齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题

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齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题

“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）已知椭圆C ：13422=+y x 若与x 轴不垂直的直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），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。

解法一（常规法）：m kx y l +=:设1122(,),(,)A x y B x y ，由223412y kx mx y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=，22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->，22340k m +->212122284(3),3434mk m x x x x k k-+=-⋅=++ 22221212121223(4)()()()34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k -⋅=+⋅+=+++=+以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BD k k ⋅=-， 1212122y yx x ∴⋅=---，1212122()40y y x x x x +-++=，（*） 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k --+++=+++，（**）整理得：2271640m mk k ++=，解得：1222,7k m k m =-=-，且满足22340k m +-> 当2m k =-时，:(2)l y k x =-，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27k m =-时，2:()7l y k x =-，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为2(,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P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，则AB 必过定点))(,)((2222022220b a b a y b a b a x +--+-。

齐次化巧解圆锥曲线斜率问题(高中数学)

齐次化巧解圆锥曲线斜率问题齐次化基本原理：圆锥曲线遇到斜率之和或者斜率之积的题目时，以往我们常用方法是设直线方程，与圆锥曲线方程联立，然后通过韦达定理得到相关关于斜率的式子，方法比较容易，计算量比较复杂。

若采用齐次化方法来解决，可直接得到关于斜率的方程，会大大减少题目的计算量。

齐次：次数相等的意思。

例如: 22cy bxy ax y ++=称为二次齐次式。

具体方法：如果公共点在原点，不需要平移。

如果不在原点，先平移图像，将公共点平移到原点，无论如何平移，直线斜率是不变的。

平移的口诀：“左加右减，上减下加”。

这里“上减下加”，是在等式与y 同侧进行加减，我们经常讲的“上加下减”是在等式与y 的异侧进行的。

例如：b kx y +=向上平移一个单位后为1++=b kx y ，移到同侧后为b kx y +=-1。

平移后一般设直线为1=+ny mx （这样设齐次化更加方便，相当于“1”的妙用）。

平移后的直线与平移后的圆锥方程联立化简，可得到02=++⎪⎭⎫⎝⎛c x y b x y a 。

利用韦达定理可得斜率之和为：a b x y x y -=+2211，斜率之积为：acx y x y =⋅2211。

如果是定点之类的题型，还需要平移回去。

思路总结：①平移；②联立齐次化；③化简得02=++⎪⎭⎫⎝⎛c x y b x y a ；④韦达定理。

若是过定点，还需平移回去。

注意：因为1=+ny mx 不能表示过原点的直线，少量题目还需要专门讨论。

典型例题例1.抛物线x y 42=，点P 的坐标为（1,2），直线l 交抛物线于A 、B 两点，PA ⊥PB 。

求证：直线l 过定点。

解：将)2,1(P 点平移至原点)0,0(P '将抛物线向左平移1个单位，向下平移两个单位得到平移后的抛物线方程为：())1(422+=+x y ，化简得：0442=-+x y y设平移后直线B A ''方程为1=+ny mx ，设()()2211,,,y x B y x A ''联立⎩⎨⎧=-+=+04412x y y ny mx ，化简得：()()0444412=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+m x y n m x y n则14142211-=+-=⋅=⋅''''nmx y x y k k B P A P ，可得144=-n m ， ∴1=+ny mx 过定点（4，-4），平移回去，可得直线AB 过定点（5，-2）例2.椭圆13422=+y x ，定点)23,1(P ，A 、B 为椭圆上两点，且0=+PB PA k k 。

解几专题2：圆锥曲线的齐次1

齐次化在圆锥曲线中的应用圆锥曲线中常见一类问题，其特点是条件中的两直线斜率之和或之积是一个指定常数.这类问题的求解方法很多，但是采用齐次化方法，可以将这两种题型统一处理.一、两直线斜率之积为常数二、两直线斜率之和为常数三、与斜率之和、斜率之积相关的问题四、巩固练习1、（2017年全国Ⅰ卷理科20）已知椭圆C ：2222=1x y a b+（a >b >0），四点P 1（1,1），P 2（0,1），P 3（–1，），P 4（1）中恰有三点在椭圆C 上. （1）求C 的方程；（2）设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点.试题分析：（1）根据3P ，4P 两点关于y 轴对称，由椭圆的对称性可知C 经过3P ，4P 两点.另外由222211134a b a b +>+知，C 不经过点P 1，所以点P 2在C 上.因此234,,P P P 在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C 的方程；（2）先设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2，再设直线l 的方程，当l 与x 轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l ：y kx m =+（1m ≠），将y kx m =+代入2214x y +=，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x 1+x 2，x 1x 2，进而表示出12k k +，根据121k k +=-列出等式表示出k 和m 的关系，从而判断出直线恒过定点.试题解析：（1）由于3P ，4P 两点关于y 轴对称，故由题设知C 经过3P ，4P 两点. 又由222211134a b a b+>+知，C 不经过点P 1，所以点P 2在C 上. 因此22211,131,4b a b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩解得224,1.a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 故C 的方程为2214x y +=.（2）常规解法：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2，如果l 与x 轴垂直，设l ：x =t ，由题设知0t ≠，且||2t <，可得A ，B 的坐标分别为（t，（t，）.则121k k +-=-，得2t =，不符合题设. 从而可设l ：y kx m =+（1m ≠）.将y kx m =+代入2214x y +=得222(41)8440k x kmx m +++-=.由题设可知22=16(41)0k m ∆-+>.设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=2841kmk -+，x 1x 2=224441m k -+. 而12121211y y k k x x --+=+121211kx m kx m x x +-+-=+1212122(1)()kx x m x x x x +-+=.由题设121k k +=-，故1212(21)(1)()0k x x m x x ++-+=.即222448(21)(1)04141m km k m k k --+⋅+-⋅=++.解得12m k +=-.当且仅当1m >-时，0∆>，于是l ：12m y x m +=-+，即11(2)2m y x ++=--，所以l 过定点（2，1-）. 注：椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.2、（2017年全国Ⅰ卷文科20）设A ，B 为曲线C ：y =24x 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AM⊥BM ，求直线AB 的方程．试题解析：（1）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则12x x ≠，2114x y =，2224x y =，x 1+x 2=4，于是直线AB 的斜率12121214y y x x k x x -+===-．。

巧用齐次化妙解圆锥曲线斜率问题

2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考数学1卷的第21题，有不少学生抓住题干中有“直线AP，AQ的斜率之和为0”这一条件，采用了将方程齐次化的方法巧妙解决第一问的直线斜率问题。

回顾我们的高三备考，常有学生利用平移图象，然后联立方程实现齐次化，即在方程两边同除x2后，再利用韦达定理巧妙解决一类圆锥曲线遇到斜率之和或斜率之积的问题。

下面笔者结合2022年的高考题及备考复习中遇到的几道题，介绍这种方法的优点和注意事项，以为高三备考的学子们提供一点经验之谈。

一、巧用齐次化解决定值问题：例1.（2022年全国1卷第21题）已知点A（2，1）在双曲线C∶x2a2-y2a2-1=1（a﹥1）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tan∠PAQ=22√，求△PAQ的面积。

解：（1）因为点A（2，1）在双曲线C∶x2a2-y2a2-1=1（a﹥1）上，所以4a2-1a2-1解得即双曲线a2=2，因双曲线C∶x22-y2=1，令双曲线PQ∶m（x-2）+n （y-1），则双曲线方程可变为［（x-2）+2］22-［（y-1）+1］2=1，由双曲线方程可得（x-2）2-2（y-1）2+4［x-2-（y-1）］=0，∵m（x-2）+n（y-1）=1，∴（x-2）2-2（y-1）2+4［（x-2）-（y-1）］［m（x-2）+n（y-1）］=0，当x-2≠0时，同除（x-2）2，可得y-1x-2()2（2+ 4m）-4y-1x-2()（n-m）+（1+4m）=0，由条件知k AP+ k AQ=4（n-m）2+4m=0，∴n=m，k PQ=-1.（2）略通过高考第21题的第一问可以总结齐次化解题的注意事项：①齐次化联立的核心思想只有一个，就是将题目中涉及的斜率直接变成一个一元二次方程的两个根，这样直接根据韦达定理，就可以得到斜率与斜率积的表达式;②决定使用齐次化联立之前，首先要注意题目是否涉及斜率和或者斜率积，以及所涉及的两个斜率能不能表示成一个一元二次方程的两Educational Practice and Research刘艳江（石家庄市第一中学，河北石家庄050000）摘要：在高三复习备考中，很多学生在处理从一点出发的两条直线的斜率之和或斜率之积的问题时，常采用将方程齐次化的方式巧妙解决问题，但也不是绝对的，也有优缺点，在此从定值、定点等几个方面进行浅析。

