拓展专题09 圆锥曲线中的四大秒杀大招-同构法、平移齐次化、定比点差法、点乘双根法4大考点21题（高效培优期中专项训练）（解析版）高二数学上学期北师大版

PAGE拓展专题09圆锥曲线中的四大秒杀大招——同构法、平移齐次化、定比点差法、点乘双根法考点01同构法(共4小题) 4考点02平移齐次化(共5小题) 9考点03定比点差法（共6小题） 14考点04点乘双根法（共6小题） 21 【重要方法与结论】一、同构法同构法是处理解析几何对称问题的有力武器．同构思想的介入，使得解析几何中平行线截线段成比例问题、斜率问题、切线问题等，结构相同或相似问题的求解过程变得简单明了.1.利用两点坐标同构如果点A（x1,y1)和点B（x2,y2)满足二元一次方程，且方程为同构式，则该方程为直线AB的方程.2.利用根与方程的关系同构如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根.如果两个不同的未知实数(如m,n）满足一元二次方程，且方程为同构式，则该方程的解即为给定的未知实数(如m,n），进而可以利用根与系数的关系.3.利用对偶计算同构如果题目涉及两种联立直线与圆锥曲线化简，求解同类目标，直线方程为同构式时，则只需计算出其中一种结果，另一种结果同构变量替换即可进，在解答题中常以“同理可求”体现.可以简称：同构方程，算法一致，对应替换，节省一半！二、平移齐次化1.平移齐次化原理如果公共点在原点，不需要平移.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”.设平移后的直线为，与平移后的圆锥曲线方程联立，一次项乘以，常数项乘以，构造，然后等式两边同时除以(前面注明x不等于0)，得到，可以直接利用根与系数的关系得出斜率之和或斜率之积，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.2．齐次化适用范围由原理可知齐次化适应于处理解决曲线上的点与坐标系原点连线有关的斜率运算问题，常见类型如：，，，，，，前面两个考题相对比较常见，后面的则需要变形才能使用，变形如下：，，．这个需要根据韦达定理判断符号再变形．在遇到上述关于斜率运算问题时，采取齐次化处理往往能达到简化运算的目的．三、定比点差法1.定比分点公式已知，若点)满足，求点的坐标．2.定比点差法当为椭圆上的两点，为弦上任意一点时，设点满足若在椭圆则;点满足，可得到，①－②得：，联立消元后即可用与定分比表示.四、点乘双根法1．点乘双根法的含义何谓点乘双根法呢？在大学数学中，把向量，的数量积叫做向量点乘向量，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：若和是一元二次方程的两个根，则，我们把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和或者可转化为含含和的计算问题，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进行赋值和，直接计算和的含参表达式，然后整体代入目标，从而构建出关于参数的等式关系式，避免繁杂的计算，达到快速解题的目的（其中，点坐标为已知定点，，为直线与圆锥曲线的交点）．3.点乘双根法适用题型:在圆锥曲线中，遇到如（其中为常数）的形式，其中点是已知的点，，为直线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．4．点乘双根法解题范式：下来以一个例题来讲解一下点乘双根法应用范式．【例题】椭圆：，若直线：与椭圆交于，两点（，不是左右顶点），且以直线为直径的圆恒过椭圆的右顶点．求证：直线恒过定点，并求出该点的坐标．步骤1：联立方程，构建双根式设椭圆的右顶点为，，，所以，联立，化简得：，又因为，是方程的两个根，所以=1\*GB3①步骤2：赋值点乘双根法赋值目的是为了对目标中的和进行整体代换以达到简化计算的目的，故对双根式=1\*GB3①中的进行赋值得，整体求出=2\*GB3②．接下来先求出，，只需对双根是进行赋值，并两边同时乘以可得=3\*GB3③．步骤3：变形代入将=2\*GB3②和=3\*GB3③整体代入，可得，即，分解因式得，或，当时，直线，故直线恒过定点．当时，直线，故直线恒过定点，舍去．考点01同构法(共4小题)1．已知椭圆中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点为，离心率为（1）求椭圆的方程（2）过右焦点作直线交椭圆于，交轴于，若，求【详解】（1）解得（2）由（1）得，设直线，可得，设可得：，由可得：①因为在椭圆上，，将①代入可得：对于，，同理可得：为方程的两个不同根2．如图所示，已知抛物线的角度为，过的直线交抛物线与两点，在轴左侧且的斜率大于0.已知为轴上一点，弦过抛物线的焦点，且斜率,若直线分别交抛物线与两点，问是否存在实数使得，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【详解】设，直线的方程为，联立得，，若则，且，于是，从而，即，，于是，即，同理将C坐标代入整理得，，同理于是是方程的两根，，故，.【点评】同构思想是处理对称问题的有力武器；本题同构思想的介入，使得过程简洁明了，运算简单直接，是很好的解题方法．