齐次化妙解圆锥曲线（解析版）.pdf

1、1齐次化妙解圆锥曲线题型 1 定点在原点的斜率问题题型 2 定点在原点转化成斜率问题题型 3 定点不在原点之齐次化基础运用题型 4 定点不在原点的斜率问题题型 5 定点不在原点转化为斜率问题题型 6 定点不在原点之二级结论第三定义的使用题型 7 齐次化妙解之等角问题题型 8 点乘双根法的基础运用题型 9 点乘双根法在解答题中的运用题型 1 定点在原点的斜率问题圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积，很多都可以转化为斜率问题，当圆锥曲线遇到斜率之和或者斜率之积，以往我们的常用解法是设直线 y=kx+b，与圆锥曲线方程联立方程组，韦达定理，再将斜率之和或之积的式子通分后，将 x1+x2和 x1 x2代入

2、，得到关于 k、b 的式子解法不难，计算量较为复杂如果采用齐次化解决，直接得到关于 k 的方程，会使题目计算量大大减少“齐次”即次数相等的意思，例如 f x=ax2+bxy+cy2称为二次齐式，即二次齐次式的意思，因为 f x中每一项都是关于 x、y 的二次项如果公共点在原点，不需要平移1 直线 mx+ny=1 与抛物线 y2=4x 交于 A x1,y1,B x2,y2，求 kOA+kOB,kOA kOB(用 m ,n 表示)【解析】联立 mx+ny=1y2=4x，齐次化得 y2=4x mx+ny，等式两边同时除以 x2，yx2-4n yx-4m=0，kOA+kOB=y1x1+y2x2=4n

3、,kOAkOB=y1x1 y2x2=-4m21 直线 mx+ny=1 与椭圆 x24+y23=1 交于 A x1,y1,B x2,y2，求 kOA kOB(用 m ,n 表示)【解析】mx+ny=1x24+y23=1齐次化联立得：x24+y23=mx+ny2，等式两边同时除以 x2，12n2-4yx2+24mn yx+12m2-3=0，kOA kOB=y1x1 y2x2=12m2-312n2-42 抛物线 y2=4x，直线 l 交抛物线于 A、B 两点，且 OA OB，求证：直线 l 过定点【解析】设直线 AB 方程为 mx+ny=1，A x1,y1,B x2,y2，mx+ny=1y2=4x联

4、立得yx2-4n yx-4m=0，kOAkOB=y1y2x1x2,-4m=-1 ,m=14，直线 AB:14 x+ny=1 过定点 4,03 不过原点的动直线交椭圆 x24+y23=1 于 A、B 两点，直线 OA、AB、OB 的斜率成等比数列，求证：直线 l 的斜率为定值【解析】设直线 AB 方程为 mx+ny=1，A x1,y1,B x2,y2，mx+ny=1x24+y23=1联立得 12n2-4yx2+24mn yx+12m2-3=0，于是 kOAkOB=y1x1y2x2=12m2-312n2-4，又 kAB=-mn，12m2-312n2-4=m2n2，得 kAB=-mn=32 4 已知

5、直线 y=kx+4 交椭圆 x24+y2=1 于 A，B 两点，O 为坐标原点，若 kOA+kOB=2，求该直线方程【解析】法一(齐次化解法)：设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，步骤 1：构建关于 x、y 的齐次式：将直线变形为 y-kx4=1 代入 x24+y2=1 进行“1”的代换得 x24+y2=y-kx42，整理得 15y2+2kxy+(4-k2)x2=0；步骤 2：构建关于斜率 k=yx 的方程：3因为 x 0，方程两边同除以 x2，得 15 yx2+2k yx+(4-k2)=0；步骤 3：利用韦达定理转化目标：易知 kOA=y1x1和 kOB=y2x2是方程 15 yx2+2

6、k yx+(4-k2)=0 的两个根，由韦达定理得 kOA+kOB=-2k15=2，即 k=-15，故所求直线方程为 y=-15x+4法二(常规解法)：设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=kx+4 x24+y2=1，代入消去 y 得(4k2+1)x2+32kx+60=0，设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=32k4k2+1，x1x2=604k2+1，所以kOM+kON=y1x1+y2x2=kx1+4x1+kx2+4x2=2k+4(x1+x2)x1x2=2k+32k15=2，解得 k=-15，故所求直线方程为 y=-15x+4【方法小结】本题属于曲线上的两个点与原点

7、连线的斜率之和为定值(斜率之积为定值也可以用本法)问题，通过对直线变形，采取“1”的巧用，一般二次方不变，一次方项直接乘以“1”，常数项乘以“1”的平方，从而构建关于 x，y 的二元二次的齐次方程，再两边同时除以 x2得到一个是以原点与曲线上连线的斜率 k 为根的一元二次方程，再借助韦达定理使得问题运算得到简化，我们把这种操作手法称之为“齐次化”5 设 Q1，Q2为椭圆 x22b2+y2b2=1 上两个动点，且 OQ1 OQ2，过原点 O 作直线 Q1Q2的垂线 OD，求 D的轨迹方程【解析】法一：(常规方法)设 Q1(x1,y1)，Q1(x2,y2)，D(x0,y0),设直线 Q1Q2方程为

8、 y=kx+m，联立y=kx+mx22b2+y2b2=1化简可得:(2b2k2+b2)x2+4kmb2x+2b2(m2-b2)=0，所以 x1x2=2b2(m2+b2)2b2k2+b2，y1y2=b2(m2-2b2k2)2b2k2+b2，因为 OQ1 OQ2，所以x1x2+y1y2=2b2(m2+b2)2b2k2+b2+b2(m2-2b2k2)2b2k2+b2=2(m2-b2)2k2+1+m2-2b2k22k2+1=0，3m2=2b2(1+k2)又因为直线 Q1Q2方程等价于为 y-y0=-x0y0(x-x0)，即 y=-x0y0 x+x20y0+y0，4对比于 y=kx+m，则-x0y0=k

9、x20y0+y0=m代入中，化简可得：x20+y20=23 b2法二：(齐次化解法)设直线 Q1Q2方程为 mx+ny=1，联立mx+ny=1x22b2+y2b2=1，可得mx+ny=1x22b2+y2b2-1=0，所以 x22b2+y2b2-(mx+ny)2=0，化简可得 x22b2+y2b2-m2x2-n2y2-2mnxy=0，整理成关于 x，y 的齐次式：(2-2b2n2)y2+(1-2m2b2)x2-4mnb2xy=0，进而两边同时除以 x2，则(2-2b2n2)yx2-4mnb2 yx+1-2m2b2=0，记 OQ1，OQ2的斜率分别为 k1，k2，则 k1，k2为方程(2-2b2n

10、2)yx2-4mnb2 yx+1-2m2b2=0 的两个根，由韦达定理得 k1k2=1-2m2b22-2b2n2，因为 OQ1 OQ2，所以 k1k2=1-2m2b22-2b2n2=-1，3m2=2b2(1+k2)又因为直线 Q1Q2方程等价于为 y-y0=-x0y0(x-x0)，即 y=-x0y0 x+x20y0+y0，对比于 y=kx+m，则-x0y0=kx20y0+y0=m，代入中，化简可得：x20+y20=23 b2题型 2 定点在原点转化成斜率问题圆锥曲线齐次化原理是：过程中为了式子整齐好记，所以将它齐次化。齐次化是常见的代数处理技巧，圆锥曲线中用齐次化的方法解决和斜率相关的定值定点

11、。齐次化法简化计算适用范围：圆锥曲线中处理斜率之和与斜率之积类型问题。以圆锥曲线中椭圆为例，先介绍齐次化解题的基本特征与一般步骤：(一)基本特征1.椭圆上有定点 P(xo,yo)和动弦 AB;2.题设或结论中涉及 PA,PB 的斜率之积或斜率之和等情况.如 k k,k +k,。(二)解题步骤1.设直线方程为 m(x-xo)+n(y-yo)=1,其中点(xo,yo)为两相关直线的交点(这样设直线方程的形式，右边为 1 对联立齐次化较为方便);2.椭圆方程变形为3.椭圆变形方程与直线方程联立齐次化：4.由韦达定理得 k +k,k k;5.根据题设进一步求解。注意：过一定点作两条直线且两直线间存在斜

12、率关系(显性或隐性)如果你发现题目出现了以上情况那这个题目八成可用齐次化来简化但要注意叙述的严谨性和完整性否则易被老师扣去过程分51 已知抛物线 C 的方程为 y2=2px，若直线 y=kx+b 与抛物线 C 相交于 A，B 两点，且以 AB 为直径的圆过坐标原点，证明直线 y=kx+b 过定点【证明】因为以 AB 为直径的圆过坐标原点，所以 OA OB，即 kOA kOB=-1设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 kOA=y1x1，kOB=y2x2将直线 y=kx+b 变形得 yb-kxb=1，记 m=1b，n=-kb，则直线可化为 my+nx=1，将“1”代入抛物线 C 的方程得 y

13、2=2px(my+nx)，整理得 y2-2pmxy-2pnx2=0，因为 x 0，方程两边同除以 x2，得yx2-2pm yx-2pn=0，易知 kOA=y1x1和 kOB=y2x2是方程yx2-2pm yx-2pn=0 的两个根，由韦达定理得 kOA kOB=-2pn=-1，即 n=12p，代入求直线方程 my+nx=1 得 my+12p x=1，即 x=2pmy+2p，当 y=0 时，x=2p，故直线恒定过点(2p,0)1直线 x+2y-3=0 与圆 x2+y2+x-6y+c=0 相交于 P，Q，且 OP OQ，求 c 的值类型识别：OP OQ，所以 kOP kOQ=-1，适合用齐次化来处

14、理【解析】设 P(x1,y1)，Q(x2,y2)，将直线变形为 x+2y3=1，代入圆 x2+y2+x-6y+c=0 得 x2+y2+(x-6y)x+2y3+c x+2y32=0，化简得(4c-27)y2+(4c-12)xy+(c+12)x2=0，等式两边同除以 x2得(4c-27)yx2+(4c-12)yx+(c+12)=0，注意到 kOP=y1x1，kOQ=y2x2，所以 kOP和 kOQ方程(4c-27)yx2+(4c-12)yx+(c+12)=0 的两个根，所以kOP kOQ=c+124c-27=-1，计算可得 c=32(2021 重庆期末)已知抛物线 C:y2=2px p 0上一点

15、A 2,a到其焦点的距离为 3()求抛物线 C 的方程；()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】解法 1：()由题意知：2-p2=3 p=2 y2=4x()证明：设该直线为 my=x-4，P、Q 的坐标分别为 x1,y1、x2,y2，联立方程有：my=x-4y2=4x y2-4my-16=0，OP OQ=x1x2+y1y2=y21y2216+y1y2=116 -162-16=0，POQ=90解法 2：要证明 POQ=90，即证 kPO kQO=-1，设 PQ:mx+ny=1，过 4,0，4m=1，m=14，y2=4x mx+ny，y2-

