率之和為定值（斜率之積為定值也可

以用本法）問題，通過對直線變形，采取"1"的巧用，一般二次方不變，一次方項直接乘

以"1",常數(shù)項乘以"1"的平方，從而構(gòu)建關(guān)于x,y的二元二次的齊次方程，再兩邊同

時除以尤2得到一個是以原點與曲線上連線的斜率上為根的一元二次方程，再借助韋達定理

使得問題運算得到簡化，我們把這種操作手法稱之為“齊次化”.

22

【變式1-1】5.設(shè)。一。2為橢圓東+方=1上兩個動點，且OQJOQ2,過原點。作直線

2。2的垂線OD,求。的軌跡方程.

【解析】法一：（常規(guī)方法）

y=kx+m

設(shè)Q1（占,％）,20,,%），2>0，%）,設(shè)直線。Q方程為y=+m，聯(lián)立〈尤22化簡

一一I—

2222

可得：(2》2r+及)x2+4kmbx+2&(m-Z?)=0,

2〃(加2+萬)

b^m2-2b2k2)

所以xxy,%=-------=—；---=—

l22b2k2+b2122b2k2+投

因為。2，OQ2,所以

2b\nr+b2)b\m2-2b2k2)2(m2-/?2)m2-2b2k2八

+%%=--------------------1------------------------=----------------+------□-------=0,

2b2k2+b22b2k2+b22k2+12k2+1

3nr=2b2(1+k2)①

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又因為直線?！蚍匠痰葍r于為v-%=-E（x-x。）,即丫=-血尤+五+%,

%%%

對比于y=^+"2,則為代入①中，化簡可得：*+尤=入2.

蒼3

——+%=〃2

bo

法二:（齊次化解法）

mx+ny=1rrvc+ny=1

2

設(shè)直線QQ方程為如+“丁=1,聯(lián)立v/y，可得</,2,

、斤+5=1［赤+萬一「°

2222

所以去■十%?一（如+〃y）2=0,化簡可得去■十%一機一〃2y2-2機叫^=0

整理成關(guān)于九,y的齊次式：（2-2〃幾2）,2+（1一2/32）入2一4加泌2孫=。，

進而兩邊同時除以爐，則（2-2/〃2）（t）2—4加油22+1_2療k=。，

xx

記。。一。。2的斜率分別為K，22，則仁義為方程（2-2閡2）（2）2_4幡/2+1_2療從=0

XX

1-?m2Z?2

的兩個根，由韋達定理得匕%=2，

12-2ab2n2

因為。2，。0，所以勺匕==T

12-2；：b2n2

二.3療=262(1+—)①

又因為直線Q◎方程等價于為y-%=-血（x-尤。）,即丫=-血尤+五+為，

%%%

對比于丫=依+利，則為，代入①中，化簡可得：片+￥=%2.

蒼3

—+y=m

1%0

題型2定點在原點轉(zhuǎn)化成斜率問題

卻：知#<5

圓錐曲線齊次化原理是：過程中為了式子整齊好記，所以將它齊次化。齊次化是常見的代數(shù)

處理技巧，圓錐曲線中用齊次化的方法解決和斜率相關(guān)的定值定點。

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齊次化法簡化計算適用范圍：圓錐曲線中處理斜率之和與斜率之積類型問題。

以圓錐曲線中橢圓為例，先介紹齊次化解題的基本特征與一般步驟：

（一）基本特征

1.橢圓上有定點P（x°,y。）和動弦AB;

2.題設(shè)或結(jié)論中涉及PA,PB的斜率之積或斜率之和等情況.如kik,kI+k2,,。

（二懈題步驟

1.設(shè)直線方程為m（x-x0）+n（y-y0）=l,其中點（x。，y。）為兩相關(guān)直線的交點（這樣設(shè)直線方程

的形式，右邊為1對聯(lián)立齊次化較為方便）；

2.橢圓方程變形為

3.橢圓變形方程與直線方程聯(lián)立齊次化：

4.由韋達定理得ki+kzkk;

5根據(jù)題設(shè)進一步求解。

注意：過一定點作兩條直線

且兩直線間存在斜率關(guān)系（顯性或隱性）如果你發(fā)現(xiàn)題目出現(xiàn)了以上情況那這個題目八成可

用齊次化來簡化但要注意敘述的嚴謹性和完整性否則易被老師扣去過程分

【例題2］已知拋物線C的方程為y?=2p無，若直線>=履+，與拋物線C相交于A,3兩

點，且以AB為直徑的圓過坐標原點，證明直線>=履+，過定點.