3．已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若，求的面积．【详解】(1)将点代入解得，所以双曲线为双曲线可化为即设直线的方程为联立可得即两边同除整理得其中表示直线与的斜率由于所以，直线的斜率为.(2)不妨设直线的斜率，设其倾斜角为由可知而，故，即，解得或因为双曲线渐近线斜率为，故舍去因为，故舍去，所以故直线的方程为，直线的方程为，消去得方程的两根为点的横坐标，所以，消去得方程的两根为点的横坐标，所以，于是，而由可得所以.【点评】本题直线的斜率具有相同的结构，即的形式，于是可考虑构造关于与的二次方程．本解法思路奇巧，运算简洁明了。4．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆的离心率为，椭圆上的点与两个焦点构成的三角形的最大面积为1．(1)求椭圆的方程；(2)若点为直线上的任意一点，过点作椭圆的两条切线（切点分别为），试证明动直线恒过一定点，并求出该定点的坐标．【答案】(1)(2)证明见解析，．【分析】（1）根据条件得到关于的方程组，即可求解；（2）首先利用点的坐标表示切线方程，并利用两点确定一条直线，确定直线的方程，再根据含参直线确定定点坐标.【详解】（1）∵椭圆的离心率为，椭圆上的点与两个焦点构成的三角形的最大面积为1，∴，解得，∴椭圆的方程为．（2）证明：设切点为，则切线方程为，∵两条切线都过上任意一点，∴得到，∴都在直线上，又，由，得，即对任意的，直线始终经过定点．考点02平移齐次化(共5小题)5.已知，为抛物线上异于顶点的两动点，且以为直径的圆过顶点.求证：直线过定点.【分析】设出直线的方程为，联立直线和抛物线方程，得，化成齐次式，再利用数量积为0进行求解.【详解】设直线的方程为，联立可得，两边同时除以，得.由，得，所以，即.所以直线的方程为，且过定点.6．如图，点为椭圆的右焦点，过且垂直于轴的直线与椭圆相交于、两点(在的上方)，设点、是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由.

【答案】是定值，理由见解析【详解】由题意将代入椭圆方程得，从而，因为直线不过点，所以设直线的方程为，椭圆的方程即：，联立直线与椭圆方程，得，整理得，即，（*）而（*）式中的指的是点或点的横纵坐标，令，则关于的方程有两个解，由得，即：，直线的斜率为，是定值.7．已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］【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，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法二］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．8．已知抛物线：与椭圆：有相同的焦点，且两曲线相交于点，过作斜率为的动直线，交椭圆于，两点.（1）求抛物线和椭圆的方程；（2）若为椭圆的左顶点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值，并求出定值.【详解】解法一韦达定理联立：（1）∵点在抛物线：上，∴，解得，∴抛物线的方程为.∴椭圆的左、右焦点分别为和.，∴，，所以椭圆的方程为：.设的方程为.由，消去整理得：.设，，则，故.综上，.解法二齐次化构造：（1）∵点在抛物线：上，∴，解得，∴抛物线的方程为.∴椭圆的左、右焦点分别为和，即.∴.又点在椭圆上，∴，即，解得，（舍去）.∴，，所以椭圆的方程为：.（2）将椭圆沿着方向平移，平移后的椭圆方程为设直线方程为，代入椭圆方程得，两侧同时除以得，，因为过定点，所以9.已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于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．（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，求点P到直线l距离的最大值．【详解】（1）易求得椭圆C的标准方程为.（2）公共点，左移1个单位，下移个单位，，，，，等式两边同时除以，，，，，过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，由于∴点P到直线l距离的最大值．考点03定比点差法（共6小题）10．（24-25高二上·全国·课后作业）已知双曲线的中心在原点，离心率为2，一个焦点为．(1)求双曲线的标准方程；(2)设是双曲线上一点，且过点，的直线与轴交于点，若，求直线的方程．【答案】(1)；(2)或.【分析】（1）根据给定条件，结合双曲线离心率公式求出标准方程.（2）设出直线的方程，求出点坐标，结合给定条件，利用向量坐标运算求出点的坐标，再代入双曲线方程求出直线的斜率得解.【详解】（1）依题意，设所求双曲线的标准方程为，由离心率为2，得，则，由焦点，得，解得，，所以双曲线的标准方程为.（2）依题意，直线的斜率存在，设，令，则，即，由，且共线，得或，设点，当时，，解得，则，又点在双曲线上，则，解得；当时，，解得，则，于是，解得，所以所求直线的方程为或.