16、4nxy-4mx2=0，同除以 x2得yx2-4n yx-4m=0，k1 k2=-4m，m=14，k1 k2=-1 即 POQ=903(2022 连云港期末)已知直线 l 与抛物线 C:y2=4x 交于 A，B 两点6(1)若直线 l 的斜率为-1，且经过抛物线 C 的焦点，求线段 AB 的长；(2)若点 O 为坐标原点，且 OA OB，求证：直线 l 过定点【答案】(1)8(2)证明见解析【分析】(1)联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点弦公式结合韦达定理即可得解；(2)直线 AB 方程为：x=my+n，由向量数量积公式结合韦达定理可得 n 的值，进而可得结果.【详解】(1)抛物线为 y

17、2=4x，焦点坐标为 1,0，直线 AB 斜率为-1，则直线 AB 方程为：y=-x+1，设 A x1,y1，B x2,y2，由 y=-x+1y2=4x得：x2-6x+1=0，可得 x1+x2=6，由抛物线定义可得 AB=x1+x2+2，AB=8(2)设直线 AB 方程为：x=my+n，设 A x1,y1，B x2,y2，OA OB，OA OB=0，x1x2+y1y2=0，由 x=my+ny2=4x得：y2-4my-4n=0，y1y2=-4n；x1x2=n2；n2-4n=0，解得 n=0 或 n=4，当 n=0 时，直线 AB 过原点，不满足题意；当 n=4 时，直线 AB 过点 4,0故当

18、OA OB 时，直线 AB 过定点 4,0题型 3 定点不在原点之齐次化基础运用y-nx-m 型怎么采用齐次化运算解决，平移是关键如果不在原点，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”，你没有看错，“上减下加”，因为是在等式与 y 同侧进行加减，我们以往记的“上加下减”都是在等式与 y 的异侧进行的例：y=kx+b 向上平移 1 个单位，变为 y=kx+b+1，即 y-1=kx+b，x2a2+y2b2=1 向上平移 1 个单位，变为 x2a2+y-12b2=1设平移后的直线为 mx+ny=1(为什么这样设？这样齐次化更加方便，相当于“1

19、”的妙用)，与平移后的圆锥联立，一次项乘以 mx+ny，常数项乘以 mx+ny2，构造 ay2+bxy+cx2=0，然后等式两边同时除以 x2(前面注明 x 不等于 0)，得到 a yx2+b yx+c=0，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，y1x1+y2x2=-ba，y1x1 y2x2=ca，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，现在反平移回去总结解法为：平移；联立并齐次化；同除以 x2；韦达定理证明完毕，若过定点，还需要还原优点：大大减小计算量，提高准确率！缺点：mx+ny=1 不能表示过原点的直线，少量题目需要讨论1 抛物线 y2=4x，P 1,2，直线 l

20、 交抛物线于 A、B 两点，PA PB，求证：直线 l 过定点7【解析】法 1：(推荐)设直线 l:m(x-1)+n(y-2)=1 ,抛物线变形：(y-2+2)2=4(x-1+1)，化简得:(y-2)2+4 y-2+4=4x-1+4,即(y-2)2+4 y-2=4x-1，一次项化成二次项得：(y-2)2+4 y-2m(x-1)+n(y-2)=4x-1(x-1)+n(y-2),即(1+4n)y-2x-12+4m-4ny-2x-1-4m=0,kpAkPB=-4m1+4n=-1,整理得 4m-4n=1,直线 l:5,-2法 2：将图形向左平移 1 个单位，向下平移 2 个单位，平移后的抛物线方程为

21、y+22=4 x+1，整理得 y2+4y-4x=0设平移后直线 AB 方程为 mx+ny=1，A x1,y1,B x2,y2，mx+ny=1 ,y2+4y-4x=0联立得 1+4nyx2+4m-4nyx-4m=0，于是 kPAkPB=y1x1 y2x2=-4m1+4n=-1，整理得 4m-4n=1，mx+ny=1 过定点 4,-4，右移 1 个，上移 2 个，直线 AB 过定点 5,-21 椭圆 x24+y23=1，点 P 1 ,32，A ,B 为椭圆上两点，kPA+kPB=0求证：直线 AB 斜率为定值【解析】解法一：将图形向左平移 1 个单位，向下平移 32 个单位，平移后的椭圆为x+12

22、4+y+3223=1，整理得 4y2+3x2+6x+12y=0，设平移后直线 AB 方程为 mx+ny=1，A x1,y1，B x2,y2，mx+ny=14y2+3x2+6x+12y=0，联立得 4y2+3x2+6x+12ymx+ny=0，12n+4y2+6 2m+nxy+6m+3x2=0，同时除以 x2，12n+4yx2+6 2m+nyx+6m+3=0，kPA+kPB=y1x1+y2x2=-6 2m+n12n+4=0，-6 2m+n=0，mx+ny=1 的斜率-mn=12 解法二(换元法)：设 A x1,y1,B x2,y2，即化为y1-32x1-1 y2-32x2-1=0，即建立以y-32

23、x-1 为未知数的一元二次方程 Ay-32x-12+B y-32x-1+C=0，即可解答为了方便运算设 x-1=s,y-32=t，代入椭圆 x248+y23=1，得 3s2+4t2+6t+12t=0，设直线 ms+nt=6 可方便运算，3s2+4t2+t(ms+nt)+2t(ms+nt)=0，化简得：4+2nts2+2m+nts+(3+m)=0，y1-32x1-1 y2-32x2-1=t1s1 t2s2=2m+n4+2n=0，x-1=s,y-32=t,n=-2m 代入 ms+nt=6，得 m(x-1)-2m y-32=6，直线 AB 的斜率是 12 2 双曲线 x22-y22=1，P 2,0，

24、A、B 为双曲线上两点，且 kPA+kPB=0 AB 不与 x 轴垂直，求证：直线 AB 过定点【解析】将图形左平移 2 个单位，平移后的双曲线为x+222-y22=1，整理得 y2-x2-4x-2=0，设平移后直线 AB 方程为 mx+ny=1，A x1,y1，B x2,y2，mx+ny=1y2-x2-4x-2=0，联立得 y2-x2-4x mx+ny-2 mx+ny2=0，1-2n2y2-4n+4mnxy-2m2+4m+1x2=0，同时除以 x2，1-2n2yx2-4n+4mnyx-2m2+4m+1=0，kPA+kPB=y1x1+y2x2=4n+4mn1-2n2=0，4n+4mn=4n m

25、+1=0，n=0 或 m=-1，AB 不与 x 轴垂直，n 0，m=-1，-x+ny=1 过-1,0，右移 2 个单位，原直线过 1,03 已知椭圆 x24+y2=1，设直线 l 不经过点 P(0,1)的直线交椭圆于 A，B 两点，若直线 PA，PB 的斜率之和为-1，证明：直线 l 恒过定点【解析】(1)当直线 l 的斜率存在时，以点 P 为坐标原点，建立新的直角坐标系 xpy，如图所示：旧坐标新坐标(x,y)(x,y)即(0,1)(0,0)9所以 x=xy=y-1 A AB B，则 kPA+kPB=-1，即 y1-1x1+y2-1x2=-1，在新坐标中转换为：y1x1+y2x2=-1，即

26、k1+k2=-1设直线 l 方程为：mx+ny=1原方程：x2+4y2=4 则转换到新坐标就成为：x2+4(y+1)2=4展开得：x2+4y2+8y=0构造齐次式：x2+4y2+8y(mx+ny)=0整理为：(4+8n)y2+8mxy+x2=0两边同时除以 x2，则(4+8n)k2+8mk+1=0所以 k1+k2=-8m4+8n=-1，所以 2m-2n=1 m=n+12 代入 mx+ny=1，整理得 n(x+y)+x2-1=0，对于任意 n 都成立则x+y=0 x2-1=0，解之得 x=2y=-2，故原理坐标系地应点坐标为 x=2y=-1，所以过定点(2,-1)；(2)当直线 l 的斜率不存在

27、时，设 l：x=a，则 A a,1-a24，B a,-1-a24，所以=1-a24-1a-1-a24-1a=1 a=2，直线 l：x=2，过定点(2,-1)综上，直线 l 恒过定点(2,-1)题型 4 定点不在原点的斜率问题1 如图，椭圆 E:x2a2+y2b2=1 a b 0经过点 A 0,-1，且离心率为22()求椭圆 E 的方程；()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【解析】解法 1：()由题设知，ca=22，b=1，结合 a2=b2+c2，解得 a=2，x22+y2=1()证明：由题意设直线

28、PQ 的方程为 y=k x-1+1 k 0，代入椭圆方程 x22+y2=1，可得 1+2k2x2-4k k-1x+2k k-2=0，由已知得 1,1在椭圆外，设 P x1,y1，Q x2,y2，x1x2 0，则 x1+x2=4k k-11+2k2，x1x2=2k k-21+2k2，且 =16k2 k-12-8k k-21+2k2 0，解得 k 0 或 k b 0，四点 P1 1,1，P2 0,1，P3-1,32，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

29、点【解析】(1)解：根据椭圆的对称性，P3-1,32，P4 1,32两点必在椭圆 C 上，又 P4的横坐标为 1，椭圆必不过 P1 1,1，P2 0,1，P3-1,32，P4 1,32三点在椭圆 C 上，把 P2 0,1，P3-1,32代入椭圆 C，得：1b2=11a2+34b2=1，解得 a2=4，b2=1，椭圆 C 的方程为 x24+y2=1(2)证法 1：当斜率不存在时，设 l:x=m，A m,yA，B m,-yA，直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为-1，kP2A+kP2B=yA-1m+-yA-1m=-2m=-1，解得 m=2，此时 l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足当斜

30、率存在时，设 l:y=kx+t，t 1，A x1,y1，B x2,y2，联立 y=kx+tx2+4y2-4=0，整理，得 1+4k2x2+8ktx+4t2-4=0，x1+x2=-8kt1+4k2，x1x2=4t2-41+4k2，则 kP2A+kP2B=y1-1x1+y2-1x2=x2 kx1+t-x2+x1 kx2+t-x1x1x2=8kt2-8k-8kt2+8kt1+4k24t2-41+4k2=8k t-14 t+1t-1=-1，又 t 1，t=-2k-1，此时=-64k，存在 k，使得 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证法 2：