【證明】因為以A5為直徑的圓過坐標原點，所以tMLOB,即3-《"T.

設(shè)A（國,%）,3（%，%），則初=&-koB=—■

%X2

將直線丁=履+8變形得=-華=1,記冽，n=~T1則直線可化為根v+加=1,

bbbb

將"1"代入拋物線C的方程得y1=2px{my+rvc）,整理得y2-2Pmxy-2pwc2=0,

因為％wO/方程兩邊同除以Y，得（2）2—2"帆'-21=0,

xx

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易知％=&和左豳=&是方程(2)2-2pmX-2pn=0的兩個根，

x2XX

1

由韋達定理得kOA-k0B=-2pn=-l,即〃=--,

2P

代入求直線方程切+加=1得my+」-x=l,即x=2w?y+2P,

2P

當y=0時，x=2p，故直線恒定過點(2p,0).

【變式2-1】1.直線x+2y—3=0與圓尤2+產(chǎn)+》-6丫+。=。相交于p,Q，且OPLOQ,

求c的值.

類型識別：。尸，0。，所以%?%=-1,適合用齊次化來處理.

【解析】設(shè)/和弘)，Q(x2,y2),將直線變形為三型=1,

代入圓f+/+x-6y+c=0得尤2+y2+(x—6yA^^+c(^^)2=0,

化簡得(4c—27)V+(4c—12)孫+(C+12)Y=0,

等式兩邊同除以V得(4c—27)(上)2+(4c—12)—+(c+12)=0,

xx

注意到,kOQ=^=-,所以左op和％pg方程(4c-27)(J)?+(4c-12)—+(c+12)=0的

%!x2XX

兩個根，所以臉(o=表，=-1,計算可得c=3.

【變式2-1]2.(2021重慶期末)已知拋物線=2Pxs>0)上一點4(2,a)到其焦點的

距離為3.

(I)求拋物線C的方程；

(n)過點(4,0)的直線與拋物線C交于P,Q兩點，O為坐標原點，證明：NPOQ=90°.

【解析】解法1：(1)由題意知：2-(-§=3np=2=*=?.

(n)證明：設(shè)該直線為zny=%—4,P、Q的坐標分別為(向,%)、(x2,y2),

聯(lián)AZ方程有：[y2=?=>y~4my-16=0,

2

OP-0Q=%1%2+yry2=管+y-=x(-16)-16=0,.-.Z.POQ=90°.

解法2:要證明"OQ=90°,即證加。-kQ0=-1,

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設(shè)PQ:mx+ny=1，過(4,0)/.4TH=1m=-y2=4x(mx+ny),y2—4nxy—4mx2=0,

z4z

同除以久?彳尋(?)—4n——4TTI=0，/Q,七=—4TH,ni=—,--k^,七=-1即Z_POQ-90°.

【變式2-1]3.(2022連云港期末)已知直線/與拋物線C：*=鈕交于/,6兩點.

(1)若直線/的斜率為-1,且經(jīng)過拋物線C的焦點，求線段28的長；

(2)若點。為坐標原點，且。力1OB,求證：直線/過定點.

【答案】⑴8

(2)證明見解析

【分析】(1)聯(lián)立直線與拋物線的方程，根據(jù)拋物線的焦點弦公式結(jié)合韋達定理即可得解；

(2)直線Z6方程為：x=my+幾，由向量數(shù)量積公式結(jié)合韋達定理可得n的值，進而可

得結(jié)果.

【詳解】(1)拋物線為必=4x,

二焦點坐標為(1,0),直線力8斜率為-1,則直線28方程為：y=—x+1,

y—_*+]

{y2_4%得："26%+1=。,可得%1+%2=6.

由拋物線定義可得|4例=+%2+2,

：.\AB\=8.

(2)設(shè)直線Z8方程為：％=my+九，設(shè)，

'.'0A±OB,..0A?0B=0,+、1丫2=0/

.(X=my+n_

由[y2=4%信：y_4zny-4n=0.

,22

..y1y2=_4n；xrx2=n；.,.n—4n=0,解得幾=0或荏=4,

當九=。時，直線過原點，不滿足題意；當幾=4時，直線Z8過點(4,0).