2025高中数学八大核心知识圆锥曲线平移齐次化解决圆锥曲线中斜率和积问题与定点问题(解析版)

圆锥曲线中斜率和积为定值问题与定点问题(平移齐次化)1.真题回顾2020新高考I 卷2.题型梳理题型1：已知定点求定值题型2：已知定值求定点【例题】已知椭圆x 24+y 2=1，设直线l 不经过P 2(0,1)点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．Q (2,-1)2025高中数学八大核心知识圆锥曲线平移齐次化解决圆锥曲线中斜率和积问题与定点问题（解析版）【手电筒模型·1定+2动】直线y =kx +m 与椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 交于A ，B 两点，P (x 0,y 0)为椭圆上异于AB 的任意一点，若k AP ⋅k BP =定值或k AP +k BP =定值(不为0)，则直线AB 会过定点．(因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型)．补充：若y =kx +m 过定点，则k AP ⋅k BP =定值，k AP +k BP k=定值.2020·新高考1卷·22C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)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AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得DQ 为定值．题型一已知定点求定值C :y 2=4x ，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°．椭圆E:x22+y2=1，经过点M(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(0,-1)，证明:直线AP与AQ的斜率之和为2．A1,3 2，O为坐标原点，E，F是椭圆C:x24=y23=1上的两个动点，满足直线AE与直线AF关于直线x=1对称．证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值；点F(1,0)为椭圆x24+y23=1的右焦点，过F且垂直于x轴的直线与椭圆E相交于C､D两点(C在D的上方)，设点A､B是椭圆E上位于直线CD两侧的动点，且满足∠ACD=∠BCD，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由.:x22+y2=1，A0,-1，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．C ：x 24+y 23=1，过F 作斜率为k (k ≠0)的动直线l ，交椭圆C 于M ，N 两点，若A 为椭圆C 的左顶点，直线AM ，AN 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k k 1+k k 2为定值，并求出定值.题型二已知定值求定点全国卷理)已知椭圆x 24+y 2=1，设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．C:x24+y2=1，设直线l不经过点P2(0,1)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：直线l过定点．C：y2=2px(p>0)上的点P(1，y0)(y0>0)到其焦点的距离为2．(1)求点P的坐标及抛物线C的方程；(2)若点M、N在抛物线C上，且k PM•k PN=-12，证明：直线MN过定点.C :x 24+y 23=1，P 1,32 ，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．E ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为33，椭圆E 的短轴长等于4．(1)求椭圆E 的标准方程；x 26+y 24=1(2)设A 0,-1 ，B 0,2 ，过A 且斜率为k 1的动直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，直线BM ，BN 分别交⊙C ：x 2+y -1 2=1于异于点B 的点P ，Q ，设直线PQ 的斜率为k 2，直线BM ，BN 的斜率分别为k 3，k 4．①求证：k 3⋅k 4为定值； ②求证：直线PQ 过定点.圆锥曲线中斜率和积为定值问题与定点问题(平移齐次化)1.真题回顾2020新高考I 卷2.题型梳理题型1：已知定点求定值题型2：已知定值求定点【例题】已知椭圆x 24+y 2=1，设直线l 不经过P 2(0,1)点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．Q (2,-1)【平移+齐次化处理】Step 1：平移点P 到原点，写出平移后的椭圆方程，设出直线方程，并齐次化处理将椭圆向下平移一个单位，(为了将P 2(0,1)平移到原点)椭圆方程化为C :x 24+(y +1)2=1，(左加右减，上减下加为曲线平移)设直线l 对应的直线l ′为mx +ny =1，椭圆方程化简为14x 2+y 2+2y =0，把一次项化成二次结构，将2y 乘上mx +ny 即可此时椭圆方程变成：14x 2+y 2+2y mx +ny =0⇒2n +1 y 2+2mxy +14x 2=0Step 2：根据斜率之积或斜率之和与韦达定理的关系得到等式，求得m ，n 之间的关系由于平移不会改变直线倾斜角，即斜率和仍然为-1，而P 2点此时为原点，设平移后的A (x A ,y A ),B (x B ,y B )，即y A -0x A -0+y B -0x B -0=-1,将椭圆方程两边同除以x 2，令k =y x ，得2n +1 k 2+2mk +14=0，结合两直线斜率之和为-1，即k 1+k 2=-2m 2n +1=-1，得2m =2n +1，∴m -2n =1，Step 3：得出定点，此时别忘了，还要平移回去!∴直线l ′恒过点Q ′(2,-2)，向上平移一个单位进行还原在原坐标系中，直线l 过点Q (2,-1)．【手电筒模型·1定+2动】直线y =kx +m 与椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 交于A ，B 两点，P (x 0,y 0)为椭圆上异于AB 的任意一点，若k AP ⋅k BP =定值或k AP +k BP =定值(不为0)，则直线AB 会过定点．(因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型)．补充：若y =kx +m 过定点，则k AP ⋅k BP =定值，kAP +k BP k=定值.【坐标平移+齐次化处理】(左加右减，上减下加为曲线平移)Step 1：平移点P 到原点，写出平移后的椭圆方程，设出直线方程，并齐次化处理Step 2：根据斜率之积或斜率之和与韦达定理的关系得到等式，求得m ，n 之间的关系，Step 3：得出定点，此时别忘了，还要平移回去!【补充】椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0),P (x 0,y 0)是椭圆上一点，A ，B 为随圆E 上两个动点，PA 与PB 的斜率分别为k 1，k 2.(1)k 1+k 2=0，证明AB 斜率为定值:x 0y 0⋅b 2a2(y ≠0)；(2)k 1+k 2=t (t ≠0)，证明AB 过定点：x 0-2y 0t,-y 0-2x 0t ⋅b 2a2 ；(3)k 1⋅k 2==b 2a 2，证明AB 的斜率为定值-y 0x 0(x 0≠0)；(4)k 1⋅k 2=λλ≠b 2a 2 ，证明AB 过定点：x 0λa 2+b 2λa 2-b 2,-y 0λa 2+b 2λa 2-b 2 .以上称为手电筒模型，注意点P 不在椭圆上时，上式并不适用，常数也需要齐次化乘“12”2020·新高考1卷·22C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)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AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得DQ 为定值．【详解】(1)由题意可得：c a =224a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，解得：a 2=6,b 2=c 2=3，故椭圆方程为：x 26+y 23=1.(2)[方法一]：通性通法设点M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，若直线MN 斜率存在时，设直线MN 的方程为：y =kx +m ，代入椭圆方程消去y 并整理得：1+2k 2 x 2+4kmx +2m 2-6=0，可得x 1+x 2=-4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2-61+2k 2，因为AM ⊥AN ，所以AM ·AN=0，即x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0，根据y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,代入整理可得：k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m -1 2+4=0，所以k 2+1 2m 2-61+2k 2+km -k -2 -4km 1+2k2+m -1 2+4=0，整理化简得2k +3m +1 2k +m -1 =0，因为A (2,1)不在直线MN 上，所以2k +m -1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k x -23 -13k ≠1 ，所以直线过定点直线过定点P 23,-13.当直线MN 的斜率不存在时，可得N x 1,-y 1 ，由AM ·AN=0得：x 1-2 x 1-2 +y 1-1 -y 1-1 =0，得x 1-2 2+1-y 21=0，结合x 216+y 213=1可得：3x 12-8x 1+4=0，解得：x 1=23或x 2=2(舍).此时直线MN 过点P 23,-13 .令Q 为AP 的中点，即Q 43,13，[方法二]【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O 点平移至点A 处，则在新的坐标系下椭圆的方程为(x +2)26+(y +1)23=1，设直线MN 的方程为mx +ny =4．将直线MN 方程与椭圆方程联立得x 2+4x +2y 2+4y =0，即x 2+(mx +ny )x +2y 2+(mx +ny )y =0，化简得(n +2)y 2+(m +n )xy +(1+m )x 2=0，即(n +2)y x 2+(m +n )yx +(1+m )=0．设M x 1 ,y 1 ,N x 2,y 2 ，因为AM ⊥AN 则k AM ⋅k AN =y 1x 1⋅y 2x 2=m +1n +2=-1，即m =-n -3．代入直线MN 方程中得n (y -x )-3x -4=0．则在新坐标系下直线MN 过定点-43,-43，则在原坐标系下直线MN 过定点P 23,-13．又AD ⊥MN ，D 在以AP 为直径的圆上．