31、下移 1 个单位得 E:x24+y+12=1，AB:mx+ny=1，x24+y2+2y=0，x2+4y2+8y mx+ny=0，8n+4y2+8mxy+x2=0，x 0 同除以 x2，8n+4yx2+8m yx+1=0，8n+4k2+8mk+1=0，k1+k2=-8m8n+4=-1，8m=8n+4，2m-2n=1，mx+ny=1 过 2,-2，上移 1 个单位 2,-12(2022 惠州模拟)已知左焦点为 F-1,0的椭圆过点 E 1,2 33，过点 P 1,1分别作斜率为 k1，k2的椭圆的动弦 AB，CD，设 M，N 分别为线段 AB，CD 的中点11(1)求椭圆的标准方程；(2)若 P

32、为线段 AB 的中点，求 k1；(3)若 k1+k2=1，求证：直线 MN 恒过定点，并求出定点坐标【解析】(1)由题意 c=1，且右焦点 F 1,0，2a=EF+EF=2 3，b2=a2-c2=2，所求椭圆方程为 x23+y22=1(2)设 A x1,y1，B x2,y2，则 x213+y212=1，x223+y222=1 -，可得 k1=y2-y1x2-x1=-2 x2+x13 y2+y1=-23(3)证法 1：由题意，k1 k2，设 M xM,yM，直线 AB 的方程为 y-1=k1 x-1，即 y=k1x+k2，代入椭圆方程并化简得 2+3k21x2+6k1k2x+3k22-6=0，x

33、M=-3k1k22+3k21，yM=2k22+3k21，同理，xN=-3k1k22+3k22，yN=2k12+3k22，当 k1k2 0 时，直线 MN 的斜率 k=yM-yNxM-xN=10-6k1k2-9k1k2，直线 MN 的方程为 y-2k22+k21=10-6k1k2-9k1k2x-3k1k22+3k21，即 y=10-6k1k2-9k1k2x-23，此时直线过定点 0,-23当 k1k2=0 时，直线 MN 即为 y 轴，此时亦过点 0,-23综上，直线 MN 恒过定点，且坐标为 0,-23证法 2：设过点 P 的弦的中点坐标为 x0,y0，由点差法得 y0-1x0-1 y0 x0

34、=-23，即中点的轨迹方程为 2 x2-x+3 y2-y=0，将点 P 平移到原点，整体左移 1 个单位，下移 1 个单位，设平移后的 MN 方程为 mx+ny=1，曲线为 2x+12-x+1+3y+12-y+1=0，2x2+3y2+3y mx+ny+2x mx+ny=0，3+3ny2+2n+3mxy+2+2mx2=0，同除以 x2，得 3+3nk2+2n+3mk+2+2m=0，k1+k2=1，-2n+3m3+3n=1，-m-35 n=1，过定点-1,-53，则平移前的 MN 过定点 0,-233(2022 阎良区期末)已知抛物线 C:x2=2py p 0，直线 l 经过抛物线 C 的焦点，且

35、垂直于抛物线 C的对称轴，直线 l 与抛物线 C 交于 M，N 两点，且 MN=4(1)求抛物线 C 的方程；(2)已知点 P 2,1，直线 m:y=k x+2与抛物线 C 相交于不同的两点 A，B，设直线 PA 与直线 PB 的斜率分别为 k1和 k2，求证：k1 k2为定值【答案】(1)x2=4y(2)证明见解析【分析】(1)将 MN 用 p 表示，得出 p 的值，进而得抛物线方程；(2)联立直线与抛物线的方程，根据斜率计算公式结合韦达定理即可得结果.【详解】(1)由题意可得 2p=4，得 p=2，抛物线 C:x2=4y.(2)证明：m:y=k x+2，联立 y=k x+2x2=4y，得

36、x2-4kx-8k=012由 =16k2+32k 0，得 k 0 或 k|BC|=2 2，由椭圆的定义即可求解；(2)设 l:y=kx-1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系计算 x1+x2，x1x2，再计算 k1k2=y1-2x1 y2-2x2=(kx1-2-1)x1(kx2-2-1)x2即可求解.【详解】(1)由 C:x-22+y2=16 得，圆心 C(2,0)，半径 r=4，点 D 在线段 AB 的垂直平分线上，|DA|=|DB|，|DB|+|DC|=|DA|+|DC|=|AC|=r=4|BC|=2 2，由椭圆的定义可得动点 D 的轨迹是以 B(

37、-2,0)，C(2,0)为焦点，长轴长为 2a=4 的椭圆从而 a=2,c=2,b2=a2-c2=2，15故所求动点 D 的轨迹方程为 x24+y22=1(2)设 l:y=kx-1，M(x1,y1)，N(x2,y2)由y=kx-1x24+y22=1消去 y 得(2k2+1)x2-4kx-2=0，显然 =(-4k)2+8(2k2+1)=k2+8 0 x1+x2=4k2k2+1,x1x2=-22k2+1 x1 0,x2 0，可设直线 PM 与 PN 的斜率分别为 k1,k2则k1k2=y1-2x1 y2-2x2=(kx1-2-1)x1(kx2-2-1)x2=k2x1x2-(2+1)k(x1+x2)

38、+2 2+3x1x2=k2+-(2+1)k 4k2k2+1+2 2+3-22k2+1=k2+2k2+3+2 2-2=-32-2即直线 PM 与 PN 的斜率之积为定值【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法(1)直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如(距离和角)的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为 x,y 的等式，就能得到曲线的轨迹方程；(2)定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；(3)几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，

39、再代入点的坐标即可；(4)相关点法(代入法)：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点(称之为相关点)的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；(5)交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点(含参数)的坐标，再消去参数即可求出所求轨迹的方程.题型 5 定点不在原点转化为斜率问题1 若 A，B 为抛物线 C：y2=2px 上两点，且以 AB 为直径的圆过点 P(p,2p)，证明：直线 AB 过定点【证明】因为以 AB 为直径的圆过

40、点 P，所以 PA PB，即 kPA kPB=-1设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 kPA=y1x1，kPB=y2x2令 x=x+py=y+2p，代入抛物线方程 C 得：(y+2p)2=2p(x+p)，整理得：y2+2 2py-2px=0，不妨设直线 AB 的方程为：mx+ny=1，将其代入 式得：y2+2 2py(mx+ny)-2px(mx+ny)=0，化简得：(1+2 2pn)y2+(2 2pm-2pn)xy-2pmx2=0，因为 x 0，方程两边同除以 x2，得16(1+2 2pn)yx2+(2 2pm-2pn)yx-2pm=0，易知 kPA=y1x1和 kPB=y2x2是方程

41、的两个根，由韦达定理得 kPA kPB=-2pm1+2 2pn=-1，即 m=12p+2n，代入求直线方程12p+2nx+ny=1 得(2+y)n+12p x-1=0，所以直线 AB 过2+y=0 和 12p x-1=0 的交点，即(2p,-2)，利用变换 x=x+py=y+2p将其平移回原坐标系得(3p,2p-2)，故直线恒定过点(3p,2p-2)1 设 A，B 为曲线 C:y=x24 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【解析】(1)设 A x1,x2

42、14，B x2,x224为曲线 C:y=x24 上两点，则直线 AB 的斜率为 k=x214-x224x1-x2=14 x1+x2=14 4=1(2)解法 1：设直线 AB 的方程为 y=x+t，代入曲线 C:y=x24，可得 x2-4x-4t=0，即有 x1+x2=4，x1x2=-4t，再由 y=x24 的导数为 y=12 x，设 M m,m24，可得 M 处切线的斜率为 12 m，由 C 在 M 处的切线与直线 AB 平行，可得 12 m=1，解得 m=2，即 M 2,1，由 AM BM 可得，kAM kBM=-1，即为x214-1x1-2 x224-1x2-2=-1，化为 x1x2+2

43、x1+x2+20=0，即为-4t+8+20=0，解得 t=7，则直线 AB的方程为 y=x+7解法 2：y=x24，y=x2=1，x=2，M 2,1，左移 2 个单位，下移 1 个单位 C:y+1=x+224，AB:mx+ny=1，4y+4=x2+4x+4，x2+4 x-ymx+ny=0，x2+4 mx2+nxy-mxy-ny2=0，1+4mx2+4 n-mxy-4ny2=0，x 0，同除以 x2，得-4n yx2+4 n-myx+1+4m=0，4nk2-4 n-mk-1+4m=0，mx+ny=1，斜率-mn=1，m=-n，k1k2=-1+4m4n=-1，1+4m=4n，n=18，m=-18，

44、-18 x+18 y=1，x-y+8=0 右 2，上 1，x-2-y-1+8=0，x-y+7=02(2020山东)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17【解析】(1)离心率 e=ca=22，a=2c，又 a2=b2+c2，b=c，a=2b，把点 A 2,1代入椭圆方程得，42b2+1b2=1，解得 b2=3，故椭圆 C 的方程为 x26+y23=1(2)证法 1：当直线 MN 的斜率存在时，设其方程为 y=kx+m，联立

45、y=kx+mx26+y23=1，得 2k2+1x2+4kmx+2m2-6=0，由 =4km2-4 2k2+12m2-6 0，知 m2 b 0的左右顶点分别为 A，B，过椭圆内点D 23,0且不与 x 轴重合的动直线交椭圆 C 于 P，Q 两点，当直线 PQ 与 x 轴垂直时，PD=BD=43(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)设直线 AP，AQ 和直线 l:x=t 分别交于点 M，N，若 MD ND 恒成立，求 t 的值【解析】()由 BD=43 得 a=23+43=2，故 C 的方程为 x24+y2b2=1，此时 P 23,43，代入方程 19+169b2=1，解得 b2=2，故 C 的标准

46、方程为 x24+y22=1()解法 1：设直线 PQ 的方程为：x=my+23，与椭圆联立得 m2+2y2+4m3 y 329=0，设 P x1,y1，Q x2,y2，则y1+y2=-4m3 m2+2y1y2=-329 m2+2，此时直线 PA 的方程为 y=y1x1+2 x+2，与 x=t 联立，得点 M t,t+2y1x1+2，同理，N t,t+2y2x2+2，由MD ND，则 kMD kND=-1，即t+2y1t-23x1+2t+2y2t-23x2+2=-1，t+22y1y2+t-232 my1+83my2+83=0，即 t+22y1y2+t-232 m2y1y2+8m3y1+y2+64

47、9=0，把代入得-32 t+229 m2+2+t-232-32m29 m2+2-32m29 m2+2+649=0，化简得-32 t+22+t-232-32m2-32m2+64 m2+2=0，即 t+22-4 t-232=0，t+2=2 t-23，解得 t=-29 或 t=103 解法 2：公共点 A-2,0，右移 2 个单位后 PO:mx+ny=1 过 D 83,0，83 m+0n=1，m=38，C:x-224+y22=1PO:mx+ny=1，x2+2y2-4x mx+ny=0，2y2-4nxy+1-4mx2=0，等式两边同时除以 x，2 yx2-4n yx+1-4m=0，kAP kAQ=kA