故當。A1。即寸，直線28過定點(4,0).

題型3定點不在原點之齊次化基礎(chǔ)運用

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義型怎么采用齊次化運算解決，平移是關(guān)鍵

x-m

如果不在原點，先平移圖形，將公共點平移到原點，無論如何平移，直線斜率是不變的.注

意平移口訣是"左加右減，上減下加"，你沒有看錯，"上減下加"，因為是在等式與y同

側(cè)進行加減，我們以往記的"上加下減"都是在等式與y的異側(cè)進行的.

例：y=k%+b向上平移1個單位,變?yōu)閥=fcx+b+1,即y—1=kx+b,

=l向上平移1個單位，變?yōu)樾?1.

a2bzazbz

設(shè)平移后的直線為Hix+ny=1（為什么這樣設(shè)？,.這樣齊次化更加方便，相當于T的妙

用），與平移后的圓錐聯(lián)立，一次項乘以mx+ny，常數(shù)項乘以（mx+政尸，構(gòu)造ay?+bxy+

c%2=0,然后等式兩邊同時除以/（前面注明X不等于0），得到a-g）+bq+c=0,

可以直接利用韋達定理得出斜率之和或者斜率之積，左+也=-L左即可得出答

x2aXix2a

案.如果是過定點題目，還需要還原，之前如何平移，現(xiàn)在反平移回去.

總結(jié)解法為：①平移；②聯(lián)立并齊次化；③同除以產(chǎn);④韋達定理.證明完畢，若過定點,

還需要還原.

優(yōu)點：大大減小計算量，提高準確率！缺點：6久+ny=1不能表示過原點的直線，少量題

目需要討論.

【例題3］拋物線y2=4x,P（l,2）,直線I交拋物線于A、B兩點,PA1PB,求證：直線

I過定點.

【解析】法1：（推薦）

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設(shè)直線I：m(x-l)+n(y-2)=1,拋物線變形：(y-2+2/=4(x-1+1),化簡

得：(y—2)2+4(y—2)+4=4(%—1)+4,即(y—2)2+4(y—2)=4(%—1),一次項化成

二次項得：(y—2)2+4(y-2)|m(%-l)+n(y-2)]=4(x—1)[(x—1)+n(y—

2

2)},即(1+4n)(~~)+(4m—4n)—4m=0,/cpAfcPB==—1,整理得47n—4n=

1,直線I：(5,-2)

法2:將圖形向左平移1個單位，向下平移2個單位，平移后的拋物線方程為(y+2)2=

4(%+1),整理得y2+4y-4%=0.設(shè)平移后直線49方程為6式+ny=1z

401,為)，B'(X2,y2),(]?聯(lián)立得(1+4n)?)2+(4m一4n)-47n=0,

于是kp，4，kp，B，=瓷?藍=77^=一1，整理得4nl-4n=1,：.mx+ny=1過定點(4,-4),

右移1個，上移2個，直線AB過定點(5,-2).

【變式3-1】1.橢圓］+1=1,點P(1,號，4,8為橢圓上兩點，kpA+kpB=0.求證：直

43\Z/

線4B斜率為定值.

【解析】解法一：將圖形向左平移1個單位，向下平移|個單位，平移后的橢圓為厘+

Z4

"凱=1,整理得4y2+3x2+6x+12y=0,設(shè)平移后直線4次方程為mx+ny=1,

4%,%),夕3。2)，

(mx4-ny=1口、/、

Uy2+3/+6x+12y=0,聯(lián)必守4yo2+3%o2+(6x+12y)(mx+ny)=0,

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(12n+4)y2+6(2m4-n)xy+(6m+3)%2=0,同時除以工2,(12n+4)(7)+6(2m+

ri)?+(6m+3)=0ikprAf+kprBr=瓷+瓷=-=。，-6(2m+幾)=0zmx+ny=1

的斜率-絲

n2

_3_3_3

解法二(換元法)：設(shè)401,yj,8(X2,%),即化為好?紇I=0，即建立以。為未知數(shù)的

一元二次方程4日4)+B?江+C=0,即可解答.為了方便運算設(shè)x-l=s,y-1=t,

\x—1/x—12

代入橢圓。+<=1，得3s2+4t2+6t+12t=0,.?.設(shè)直線ms+nt=6可方便運算，3s2+

43

2

4t2+t(ms+nt)+2t(ms+nt)=0,化簡得：(4+2幾)+(2m+荏)g)+(3+m)=0,

33

2M+N

???=—?—==Qtx—1=s,y--=t,n=—2m代入ms+nt=6,得—

—1%2—1S1s?4+2zi2

1)-2m(y一|)=6,...直線4B的斜率是卜

【變式3-1]2.雙曲線J—9=1,P(2,0),A、B為雙曲線上兩點，且演A+kpB=0.AB

不與x軸垂直，求證：直線AB過定點.