11．（25-26高三上·江西·阶段练习）已知椭圆的焦距为2，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为.

(1)求椭圆的方程；(2)设A，B为椭圆的左右顶点，过右焦点的直线交椭圆于M，N两点，直线AM，BN交于点.（i）求证点在定直线上；（ii）设，求的最大值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析（ii）1【分析】（1）由题意求出的值，即得答案；（2）（i）设直线方程为，联立椭圆方程可得根与系数关系，写出直线，的方程，联立化简，即可证明结论；（ii）由可得的表达式，化简，即可求得答案.【详解】（1）依题意，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，椭圆方程为（2）（i）证明：由（1）知可设直线方程为，联立和，得，直线l过椭圆焦点，必有，，，直线方程为，直线方程为，联立两方程得，，即点在定直线上；（ii）依（i）有.设，若，则，则，.故当时，的最大值为1.12．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）已知，直线过椭圆的右焦点F且与椭圆交于A、B两点，l与双曲线的两条渐近线、分别交于M、N两点．(1)若，且当轴时，△MON的面积为，求双曲线的方程；(2)如图所示，若椭圆的离心率，且，求实数的值．【解析】（1）由题设，且双曲线的渐近线为，当轴时，，又，△MON的面积为，所以，故，而，可得，所以双曲线的方程为.（2）对于椭圆有，而，则，不妨假设，则且l为，所以，又，，令，则，故，所以，而在椭圆上，则，整理得，综上，可得.13．（2024·高三·江西吉安·期末）已知椭圆：的离心率为，且经过点(Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅱ)已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，过点的动直线与抛物线相交于A，B两个不同的点，在线段AB上取点Q，满足，证明：点Q总在定直线上．【解析】(Ⅰ)由题意可知解得，，故椭圆的方程为．证明(Ⅱ)由已知可得抛物线的标准方程为，设点Q，A，B的坐标分别为，，，由题意知，不妨设A在P，Q之间，设，，又点Q在P，B之间，故，，，由可得解得，，点A在抛物线上，，即，，由可得解得，，点B在抛物线上，，即，，．由可得，，，点Q总在定直线上14．（24-25高二上·浙江·阶段练习）已知点，，动点使直线，的斜率之积为，其轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)已知点，点在曲线上，直线与轴交于点，满足，求直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】(1)利用直线，斜率的关系即可列出等式，求出动点的轨迹方程；(2)点为曲线的右焦点，设出直线的方程，求出点的坐标，再利用向量关系即可求解.【详解】（1）设，则，整理得：.（2）由题意可知直线斜率存在，设，，令得，由，得，，即，代入：，得，，，直线：.15．（2025·湖南·模拟预测）已知抛物线焦点为F，准线为，为E上一点，，垂足为M，且.(1)求E的标准方程；(2)过点（其中）且斜率为k的直线与E交于，两点，C，D是E上的两点（异于A，B），且满足，.（i）证明：，；（ii）是否存在k和a，使得?若存在，求k和a的所有取值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）存在，，【分析】（1）利用抛物线的定义可得是等边三角形，进而根据定义求；（2）（i）利用过焦点的直线与抛物线的两交点的纵坐标之积为定值，再结合向量的坐标运算，即得到证明；（ii）利用直线与抛物线的两交点的横坐标之积为定值，再把线段长度问题转化为坐标问题，来进行化简求解可得，再利用判别式可得的范围.