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C相

2、交于A，两点（A， 不是左右顶点） ，43BBl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 ， 34k 2m20x1x28mk, x1x24( m23)34k234k2y1y2( kx1m)(kx2m)k2 x1 x2mk (x1x2 )m23(m24k 2 )34k2Q 以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0), 且

3、 kADkBD1 ，y1y21， y1 y2x1 x22( x1x2 ) 4 0 ，（ * ）x12x223(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)77( 2 ,0).7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为7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P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，

4、则 AB 必过定点 ( x0 ( a2b2 ),y0 (a2b2 ) ) 。（参考百度文库文章： “圆锥曲线的弦对a 2b2a2b2定点直角的一组性质” ）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 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 kAP ?kBP1 ），得一次函数kf (m)或者 mf (k) ；Step3 ：将 kf (m)或者 mf (k) 代入 ykxm ，得 yk( xx定 )

5、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 。（kPAkPB 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 3x24y212得 3( x22)24 y212（凑出因式 ( x2), ( y0) ）故 3(x2)212( x2)4y20（此式不是齐次式，有2次式和 1 次式，下面齐次化）故 3(x2)24y212(x2)(2)ny0（1 的代换）m x即 3(

6、 x2)24y 212m( x2) 212n( x2)y0（下面凑出斜率 kPA , kPB 。两边同除 ( x 2)2 ）故 4( x y2) 212nxy2(12m3)0 ，（因为 A, B 是直线与曲线的交点，故A,B 的坐y1,y224t212nt(12m3)0 的解）标满足此式，即x12x2是相应方程kPAkPBy1y212m317x12 x224， 解 得 mny 1故12， 代 入 l : m(x 2)得727x70x212x17ny0 ，由1212得7 ，故 l 过定点 ( 2 ,0) 。y0y07x2y 21的右顶点 P ，若直线与椭圆C 相交于 A ，B 两点（ A，B变式

7、此题若改为： 已知椭圆 C ：34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。x12x22解：由原题齐次式解法得4( x y2)212nx y2(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)变式此题若改为： 已知椭圆 C ： xy1P(1,上一点2，若直线与椭圆 C 相交于 A，B 两点（ A ，143B 不是左右顶点） ，且 kPAkPB， ,求证：直线

8、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 2y 21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是轨迹 C ： y2练习 :4 ：设 A、B2 px( P0) 上异于原

9、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4案 2 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4y12y22ykxb ，显然 x1, x2，2 p2 p将 ykx b 与 y22 px( P0) 联立消去 x ，得 ky22 py2 pb0由韦达定理知 y1y22 p, y1 y22 pbkk2 p( y1y2 )由，得 1 tant

10、an(tantan) =4 p2441tantany1 y2将式代入上式整理化简可得：2 p2 pk ，b1 ，所以 b 2 p2 pk此时，直线 AB 的方程可表示为ykx 2 p 2 pk 即 k (x2 p)y2p0所以直线 AB 恒过定点2p,2 p .练习 5：（ 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.( )求动圆圆心的轨迹C的方程 ;( )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 :( ) A(4,0

11、), 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 2（x 4)2 y2 42 x2y2 8x2( ) 点 B (-1,0),设 P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ),由题知 y1 y20， y1 y20, y128x1, y228x2 .y1y2y1y28( y1y2 ) y1 y2 ( y2y1 ) 0x1 1 x21y128 y2 28PQ 方程为 : yy1y2y1 ( xx1 )yy11(8xy12 )x2x1y2y1y( y2y ) y( y2y ) 8x y2y( y2y ) 8 8xy 0, x111

12、11所以 ,直线 PQ 过定点 (1,0)uuuruuur练习 6：已知点 B1,0,C 1,0, P 是平面上一动点，且满足|PC| |BC|8y1 y20直线1uuur uuurPB 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 | PBCB得 ( x1) 2y 21x, 化简得 y24x. （ 5分）( 2)将 A m代入 y24x得 m1,点 A的坐标为

13、(1,2).(,2)设直线 DE 的方程为 xmyt代入 y24x,得 y24mt4t0,设D(x1,y1),(x2,y2)则y1y24 ,4t，（4)216t（0*）Em y1 y2mAD AE (x1 1)( x21) ( y12)( y2 2) x1 x2( x1x2 ) 1 y1 y2 2( y1y2 ) 4y12y22( y12y22 ) y1 y22( y1y2 ) 54444( y1 y2 )2( y1y2 )22 y1 y2y1y2 2( y1y2 ) 5164(4t )2(4m) 22(4t)2(4m) 50化简得 t26t 54m28m164( 4t )26t9 4m222

