双联立（齐次化处理）解决定点问题-2024届高三数学一轮复习（PDF版含解析）

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题型一:斜率之和模型

2y2

1.(2023全国Ⅰ理数)已知椭圆C:x2+2=1(a>b>0),四点Pab1(1,1),P2(0,1)

,P-1,332,P41,32中恰有三点在椭圆C上.

(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P2B的斜率的和为-1,

证明:l过定点.

【解析】(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.

又由1+1>1222+

3

2知,C不经过点P1,所以点P2在C上.aba4b

1b2=1,a2=4,

因此13解得2+=1,b=1.a24b2

2

故C的方程为x4+y

2=1.

(2)(齐次化解法)设直线l的方程为mx+n(y-1)=1.

x2x2由4+y

2=1,变形得4+(y-1+1)

2=1,

2

即x4+(y-1)

2+2(y-1)=0,

2

与直线l联立,齐次化得x4+(y-1)

2+2(y-1)[mx+n(y-1)]=0,

2

化简得(1+2n)(y-1)2+2mx(y-1)+x4=0,两边同除x

2,

得(1+2n)y-1

2

+y-2m.1+1xx4=0

又因kPA+k=-1,所以-2mPB1+2n=-1,故2m-2n=1,

代入直线l的方程mx+n(y-1)=1并化简,

得n(y+1)=-m(x-2)

所以直线l过定点(2,-1).

22

2.已知椭圆C:x2+

y

2=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P1,342中恰有三点在椭ab

圆C上.

(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P2B的斜率的和为-1,证明:l过

定点;

3若直线l经过定点(2,-1),且不经过点P2(0,1),与C交于A,B两点,证明:直线P2A与直线P2B的

斜率的和为定值.

【解析】设直线P2A的斜率为k1,直线P2B的斜率为k2,

P2A:y=k1x+1,即k1x+(1-y)=0

同理P2B:k2x+(1-y)=0

此时将P2A和P2B的方程合在一起:k1x+(1-y)k2x+(1-y)=0

这个式子就可以表示P2A和P2B这两个直线上所有的点,

化简后得到k1kx22+k1+k2x(1-y)+(1-y)2=0

2

题目条件有k1+k=-1,x+y2=1即x224=41-y

2=4(1+y)(1-y)

代入得4k1k2(1+y)(1-y)-x(1-y)+(1-y)2=0

因为直线l不经过P2(0,1),y≠1,1-y≠0

所以消去(1-y)得l:4k1k2(1+y)-x+(1-y)=0。

在这里,要求出直线所过的定点,只需联立以下方程:1+y=0和-x+(1-y)=0,解得x=2,y=-

1即直线l过定点(2,-1)

3设P2A:y=k1x+1,即k1x+(1-y)=0,

同理P2B:k2x+(1-y)=0k1x+(1-y)k2x+(1-y)=0

化简得:k1k22x+k1+k2x(1-y)+(1-y)2=0

2

因为x24+y=1,x

2=41-y2=4(1+y)(1-y)

所以4k1k2(1+y)(1-y)+k1+k2x(1-y)+(1-y)2=0

因为l不经过点P2,y≠1,1-y≠0,

所以消去(1-y)得l:4k1k2(1+y)+k1+k2x+(1-y)=0

因为l经过定点(2,-1),

代入得2k1+k2+2=0,k1+k2=-1

22

3.己知椭圆C:x2+

y

2=1(a>b>0)经过点A(1,1),F1,F2是椭圆的两个焦点,且满足ab

AF1+AF2=4.

(1)求椭圆C的方程;

(2)设点C、D是椭圆上两点,直线AC,AD的倾斜角互补,求证直线CD的斜率为定值.

【解析】(1)x

22

+3y44=1;

(x=x+12)设C(x1,y1),D(x2,y2),将坐标原点平移到Ay=y+,1

设CD的直线方程为:mx+ny=1,

(x

+22

平移后曲线C的方程为1)+3(y+1)44=1.