【解析】將圖形左平移2個單位,平移后的雙曲線為甲-^=1,整理得y2一/一4久-

2=0,

7TLX+71V=1

{y1—xv2—4A％v—z7=un

2222

聯(lián)立得y2—x—4x(mx+ny)-2(jnx+ny)=0z(1—2n)y—(4n+4mn)xy—

(2m2+47n+l)%2=0,

同時除以/,(1—2幾2)—(4n+4?n?i)——(2??i2+4?n+1)=0,^p,+^prBr="+

\X/XA,

資=4；+：魯=0f4n+4mn=4n(m+1)=0zn=0或m=—1,AB不與X軸垂直,n=/=0,

-,-m=-1f-x+ny=1過(一1,0),右移2個單位，原直線過(1,0).

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［變式3-1】3.已知橢圓［y?，設(shè)直線/不經(jīng)過點Pg)的直線交橢圓于A,8兩點，

若直線叢,P8的斜率之和為-1,證明：直線/恒過定點.

【解析】⑴當直線/的斜率存在時，以點尸為坐標原點，建立新的直角坐標系,如圖

所示：

舊坐標新坐標

(尤,y)n(x',y')

即(0,1)n(0,0)

r

所以廠』A—>A__V,-1yn—1

‘人」即A+"PB=T'即〒+丁=一1'

［y=y-i

在新坐標中轉(zhuǎn)換為：工+2=-1,即《+6=T.

設(shè)直線/方程為：妙'+町'=1.

原方程：尤2+4/=4則轉(zhuǎn)換到新坐標就成為：y2+4(y+D2=4.

展開得：x，2+4y,2+8y-=0

構(gòu)造齊次式：鏟+4y2+8y'(mx'+ny')=0

整理為：(4+8n)y'2+8mx'y'+x'2=0

兩邊同時除以x'2,則(4+8“)U+8*'+1=0

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所以匕'+左2'=——=-1，所以2機—2〃=lnm=〃+'代入機犬'=1,

4+8〃2

整理得〃(X,+y)+'-1=0,對于任意〃都成立.

x+y=0

Y=2；：'所以過定點(2,一D；

則<，解之得<'，故原理坐標系地應(yīng)點坐標為

--1=0j'=-2

12

(2)當直線/的斜率不存在時，設(shè)/：尤=。,則A(a，3.),B(a,_

),

所以==1=>a=2,直線/：x=2,過定點(2,-1).

綜上，直線/恒過定點(2,-1)

題型4定點不在原點的斜率問題

【例題4】如圖，橢圓+W=Ka>b>0)經(jīng)過點2(0,—1),且離心率為手.

(I)求橢圓E的方程；

(n)經(jīng)過點(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P,Q(均異于點A),證

明：直線AP與AQ斜率之和為2.

【解析】解法1(I由題設(shè)知(=*力=1結(jié)合a?=爐+°2解得a=V2/.f+y2=1.

(n法明:由題意設(shè)直線PQ的方程為y=k(x—1)+l(k*0),代入橢圓方程￡+y2=l,

可得(1+2k2滅2—4k(k-l)x+2k(k-2)=0,由已知得(1,1)在橢圓外，

設(shè)PO1，為)，Q(x2,y2)，勺久2*0，則，乂1%2=笠言，

且A=16k2(k-I)2-8k(k-2)(1+2k2)>0,解得k>?；騥<-2.

則有直線AP,AQ的斜率之和為

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%p+k也擔+2=皿旦+組旦=2h(2—好(工+工)=2卜+(2—9*

=2^+(2-9—=2~2伏-1)=2.

即有直線AP與AQ斜率之和為2.

解法2:(2)上移一個單位，橢圓?和直線I：(T+(y-1)2=1,mx+ny=1過點(1,2),

Imx+ny=1

222222

m+2n=l,m=l—2n,x+2(y—l)=2z%+2y-4y=0,2y+x—

4y(mx+ny)=0,

22

(—4n+2)y—4mxy+x=0z0.,%H0,同除%2,得(—4n+2)(?)—4m?+1=0,

.,,4m2m2m。

Ki+Ko=-------------=---------=—=L.