AP 的中点43,13即为圆心Q ．经检验，直线MN 垂直于x 轴时也成立．故存在Q 43,13 ，使得|DQ |=12|AP |=223．[方法三]：建立曲线系A 点处的切线方程为2×x6+1×y 3=1，即x +y -3=0．设直线MA 的方程为k 1x -y -2k 1+1=0，直线MB 的方程为k 2x -y -2k 2+1=0，直线MN 的方程为kx -y +m =0．由题意得k 1⋅k 2=-1．则过A ，M ，N 三点的二次曲线系方程用椭圆及直线MA ,MB 可表示为x 26+y 23-1+λk 1x -y - 2k 1+1 k 2x -y -2k 2+1 =0(其中λ为系数)．用直线MN 及点A 处的切线可表示为μ(kx -y +m )⋅(x +y -3)=0(其中μ为系数)．即x 26+y 23-1+λk 1x -y -2k 1+1 k 2x - y -2k 2+1 =μ(kx -y +m )(x +y -3)．对比xy 项、x 项及y 项系数得λk 1+k 2 =μ(1-k ),①λ4+k 1+k 2 =μ(m -3k ),②2λk 1+k 2-1 =μ(m +3).③将①代入②③，消去λ,μ并化简得3m +2k +1=0，即m =-23k -13．故直线MN 的方程为y =k x -23 -13，直线MN 过定点P 23,-13．又AD ⊥MN ，D 在以AP 为直径的圆上．AP 中点43,13即为圆心Q ．经检验，直线MN 垂直于x 轴时也成立．故存在Q 43,13 ，使得|DQ |=12|AP |=223．[方法四]：设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ．若直线MN 的斜率不存在，则M x 1,y 1 ,N x 1,-y 1 ．因为AM ⊥AN ，则AM ⋅AN=0，即x 1-2 2+1-y 21=0．由x 216+y 213=1，解得x 1=23或x 1=2(舍)．所以直线MN 的方程为x =23．若直线MN 的斜率存在，设直线MN 的方程为y =kx +m ，则x 2+2(kx +m )2-6=1+2k 2x -x 1 x -x 2 =0．令x =2，则x 1-2 x 2-2 =2(2k +m -1)(2k +m +1)1+2k 2．又y -m k 2+2y 2-6=2+1k 2y -y 1 y -y 2 ，令y =1，则y 1-1 y 2-1 =(2k +m -1)(-2k +m -1)1+2k 2．因为AM ⊥AN ，所以AM ⋅AN =x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =(2k +m -1)(2k +3m +1)1+2k 2=0，即m =-2k +1或m =-23k -13．当m =-2k +1时，直线MN 的方程为y =kx -2k +1=k (x -2)+1．所以直线MN 恒过A (2,1)，不合题意；当m =-23k -13时，直线MN 的方程为y =kx -23k -13=k x -23-13，所以直线MN 恒过P 23,-13．综上，直线MN 恒过P 23,-13，所以|AP |=423．又因为AD ⊥MN ，即AD ⊥AP ，所以点D 在以线段AP 为直径的圆上运动．取线段AP 的中点为Q 43,13 ，则|DQ |=12|AP |=223．所以存在定点Q ，使得|DQ |为定值．【整体点评】(2)方法一：设出直线MN 方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点P ，再根据平面几何知识可知定点Q 即为AP 的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O 点平移至点A 处，设直线MN 的方程为mx +ny =4，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出m ,n 的关系，从而可知直线过定点P ，从而可知定点Q 即为AP 的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线MN :y =kx +m ，再利用过点A ,M ,N 的曲线系，根据比较对应项系数可求出m ,k 的关系，从而求出直线过定点P ，故可知定点Q 即为AP 的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解x 1-2 x 2-2 以及y 1-1 y 2-1 的计算．题型一已知定点求定值C :y 2=4x ，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】直线PQ :x =my +4,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2由x =my +4，得1=x -my4则由x =my +4y 2=4x ，得：y 2=4x ⋅x -my 4，整理得：y x 2+m y x -1=0，即：y 1x 1⋅y 2x 2=-1．所以k OP ⋅k OQ =y 1y 2x 1x 2=-1，则OP ⊥OQ ，即：∠POQ =90°椭圆E :x 22+y 2=1，经过点M (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 (0,-1)，证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为2．【解析】设直线PQ :mx +n (y +1)=1,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 则m +2n =1．由mx +n (y +1)=1x 22+y 2=1，得：x 22+[(y +1)-1]2=1．则x 22+(y +1)2-2(y +1)[mx +n (y +1)]=0，故(1-2n )y +1x 2-2m y +1x +12=0．所以y 1+1x 1+y 2+1x 2=2m 2n -1=2.即k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=2.A 1,32 ，O 为坐标原点，E ，F 是椭圆C :x 24=y 23=1上的两个动点，满足直线AE 与直线AF 关于直线x =1对称．证明直线EF 的斜率为定值，并求出这个定值；【答案】(提示：k 1+k 2=0答案：12)点F (1,0)为椭圆x 24+y 23=1的右焦点，过F 且垂直于x 轴的直线与椭圆E 相交于C ､D 两点(C 在D 的上方)，设点A ､B 是椭圆E 上位于直线CD 两侧的动点，且满足∠ACD =∠BCD ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由.解法1常规解法依题意知直线AB 的斜率存在，设AB 方程：y =kx +m A x 1,y 1 ，B x 2,y 2代入椭圆方程x 24+y 23=1得：4k 2+3 x 2+8kmx +4m 2-12=0(*)∴x 1+x 2=-8km 4k 2+3，x 1x 2=4m 2-124k 2+3由∠ACD =∠BCD 得k AC +k BC =0∵C 1,32 ，∴y 1-32x 1-1+y 2-32x 2-1=kx 1+m -32x 1-1+kx 2+m -32x 2-1=0∴2kx 1x 2+m -32-k x 1+x 2 -2m +3=0∴2k ⋅4m 2-124k 2+3+m -32-k -8km 4k 2+3-2m +3=0整理得：(6k -3)(2k +2m -3)=0∴2k +2m -3=0或6k -3=0当2k +2m -3=0时，直线AB 过定点C 1,32，不合题意∴6k -3=0，k =12，∴直线AB 的斜率是定值12解法2齐次化：设直线AB 的方程为m (x -1)+n y -32 =1椭圆E 的方程即：3[(x -1)+1]2+4y -32 +322=12即：4y -32 2+12y -32+6(x -1)+3(x -1)2=0联立得：(4+12n )y -32 2+(12m +6n )y -32 (x -1)+(6m +3)(x -1)2=0即(4+12n )y -32x -1 2+(12m +6n )y -32x -1+(6m +3)=0∴由∠ACD =∠BCD 得k AC +k BC =y 1-32x 1-1+y 2-32x 2-1=-(12m +6n )(4+12n )=0即：n =-2m∴直线AB 的斜率为-m n =12，是定值.:x 22+y 2=1，A 0,-1 ，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．解法1常规解法：证明：由题意设直线PQ 的方程为y =k x -1 +1k ≠0 ，代入椭圆方程x 22+y 2=1，可得1+2k 2 x 2-4k k -1 x +2k k -2 =0，由已知得1,1 在椭圆外，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，x 1x 2≠0，则x 1+x 2=4k k -1 1+2k 2，x 1x 2=2k k -21+2k 2，且Δ=16k 2k -1 2-8k k -2 1+2k 2 >0，解得k >0或k <-2．则有直线AP ，AQ 的斜率之和为k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2-k x 1+kx 2+2-k x 2=2k +2-k 1x 1+1x 2=2k +2-k ⋅x 1+x 2x 1x 2=2k +2-k ⋅4k k -12k k -2=2k -2k -1 =2．即有直线AP 与AQ 斜率之和2．解法2齐次化：上移一个单位，椭圆E和直线L:x 22+y -1 2=1mx +ny =1，mx +ny =1过点1,2 ，m +2n =1，m =1-2n ，x 2+2y -1 2=2，x 2+2y 2-4y =0，2y 2+x 2-4y mx +ny =0，-4n +2 y2-4mxy +x 2=0，∵x ≠0，同除x 2，得-4n +2 y x2-4m yx+1=0，k 1+k 2=-4m -4n +2=2m 1-2n =2mm=2．C ：x 24+y 23=1，过F 作斜率为k (k ≠0)的动直线l ，交椭圆C 于M ，N 两点，若A 为椭圆C 的左顶点，直线AM ，AN 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k k 1+kk 2为定值，并求出定值.将椭圆沿着AO 方向平移，平移后的椭圆方程为(x −2)24+y 23=1⇒x 24+y 23+x =0设直线MN 方程为mx +ny =1，代入椭圆方程得x 24+y 23+x (mx +ny )=0，两侧同时除以x 2得13y x 2−n y x +1−4m 4=0，k 1+k 2=3n ,k 1k 2=34−3m ,k =k MN=−mn，因为mx +ny =1过定点F (3,0)⇒m =13，所以k k 1+kk 2=4题型二已知定值求定点全国卷理)已知椭圆x 24+y 2=1，设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．(1)根据椭圆的对称性，P 3-1,32 ，P 41,32两点必在椭圆C 上，又P 4的横坐标为1，∴椭圆必不过P 11,1 ，∴P 20,1 ，P 3-1,32 ，P 41,32 三点在椭圆C 上，把P 20,1 ，P 3-1,32 代入椭圆C ，得：1b 2=11a 2+34b2=1，解得a 2=4，b 2=1，∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．