即x2+3y2+2x+6y=1,代入直线方程得

x2+3y2+(2x+6y)(mx+ny)=0,同时除以x2齐次化为

2

(3+6n)y+(+)y2n6m+1+2m=0,

x2x

∴k2n+6mm1AC+kAD=3+6n=0,∴kCD=-n=3.

2

4.(2023全国卷Ⅰ理)设椭圆C:x+y22=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:∠OMA=∠OMB.

【解析】(1)略解,得直线AM的方程为y=-22x+2或y=

2

2x-2

(2)设直线AB的方程为m(x-2)+ny=1,

因为直线AB过点F(1,0),易得m=-1.

2

由x

2

2+y

2=(x-2+2)1,变形得+y22=1,

(x-2)

2

+4(即x-2)+42+y

2=1,

(x-2)2

整理得y2+2(x-2)+2+1=0

于是联立直线AB,齐次化得

2+(-)[(-)+]+(x-2)

2

y2x2mx2ny2+[m(x-2)+ny]

2=0,

化简得1+n2y2+(2n+2mn)(x-2)y+12+2m+m2(x-2)2=0,

两边同除(x-2)2,

y

得1+n2

2

+(y2n+2mn)+1x-2x-22+2m+m2=0

-(2n+2

故有k+k=mn)=-(2n-2n)AMBM1+n2+2=0,1n

即AM,BM的倾斜角互补,所以∠OMA=∠OMB.

2y2

5.已知O为坐标原点,椭圆x2+2=1a>b>0的离心率为

2

2,椭圆上两点M、N(非椭圆顶点)ab

满足∠MON=90,且12+

1=3

OMON22

．

(1)求椭圆的标准方程．

(2)不平行于y轴的直线与椭圆交于P、Q两点,F为椭圆的右焦点,当kPF+kQF=0时,直线PQ是否

过定点？若过,求出此定点,若不过,请说明理由．

2

【解析】(1)x2+y

2=1．

(2)将椭圆按FO平移得椭圆C',则F→O,P→P',Q→Q',

2

椭圆C':x+12+y

2=1,

2

设lP'Q':mx+ny=1,椭圆C':x+y2+x122=0,

x2即2+y

2+xmx+ny12mx+ny

2=0,两边同除以x2,整理得,

1-n

2

y

2

+y22nmn

+

xx

1+m1222m=0,

又因为kPF=kOP',kQF=kOQ',所以kPF+kQF=kOP'+kOQ'=nmn2=0,

1n2

所以m=1,即直线lP'Q'过定点1,0,所以直线PQ过定点2,0．

6.(2023全国Ⅰ)设抛物线C:y2=2x,点A2,0,B2,0,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=∠ABN．

【解析】(1)略．

(2)将抛物线按BO方向平移得抛物线C',

则A→A',B→O,M→M',N→N',抛物线C'的方程为y2=2x2,

设直线lM'N'的方程为mx+ny=1,

因为l过定点4,0,即m=1M'N'4,

抛物线C':y2=2x4,即y2=2xmx+ny4mx+ny2,

2

两边同时除以x2,+yy整理得14n22+8mn2nx+2m

2=0．

x

所以k+k=k8mn2nBMBNOM'+kON'==0,即∠ABM=∠ABN．1+4n2

7.2023届长沙一中高三月考六20题)已知圆C1的方程为(x+2)2+y2=24,点C2的坐标为(2,0).点P

为圆C1上的任意一点,线段PC2的垂直平分线与PC1交于点D.

(1)求点D的轨迹E的方程;

(2)点Q是圆x2+y2=r2(r>0)上异于点A(-r,0)和B(r,0)的任一点,直线AQ与轨迹E交于点

M,N,直线BQ与轨迹E交于点S,T.设O为坐标原点,直线OM,ON,OS,OT,的斜率分别为

kOM,kON,kOS,kOT,问:是否存在常数r,使得kOM+kON=kOS+kOT恒成立若存在,求r的值;若不存在,请

说明理由.