4-4n+2l-2nm

【變式4-l】l.(2017年全國卷理)已知橢圓C：捻+2=Ka>b>0),四點七(1,1)尸2(0,1),

P3(-l,y),24(1號)中恰有三點在橢圓C上.

(1)求C的方程；

(2)設(shè)直線I不經(jīng)過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,

證明：I過定點.

【解析】(1)解：根據(jù)橢圓的對稱性，P3(~l,y),P4(1,')兩點必在橢圓C上，又P4的橫

坐標為1,

..橢圓必不過匕(1,1)/.P2(0,l)舄(-l,y)1P4(1,相三點在橢圓C上把「2(0，1)月(-l.y)

’—=12

代入橢圓C,得：I*,解得。2=4,房=1,.?橢圓C的方程為缶+y2=1.

4

U—2+4—b2=1

(2)證法1:①當斜率不存在時，設(shè)/:%=zn,a(m,y4)，B(m,-yA),

.直線。2人與直線P2B的斜率的和為-1，，3A+3B=崇+言匚=￡=T，

解得血=2,此時I過橢圓右頂點，不存在兩個交點，故不滿足.

②當斜率存在時，設(shè)/：y=kx+t,Q力1),201，%),83，%)，聯(lián)立,21J二，n-

(%十4y—4=U

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222

整理，得(1+4fc)%+8ktx+4t-4=0+x2=,Xi%2=，則七源+kp2B=

_8k_8kt2+81t

yi-1I為一1二久2(左右+0—%2+%l(左久2+[)一久1=1+4/=8上(七一1)=Kiwi?f—

4t2-4

%1X2XX4(t+l)(t-l)''

12l+4k2

-2k-1,此時A=-64k,存在k,使得A>0成立，二直線I的方程為y=kx-2k-1,當

x=2時，y=-1,「J過定點(2,-1).

22

證法2：下移1個單位得下:矢+(y+1)2=1,A'B'\mx+ny=1,+y2+2y=0,

2222

x+4y+8y(mx+ny)=0z(8n+4)y+8mxy+x=0,

-'xH0同除以工之,(8n+4)(r)+QTKI(?)4-1=0,(8n+4)fc2+Sznk4-1=0,k1+k2=

8m《

----=-1/

8n+4

8m=8n+4,2m—2n=1f.,.mx+ny=1過(2,—2)z上移1個單位(2,—1).

【變式4-1]2.(2022惠州模擬)已知左焦點為F(-1,0)的橢圓過點E(1,誓),過點P(l,l)

分別作斜率為七，的的橢圓的動弦AB,CD,設(shè)M,N分別為線段AB,CD的中點

(1)求橢圓的標準方程；

(2)若P為線段AB的中點，求心;

(3)若心+6=1，求證：直線MN恒過定點，并求出定點坐標

【解析】(1)由題意C=1,且右焦點尸(1,0),「.2a=EF+EF'=2V3,b2=a2-c2=2,

二所求橢圓方程為9+9=1.

(2)設(shè)4%,為),8(如治)，則g+,=1①，g+曰=1②

②-①，可得的=汽2(%2+%1)2

%2一%13(y2+yi)3

(3)證法1:由題意，心力憶2，設(shè)M(XM，VM),直線AB的方程為y-1=k^x-1),即y=

krx4-k2,

代入橢圓方程并化簡得(2+3四)/+6k也%+3fci-6-0,:.xM=言普，=蒜,

N十3KlZiSAC]

同理，“瑞"N=懸,

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當k也豐0時，直線MN的斜率k="型=與第，直線MN的方程為y-券=

失管(其一瑞)，即y=uS詈％號，止匕時直線過定點(。，號)■

當七七=0時，直線MN即為y軸，此時亦過點(0,-1).

綜上，直線MN恒過定點，且坐標為(0,-|).