(2)：解法1常规解法:①当斜率不存在时，设l :x =m ，A m ,y A ，B m ,-y A ，∵直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，∴k P 2A +k P 2B =y A -1m +-y A -1m =-2m=-1，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 ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立y =kx +tx 2+4y 2-4=0，整理，得1+4k 2 x 2+8ktx +4t 2-4=0，x 1+x 2=-8kt 1+4k 2，x 1x 2=4t 2-41+4k 2，则k P 2A+k P 2B =y 1-1x 1+y 2-1x 2=x 2kx 1+t -x 2+x 1kx 2+t -x 1x 1x 2=8kt 2-8k -8kt 2+8kt1+4k 24t 2-41+4k 2=8k t -14t +1 t -1=-1，又t ≠1，∴t =-2k -1，此时Δ=-64k ，存在k ，使得Δ>0成立，∴直线l 的方程为y =kx -2k -1，当x =2时，y =-1，∴l 过定点2,-1 ．解法2齐次化：下移1个单位得E :x 24+y +1 2=1⇒x 24+y 2+2y =0，设平移后的直线：A B :mx +ny =1，齐次化：x 2+4y 2+8y mx +ny =0，8n +4 y 2+8mxy +x 2=0，∵x ≠0同除以x 2，8n +4 y x 2+8m y x +1=0，8n +4 k 2+8mk +1=0，k 1+k 2=-8m 8n +4=-1，8m =8n +4，2m -2n =1，∴mx +ny =1过2,-2 ，上移1个单位2,-1 ．C :x 24+y 2=1，设直线l 不经过点P 2(0,1)且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：直线l 过定点．不平移齐次化【解析】设直线l :mx +n (y -1)=1．．．．．．(1)由C :x 24+y 2=1，得x 24+[(y -1)+1]2=1即：x 24+(y -1)2+2(y -1)=0．．．．．．(2)由(1)(2)得：x 24+(y -1)2+2(y -1)[mx +n (y -1)]=0整理得：(1+2n )y -1x2+2m ⋅y -1x +14=0则k P 2A +k P 2B =y 1-1x 1+y 2-1x 2=-2m1+2n =-1，则2m =2n +1，代入直线l :mx +n (y -1)=1，得：l :(2n +1)x +2n (y -1)=2显然，直线过定点(2,-1)．C ：y 2=2px (p >0)上的点P (1，y 0)(y 0>0)到其焦点的距离为2．(1)求点P 的坐标及抛物线C 的方程；(2)若点M 、N 在抛物线C 上，且k PM •k PN =-12，证明：直线MN 过定点.答案：(2)(9，-2)C :x 24+y 23=1，P 1,32 ，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．解法1齐次化：公共点P 1,32 ，左移1个单位，下移32个单位，C :x +124+y +3223=1A B:mx +ny =1，3x 2+6x +4y 2+3y =0，4y 2+3x 2+6x +2y mx +ny =0，12n +4 y 2+62m +n xy +6m +3 x 2=0，等式两边同时除以x 2，12n +4 y x2+62m +n yx+6m +3 =0，k PA ⋅k PB =-94，6m +312n +4=-94，-12m -94n =1，mx +ny =1过-12,-94 ，右移1个单位，上移32个单位，过Q 12,-34，∴P 到直线l 的距离的最大值为PQ 的值为1-12 2+32--34 2=854，由于854>12，∴点P 到直线l 距离的最大值854已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为33，椭圆E 的短轴长等于4．由k 3⋅k 4=k BP ⋅k BQ ，即t -t 2=-2,∴t =22+83,此时Δ2=4 k 29>0，∴PQ 的方程为y =k x +22(1)求椭圆E 的标准方程；x 6+y 24=1(2)设A 0,-1，B 0,2，过A 且斜率为k 1的动直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，直线BM ，BN 分别交⊙C ：x 2+ y -12=1于异于点B 的点P ，Q ，设直线PQ 的斜率为k 2，直线BM ，BN 的斜率分别为k 3，k 4．①求证：k 3⋅k 4为定值；②求证：直线PQ 过定点.3答案：(2)-2；(3) 0,2【小问1详解】4c=33 由题意 a b 2+c 2=a 22b = 解得2==ba c =2所以椭圆的标准方程为：x 6+62y 24=1；【小问2详解】2①设MN 的方程为y =k 1x -1，与x 6+y 24=1联立得： 3k 2 1+2x 2-6k 1x -9=0，x 1+x 2=6k 13k 21+293k 21+2 1+1>0设M (x 1,y 1)，N (x 2,y 2)，则 x 1x 2=- Δ1=72 2k 2，∴k 3⋅k 4=y 1-2x 1⋅y 2-2x 2= k 1x 1-3 2x 2-3 k x 1x 2=k 21x 1x 2-3k 1(x 1+x 2)+9x 1x 2=-2【法二】平移坐标系+齐次化处理将坐标系中的图像整体向下平移2个单位，2平移后的椭圆方程为：x 6+ 22y +4=1，整理得：2x 2+3y 2+12y =0，设平移后的直线MN 的方程为：mx +ny =1，代入点 0,-3得mx -y3=1，y则有2x 2+3y 2+12y mx - 3=0，整理得：-y 2+12mxy +2x 2=0y令k =x，将-y 2+12mxy +2x 2=0两边同除x 2，得-k 2+12mk +2=0，故k 3⋅k 4=-2y m '说明：因为平移后k 3=x m 'y n '，k 4=x n '，而式子-y 2+12mxy +2x 2=0中x ，y 的值对应平移后的m '和n '所以同除x 2后得到的就是一个以k 3和k 4为根一个关于k 的一元二次方程．②设PQ 的方程为y =k 2x +t ，与x 2+ y -12=1联立 k 22+1x 2+2k 2 t -1x +t t -2=0，2k 2t -1k 22+1t -2tk 22+1 2-t 2+2t >0设P (x 3,y 3)，Q (x 4,y 4)则 x 3x 4= Δ2=4 k 2 x 3+x 4=-∴k BP ⋅k BQ =y 3-2x 3⋅y 4-2x 4= k 2x 3+t -2 2x 4+t -2 k x 3x 4=k 22x 3x 4+k 2 t -2 x3+x 4+ t -22x 1x 2=k 2 2t t -2-2k 2 2 t -2 t -1+ k 2 2+1 t -22t t -2=k 22t -2k 22 t -1 2+1 t -2 + k 2t =t -2t ，故直线PQ 恒过定点0，2.破解离心率问题之建立齐次式和几何化一．选择题(共9小题)1如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的右焦点，直线y =b2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC =90°，则该椭圆的离心率为()A.63B.233C.12D.222如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 为椭圆上一点(在x 轴上方)，连结PF 1并延长交椭圆于另一点Q ，且PF 1=3F 1Q ，若PF 2垂直于x 轴，则椭圆C 的离心率为()A.13B.12C.33D.323设F 1，F 2分别是双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左、右焦点．圆x 2+y 2=a 2+b 2与双曲线C 的右支交于点A ，且2|AF 1|=3|AF 2|，则双曲线离心率为()A.125B.135C.132D.134如图，F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左、右焦点，点P 是双曲线与圆x 2+y 2=a 2+b 2在第二象限的一个交点，点Q 在双曲线上，且F 2Q =2F 1P，则双曲线的离心率为()A.102B.173C.394D.3755设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F 1，F 2．若曲线Γ上存在点P 满足|PF 1|:|F 1F 2|:|PF 2|=5:4:2，则曲线Γ的离心率等于()A.43或12B.43或34C.2或47D.43或476设F 1，F 2分别是椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点，AF 2⊥x 轴，若|AF 1|，|AF 2|，|F 1F 2|成等差数列，则椭圆的离心率为()A.13B.19C.223D.247如图，F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左、右焦点，点P 是双曲线与圆x 2+y 2=a 2+b 2在第二象限的一个交点，点Q 在双曲线上，且F 1P =13F 2Q，则双曲线的离心率为()A.102B.173C.394D.3758如图，已知双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上有一点A ，它关于原点的对称点为B ，点F 为双曲线的右焦点，且满足AF ⊥BF ，设∠ABF =α，且α∈π12,π6，则该双曲线离心率e 的取值范围为()A.[2,3+1]B.[3,2+3]C.[2,2+3]D.[3,3+1]9已知在菱形ABCD 中，∠BCD =60°，曲线C 1是以A ，C 为焦点，且经过B ，D 两点的椭圆，其离心率为e 1；曲线C 2是以A ，C 为焦点，渐近线分别和AB ，AD 平行的双曲线，其离心率为e 2，则e 1e 2=()A.12B.33C.1D.233二．多选题(共1小题)10已知椭圆M :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，双曲线N :x 2m 2-y 2n2=1．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，下列结论正确的是()A.椭圆的离心率e =3-1B.双曲线的离心率e =2C.椭圆上不存在点A 使得AF 1 ⋅AF 2<0 D.双曲线上存在点B 使得BF 1 ⋅BF 2<0三．填空题(共9小题)11已知椭圆M :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，双曲线N :x 2m 2-y 2n2=1．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 与双曲线N 的离心率之积为．12如图，在平面直角坐标系xOy 中，A 1，A 2，B 1，B 2为椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的四个顶点，F 为其右焦点，直线A 1B 2与直线B 1F 相交于点T ，线段OT 与椭圆的交点为M ，且OT =3OM则该椭圆的离心率为．