2y2

【解析】(1)x6+

2=1;

(2)设直线AQ:x=my-r,

x2

22

+y=,x

2

+y=x-my

2

齐次联立621可得62r

整理则有:6m2-3r2y2-12mxy+6-3r2x2=0,

2

即为6m2-yy3r2x-12mx+6-3r2=0,

则k+k=12m=4mOMON;6m2-3r22m2-r2

4

-

1

同理可得k+k=m=4mOMON12m2r22-2-

,

2

m-r

因为kOM+kON=kOS+kOT,故

4m=4m2-222-,整理则有m

2+1r2-2=0,故r=2;

2mrmr2

题型二:斜率之积模型

1.(2023全国Ⅲ理数)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB

为直径的圆.

(1)证明:坐标原点O在圆M上;

(2)设圆M过点P4,-2,求直线l与圆M的方程.

【解析】(1)设Ax1,y1,Bx2,y2,l:x=my+2.

x=my+2,

由2=可得y

2-2my-4=0,则y1y2=-4.y2x

222

x=y1,=yx2,故xx=y1y21222124=4

yy

因此OA的斜率与OB的斜率之积为12=-4xx4=-1,12

所认OA⊥OB

故坐标原点O在圆M上.

(2)设Mx,y,由y′=xMM2,且在M处的切线与直线AB平行,

x得M2=1,求得xM=2,yM=1,故M(2,1).

设直线AB的方程为m(x-2)+n(y-1)=1,

因为直线AB的斜率为1,易得m=-n.

2

=x,(-+)=(x-2+2)

2

由y4变形得y11

4,

2

(-)+=(x-2)+4(x-2即y11)+44,

整理得4(y-1)=(x-2)2+4(x-2)

于是联立直线AB,齐次化得

4(y-1)[m(x-2)+n(y-1)]=(x-2)2+4(x-2)[m(x-2)+n(y-1)],化简

得4n(y-1)2+(4m-4n)(x-2)(y-1)-(1+4m)(x-2)2=0,

y-12y-1

两边同除(x-2)2,得4nx-2+(4m-4n)x-2-(1+4m)=0

因为AM⊥BM,-(1+4m)所以kk=AMBM4n=-1,

得4m-4n=-1,

m=-n,联立-=-,求得m=-

11

8,n=8,代入4m4n1

m(x-2)+n(y-1)=1,得直线AB的方程为x-y+7=0.

2.已知Q为圆x2+y2=1上一动点,Q在x轴,y轴上的射影分别为点A,B,动点P满足BA=AP,记动

点P的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的方程;

(2)过点P0,35的直线与曲线C交于M,N两点,判断以MN为直径的圆是否过定点？若是,求出

定点的坐标,若不是,说明理由．

2

【解析】(1)x4+y

2=1

(2)当直线l斜率不存在时,以MN为直径的圆方程为x2+y2=1;

y=

3

5

当直线l斜率为0时,由,得x=±

8

2,

x+y2=154

2

则此时圆的方程为x2+y+35=

64

25,

两圆的公共点为B0,1,下证以MN为直径的圆过B0,1

将椭圆按BO方向平移,此时M→M',N→N',P0,35→P'0,

8

5,

x2k2BM=kOM',kBN=kON'新椭圆方程为4+y+1=1,

2

即x4+y

2+2y=0,设直线M'N'的方程为mx+ny=1,

x2

2

所以4+

yy

y2+2ymx+ny=0,即2n+12+2mx+

1

x4

=0,

由M'N'过点P'0,85,则n=

5

8;

1

所以k4BMkBN=kOM'kON'=2n+1=1,

即BM⊥BN,所以以MN为直径的圆过点B1,0．

2

(y

2

3.2023长郡模拟)已知椭圆C:x2+2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,椭圆C的离心率ab

为12,且椭圆C过点(1,

3

2)．

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)若直线l过椭圆C的左顶点M,且与椭圆C的另一个交点为N,直线NF2与椭圆C的另一个交点