48、M kAN=1-4m2=-14，MD ND，kMD kND=-1，kDM kDNkAM kAN=-1-14=4，直线 MN:x=t，MTt-23-NTt-23MTt+2 -NTt+2=4，t+22t-232=4，解得 t=-29 或 t=103 194已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1(a b 0)经过点 1,62,且离心率等于22(1)求椭圆 C 的方程；(2)过点 P(2,0)作直线 PA,PB 交椭圆于 A，B 两点，且满足 PA PB，试判断直线 AB 是否过定点，若过定点请写出点坐标【解析】()椭圆 x2a2+y2b2=1(a b 0)经过点 1,62,且离心率等于22,椭圆 C

49、的方程为 x24+y22=1;()方法一：(常规方法)设直线 AB 的方程为 y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)联立椭圆方程得(1+2k)x2+4mkx+2(m2-2)=0,则 x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-41+2k2 y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=m2-4k21+2k2,由 PA PB,得(x1-2)(x2-2)+y1y2=0,代入得 4k2+8mk+3m2=0，m=-2k(舍去),m=-23 k,直线 AB 的方程为 y=k x-23,所以过定点23,0方法二：(平移坐标+齐次化)把椭圆向左平移 2 个单

50、位，(是为了平移到原点)则方程变成(x+2)2+2y2=4(左加右减，上减下加)设直线为 mx+ny=1；下面对椭圆方程进行化简 x2+4x+2y2=0；我们需要的形式是不出现一次项，都是二次项，此时将 4x 乘上一个 1，也就是 mx+ny 即可，此时椭圆方程变成 x2+4x(mx+ny)+2y2=0 2y2+4nxy+(4m+1)x2=0，两边同时除以 x2，令 k=yx，则化简为 2k2+4nk+4m+1=0，又因为 k1k2=-1 m=-34-34 x+ny=1，则恒过-43,0，再向右平移 2 个单位，则恒过23,020题型 6 定点不在原点之二级结论第三定义的使用齐次化运算为什么不

51、是解决圆锥曲线的常规武器通过上面分析，我们可以发现，齐次化运算比传统的设而不求运算量大大的降低，但为什么齐次化运算并不是常规武器呢？首先我们总结一下齐次化运算步骤f x ,y=0 ,g x ,y=0 A yx2+B yx+C=0 y1x1+y2x2=-BA ,y1x1 y2x2=CAk1+k2=-BA ,k1k2=CA .通过上面的步骤可以看出，本方法适用于斜率的相关问题，有较大的局限性，当然，还有一个难点在于方程消元的基本思路是消未知数，而本方法是消去常数，这也是学生不适应之处但更大的难点是如果通过审题，转化为斜率之积、之和问题齐次化运算在解析几何中的运算，只可以处理斜率之和(积)的问题，基

52、本步骤如下：f x ,y=0 ,g x ,y=0 A yx2+B yx+C=0 y1x1+y2x2=-BA ,y1x1 y2x2=CAk1+k2=-BA ,k1k2=CA，重点一在于通过分析题意，明确能不能用本方法，二在于直线方程的设元技巧，三在于消元中的齐次化运算1 A,B 分别是椭圆 E:x29+y2=1 左右顶点，P 是直线 x=6 的动点，PA 交 E 于另一点 C，PB 交 E 于另一点 D求证：直线 CD 过定点思路一：本问题没有直接的提到斜率之和(积)，而且很容易入手，分别设直线 PA,PB，与椭圆方程联立，消去 x 得到关于 y 的常数项为 0 的方程，即可解出 C,D 坐标，

53、然后写出 CD 方程在实际运算中，C,D 坐标，CD 过定点运算量巨大本方法少思、多算解答如下：证法一：设 P 6,y0，则直线 AP 的方程为：y=y0-06-3x+3，即：y=y09x+3，联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得：x29+y2=1y=y09 x+3，整理得：y20+9x2+6y20 x+9y20-81=0，解得：x=-3 或 x=-3y20+27y20+9，将 x=-3y20+27y20+9代入直线 y=y09x+3可得：y=6y0y20+9，所以点 C 的坐标为-3y20+27y20+9,6y0y20+9同理可得：点 D 的坐标为3y20-3y20+1,-2y0y20+1当

54、 y20 3 时，直线 CD 的方程为：y-2y0y20+1=6y0y20+9-2y0y20+1-3y20+27y20+9-3y20-3y20+1x-3y20-3y20+1，整理可得：y+2y0y20+1=8y0 y20+36 9-y40 x-3y20-3y20+1=8y06 3-y20 x-3y20-3y20+1，整理得：y=4y03 3-y20 x+2y0y20-3=4y03 3-y20 x-32，所以直线 CD 过定点32,0当 y20=3 时，直线 CD：x=32，直线过点32,0故直线 CD 过定点32,021思路二：连接 CB，由椭圆第三定义得，kCAkCB=-19,而 kCAkC

55、B=-19,kCA=PQAQ,kBD=kBP=PQBQ=13，可得：kBCkBD=-13,就可以采用本方法解答证法二：设交点 C x1,y1,D x2,y2，即化为y1x1-3 y2x2-3=-13，设 x-3=t，得 t2+9y2+6t=0,故设 6=mt+ny 易算计算如下：9 yt2+n yt+m+1=0 k1k2=m+19=-13 m=-4-4 x-3+ny=6，可知直线 CD 过定点32 ,01A,B 分别是椭圆 E:x24+y2=1 下上两顶点，过(1,0)的直线 l 交于 E 的 C，D，设直线 AC,BD 的斜率为 k1,k2，k1=2k2，求直线 l 的方程【分析】已知给出了

56、 k1=2k2，但还是没有斜率之积(和)为定值，还是要用到椭圆的第三定义，kADkBD=-14,得到 kACkAD=-12,即可采用齐次化运算了【简解】设交点 C x1,y1,D x2,y2，即化为y1x1+1 y2x2+1=-12，设 y+1=t，得 x2+4t2-8t=0,所以设 8=mx+n(y+1)=mx+nt 易算计算如下：4-ntx2-m tx+1=0 ,k1k2=14-n ,14-n=-12 ,n=6，又 l 过(1,0)，得 m=2，直线 l的方程的方程：y=13 x-13 2(2020新课标)已知 A，B 分别为椭圆 E:x2a2+y2=1 a 1的左、右顶点，G 为 E 的

57、上顶点，AGGB=8 P 为直线 x=6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D(1)求 E 的方程；(2)证明：直线 CD 过定点【解析】(1)由题意 A-a,0，B a,0，G 0,1，AG=a,1，GB=a,-1，AG GB=a2-1=8，解得：a=3，故椭圆 E 的方程是 x29+y2=1(2)证法 1：由(1)知 A-3,0，B 3,0，设 P 6,m，则直线 PA 的方程是 y=m9x+3，联立22x29+y2=1y=m9 x+3 9+m2x2+6m2x+9m2-81=0，由韦达定理-3xc=9m2-819+m2 xc=-3m2+279+m2，代入

58、直线 PA 的方程为 y=m9x+3得：yc=6m9+m2，即 C-3m2+279+m2,6m9+m2，直线 PB 的方程是 y=m3x-3，联立方程x29+y2=1y=m3 x-3 1+m2x2-6m2x+9m2-9=0，由韦达定理 3xD=9m2-91+m2 xD=3m2-31+m2，代入直线 PB 的方程为 y=m3x-3得 yD=-2m1+m2，即D 3m2-31+m2,-2m1+m2，则当 xc=xD即 27-3m29+m2=3m2-3m2+1时，有 m2=3，此时 xc=xD=32，即 CD 为直线x=32 xC xD时，直线 CD 的斜率 KCD=yC-yDxC-xD=4m3 3

59、-m2，直线 CD 的方程是 y-2m1+m2=4m3 3-m2x-3m2-31+m2，整理得：y=4m3 3-m2x-32，直线 CD 过定点32,0综合故直线 CD 过定点32,0证法 2：设 P 6,t，A-3,0，B 3,0，则 kAC=kAP=t9，kBD=kBP=t3，根据椭圆第三定义，kAD kBD=b2a2=-19，kAD=-13t，则 kAC kAD=-127，将图像向右移动 3 个单位，则椭圆 E 和直线 lCD:x-329+y2=1mx+ny=1，联立得：x2-6x+9y2=0，x2-6x mx+ny+9y2=0，即 9y2-6nxy+1-6mx2=0，两边同时除以 x2

60、，得：9 y2x2-6n yx+1-6m=0，则 kAC kAD=1-6m9=-127，解得 m=29，则直线过定点92,0，则平移前过32,0题型 7 齐次化妙解之等角问题等角问题的推广：结论 1：过抛物线线外一点 P 作抛物线的切线 PA，PB，则 AFP=BFP23结论 2：过椭圆外一点 P 作椭圆的切线 PA，PB，则 AFP=BFP1 设椭圆 C：x22+y2=1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 相交于 A，B 两点，点 M 点坐标为(2,0)(1)当直线 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)x=1，过程

61、略(2)法一:(平移构造+齐次化)方法识别：OMA=OMB 等价于 kAM+kBM=0，故可以用平移构造和齐次化来处理将椭圆 C：x22+y2=1 和直线 AB：x=my+1 按照 x=x+2y=y平移至以点 M 为坐标原点，得(x-2)22+y2=1 和 x+2=my+1，即x2+2y2+2y+2=0，将 my-x=1 代入 x2+2y2+4x+2=0 构造齐次化得x2+2y2+4x(my-x)+2(my-x)2=0，整理得(2m2+2)y2-x2=0 设平移后设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 kMA=y1x1，kMB=y2x2 易知 kMA和 kMB是方程 的两个根，由韦达定理得

62、 kMA+kMB=0，根据平移角度不变知，kAM+kBM=0，24故有 OMA=OMB法二:(常规解法)设 A(x1,y1)，B(x1,y1)，直线 AB：x=my+1，与 C 联立得：(m2+2)y2+2my-1=0，由韦达定理得y1+y2=-2mm2+2，y1y2=-1m2+2，要证 OMA=OMB，即证 kAM+kBM=0，即证y1x1-2+y2x2-2=0 y1(x2-2)+y2(x1-2)=0，用 x=my+1 消去 x 得：2my1y2-(y1+y2)=0，代入韦达定理得：-2m+2mm2+2=0，命题得证【方法小结】1本例中 M 为椭圆的右准线与 x 轴的交点：即本来结论是：设椭