13如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知A ，B 1，B 2分别为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右、下、上顶点，F 是椭圆C 的右焦点．若B 2F ⊥AB 1，则椭圆C 的离心率是．14如图，在平面直角坐标系xOy中，F为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点，B，C 分别为椭圆的上、下顶点，直线BF与椭圆的另一个交点为D，且直线CD的斜率为12，则该椭圆的离心率为．15如图，在平面直角坐标系xOy中，点A位椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点，点B、C在椭圆上，若四边形OABC为平行四边形，且∠OAB=45°，则椭圆E的离心率等于．ABCO xy16已知F1，F2分别是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F1的直线l与圆x2+y2=a2相切，且与双曲线的两渐近线分别交于点A，B，若(F2A+F2B)∙AB=0，则该双曲线C的离心率为．17已知F1，F2分别是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，c是双曲线C的半焦距，点A 是圆O:x2+y2=c2上一点，线段F2A交双曲线C的右支于点B，且有|F2A|=a，AB=23AF2，则双曲线C的离心率是．18设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2，若曲线C上存在点P满足|PF1|:|F1F2|:|PF2|=6:5:4，则曲线C的离心率等于．19已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)右支上有一点A，它关于原点的对称点为B，双曲线的右焦点为F，满足AF∙BF=0，且∠ABF=π6，则双曲线的离心率e的值是．破解离心率问题之建立齐次式和几何化一．选择题(共9小题)1如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的右焦点，直线y =b2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC =90°，则该椭圆的离心率为()A.63B.233C.12D.22【解答】解：设右焦点F (c ,0)，将y =b 2代入椭圆方程可得x =±a 1-b 24b2=±32a ，可得B -32a ，b 2 ，C 32a ，b2，由∠BFC =90°，可得k BF ∙k CF =-1，即有b2-32a -c ∙b232a -c =-1，化简为b 2=3a 2-4c 2，由b 2=a 2-c 2，即有3c 2=2a 2，由e =c a ，可得e 2=c 2a2=23，可得e =63，故选：A ．2如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 为椭圆上一点(在x 轴上方)，连结PF 1并延长交椭圆于另一点Q ，且PF 1=3F 1Q ，若PF 2垂直于x 轴，则椭圆C 的离心率为()A.13B.12C.33D.32【解答】解：设椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(-c ,0)，F 2(c ,0)，设P (m ,n )，n >0，由PF 2垂直于x 轴可得m =c ，由n 2=b 21-c 2a 2=b 4a2，可得n =b 2a ，设Q (s ,t )，由PF 1 =3F 1Q ，可得-c -c =3(s +c )，-b 2a=3t ，解得s =-53c ，t =-b23a，将Q -53c ，-b 23a 代入椭圆方程可得259⋅c 2a 2+b 29a2=1，即25c 2+a 2-c 2=9a 2，即有a 2=3c 2，则e =c a =33，故选：C ．3设F 1，F 2分别是双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左、右焦点．圆x 2+y 2=a 2+b 2与双曲线C 的右支交于点A ，且2|AF 1|=3|AF 2|，则双曲线离心率为()A.125B.135C.132D.13【解答】解：可设A 为第一象限的点，且|AF 1|=m ，|AF 2|=n ，由题意可得2m =3n ，①由双曲线的定义可得m -n =2a ，②由勾股定理可得m 2+n 2=4(a 2+b 2)，③联立①②③消去m ，n ，可得：36a 2+16a 2=4a 2+4b 2，即b 2=12a 2，则e =c a =1+b 2a2=1+12=13，故选：D ．4如图，F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左、右焦点，点P 是双曲线与圆x 2+y 2=a 2+b 2在第二象限的一个交点，点Q 在双曲线上，且F 2Q =2F 1P，则双曲线的离心率为()A.102B.173C.394D.375【解答】解：设F 1(-c ,0)，F 2(c ,0)，由x 2+y 2=a 2+b 2=c 2x 2a2-y 2b2=1整理可得：(b 2+a 2)x 2=a 2c 2+a 2b 2，即c 2x 2=a 2(a 2+b 2)+a 2b 2=a 2(a 2+2b 2)，因为点P 是双曲线与圆x 2+y 2=a 2+b 2在第二象限的一个交点，所以x p =-a a 2+2b 2c，y 2=c 2-x 2=c 2-a 2c 2+a 2b 2c 2=c 4-a 2c 2-a 2b 2c 2=c 2(c 2-a 2)-a 2b 2c 2=(c 2-a 2)b 2c 2=b 4c 2，所以点P 坐标为-a a 2+2b 2c ,b 2c，设点Q (m ,n )，则F 1P =c -a a 2+2b 2c ,b 2c，F 2Q=(m -c ,n )，由F 2Q =2F 1P可得2c -2a a 2+2b 2c =m -c n =2b 2c ，所以m =3c -2a a 2+2b 2c n =2b 2c，因为点Q (m ,n )在双曲线x2a 2-y 2b 2=1上，所以3c -2a a 2+2b 2c2a 2-2b 2c2b 2=1，整理可得：9c 2a 2-12b 2+c 2a +4(b 2+c 2)c 2-4b 2c2=1，所以9c 2a 2=12b 2+c 2a -3，即3c 2a2+1=4b 2+c 2a ，两边同时平方可得：9c 4a4+6c 2a 2+1=16b 2+16c 2a 2=16c 2-16a 2+16c 2a 2=32c 2a 2-16，所以9c 4a4-26c 2a 2+17=0，即9e 4-26e 2+17=0，(9e 2-17)(e 2-1)=0，可得：e 2=179或e 2=1(舍)，所以e =173，故选：B ．5设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F 1，F 2．若曲线Γ上存在点P 满足|PF 1|:|F 1F 2|:|PF 2|=5:4:2，则曲线Γ的离心率等于()A.43或12B.43或34C.2或47D.43或47【解答】解：由题意可设：|PF 1|=5t ，|F 1F 2|=4t ，|PF 2|=2t (t >0)．当圆锥曲线Γ为椭圆时，2c =|F 1F 2|=4t ，2a =|PF 1|+|PF 2|=7t ．∴离心率e =c a =47；当圆锥曲线Γ为双曲线时，2c =|F 1F 2|=4t ，2a =|PF 1|-|PF 2|=3t ，∴离心率e =c a =43．综上可知，圆锥曲线Γ的离心率为43或47．故选：D ．6设F 1，F 2分别是椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点，AF 2⊥x 轴，若|AF 1|，|AF 2|，|F 1F 2|成等差数列，则椭圆的离心率为()A.13B.19C.223D.24【解答】解：∵|AF 1|，|AF 2|，|F 1F 2|成等差数列，∴2|AF 2|=|AF 1|+|F 1F 2|，由椭圆定义可得，|AF 1|+|AF 2|=2a ，∴|AF 2|=b 2a ，|AF 1|=2a -b 2a ，4c 2+b 2a 2 =2a -b 2a 4，2b 2a =2a -b 2a +2c ，可得3e 2+2e -1=0，所以椭圆的离心率e =13；故选：A ．7如图，F 1，F2分别是双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左、右焦点，点P 是双曲线与圆x 2+y 2=a 2+b 2在第二象限的一个交点，点Q 在双曲线上，且F 1P =13F 2Q，则双曲线的离心率为()A.102B.173C.394D.375【解答】解：F 1(-c ,0)，F 2(c ,0)，联立x 2+y 2=a 2+b 2=c 2x 2a2-y 2b2=1，解得x 2=(a 2+2b 2)a 2c 2y 2=b 4c 2，∵P 在第二象限，∴P -a c a 2+2b 2,b 2c，设Q (m ,n )，则F 1P =c -a c a 2+2b 2,b 2c，F 2Q =(m -c ,n )，由F 1P =13F 2Q ，得13(m -c )=c -a a 2+2b 2c ，13n =b 2c ，∴m =4c -3a a 2+2b 2c ，n =3b 2c，又m 2a 2-n 2b 2=1，∴16c 2a 2-24c 2+b 2a +9(c 2+b 2)c 2-9b 2c2=1，化简得：4c 4a 4-14c2a 2+10=0，即2e 4-7e 2+5=0，解得：e 2=52或e 2=1(舍)．可得e =102(e >1)．故选：A ．8如图，已知双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上有一点A ，它关于原点的对称点为B ，点F 为双曲线的右焦点，且满足AF ⊥BF ，设∠ABF =α，且α∈π12,π6，则该双曲线离心率e 的取值范围为()A.[2,3+1]B.[3,2+3]C.[2,2+3]D.[3,3+1]【解答】解：在Rt ΔABF 中，|OF |=c ，∴|AB |=2c ，在直角三角形ABF 中，∠ABF =α，可得|AF |=2c sin α，|BF |=2c cos α，取左焦点F ，连接AF ，BF ，可得四边形AFBF 为矩形，∴||BF |-|AF ||=|AF |-|AF |=2c |cos α-sin α|=2a ，∴e =c a =1|cos α-sin α|=12cos α+π4，∵π12≤α≤π6,∴π3≤α+π4≤5π12，∴cos α+π4 ∈6-24,12 ,2cos α+π4 ∈3-12,22，∴e ∈[2,3+1]，故选：A ．9已知在菱形ABCD 中，∠BCD =60°，曲线C 1是以A ，C 为焦点，且经过B ，D 两点的椭圆，其离心率为e 1；曲线C 2是以A ，C 为焦点，渐近线分别和AB ，AD 平行的双曲线，其离心率为e 2，则e 1e 2=()A.12B.33C.1D.233【解答】解：∵∠BCD =60°，∴∠BCA =30°，设OB =1，则BC =2，OC =3，∵椭圆C 1是以A ，C 为焦点，且经过B ，D 两点的椭圆，∴c =OC =3，2a =BA +BC =2+2=4，得a =2，则椭圆的离心率为e 1=c a =32，则双曲线C 2是以A ，C 为焦点渐近线分别和AB ，AD 平行的双曲线，则双曲线中c =OC =3，AB 的斜率k =tan30°=33，即b a =33，则b 2a 2=13，即c 2-a 2a 2=c 2a 2-1=13，得e 22=13+1=43，则e 2=43=23，则e 1e 2=32×23=1，故选：C ．