为P,若PF1⊥MN,求直线l的方程．

22

【解析】(y1)x+43=1

(2)连MP,设kMN=k1,kMP=k2,kPF=k3,1

将椭圆按MO方向平移,得:N→N',P→P',

则直线N'P'过定点(3,0)．设lN'P'为mx+ny=1,∴m=

1

3．

(x2)2y22y2

平移后椭圆方程为+x43=1,即4+3x=0

x2y2∴+x(mx+ny)=0,1433(

y

x)

2ynx+

1

4m=0,

1m

∴kk=4=11214,又∵k1k3=,∴

k121

k

=

34

,

3

yP

xP+2即=1y4,∴x=

226

P

P3

,∴yP=±3,

xP+1

±26

∴k=332=±26,∴k

6

1

=±

+112

,

3

∴l:y=±612(x+2)．

:2=(>):x

2

+y

2

4.已知抛物线Ey2pxp0与椭圆E22=1(a>b>0)有相同的焦点F,且两曲线相交于ab

点2,2633,过F作斜率为k(k≠0)的动直线l,交椭圆C于M,N两点．

(1)求抛物线E和椭圆C的方程;

(2)若A为椭圆C的左顶点,直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,求证:k+kkk为定值,并求出该定值．12

22

【解析】(1)xy24+3=1,y=4x

(2)将椭圆按AO的方向平移,则A→0,M→M',F→F',N→N',

(x

222

平移后椭圆方程为2)+yx

2y

43=1,即4+3+x=0,

x2y

2

设lM'N'方程为mx+ny=1,将直线代入椭圆方程,得4+3+x(mx+ny)=0,

y2y

两边同除以x2,整理得1n+132x4m=0,x

1m

k1+k2=knOM'k'=+ON1=3n,k1k2=k

43

OM'k'==ON143m,

33

k=km'M'N'=n,∵mx+ny=1过点F(3,0),

(+

m

1(3n)∴m=,∴k+k=kk1k2)=n3kkkk3=4,1212

43m

即:kk+

k

1k

定值为4．

2

2y2

5.2023长郡高三第7次月考题)已知椭圆C:x2+2=1(a>b>0)的焦距为22,且过点(2,1)ab

(1)求C的方程;

(2)若直线l与C有且只有一个公共点,l与圆x2+y2=6交于A,B两点,直线OA,OB的斜率分别为

k1,k2.试判断k1k2是否为定值,若是,求出该定值,否则,请说明理由.

2y2

【解析】(1)C:x4+

2=1;

(2)设直线l:mx+ny=1,与椭圆C齐次联立可得

x2+y

2

=(mx+ny)242,整理则有

4n2-2y2+8mnxy+4m2-1x2=0,

因为直线l与C有且只有一个公共点,故

Δ=(8mn)2-44n2-24m2-1=0,

则4m2+2n2=1,

同理将直线l:mx+ny=1与圆x2+y2=6齐次联立可得

x2+y2=6(mx+ny)2,

2-y

2

+y整理则有6n1x12mnx+6m2-1=0,

222

故kk=6m-1=2m-2n1126n2-1-4m2+2=-4n2

6.已知中心在原点O的椭圆C的左焦点为F1(-1,0),C与y轴正半轴焦点为A,且∠AF1O=π3

(1)求椭圆C的标准方程;

(k2)过点A作斜率为k1,k2k1k2≠0的两条直线分别交C于异于点A的亮点M,N.证明:当k=12k1-1

时,直线MN过定点

22

【解析】(1)x4+

y

3=1

(2)把椭圆变形为3x2+4(y-3)2+83(y-3)=0(*)

设直线MN的方程为mx+n(y-3)=1

代入(*),齐次化可得

3x2+(4+83n)(y-3)2+83mx(y-3)=0

y-322(+)+y两边同除x得483n83m-3xx+3=0

k

因为k=12k-1k1k2=k1+k21

设Mx1,y1,Nx2,y2,则

y1-3y2-3=y1-3+y2-3x1x2x1x2

由韦达定理得3+=-

83m

483n4+,83n

解得m=-38

所以直线MN的方程为-38x+n(y-3)=1

因此MN过定点-833,3

2y2

7.已知椭圆x4+3=1的右顶点P(2,0),过右顶点作两条相互垂直的直线交椭圆于A,B两点,求证:

直线AB过定点。

【解析】设PA:y=k1(x-2),即k1(x-2)-y=0同理PB:k2(x-2)-y=0k1(x-2)-y

k2(x-2)-y=0k1k2(x-2)2-k1+k2(x-2)y+y2=0由于两直线互相垂直,k1k2=-1,并且注意

到旁边“孤单"的y2,用y2=3-34x

2消去y2得:-x2-4x+4-k1+k2(x-2)y+3-34x

2=0

整理得:

-7x24+4x-1-k1+k2(x-2)y=0

联立方程-7x24+4x-1=0和(x-2)y=0得x=2,x=

2

127,y=0

所以过定点27,0

8.抛物线C:y2=2px,其中0为坐标原点,A,B为抛物线上的点,且OA⊥OB.

证明:直线AB过定点

【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),显然AB不经过原点因此设AB直线方程为mx+ny=1

mx+ny=1

联立,得:y2=2px(mx+ny)即y2-2pnxy-2pmx2=0y2=2px

2

由于x1≠0,x2≠0,等式两边同除x2:yx-2pm

y

x-2pm=0

yy

这是个一元二次方程且两个根分别是1,2xx,根据韦达定理有:12

y1y2xx=-2pm12

又kOA=

y1y2

x,koB=x,kOAkOB=-2pm12

因为OA⊥OB即kOAkOB=-1,因此2pm=1

∴直线AB:mx+ny=1恒过(2p,0)双联立（齐次化处理）解决定点问题

题型一:斜率之和模型

22

1.(2023全国Ⅰ理数)y已知椭圆C:x+=1(a>b>0),四点P(1,1),P(0,1)

a2b212

,P3-1,32,P1,342中恰有三点在椭圆C上.

(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P2B的斜率的和为-1,

证明:l过定点.

22

2.已知椭圆C:x2+

y

2=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P

3

3-1,2,P41,32中恰有三点在椭ab

圆C上.

(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P2B的斜率的和为-1,证明:l过

定点;

3若直线l经过定点(2,-1),且不经过点P2(0,1),与C交于A,B两点,证明:直线P2A与直线P2B的

斜率的和为定值.

22

3.己知椭圆C:x2+

y

2=1(a>b>0)经过点A(1,1),F1,F2是椭圆的两个焦点,且满足ab

AF1+AF2=4.

(1)求椭圆C的方程;

(2)设点C、D是椭圆上两点,直线AC,AD的倾斜角互补,求证直线CD的斜率为定值.

4.(2023全国卷Ⅰ理)设椭圆C:x

2

2+y

2=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:∠OMA=∠OMB.

2y2

5.已知O为坐标原点,椭圆x2+2=1a>b>0的离心率为

2

2,椭圆上两点M、N(非椭圆顶点)ab

满足∠MON=90,且1+1=3．

OM2ON22

(1)求椭圆的标准方程．

(2)不平行于y轴的直线与椭圆交于P、Q两点,F为椭圆的右焦点,当kPF+kQF=0时,直线PQ是否

过定点？若过,求出此定点,若不过,请说明理由．

6.(2023全国Ⅰ)设抛物线C:y2=2x,点A2,0,B2,0,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=∠ABN．

【解析】(1)略．

7.2023届长沙一中高三月考六20题)已知圆C1的方程为(x+2)2+y2=24,点C2的坐标为(2,0).点P

为圆C1上的任意一点,线段PC2的垂直平分线与PC1交于点D.

(1)求点D的轨迹E的方程;

(2)点Q是圆x2+y2=r2(r>0)上异于点A(-r,0)和B(r,0)的任一点,直线AQ与轨迹E交于点

M,N,直线BQ与轨迹E交于点S,T.设O为坐标原点,直线OM,ON,OS,OT,的斜率分别为

kOM,kON,kOS,kOT,问:是否存在常数r,使得kOM+kON=kOS+kOT恒成立若