【详解】（1）连接，过作,根据抛物线的定义可知，，又因为，所以是等边三角形，由，可知等边的高为，可知，根据抛物线方程，可知准线为，焦点为，所以，故抛物线方程为；（2）（i）由，，，可设，则因为，所以即，又因为，可得，再因为，代入上式可得，整理得：，由于，所以，则由，即，同理可证明；（ii）根据题意可知直线的斜率显然存在且不为0，可设方程为，与抛物线联立方程组，消得：，因为有两个交点为，所以由韦达定理得：，分析的充要条件：由得，，即，同理，代入可得：，再由抛物线的定义可得：结合，，可得，整理得：，又因为，所以，又因为，所以，又因为，所以，代入，得，由于，所以当的取值范围为，且时，有.考点04点乘双根法（共6小题）16．(2012年重庆理科第20题)设椭圆中心在原点，长轴在轴上，上顶点为，左右顶点分别为，，线段，中点分别为，，且是面积为的直角三角形．（1）求其椭圆的方程（2）过作直线交椭圆于，两点，使，求直线的方程．【解析】（1），过程略．（2）法一：(点乘双根)易知：直线不与轴垂直，则设直线方程为：，，，因为，则，所以，=1\*GB3①现联立则方程可以等价转化即令，令，结合化简可得：，，所以直线方程为：．法二：（点乘双根）若的斜率为，则，所以的斜率不会为．设：，，，则，，所以=1\*GB3①，将，代入=1\*GB3①得=2\*GB3②．当时，：，经检验不符合题意；当时，=2\*GB3②式变形得=3\*GB3③，联立得，令，则，即=4\*GB3④；令，则，即=5\*GB3⑤，将=4\*GB3④=5\*GB3⑤代入=3\*GB3③得，解得，所以：．17．设，为椭圆上两个动点，且，过原点作直线的垂线，求的轨迹方程．【详解】法一：（常规方法）设，，,设直线方程为，联立化简可得:，所以，，因为，所以，=1\*GB3①又因为直线方程等价于为，即，对比于，则代入=1\*GB3①中，化简可得：．法二：（齐次化解法）设直线方程为，联立，可得，所以，化简可得，整理成关于，的齐次式：，进而两边同时除以，则，记，的斜率分别为，，则，为方程的两个根，由韦达定理得，因为，所以，=1\*GB3①又因为直线方程等价于为，即，对比于，则，代入=1\*GB3①中，化简可得：．18.已知抛物线，过原点且相互垂直的直线，交抛物线于，两点，求证：直线过定点．【详解】方法识别：，适合用齐次化来处理．法一：（齐次化）设：=1\*GB3①，，，，，将直线变形为，代入到中得，两边同除以，整理可得，注意到，，所以和方程的两个根，所以，又因为，所以，所以，代入=1\*GB3①可得，所以直线恒定过定点．类型识别：因为直线，互相垂直，所以，适合用点乘双根法．方法二：（点乘双根法）设：=1\*GB3①，，，则，，=1\*GB3①．联立，，又因为和是方程，所以，令，则=2\*GB3②；令，则=3\*GB3③．将=2\*GB3②=3\*GB3③代入=1\*GB3①得，即，代入可得，所以直线恒定过定点．19．椭圆的左，右焦点分别为，，过作与轴不重合的直线交椭圆于，两点．（1）若为正三角形，求椭圆的离心离；（2）若椭圆的离心离满足，为坐标原点，求证：．【详解】(1)，过程略．（2）（点乘双根法）由题意有：，，所以，则，要证（因为）．设，，=1\*GB3①当轴时，，则，，则，所以．=2\*GB3②当与轴不垂直时，设直线：，，，所以=1\*GB2⑴．联立得，所以，令，则，即=2\*GB3②；令，则，即=3\*GB3③，将=2\*GB3②=3\*GB3③代入=1\*GB3①得，要证，只需证即可，因为，则，所以，所以，综上可得：．20．在直角坐标系中，点到两点，的距离之和等于，设点的轨迹为，直线与交于，两点．（Ⅰ）写出的方程；（Ⅱ）若，求的值；（Ⅲ）若点在第一象限，证明：当时，恒有．【详解】（Ⅰ）设，由椭圆定义可知，点的轨迹是以，为焦点，长半轴为的椭圆．它的短半轴，故曲线C的方程为．（Ⅱ）法一：（常规方法）设,，其坐标满足，消去并整理得，故，．若，即，而，于是，化简得，所以．法二：（点乘双根法）设,，直线：．若，则：，即，，故,．因为，所以=1\*GB3①，将代入=1\*GB3①得=2