63、圆的右准线与 x 轴的交点为M，过椭圆右焦点的直线与椭圆相交于 A，B 两点，则 x 轴平分角 AMB，即 OMA=OMB，或者说直线 MA 和直线 MB 的倾斜角互补(即斜率之和为零)2本题结论还可以推广到抛物线：设 M 为抛物线的准线与 x 轴的交点，过抛物线的焦点 F 的直线与抛物线相交于 A，B 两点，则 x 轴平分角 AMB，即 FMA=FMB，或者说直线1(2013 年数学高考陕西卷理科)已知动圆过定点 A(4,0)，且在 y 轴上截得弦长 MN 的长为 8(1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程；(2)已知点 B(-1,0)，设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两个点

64、P，Q，若 x 轴是 PBQ 的角平分线，证明：直线 l 过定点【解析】(1)动圆圆心轨迹方程为：y2=8x；(2)【证明】将坐标系原点按照 x=x-1y=y平移到 B 点，则在新坐标系中，C 的轨迹方程为y2=8(x-1)，即 y2-8x+8=0，设平移后直线 l 的方程为 mx+ny=1，将其代入 式化为齐次式得 y2-8x(mx+ny)+8(mx+ny)2=0，化简得(8n2+1)y2+(16mn-8n)xy+(8m2-8m)x2=0，因为 x 0，两边同除以 x2得：(8n2+1)yx2+(16mn-8n)yx+(8m2-8m)=0，设平移后 P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则 k

65、BP=y1x1，kBQ=y2x2 kBP和 kBQ是方程的两个根，由韦达定理得kBP+kBQ=-16mn-8n8n2+1，又因为 x 轴是 PBQ 的角平分线，所以 kBP+kBQ=-16mn-8n8n2+1=0，即 16mn-8n=0，所以 m=12，所以 12 x+ny=1，即 y=n(2-x)2，所以直线 PQ 过定点(2,0)，将定点(2,0)按照 x=x-1y=y平移原坐标系得(1,0)，所以 PQ 过定点(1,0)，即直线 l 过定点(1,0)252(2018 全国一文)设抛物线 C:y2=2x，点 A 2,0，B-2,0，过点 A 的直线 l 与 C 交于 M，N 两点(1)当

66、l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程；(2)证明：ABM=ABN【解析】(1)当 l 与 x 轴垂直时，x=2，代入抛物线解得 y=2，M 2,2或 M 2,-2，直线 BM 的方程：y=12 x+1，或 y=-12 x-1(2)解法 1：证明：设直线 l 的方程为 l:x=ty+2，M x1,y1，N x2,y2，联立直线 l 与抛物线方程得y2=2xx=ty+2，消 x 得 y2-2ty-4=0，即 y1+y2=2t，y1y2=-4，则有 kBN+kBM=y1x1+2+y2x2+2=y222 y1+y212 y2+2 y1+y2x1+2x2+2=y1+y2y1y22+2x1+2x2+

67、2=0，直线 BN 与 BM 的倾斜角互补，ABM=ABN解法 2：(2)右移 2 个单位 C:y2=2 x-2，l:mx+ny=1 过 4,0即 4m=1，m=14，y2=2x-4，y2=2x mx+ny-4 mx+ny2，y2=2mx2+2nxy-4 m2x2+n2y2+2mnxy，1+4n2y2+8mn-2nxy+4m2-2mx2=0，x 0，同除以 x2，得 1+4n2k2+8mn-2nk+4m2-2m=0，k1+k2=-8mn-2n1+4n2=-2n 4m-11+4n2=0，ABM=ABN3(2018 全国一卷理)设椭圆 C:x22+y2=1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与

68、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)c=2-1=1，F 1,0，l 与 x 轴垂直，x=1，由x=1x22+y2=1，解得x=1y=22或x=1y=-22，A 1,22，或 1,-22，直线 AM 的方程为 y=-22 x+2，y=22 x-2(2)证明：解法 1：当 l 与 x 轴重合时，OMA=OMB=0，当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，OMA=OMB当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 y=k x-1，k 0，A x1,y1

69、，B x2,y2，则 x12，x2 b 0)的离心率为22，过点 P(0,1)的动直线 l 与椭圆相交于 A,B 两点，当直线 l 平行于 x 轴时，直线 l 被椭圆 C 截得线段长为 2 6.(1)求椭圆 C 的方程；(2)在 y 轴上是否存在异于点 P 的定点 Q，使得直线 l 变化时，总有 PQA=PQB？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】()x28+y24=1；()存在定点 Q(0,4)满足题意.【详解】试题分析：(1)由椭圆 C 的离心率是22，直线 l 被椭圆 C 截得的线段长为 2 6 列方程组求出 b2=4,a2=8，从而可得椭圆 C 的标准方程；(2)

70、设直线 l 方程为 y=kx+1，由 x2+2y2=8y=kx+1得 2k2+1x2+4kx-6=0，=16k2+24 2k2+1 0，根据韦达定理及斜率公式可得 kQA+kQB=2k+1-t-4k-6=2k 4-t3，令 4-t=0，可得 t=4 符合题意.试题解析：(1)e=22,e2=c2a2=12，a2=2c2=b2+c2,b=ca2=2b2，椭圆方程化为：x22b2+y2b2=1，由题意知，椭圆过点6,1，62b2+1b2=1，解得 b2=4,a2=8，所以椭圆 C 的方程为：x28+y24=1；(2)当直线 l 斜率存在时，设直线 l 方程：y=kx+1，由 x2+2y2=8y=k

71、x+1得 2k2+1x2+4kx-6=0，=16k2+24 2k2+1 0，设 A x1,y1,B x2,y2,x1+x2=-4k2k2+1x1x2=-62k2+1，假设存在定点 Q 0,t(t 不为 2)符合题意，PQA=PQB，kQA=-kQB，kQA+kQB=y1-tx1+y2-tx2=x2y1+x1y2-t x1+x2x1x2=x2 kx1+1+x1 kx2+1-t x1+x2x1x2=2kx1x2+1-tx1+x2x1x2=2k+1-t-4k-6=2k 4-t3=0，上式对任意实数 k 恒等于零，4-t=0，即 t=4，Q 0,4，当直线 l 斜率不存在时，A,B 两点分别为椭圆的上

72、下顶点 0,-2,0,2，显然此时 PQA=PQB，综上，存在定点 Q 0,4满足题意题型 8 点乘双根法的基础运用27点乘双根法及其应用1.点乘双根法的含义与原理：何谓点乘双根法呢？在大学数学中，把向量 a，b 的数量积 a b 叫做向量 a 点乘向量 b，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 x1和 x2是一元二次方程 ax2+bx+c=0 的两个根，则 ax2+bx+c=a(x-x1)(x-x2)，我们把 ax2+bx+c=a(x-x1)(x-x2)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 x1+x2和 x1x2或者可转化为含含 x1+x2和 x

73、1x2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 ax2+bx+c=a(x-x1)(x-x2)进行赋值 x=x0和 y=y0，直接计算(x1-x0)(x2-x0)和(y1-y0)(y2-y0)的含参表达式，然后整体代入目标 PA PB=(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)，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 P 坐标(x0,y0)为已知定点，A(x1,y1)，B(x2,y2)为直线 l 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 PA PB=m(其中 m 为常

74、数)的形式，其中点 P 是已知的点，AB 为直线 l 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1 椭圆 C：x24+x23=1，若直线 l：y=kx+m 与椭圆 C 交于 A，B 两点(A，B 不是左右顶点)，且以直线AB 为直径的圆恒过椭圆 C 的右顶点求证：直线 l 恒过定点，并求出该点的坐标【解析】步骤 1：联立方程，构建双根式设椭圆的右顶点为 E(2,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以 EA EB=(x1-2)(x2-2)+y1y2=0，联立x24+y23=1y=kx+m，化简得：(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0，又因为 x1，

75、x2是方程(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0 的两个根，所以(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=(3+4k2)(x-x1)(x-x2)步骤 2：赋值点乘双根法赋值目的是为了对目标 EA EB=(x1-2)(x2-2)+y1y2=0 中的(x1-2)(x2-2)和 y1y2进行整体代换以达到简化计算的目的，故对双根式中的 x 进行赋值 x=2 得 4(3+4k2)+16mk+4(m2-3)=(3+4k2)(2-x1)(2-x2)，整体求出(x1-2)(x2-2)=16k2+16mk+4m23+4k2 接下来先求出 y1y2，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2 x

76、1+mkx2+mk，只需对双根是进行赋值 x=-mk，并两边同时乘以 k2可得 y1y2=k2 x1+mkx2+mk=3m2-12k23+4k2 步骤 3：变形代入将和整体代入 EA EB=(x1-2)(x2-2)+y1y2=0，可得16k2+16mk+4m23+4k2+3m2-12k23+4k2=0，即 4k2+16mk+7m2=0，分解因式得(7m+2k)(m+2k)=0，m=-27 k 或 m=-2k，当 m=-27 k 时，直线 ly=kx+m=k x-27，故直线恒过定点27,0当 m=-2k 时，直线 ly=kx+m=k(x-2)，故直线恒过定点(2,0)，舍去281(2018 年

77、全国课标卷 3 理科 16 题)已知点 M-1,1和抛物线 C：y2=4x，过 C 的焦点且斜率为 k 的直线与 C 交于 A，B 两点若 AMB=90，则 k=【解析】法一：(点乘双根法)设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线 AB：x=my+1(其中 m=1k)，因为 AMB=90，所以 MA MB=0，即MA MB=(x1+1)(x2+1)+(y1-1)(y2-1)=(my1+2)(my2+2)+(y1-1)(y2-1)=m2 y1+2m y2+2m+(y1-1)(y2-1)=0联立 x=my+1y2=4x消去 x 可得：y2-4my-4=0，又因为 y1，y2是方程 m2(y-y

78、1)(y-y2)=0 的两根，所以y2-4my-4=m2(y-y1)(y-y2)令 y=1，得 1-4m-4=m2(1-y1)(1-y2)，所以(y1-1)(y2-1)=-3-4mm2；令 y=-2m，得 4m2+8-4=m2-2m-y1-2m-y2，所以m2 y1+2my2+2m=4m2+4=0 将式代入，得-3-4mm2+4m2+4=0，解得，m=12，所以 k=1m=2法二:(常规方法)抛物线 C：y2=4x 的焦点 F(1,0)，过 A，B 两点的直线方程为 y=k(x-1)，联立 y=k(x-1)y2=4x，可得k2x2-2(2+k2)x+k2=0，设 A(x1,y1)，B(x2,y