14、t 32(m1)即 t8m 4即（ t3） 4(m1)t2m5或 t2m1, 代入（ *）式检验均满足0直线 DE的方程为 xm( y 2)5或 x m( y2)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 : y24x ， 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 .uuuur uuur（ 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

15、点 .解：（ I）设点 M ( y12, y1 ), P( y22, y2 ), P 、 M 、 A 三点共线，44k AMkDM ,即y1y1y2,222y1y1y2414y114即,y1 y24第 2224 y1y2题y1OMy12y22y1 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，k BQkQM ,4y3y1y3y311即y32y12y32,即y324

16、 y1 y3 ,1444y32( y3 1)(y1y3 )4,即y1 y3y1y34 0.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(x)y2y34即 ( y y2 )( y2y3 ) 4x y22 ,即 y( y2y3 ) y2 y34x.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

17、2y 2r 2 上一点 P( x0 , y0 ) 处的切线方程为x0 yy0 yr 2 ”，类比也有结论： “椭圆x 2y21(a b0)上一点 P( x0 , y0 ) 处的切线方程为x0 xy0 y”，过椭圆 C ：a 2b2a12b 2x221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.y4（ 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。43,t )(tx1 x1【解】（1 ）设 M (R), A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ), 则 MA 的方程为y1 y34点M 在MA 上3x1 ty11 同理

18、可得3 x2ty 2133由知 AB 的方程为3 xty1,即 x3(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 x 2y21,化简得 7 y6 y104362816|AB| 1 37743|23又 M 到 AB 的距离 d3133 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

19、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 y32PA, PB ,其中 A, B 为2 0 的距离为.设 P 为直线 l 上的点 ,过点 P 作抛物线 C 的两条切线切点 .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 x24cy , 由0c232结合 c0 ,解

20、得 c1.所以抛2物线 C 的方程为 x224y .( )抛物线 C 的方程为 x24y , 即 y1x2 , 求导得 y1x42设 A x1, y1 , B x2 , y2(其中 y1x12 , y2x22),44则切线 PA, PB 的斜率分别为1x1 ,12x2 ,22所以切线 PA ： yy1x1xx1,即 yx1 xx1y1 ,即 x1 x2 y2 y10222同理可得切线 PB 的方程为 x2 x2y 2 y20因为切线 PA, PB 均过点 Px0 , y0,所以 x1x02y02 y10 , x2 x02y02y20所以x1, y1 ,x2 , y2为方程 x0 x2 y02

21、y0 的两组解 .所以直线 AB 的方程为 x0 x2y 2 y00 .( )由抛物线定义可知AFy11 BFy21,所以 AF BFy11 y21 y1 y2y1y21联立方程x0 x2 y2 y002yxyy0,消去 x 整理得 y2022x24 y00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 y2x22 y011100又点 Px0 , y0在直线 l 上 ,所以 x0y02 ,129所以 y0 2x022 y0 1 2 y0 22y05 2 y02219所以当 y0时 ,AF BF 取得最小值 , 且最小值为 .22练

22、习 2 ：（ 2013年数学（理） ）如图 , 抛物线 C : x24 y, C: x22 pyp0 ,点 M x , y0在抛物120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

23、多，计算量相对较大，解题过程一定要注意思路，同时注意总结这类题的通法。例题： 如图， 已知直线 L ：xmy1: x2y 21(ab0) 的右焦点 F ，且交椭圆 C 于过椭圆 Ca 2b 2A、 B 两点，点 A、 B 在直线 G : x a2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

24、 ( a 21 ,0)猜想：当 m 变化时，AE 与 BD 相交于定点 N ( a21,0)2。2证明：设 A(x1, y1 ), B( x2 , y2 ), E( a2 , y2 ), D (a2 , 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( a2 1my1 )(这是 Q a2221 ( y1y2 ) my1

25、 y22a212mb22 )b2 (1a2 )(a22m2222m bam b(a21) ( mb2mb2 )0)a2m2b2KAN=K ENA 、 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 21,0)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 : xt (t 2) 与 x 轴交于点 T, 点 P 为直线 l 上异于点 T 的4任一点，直线PA1 ,PA 2 分别与椭圆交于M 、 N 点，试问直线MN 是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。方法1：点 A1 、A 2 的坐标都知道，可以设直线PA 1、 PA2 的方程，直线PA 1和椭圆交点是A 1 (-2,0)和 M ，通过韦达定理， 可以求出点 M 的坐标，同理可以求出点N 的坐标。动点 P 在直线 l : xt(t2) 上，相当于知道了点P 的横坐标了，由直线PA1 、