二．多选题(共1小题)10已知椭圆M :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，双曲线N :x 2m 2-y 2n2=1．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，下列结论正确的是()A.椭圆的离心率e =3-1B.双曲线的离心率e =2C.椭圆上不存在点A 使得AF 1 ⋅AF 2<0D.双曲线上存在点B 使得BF 1 ⋅BF 2<0【解答】解：椭圆M :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，双曲线N :x 2m 2-y 2n2=1，若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，设椭圆的右焦点坐标(c ,0)，则正六边形的一个顶点c 2,3c2，对于A ．将c 2,3c 2 代入椭圆方程，得：c 24a 2+3c 24b 2=1，结合e 1=c a,a 2=b 2+c 2，可得e 41-8e 21+4=0，因为e 1∈(0,1)，解得e 1=3-1，故A 正确；对于B ．把c 2,3c 2 代入双曲线的渐近线方程y =n m x (不妨设m >0，n >0)，得32c =n m ×12c ，所以n m=3，则双曲线的离心率e 2=1+n m2=2，故B 正确；对于C ．当A 点是短轴的端点时，∠F 1AF 2最大，由c a =3-1，得c 2a 2=4-23，又c 2=a 2-b 2，从而可得b 2a 2=23-3，c 2b2=4-2323-3=233>1，所以c >b ，则12∠F 1AF 2>π4，即∠F 1AF 2>π2，所以AF 1 ．AF 2 <0，故C 错误；对于D ．当B 点在实轴的端点时，向量BF 1 与向量BF 2 夹角为π，此时，BF 1 ．BF 2<0，故D 正确；故选：ABD ．三．填空题(共9小题)11已知椭圆M :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，双曲线N :x 2m 2-y 2n2=1．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 与双曲线N 的离心率之积为　2(3-1)　．【解答】解：不妨设m ，n >0，可设椭圆的焦点坐标F (-c ,0)，C (c ,0)，正六边形的一个顶点B 12c ，32c，由|FB |+|CB |=2a ，即c +3c =2a ，解得椭圆的e 1=c a =23+1=3-1；双曲线的渐近线的斜率为tan60°=3，即nm=3，可得双曲线的离心率为e 2=1+n 2m2=1+3=2．即有椭圆M 与双曲线N 的离心率之积为2(3-1)．故答案为：2(3-1)．12如图，在平面直角坐标系xOy 中，A 1，A 2，B 1，B 2为椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的四个顶点，F 为其右焦点，直线A 1B 2与直线B 1F 相交于点T ，线段OT 与椭圆的交点为M ，且OT =3OM则该椭圆的离心率为　5-172　．【解答】解：直线A 1B 2的方程为y =b a x +b ，直线B 1F 的方程为y =bcx -b ，联立方程组y =ba x +by =b c x -b，解得T 2ac a -c ，ab +bca -c ．∵OT =3OM，∴M2ac 3(a -c )，ab +bc 3(a -c )，把M 代入椭圆方程得：4a 2b 2c 29(a -c )2+a 2b 2(a +c )29(a -c )2=a 2b 2，即4c 2+(a +c )2=9(a -c )2，化简得：2a 2+c 2-5ac =0，∴e 2-5e +2=0，解得e =5-172或e =5+172(舍去)．故答案为：5-172．13如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知A ，B 1，B 2分别为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右、下、上顶点，F 是椭圆C 的右焦点．若B 2F ⊥AB 1，则椭圆C 的离心率是　5-12　．【解答】解：F (c ,0)，A (a ,0)，B 1(0,-b )，B 2(0,b )，∴FB 2 =(-c ,b )，B 1A =(a ,b )，∵B 2F ⊥AB 1，∴FB 2 ∙B 1A=-ac +b 2=0，∴a 2-c 2-ac =0，化为：e 2+e -1=0，0<e <1．解得e =5-12，故答案为：5-12．14如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 为椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的右焦点，B ，C 分别为椭圆的上、下顶点，直线BF 与椭圆的另一个交点为D ，且直线CD 的斜率为12，则该椭圆的离心率为　22　．【解答】解：由题意可得B (0,b )，C (0,-b )，F (c ,0)，由直线BF 的方程bx +cy =bc 代入椭圆方程b 2x 2+a 2y 2=a 2b 2，消去y ，可得x =2a 2ca 2+c 2，y =b (c 2-a 2)c 2+a 2，即为D 2a 2c a 2+c 2，b (c 2-a 2)c 2+a2，直线CD 的斜率为12，可得b (c 2-a 2)+b (c 2+a 2)2a 2c=12，即有a 2=2bc ，由a 2=b 2+c 2，可得b =c =22a ，即e =c a =22．故答案为：22．15如图，在平面直角坐标系xOy 中，点A 位椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点，点B 、C 在椭圆上，若四边形OABC 为平行四边形，且∠OAB =45°，则椭圆E 的离心率等于　63　．A B CO xy【解答】解：∵AO 是与x 轴重合的，且四边形OABC 为平行四边形，∴BC ⎳OA ，则B 、C 两点的纵坐标相等，B 、C 的横坐标互为相反数，∴B 、C 两点是关于y 轴对称的．由题知：OA =a四边形OABC 为平行四边形，则BC =OA =a ，可设B -a 2，y C a 2，y ，代入椭圆方程解得：|y |=32b ，设D 为椭圆的右顶点，由于∠OAB =45°，四边形OABC 为平行四边形，则∠COx =45°，对C 点：tan45°=32b a 2=1，解得a =3b ，根据a 2=c 2+b 2得a 2=c 2+13a 2，即有c 2=23a 2，e 2=23，即e =63．故答案为：63．16已知F 1，F 2分别是双曲线C :x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右焦点，过F 1的直线l 与圆x 2+y 2=a 2相切，且与双曲线的两渐近线分别交于点A ，B ，若(F 2A +F 2B )∙AB =0，则该双曲线C 的离心率为　3　．【解答】解：法1(代数法)：因为l 与⊙O :x 2+y 2=a 2相切，所以直线斜率k =±a b，由对称性不妨考虑k =a b 情形．又双曲线C 的渐近线方程为y =±b ax ，则l 垂直其中一条渐近线，故l 与一渐近线的交点A ，即为该渐近线与⊙O 在第二象限的交点，可得A -a 2c ,ab c ，如图，设AB 中点为M ，由(F 2A +F 2B )∙AB =0，即2F 2M ∙AB =0，则有F 2M ⊥l ，又OA ⊥l ，故OA ⎳F 2M ，且O 为F 1F 2的中点，所以A 为F 1M 的中点，则A ，M 三等分F 1B ，由F 1B =3F 1A ，得B 3b 2c -c ,3ab c，由B 在另一渐近线y =b ax 上，即有3ab c =b a 3b 2c-c ，则c 2=3a 2，故离心率e =3．法2(几何法)：设∠BOF 2=θ，则∠AOB =π-2θ，由题意易知|AF 1|=b ，|AB |=2b ，在Rt ΔOAB 中，tan ∠AOB =tan (π-2θ)=2b a ，又tan θ=b a ，则有-2b a1-b a 2=2b a，即b 2=c 2-a 2=2a 2，故离心率e =3．法3(参数方程法)：直线l 的参数方程为x =-c +b c t y =a c t (t 为参数)，代入y =b a x ，可得B 对应的参数t B =bc 2b 2-a 2又A 对应的参数t A =b ，由(F 2A +F 2B )∙AB =0及l 与⊙O :x 2+y 2=a 2相切，可知F 1B =3F 1A ，即t B =3t A ，则bc 2b 2-a2=3b ，则有c 2=3a 2，故离心率e =3．故答案为：3．17已知F 1，F 2分别是双曲线C :x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右焦点，c 是双曲线C 的半焦距，点A 是圆O :x 2+y 2=c 2上一点，线段F 2A 交双曲线C 的右支于点B ，且有|F 2A |=a ，AB =23AF 2 ，则双曲线C 的离心率是　62　．【解答】解：由|F 2A |=a ，AB =23AF 2 ，可得|AB |=23a ，|BF 2|=13a ，由双曲线的定义可得|BF 1|=2a +13a =73a ，在直角三角形ABF 1中，|AF 1|2=|BF 1|2-||AB 2=499a 2-49a 2=5a 2，在直角三角形AF1F 2中，|F 1F 2|2=|AF 1|2+|AF 2|2，即为4c 2=5a 2+a 2=6a 2，则e =c a =62．故答案为：62．18设圆锥曲线C 的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线C 上存在点P 满足|PF 1|:|F 1F 2|:|PF 2|=6:5:4，则曲线C 的离心率等于　12或52　．【解答】解：∵|PF 1|:|F 1F 2|:|PF 2|=6:5:4，∴|PF 1|+|PF 2|=2|F 1F 2|，①若圆锥曲线C 是椭圆，则2a =4c ，∴e =c a =12；②若圆锥曲线C 是双曲线，则e =2c 2a =|F 1F 2||PF 1|-|PF 2|=56-4=52．故答案为：12或52．19已知双曲线x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)右支上有一点A ，它关于原点的对称点为B ，双曲线的右焦点为F ，满足AF ∙BF =0，且∠ABF =π6，则双曲线的离心率e 的值是　1+3　．【解答】解：AF ∙BF =0，可得AF ⊥BF ，在Rt ΔABF 中，|OF |=c ，∴|AB |=2c ，在直角三角形ABF 中，∠ABF =π6，可得|AF |=2c sin π6=c ，|BF |=2c cos π6=3c ，取左焦点F ，连接AF ，BF ，可得四边形AFBF 为矩形，∴||BF |-|AF ||=|AF |-|AF |=3c -c =2a ，∴e =c a =23-1=3+1．故答案为：3+1．。

齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题

齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题本文介绍了利用“齐次式”法解决圆锥曲线斜率有关的顶点定值问题。

针对定点问题，文章提出了引入变量参数表示直线方程、数量积、比例关系等的方法，以寻找不受参数影响的量。

对于直线过定点问题，可以通过设出直线方程，利用韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程解决。

在圆锥曲线中，有很多常见的定点模型，熟练掌握这些结论可以事半功倍。

举例来说，文章给出了一个07山东省的例题。

该题要求证明直线l过定点，并求出该定点的坐标。

通过设定直线方程，利用已知条件和韦达定理，可以求出直线方程中的k和m的关系式，代入方程解得定点坐标。

文章还提供了一些解题技巧，例如如何选择直线，如何转化题目条件等。

总的来说，本文介绍了一种解决定点问题的方法，并以圆锥曲线为例，详细说明了几种常见的定点模型。

文章语言简洁明了，逻辑清晰，对于解决类似问题有很大的帮助。

练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。

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；III）证明直线PQ恒过一个定点。

解：（I）设点M（m，4m），则动直线l的斜率为k=4/m。

由于A、M、P三点共线，故有k·(-1)+4=m，即m=4/(k+1)。

又因为直线MB与抛物线C有两个交点，设另一点为Q（q，4q），则有q=-1/4.因此，OM·OP=|(m，4m)·(q，4q)|=|16(mq)^2|=|16/(k+1)^2|，为定值。

II）设∠PO M=α，则OM·OP·cosα=5.又因为△POM的面积为5，所以OM·OP·sinα=5.由此可得tanα=1，又因为α∈(0，π)，所以α=45°。

因此，向量OM与OP的夹角为45°。

“齐次化”法在圆锥曲线问题中的应用

“齐次化”法在圆锥曲线问题中的应用作者：***来源：《中学教学参考·理科版》2022年第05期[摘要]由斜率關系引发的定点、定值问题在高考中总是以不同的方式出现，用“齐次化”法能巧妙解决此类问题，并简化运算过程。

[关键词]齐次化;圆锥曲线;斜率[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 1674-6058（2022）14-0022-03圆锥曲线是高考的重点考查内容，圆锥曲线问题常以压轴题或把关题的形式出现，此类问题因计算烦琐，而常令考生望而却步。

若能根据题目所给条件，找到简捷的解法，往往可化繁为简，使解题事半功倍。

下面利用“齐次化”法解决由斜率关系引发的定点、定值问题。

一、引例分析[例1]已知椭圆[C]：[x2a2+y2b2=1]（[a>b>0]）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[AM⊥AN]，[AD⊥MN]，[D]为垂足。