79、2)，则x1+x2=4+4k2k2，x1x2=1，y1+y2=k(x1+x2-2)=4k，y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2x1x2-(x1+x2)+1=-4，M(-1,1)，MA=(x1+1,y1-1)，MB=(x2+1,y2-1)，AMB=90，MA MB=(x1+1)(x2+1)+(y1-1)(y2-1)=0，整理可得，x1x2+(x1+x2)+y1y2-(y1+y2)+2=0，1+2+4k2-4-4k+2=0，即 k2-4k+4=0，k=2故答案为 2法三:(中点弦法)设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 y21=4x1y22=4x2，所以 y22-y21=4(x2-x

80、1)，29则 k=y1-y2x1-x2=4y1+y2，如图，取 AB 的中点 M(x0,y0)，分别过 A，B 作准线 x=-1 的垂线，垂足为 A，B，在 RtABM 中，|MM|=12|AB|=12(|AA|+|BB|)，所以点 M 为线段 AB 的中点，且 MM 平行于 x 轴，则 y0，从而有 y1+y2=2，代入 k=y1-y2x1-x2=4y1+y2=2，故填 22已知抛物线 y2=2px，过原点且相互垂直的直线 OA，OB 交抛物线于 A，B 两点，求证：直线 AB 过定点【解析】方法识别：kOA kOB=-1，适合用齐次化来处理法一：(齐次化)设 AB：x=my+n，A(x1,

81、y1)，B(x2,y2)，kOA=y1x1，kOB=y2x2，将直线变形为 x-myn=1，代入到 y2=2px 中得 y2=2px x-myn=2px2-2pmxyn，两边同除以 x2，整理可得 n yx2+2pm yx-2p=0，注意到 kOA=y1x1，kOB=y2x2，所以 kOA和 kOB方程 n yx2+2pm yx-2p=0 的两个根，所以 kOA kOB=-2pn，又因为 OA OB，所以-2pn=-1，所以 n=2p，代入可得 x=my+2p，所以直线 AB 恒定过定点(2p,0)类型识别：因为直线 OA，OB 互相垂直，所以 OA OB=0，适合用点乘双根法方法二：(点乘双

82、根法)设 AB：x=my+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，OA OB=x1x2+y1y2=(my1+n)(my2+n)+y1y2=m2 y1+nmy2+nm+y1y2 联立 x=my+ny2=2px，y2-2pmy-2pn=0，又因为 y1和 y2是方程 y2-2pmy-2pn=0，所以 y2-2pmy-2pn=(y-y1)(y-y2)，令 y=0，则-2pn=y1y2；令 y=-nm，则 n2m2=y1+nmy2+nm将代入得 m2 n2m2-2pn=0，即 n=2p，30代入 x=my+n 可得 x=my+2p，所以直线 AB 恒定过

83、定点(2p,0)3过双曲线 x2a2-y2b2=1 右焦点且斜率为35 的直线 l 交双曲线于 A，B，若 OA OB 且 AB=4，求双曲线的方程方法识别：因为 OA OB，所以 kOA kOB=-1，适合用齐次化来处理【解析】法一：(齐次化)设双曲线方程为 x2a2-y2b2=1，直线 l：y=35(x-c)，其中 c2=a2+b2将直线变形为 x-53 y 1c=1，代入双曲线方程得 x2a2-y2b2=x-53 y 1c2，整理得-1b2+53c2y2+2c5c xy+1a2-1c2x2=0，两边同除以 x2，-1b2+53c2k2+2c5c k+1a2-1c2=0，注意到 kOA=y

84、1x1，kOB=y2x2，所以 kOA和 kOB方程-1b2+53c2k2+2c5c k+1a2-1c2=0 的两个根，所以 kOA kOB=1a2-1c21b2+53c2，又因为 OA OB，所以1a2-1c21b2+53c2=-1，即 1b2+53c2=1c2-1a2，可得 1a2-1b2=83c2=83(a2+b2)，化简可得 3a4+8a2b2-3b4=0，即 b2=3a2，c=2a，故双曲线方程为 3x2-y2=3a2，联立 y=35(x-2a)3x2-y2=3a2，消去 y 得 4x2+4ax-9a2=0，设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 x1+x2=-a，x1x2=-9

85、a24，由弦长公式得 AB=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+35(-a)2-4-9a24=4，计算可得 a2=1，b2=3，所以双曲线方程为 x2-y23=1法二：(点乘双根法)方法识别：由 OA OB，得 OA OB=0，适合用点乘双根法设 AB:y=35(x-c)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，OA OB=x1x2+y1y2=x1x2+35(x1-c)(x2-c)=0 联立y=35(x-c)x2a2-y2b2=1，(5b2-3a2)x2+6a2cx-3a2c2-5a2b2=0，又因为 x1和 x2是方程(5b2-3a2)x2+

86、6a2cx-3a2c2-5a2b2=0，所以(5b2-3a2)x2+6a2cx-3a2c2-5a2b2=(5b2-3a2)(x-x1)(x-x2)令 x=0 得 3a2c2+5a2b23a2-5b2=x1x2；令 x=c 得(x1-c)(x2-c)=5b45b2-3a2 31将代入得 3a2c2+5a2b23a2-5b2+35 5b45b2-3a2=0，化简可得 3a4+8a2b2-3b4=0，即 b2=3a2，c=2a，故双曲线方程为 3x2-y2=3a2，联立 y=35(x-2a)3x2-y2=3a2，消去 y 得 4x2+4ax-9a2=0，设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 x

87、1+x2=-a，x1x2=-9a24，由弦长公式得 AB=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+35(-a)2-4-9a24=4，计算可得 a2=1，b2=3，所以双曲线方程为 x2-y23=14 已知抛物线 y2=4x 的焦点为 F，过 F 作两条垂直的直线 l1，l2，l1与抛物线相交于 A，B 两点，l2与抛物线相交于 C，D 两点，求|AF|BF|+|EF|FD|的最小值【解析】设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，l1：y=k(x-1)，l2：y=-1k(x-1)，联立 y=k(x-1)y2=4x，得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0 的两个根为 x1，x2，k2x2-(2

88、k2+4)x+k2=k2(x-x1)(x-x2)，又|AF|BF|=(x1+1)(x2+1)=k2(-1)2-(2k2+4)(-1)+k2k2=4+4k2，同理以-1k 替换 k 可得：|EF|FD|=4+4k2，所以|AF|BF|+|EF|FD|=8+4k2+4k2 8+24k2 4k2=16，当且仅当 k2=1，即 k=1 取得最小值5 已知抛物线方程为 y=2x2，直线 y=kx+2 与抛物线交于 A，B 两点，Nk4,k28，且 NA NB=0，求 k 的值【解析】设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，NA NB=x1-k4x2-k4+y1-k28y2-k28=0 联立 y=kx+2

89、y=2x2，消 y 得 x2-k2 x-1=0=(x-x1)(x-x2)，将 x=k4 代入式得k4-x1k4-x2=k216-1；同理：联立 y=kx+2y=2x2，消 x 得 y2+4+k22y+4=(y-y1)(y-y2)，将 y=k28 代入得 8 k28-y1k28-y2=-3k464-k22+4，联立得：k4+12k2-64=0=(k2+16)(k2-4)，所以 k=2，所以直线方程为 y=2x+2题型 9 点乘双根法在解答题中的运用1(2013 年石家庄一模理科 20)椭圆 x2a2+y2b2=1(a b 0)的左，右焦点分别为 F1(-1,0)，F2(1,0)，过 F1作与 x

90、 轴不重合的直线 l 交椭圆于 A，B 两点(1)若 ABF2为正三角形，求椭圆的离心离；32(2)若椭圆的离心离满足 0 e 5-12，O 为坐标原点，求证：OA2+OB2 AB2【解析】(1)e=33，过程略(2)(点乘双根法)由题意有：c=1，0 ca 25-1=5+1，则 a2 3+52，要证 OA2+OB2 AB2(因为 AB2=OA2+OB2-2|OA|OB|cosAOB)OA2+OB2 OA2+OB2-2|OA|OB|cosAOB|OA|OB|cosAOB 0 OA OB 0设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，当 AB x 轴时，x1=x2=-1，则 y1=b2a，y2=-b

91、2a，则 OA OB=x1x2+y1y2=1-b2a2=1-(1-a2)2a2=-a4+3a2-1a2=-a2-322+54a2 0=-3+52-322+54a2=-54+54a2=0，所以 OA2+OB2 AB2当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 l：y=k(x+1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以 OA OB=x1x2+y1y2=x1x2+k2(x1+1)(x2+1)联立y=k(x+1)x2a2+y2b2=1得 b2x2+a2k2(x+1)2-a2b2=0，所以 b2x2+a2k2(x+1)2-a2b2=(a2k2+b2)(x1-x)(x2-x)，令 x=0，则 a2k2-a2

92、b2=(a2k2+b2)x1x2，即 x1x2=a2k2-a2b2a2k2+b2；令 x=-1，则 b2-a2b2=(a2k2+b2)(x1+1)(x2+1)，即(x1+1)(x2+1)=b2-a2b2a2k2+b2，将代入得 OA OB=a2k2-a2b2a2k2+b2+k2 b2-a2b2a2k2+b2=k2(a2+b2-a2b2)-a2b2a2k2+b2，要证 OA OB 0，只需证 a2+b2-a2b2 0 即可，因为 a2=b2+c2=b2+1，则 b2=a2-1，所以 a2+b2-a2b2=2a2-1-a2(a2-1)=-a4+3a2-1=-a2-322+54 0，所以 OA OB

93、 0，综上可得：OA2+OB2 0 时，恒有|OA|OB|【解析】()设 P(x,y)，由椭圆定义可知，点 P 的轨迹 C 是以(0,-3)，(0，3)为焦点，长半轴为 2 的椭圆33它的短半轴 b=22-(3)2=1，故曲线 C 的方程为 x2+y24=1()法一：(常规方法)设 A(x1,y1),B(x2,y2)，其坐标满足 x2+y24=1y=kx+1，消去 y 并整理得(k2+4)x2+2kx-3=0，故 x1+x2=-2kk2+4，x1x2=-3k2+4若 OA OB，即 x1x2+y1y2=0，而 y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1，于是 x1x2+y1y2=-3k2+4

94、-3k2k2+4-2k2k2+4+1=0，化简得-4k2+1=0，所以 k=12 法二：(点乘双根法)设 A(x1,y1),B(x2,y2)，直线 l：y=kx+1若 k=0，则 l：y=1，即 x1=-32，x2=32，故 A-32,1,B32,1因为 OA OB，所以 OA OB=x1x2+y1y2=0，将 y1y2=k2 x1+1kx1+1k代入得 OA OB=x1x2+k2 x1+1kx1+1k=0 联立 x2+y24=1y=kx+1得(k2+4)x2+2kx-3=(k2+4)(x-x1)(x-x2)，令 x=0 得 x1x2=-3k2+4；令 x=-1k，则(k2+4)x1+1kx1