證法2:設(shè)過點P的弦的中點坐標為(x0,y。),由點差法得卑.^=-1,即中點的軌跡方程

XQ1XQ3

為2(/-x)+3(f一y)=o,將點p平移到原點，整體左移1個單位，下移1個單位，設(shè)

平移后的MN方程為7nx+ny=1,曲線為2[(x+l)2-(x+1)]+3[(y+l)2-(y+1)]=

0,

2xz+3y2+3y(mx+ny)+2x(jnx+ny)=0,(3+3n)y2+(2n+3ni)xy+(2+2m)x2—

0,

同除以/，得(3+3ji)k^+(2n+3TTI)fc+2+2TTI=0,"-'k^+的=1,??——=1,-m—

3.

gn=l,

.,過定點(-1,-|),則平移前的MN過定點(0,-|).

【變式4-1]3.(2022閻良區(qū)期末)已知拋物線C：x2=2py(p>0),直線/經(jīng)過拋物線C

的焦點，且垂直于拋物線C的對稱軸，直線/與拋物線C交于例，/V兩點，且|MN|=4.

(1)求拋物線U的方程；

⑵已知點P(2,l),直線m：y=k(x+2)與拋物線C相交于不同的兩點A,B,設(shè)直線PA與

直線外的斜率分別為七和矽,求證：fci-矽為定值.

【答案】⑴/=4y

(2)證明見解析

【分析】(1)將|MN|用p表示，得出p的值，進而得拋物線方程；

(2)聯(lián)立直線與拋物線的方程，根據(jù)斜率計算公式結(jié)合韋達定理即可得結(jié)果.

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【詳解】(1)由題意可得2P=4,得p=2,

二拋物線C：/=4y.

(2)證明：6:y=k(x+2),聯(lián)立，久2^,：2),得/-4kx—8k=0.

由人=16k2+32k>0,得k>。或k<-2,

設(shè)2(xi，%),B(x2,y2),則應(yīng)+x2=4k,xtx2=一8k,

.kk一為T'2-1一葺t譬t

—2%2—2%]-2%2-2

(%1+2)(%2+2)%I%2+2(%I+%2)+4—8fc+8fc+41

16-16116-4,

【變式4-1】4.已知橢圓C過點41,三),兩個焦點為(-L0),(1,0).

(I)求橢圓C的標準方程；

(II)￡,歹是橢圓上的兩個動點，

(1)如果直線AE的斜率與AF的斜率之和為2，證明直線防恒過定點；

(2)如果直線AE的斜率與AF的斜率之積為2，證明直線防恒過定點.

【分析】本題定點41,=)不再是坐標原點，若坐標系原點平移到與A(l,=)重合，則問題就

22

轉(zhuǎn)化為定點為坐標原點的類型，則可以采取類型一的齊次化解法.

22

【解析】(I)橢圓c的標準方程為土+匕=1,過程略；

43

(n)法一：(平移構(gòu)造+齊次化)平移坐標系.

x=xr+1

【解析】平移坐標系，使得坐標原點和點A(1,3)重合，則，3,得新坐標系x'cy中，

2j=y+-

3

(v+i)2(了+不)2

在新坐標系中，橢圓方程為幺4幺+—4=1,化簡得

43

3/+4y"+6V+12^=0①，

直線防平移后變?yōu)椋浞匠滩环猎O(shè)為小'+"y'=l,代入①構(gòu)建齊次式得

3x'*2+344y"+6V(mx'+ny')+12y'(mx'+ny')-0,

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整理得

(4+12?)y,2+(6〃+12〃z)x'y'+(3+6m)x'*23=0,

兩邊同除以鏟

得(4+12")(上)2+(6〃+12加)工+(3+6%)=0②,

xrX，

易知kAE,和kAF,是方程②的兩個根，由韋達定理得

6n+12m

k.+k,=---------=2/

他AP.AF4+12〃

化簡得〃=---右，代入直線mxr+nyr=i得欣+(-U)y=i,整理得

64

m（x--y）--y-i=o/

fr

直線E尸恒過x~—y=0和直線——y-1=0的交點（-3,-”）z

151524

1Q

則直線EF恒定過點（-士二）.

24

（2）k..左=3+=2，即相=4〃+9，直線石尸的方程為〃（4%'+3/）+3X'-1=0,

4+12〃66

直線EF恒過4x，+y=o和直線1'-1=0的交點（含-竺），則直線所恒定過點（二,-史）.

653510

法二：（平移構(gòu)造+齊次化）平移直線和平移橢圓.

33

【解析】設(shè)直線的方程為y=Ax+機,即y--=k{x-\）+k+m--,變形得

3

y一萬一左(％-1)

3-=]，

k+m——

2

將橢圓K=i變形