证明：存在定点[Q]，使得[DQ]为定值。

“已知直线[l]与圆锥曲线交于两点，另一定点与两个交点相连，所得两条直线的斜率之和或斜率之积为定值。

”若题目中给出这种类似的条件，则确定直线[l]过某一定点。

由已知条件[AM⊥AN]，可知直线[AM]和[AN]的斜率之积为定值-1，故本题名为求定值，实为求定点，即直线[MN]过某一定点。

设该定点为[E]（如图1），则[AE]为定线段，由[AD⊥MN]可知三角形[ADE]为直角三角形，故点[D]到[AE]的中点[Q]的距离为定值，即[12AE]。

因此问题求解的关键是确定定点[E]的坐标。

二、问题解答直线过定点问题的常规处理方法是设出直线方程[y=kx+m]，根据已知条件寻找[k， m]的等量关系，从而得出直线所过的定点。

（一）常规方法引入直线[MN]的方程（注意讨论斜率不存在的情况），将其与椭圆方程联立，利用坐标法（设出[N]、[M]两点的坐标）、消元法、判别式及根与系数的关系等，再结合[AM⊥AN]进行求解。

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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。

求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。

（参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质”）◆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=•BP AP k k 定值或=+BP AP k k 定值），直线AB 依然会过定点。

此模型解题步骤：Step1：设AB 直线m kx y +=，联立曲线方程得根与系数关系，∆求出参数范围；Step2：由AP 与BP 关系（如1-=•BP AP k k ），得一次函数)()(k f m m f k ==或者； Step3：将)()(k f m m f k ==或者代入m kx y +=，得定定y x x k y +-=)(。

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PB PA ⊥，即1-=⋅PB PA k k 。

（⋅⋅⋅⋅⋅⋅PB PA k k ⋅为定值）依题意直线l 不过椭圆的右焦点)0,2(P 设直线1)2(:=+-ny x m l ，由124322=+y x 得124)22(322=++-y x （⋅⋅⋅⋅⋅⋅凑出因式)0(),2(--y x ）故04)2(12)2(322=+-+-y x x （⋅⋅⋅⋅⋅⋅此式不是齐次式，有2次式和1次式，下面齐次化）故0])2()[2(124)2(322=+--++-ny x m x y x （⋅⋅⋅⋅⋅⋅1的代换）即0)2(12)2(124)2(3222=-+-++-y x n x m y x （⋅⋅⋅⋅⋅⋅下面凑出斜率PB PA k k ,。

两边同除2)2(-x ）故0)312(212)2(42=++-+-m x y n x y ，（⋅⋅⋅⋅⋅⋅因为B A ,是直线与曲线的交点，故B A ,的坐标满足此式，即2,22211--x yx y 是相应方程0)312(1242=+++m nt t 的解）故14312222211-=+=-⋅-=⋅m x y x y k k PB PA ，解得127-=m ，代入1)2(:=+-ny x m l 得0172127=+--ny x ，由⎪⎩⎪⎨⎧==+-00127127y x 得⎪⎩⎪⎨⎧==072y x ，故l 过定点)0,72(。

变式此题若改为：已知椭圆C ：13422=+y x 的右顶点P ，若直线与椭圆C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），且=+PB PA k k 3，,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，1212322y yx x ∴+=--，化简变形比原题更难，用齐次式法，与原题类似。

解：由原题齐次式解法得0)312(212)2(42=++-+-m x y n x y ，故33=-=⋅n k k PB PA 解得1-=n ，代入1)2(:=+-ny x m l ，知1)2(:=--y x m l ，过定点)1,2(-。

变式此题若改为：已知椭圆C ：13422=+yx 上一点)23,1(P ，若直线与椭圆C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），且1-=⋅PB PA k k ，,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:px y 22=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:x y 42=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1222=-y x 上的点)1,1(A 作动弦AB 、AC 且3=•AC AB k k ，证明BC 恒过定点。

（本题参考答案：)51,51(-）练习:4：设A 、B 是轨迹C ：22(0)y px P =>上异于原点O 的两个不同点，直线OA 和OB 的倾斜角分别为α和β，当,αβ变化且4παβ+=时，证明直线AB 恒过定点，并求出该定点的坐标。

（参考答案()2,2p p -）【答案】设()()1122,,,A x y B x y ，由题意得12,0x x ≠，又直线OA,OB 的倾斜角,αβ满足4παβ+=，故0,4παβ<<，所以直线AB 的斜率存在，否则，OA,OB 直线的倾斜角之和为π从而设AB 方程为y kx b =+，显然221212,22y y x x p p ==，将y kx b =+与22(0)y px P =>联立消去x ，得2220ky py pb -+=由韦达定理知121222,p pby y y y k k+=⋅=① 由4παβ+=，得1＝tan tan()4παβ=+=tan tan 1tan tan αβαβ+-=122122()4p y y y y p +- 将①式代入上式整理化简可得：212pb pk=-，所以22b p pk =+，此时，直线AB 的方程可表示为y kx =+22p pk +即()(2)20k x p y p +--=所以直线AB 恒过定点()2,2p p -.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;(Ⅱ)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:(Ⅰ) A (4,0),设圆心C2222,2),,(EC ME CM CA MNME E MN y x +===，由几何图像知线段的中点为x y x y x 84)422222=⇒+=+-⇒（(Ⅱ) 点B (-1,0),222121212122118,8,00),,(),,(x y x y y y y y y x Q y x P ==<≠+，由题知设.080)()(88811211221212222112211=+⇒=+++⇒+-=+⇒+-=+⇒y y y y y y y y y y y y x y x y 直线PQ方程为:)8(1)(21121112121y x y y y y x x x x y y y y -+=-⇒---=-1,088)(8)()(122112112==⇒=++⇒-=+-+⇒x y x y y y y x y y y y y y所以,直线PQ 过定点(1,0)练习6：已知点()()1,0,1,0,B C 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(,2)A m 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.【解】（1）设.4,1)1(||||),(222x y x y x CB PB BC PC y x P =+=+-⋅=⋅化简得得代入（5分）).2,1(,14)2,()2(2的坐标为点得代入将A m x y m A ∴== ,044,422=--=+=t mt y x y t my x DE 得代入的方程为设直线）（（，则设*016)44,4),(),,(221212211>+-=∆-=⋅=+t m t y y m y y y x E y x D4)(21)()2)(2()1)(1(212121212121++-⋅+++-=--+--=⋅∴y y y y x x x x y y x x AE AD5)(2)44(44212122212221++-⋅++-⋅=y y y y y y y y 5)(242)(16)(212121221221++-⋅+⋅-+-⋅=y y y y y y y y y ym m t t m t t m t 845605)4(2)4(4)4(2)4(16)4(2222+=+-=+--+----=化简得)1(23)1(43484962222+±=-∴+=-++=+-m t m t m m t t ）即（即0*,1252>∆+-=+=∴）式检验均满足代入（或m t m t 1)2(5)2(+-=++=∴y m x y m x DE 或的方程为直线）不满足题意，定点（（过定点直线21).2,5(-∴DE ）练习7：已知点A （－1，0），B （1，－1）和抛物线.x y C 4:2=，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.（I ）证明: OM OP ⋅为定值; （II ）若△POM 的面积为25，求向量OM 与OP 的夹角；（Ⅲ）证明直线PQ 恒过一个定点.解：（I ）设点P y y P y y M ),,4(),,4(222121、M 、A 三点共线， ,4414,222121211y y y y y y k k DM AM --=+=∴即 4,142121211=∴+=+y y y y y y 即 .544212221=+⋅=⋅∴y y y y OP OM (II)设∠POM =α，则.5cos ||||=⋅⋅αOP OM.5sin ||||,25=⋅⋅∴=∆αOP OM S ROM 由此可得tan α=1. 又.45,45),,0(︒︒=∴∈的夹角为与故向量OP OM απα(Ⅲ)设点M y y Q ),,4(323、B 、Q 三点共线，,QM BQ k k =∴ 3133222233131323133131311,,41444(1)()4,40.11y y y y y y y y y y y y y y y y y y -+==-++-∴++=-+++=即即即分,0444,4,432322121=+++⋅∴==y y y y y y y y 即即.(*)04)(43232=+++y y y y,44432232232y y y y y y k PQ +=--=)4(422322y x y y y y PQ -+=-∴的方程是直线即.4)(,4))((323222322x y y y y y y x y y y y =-+-=+-即由（*）式，,4)(43232++=-y y y y 代入上式，得).1(4))(4(32-=++x y y y 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222r y x =+上一点),(00y x P 处的切线方程为200r y y y x =+”，类比也有第22题结论：“椭圆),()0(1002222y x P b a by a x 上一点>>=+处的切线方程为12020=+b y y a x x ”，过椭圆C ：1422=+y x 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. （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。

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