95、+1k=4k2-4，即 x1+1kx1+1k=4k2-4k2+4将代入 OA OB=-3k2+4+k24k2-4k2+4=0，即 1-4k2k2+4=0，1-4k2=0，所以 k=12 法三：(点乘双根法)设 A(x1,y1),B(x2,y2)，直线 l：y=kx+1若 k=0，则 l：y1=y2=1，即 x1=-32，x2=32，故 A-32,1,B32,1，故 OA OB 0，与 OA OB矛盾，所以 k 0，直线 l：y=kx+1 可变为 x=m(y-1)(其中 m=1k)，故有 x1x2=m2(y1-1)(y2-1)因为 OA OB=x1x2+y1y2=0，所以 m2(y1-1)(y2

96、-1)+y1y2=0 联立 x2+y24=1x=m(y-1)得 4m2(y-1)2+y2-4=(4m2+1)(y-y1)(y-y2)，即令 y=1 得 1-4=(4m2+1)(y1-1)(y2-1)，即(y-y1)(y-y2)=-34m2+1；令 y=0，则 4m2-4=(4m2+1)y1y2，y1y2=4m2-44m2+1将代入 m2-34m2+1+4m2-44m2+1=0，即 m2-4=0，m=2，所以 k=12()OA 2-OB 2=x21+y21-(x22+y22)=(x21-x22)+4(1-x21-1+x22)=-3(x1-x2)(x1+x2)=6k(x1-x2)k2+4因为 A

97、在第一象限，故 x1 0由 x1x2=-3k2+4知 x2 0又 k 0，故 OA 2-OB 2 0，即34在题设条件下，恒有 OA OB2(2017 年高考课标 1 卷第 20 题)设 A，B 为曲线 C：y=x24 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【解析】(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2)，则 x1 x2，y1=x124，y2=x224，x1+x2=4，于是直线 AB 的斜率 k=y1-y2x1-x2=x214-x224x1-x2=(x1

98、+x2)(x1-x2)4x1-x2=x1+x24=1(2)法一：(常规方法)因为 y=x24，所以 y=x2，设 M(x3,y3)，由题设知 x32=1，所以 x3=2，于是 M(2,1)，设直线 AB 的方程:y=x+m，故线段 AB 的中点为 N(2,2+m)，|MN|=|m+1|，将 y=x+m 代入 y=x24，得 x2-4x-4m=0，当 =16(m+1)0 即 m-1 时，x1=2-2 m+1，x2=2+2 m+1，从而|AB|=|x1-x2|=4 2(m+1)，由题设知，|AB|=2|MN|，即 4 2(m+1)=2(m+1)，解得 m=7，所以直线 AB 的方程:y=x+7法二

99、：(点乘双根法)类型识别:因为 AM BM，所以 AM BM，故适合使用点乘双根法因为 y=x24，所以 y=x2，设 M(x0,y0)，由题设知 x02=1，所以 x0=2，于是 M(2,1)设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，AM=(2-x1,1-y1)，BM=(2-x2,1-y2)，因为 AM BM，所以 AM BM=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0 设直线 AB 的方程:y=x+m，联立y=x+my=x24化简得 x2-4x-4m=0，又因为 x1，x2是方程 x2-4x-4m=0 的两个根，故有 x2-4x-4m=(x-x1)(x-x2)，令 x=2，则-4

100、-4m=(x1-2)(x2-2)，又(y1-1)(y2-1)=(x1+m-1)(x2+m-1)，令 x=1-m 代入得(x1+m-1)(x2+m-1)=m2-2m-3，将代入得-4-4m+m2-2m-3=0，解之得 m=7 或 m=-1(舍去)，故所以直线 AB 的方程:y=x+7法三：(齐次化+坐标系平移构造)因为 y=x24，所以 y=x2，设 M(x0,y0)，由题设知 x02=1，所以 x0=2，所以 M(2,1)，平移坐标系，使坐标原点与点 M(2,1)重合，则 x=x+2y=y+1，在新坐标系 xOy 中，曲线 C：y=x24 的方程为 C：y+1=(x+2)24，整理得 x2+4

101、x-4y=0直线 AB 平移后变为 AB，斜率仍为 1，其方程不妨设为 mx-my=1，代入曲线方程得x2+4x-4y=x2+4x(mx-my)-4y(mx-my)=0，4my2-8mxy+4mx2+x2=0，35两边同除以 x2得 4m yx2-8m yx+4m+1=0，易知 kMA和 kMB是方程 的两个根，且 MA MB，故由韦达定理得 kMA kMB=4m+14m=-1，m=-18，直线 AB 的方程为 x-y=-8，平移回原坐标系得直线 AB 方程为(x-2)-(y-1)=-8，即 x-y+7=03(2019 年北京二中期中考试)已知抛物线 y2=2px(p 0)过点 A(2,y0)

102、，且点 A 到其准线的距离为 4(1)求抛物线的方程；(2)直线 y=x+m 与抛物线交于两个不同的点 P，Q，若 OP OQ，则求实数 m 的值；【解析】(1)由抛物线定义可知点 A 到其准线的距离 d=2+p2=4，即 p2=2，p=4，所以抛物线的方程为y2=8x(2)(点乘双根法)设 P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则 OP=(x1,y1)，OQ=(x2,y2)，因为 OP OQ，所以 OP OQ=x1x2+y1y2=(y1-m)(y2-m)+y1y2=0 联立 y=x+my2=8x消去 x 得 y2-8y+8m=0，又因为 y1和 y2是 y2-8y+8m=0 的两个根，所以 y

103、2-8y+8m=(y-y1)(y-y2)，令 y=0 得 8m=y1y2；令 y=m，m2=(y1-m)(y2-m)，将代入得 m2+8m=0，解得 m1=0 或 m2=-8，经检验，当 m1=0 时，直线与抛物线交点中有一点与原点 O 重合，不符合题意；当 m2=-8 时，=242-4 64 0，符合题意综上，实数 m 的值为-84(2012 年重庆理科第 20 题)设椭圆中心在原点 O，长轴在 x 轴上，上顶点为 A，左右顶点分别为 F1，F2，线段 OF1，OF2中点分别为 B1，B2，且 AB1B2是面积为 4 的直角三角形(1)求其椭圆的方程(2)过 B1作直线 l 交椭圆于 P，Q

104、 两点，使 PB2 QB2，求直线 l 的方程【解析】(1)x220+y24=1，过程略(2)法一：(点乘双根)易知：直线 l 不与轴垂直，则设直线 l 方程为：y=k(x+2)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，因为 PB2 QB2，则 PB2 QB2=0，所以(x1-2,y1)(x2-2,y2)=0，(x1-2)(x2-2)+k2(x1+2)(x2+2)=0 现联立y=k(x+2)x220+y24=1 x2+5k2(x+2)2-20=0则方程 x2+5k2(x+2)2-20=0 可以等价转化(1+5k2)(x1-x)(x2-x)=036即 x2+5k2(x+2)2-20=(1+5k2)(

105、x1-x)(x2-x)令 x=2，4+80k2-20=(1+5k2)(x1-2)(x2-2)(x1-2)(x2-2)=80k2-161+5k2令 x=-2，4+0-20=(1+5k2)(x1+2)(x2+2)(x1+2)(x2+2)=-161+5k2结合(x1-2)(x2-2)+k2(x1+2)(x2+2)=0 化简可得：80k2-161+5k2+-161+5k2=080k2-16k2-16=0 64k2=16 k2=14，k=12，所以直线 l 方程为：y=12(x+2)法二：(点乘双根)若 l 的斜率为 0，则 B2P B2Q，所以 l 的斜率不会为 0设 l：x=my-2，P(x1,y1

106、)，Q(x2,y2)，则 B2P=(x1-2,y1)，B2Q=(x2-2,y1)，所以B2P B2Q=(x1-2)(x2-2)+y1y2=0，将 x1=my1-2，x2=my2-2 代入得(my1-4)(my2-4)+y1y2=0当 m=0 时，l：x=-2，经检验不符合题意；当 m 0 时，式变形得m2 y1-4my2-4m+y1y2=0，联立x=my-2x220+y24=1得(my-2)2+5y2-20=(m2+5)(y1-y)(y2-y)=0，令 y=0，则 4-20=(m2+5)y1y2，即y1y2=-16m2+5；令 y=4m，则 4+80m2-20=m2 y1-4my2-4m，即y

107、1-4my2-4m=80m2-16m2+5，将代入得m280m2-16m2+5+-16m2+5=0，解得 m=2，所以 l：x=2y-2【方法小结】由 PB2 QB2，得 PB2 QB2=0，故而按照点乘双根法的步骤去求解即可，方法一和方法二都是于点乘双根法，题目不同在于消去的元不一样，并无本质上的区别，都是用点乘双根法去简化有关双根的和与乘积有关的式子的计算问题1(2022 广东一模)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1 a b 0的离心率为 12，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 32

108、(1)求椭圆 C 的标准方程；37(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-94，求点 P 到直线 l距离的最大值【答案】(1)x24+y23=1(2)854【分析】(1)根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解 a2=4，b2=3.【详解】(1)由题意可得 P c,b2a，由题意可得e=ca=1212 c 2b2a=32且 c2=a2-b2，解得 a2=4，b2=3，椭圆的方程为：x24+y23=1(2)解法 1：由(1)可得 P 1,32，当直线 l 没有斜率时，设方程为：x=m m 1，则 A(m,y0),B(m,-

109、y0)，此时 kPA kPB=y0-32m-1-y0-32m-1=-94，化简得：y20=94+94 1-m2,又 m24+y203=1，解得 m=12 或 m=1(舍去)，此时 P 到直线 l 的距离为 12设直线 l 有斜率时，设 A x1,y1，B x2,y2，设其方程为：y=kx+m，联立可得y=kx+mx24+y23=1且整理可得：3+4k2x2+8kmx+4m2-12=0，=64m2k2-4 4k2+3 4m2-12 0，且 x1+x2=-8km3+4k2，x1x2=4m2-123+4k2，kPA kPB=y1-32x1-1 y2-32x2-1=-94，整理可得：y1-32y2-3

110、2=-94 x1-1x2-1，整理可得94+k2x1x2+k m-32-94x1+x2+m-322+94=0，整理可得 2k2+4m2-3m+6km-92=0，即 k+m-322k+4m+3=0，k+m-32=0 或 2k+4m+3=0，若 k+m-32=0，则直线方程为：y-32=k x-1，直线恒过 N 1,32，与 P 点重合，若 2k+4m+3=0，则直线方程为：y+34=k x-12，直线恒过定点 Q 12,-34，P 到直线 l 的距离的最大值为 PQ 的值为1-122+32-342=854，由于854 12 点 P 到直线 l 距离的最大值854解法 2：公共点 P 1,32，左

111、移 1 个单位，下移 32 个单位，C:x+124+y+3223=1AB:mx+ny=1，3x2+6x+4 y2+3y=0，4y2+3x2+6 x+2ymx+ny=0，12n+4y 2+6 2m+nxy+6m+3x 2=0，等式两边同时除以 x 2，12n+4yx2+6 2m+nyx+6m+3=0，kPA kPB=-94，6m+312n+4=-94，-12 m-94 n=1，38mx+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1-122+32-342=854，由于854 12 点 P 到直线 l 距离的

112、最大值854【点睛】2(2023山西吕梁统考二模)已知抛物线 C：y2=2px 过点 A 2,4(1)求抛物线 C 的方程；(2)P，Q 是抛物线 C 上的两个动点，直线 AP 的斜率与直线 AQ 的斜率之和为 4，证明：直线 PQ 恒过定点【答案】(1)y2=8x(2)证明见解析【分析】(1)将 A 2,4代入抛物线方程求解即可；(2)设 PQ：x=my+t，再联立抛物线方程，设 P x1,y1，Q x2,y2，再根据直线 AP 的斜率与直线 AQ 的斜率之和为 4，结合韦达定理求解即可.【详解】(1)A 2,4坐标代入抛物线方程得 16=4p，解得 p=4，抛物线方程为 y2=8x(2)证

113、明：显然直线 PQ 斜率不为 0，故可设 PQ：x=my+t，将 PQ 的方程与 y2=8x 联立得 y2-8my-8t=0，设 P x1,y1，Q x2,y2，则 y1+y2=8m，y1y2=-8t，所以 0 64m2+32t 0 2m2+t 0，kPA=y1-4x1-2=y1-4y218-2=8y1+4，同理：kQA=8y2+4，由题意：8y1+4+8y2+4=4，2 y1+y2=y1y2+4 y1+y2，y1y2=-2 y1+y2，即 t=2m，代入直线得 x=my+2m=m y+2，故直线 PQ 恒过定点 0,-239 3(2023河南开封统考模拟预测)已知点 A(3,1)在椭圆 C:

114、x2a2+y2a2-8=1 上，直线 l 交 C 于 M，N 两点，直线 AM，AN 的斜率之和为 0(1)求直线 l 的斜率；(2)求 OMN 的面积的最大值(O 为坐标原点)【答案】(1)1(2)2 3【分析】(1)代入 A(3,1)，求出 a2=12，得到曲线方程，当直线 l 的斜率不存在时，不合要求，设 l:y=kx+b，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，由 kAM+kAN=0 求出 6 k-1b+3k-1=0，得到 k=1；(2)由 0 求出-4 b 0，解得 a2 8，A(3,1)代入椭圆方程中，9a2+1a2-8=1，解得 a2=12 或 6(舍去)，故 C:x212+y24

115、=1，当直线 l 的斜率不存在时，M,N 关于 x 轴对称，此时有对称性可知，直线 AM，AN 的斜率之和不为 0，舍去；设 l:y=kx+b，联立椭圆方程 C:x212+y24=1 得，1+3k2x2+6kbx+3b2-12=0，则 =36k2b2-4 1+3k23b2-12=-12 b2-12k2-4 0，则 b2 0，解得-4 b 0,b 0)，渐近线方程为 y x2=0，点A 2,0在 C 上；(1)求双曲线 C 的方程；(2)过点 A 的两条直线 AP，AQ 分别与双曲线 C 交于 P，Q 两点(不与 A 点重合)，且两条直线的斜率 k1，k2满足 k1+k2=1，直线 PQ 与直线

116、 x=2，y 轴分别交于 M，N 两点，求证：AMN 的面积为定值.【答案】(1)x24-y21=141(2)证明见解析【分析】(1)根据已知条件求得 a,b，从而求得双曲线 C 的方程.(2)设出直线 PQ 的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，根据 k1+k2=1 列方程，判断出 M 点的位置，从而求得 AMN 的面积为定值.【详解】(1)a 0，b 0，依题意，ba=12 b=1a=2，所以双曲线 C 的方程为 x24-y21=1.(2)依题意可知 PQ 斜率存在，设方程为 y=kx+m，P x1,y1，Q x2,y2，y=kx+mx24-y21=1 1-4k2x2-8kmx-

117、4m2-4=0 x1+x2=8km1-4k2x1x2=-4m2+41-4k2，=64k2m2+4 1-4k24m2+4 0，m2+1-4k2 0，k1+k2=y1x1-2+y2x2-2=2kx1x2+m-2kx1+x2-4mx1x2-2 x1+x2+4=2k-4m2+41-4k2+m-2k8km1-4k2-4m-4m2+41-4k2-28km1-4k2+4=1，整理得 m+2km+2k-1=0.1)m+2k=0，PQ:y=kx-2k，过 A 2,0舍去，2)m+2k-1=0，PQ:y=kx-2k+1，过点 2,1，此时，将 m=1-2k 代入得 1-2k2+1-4k2=2-4k 0,k b 0

118、的离心率 e=12，过点0,3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点12,0且斜率不为 0 的直线 l 与椭圆交于 M,N 两点，椭圆的左顶点为 A，求直线 AM 与直线 AN 的斜率之积.【答案】(1)x24+y23=1(2)-920【分析】(1)由椭圆离心率 e=12，得到 a=2c，再由椭圆过点 0,3，得到 b=3 求解；(2)当直线的斜率不存在时，直线的方程为 x=12，与椭圆方程联立求得 M，N 的坐标验证即可；当直线的斜率存在时，设直线的方程为 y=k x-12，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.【详解】(1)解：因为椭圆 C:x2a2+y2b2=1 a b 0的离心率 e=12，

119、42所以 ca=12，即 a=2c，又因为椭圆过点 0,3，所以 b=3，又因为 a2=b2+c2，所以 a=2，所以椭圆的方程为 x24+y23=1；(2)如图所示：当直线的斜率不存在时，直线的方程为 x=12，与椭圆方程联立求得 M12,3 54,N12,-3 54，又 A-2,0，所以 kAM=3 5412-2=3 510,kAN=-3 5412-2=-3 510，所以 kAM kAN=3 510 -3 510=-920；当直线的斜率存在时，设直线的方程为 y=k x-12，由y=k x-12x24+y23=1，消去 y 得：3+4k2x2-4k2x+k2-12=0，=-4k22-4 3

120、+4k2k2-12=180k2+144 0，由韦达定理得 x1+x2=4k23+4k2,x1 x2=k2-123+4k2，所以 kAM kAN=y1x1-2y2x2-2=k x1-12x1-2k x2-12x1-2，=k2 x1 x2-12 x1+x2+14x1 x2+x1+x2+4=k2k2-123+4k2-12 4k23+4k2+14k2-123+4k2+2 4k23+4k2+4，=-45k24 3+4k225k23+4k2=-920.【点睛】易错点点睛：本题第二问容易忽视过点12,0的直线斜率不存在的情况，一般知道一个点求直线方程时，利用点斜式方程，设直线方程时，要分斜率不存在和存在两种

121、情况求解.6(2023云南大理统考一模)已知双曲线：x2a2-y2b2=1 a 0,b 0，其渐近线方程为 x 2y=0，点 2 2,1在 上.(1)求双曲线 的方程；(2)过点 A 2,0的两条直线 AP，AQ 分别与双曲线 交于 P，Q 两点(不与点 A 重合)，且两条直线的斜率之和为 1，求证：直线 PQ 过定点.【答案】(1)x24-y2=1；(2)证明见解析43【分析】(1)根据双曲线的渐近线与过一点列方程组即可得 a,b 的值，从而得双曲线方程；(2)设直线 PQ 的方程为 y=kx+m，P x1,y1，Q x2,y2，联立直线与椭圆得交点坐标关系，再根据斜率与坐标运算从而得 k,

122、m 的关系来确定直线定点即可.【详解】(1)a 0，b 0，依题意，ba=128a2-1b2=1解得：a=2，b=1，所以双曲线 C 的方程为 x24-y2=1(2)依题意可知 PQ 斜率存在，设方程为 y=kx+m，P x1,y1，Q x2,y2，y=kx+mx24-y21=1 1-4k2x2-8kmx-4m2-4=0则 =64k2m2+4 1-4k24m2+4 0，即 m2+1-4k2 0，所以x1+x2=8km1-4k2x1x2=-4m2+41-4k2设直线 AP，AQ 的斜率分别为 k1，k2，由题意知：k1+k2=1，故有：k1+k2=y1x1-2+y2x2-2=2kx1x2+(m-

123、2k)x1+x2-4mx1x2-2 x1+x2+4=2k-4m2+41-4k2+(m-2k)8km1-4k2-4m-4m2+41-4k2-28km1-4k2+4=1，整理得 m+2km+2k-1=0当 m+2k=0，PQ:y=kx-2k，过 A 2,0舍去，当 m+2k-1=0，PQ:y=kx-2k+1，过点 2,1，此时，将 m=1-2k 代入得 1-2k2+1-4k2=2-4k 0，得 k 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 tanPAQ=2 2，求 PAQ 的面积【答案】(1)-1；(2)16 29【分析】(1)由点

124、 A(2,1)在双曲线上可求出 a，易知直线 l 的斜率存在，设 l:y=kx+m，P x1,y1,Q x2,y2，44再根据 kAP+kAQ=0，即可解出 l 的斜率；(2)根据直线 AP,AQ 的斜率之和为 0 可知直线 AP,AQ 的倾斜角互补，根据 tanPAQ=2 2 即可求出直线 AP,AQ 的斜率，再分别联立直线 AP,AQ 与双曲线方程求出点 P,Q 的坐标，即可得到直线 PQ 的方程以及 PQ 的长，由点到直线的距离公式求出点 A 到直线 PQ 的距离，即可得出 PAQ 的面积【详解】(1)因为点 A(2,1)在双曲线 C:x2a2-y2a2-1=1(a 1)上，所以 4a2

125、-1a2-1=1，解得 a2=2，即双曲线 C:x22-y2=1易知直线 l 的斜率存在，设 l:y=kx+m，P x1,y1,Q x2,y2，联立y=kx+mx22-y2=1可得，1-2k2x2-4mkx-2m2-2=0，所以，x1+x2=-4mk2k2-1,x1x2=2m2+22k2-1，=16m2k2-4 2m2+22k2-1 0 m2-1+2k2 0 且 k 22 所以由 kAP+kAQ=0 可得，y2-1x2-2+y1-1x1-2=0，即 x1-2kx2+m-1+x2-2kx1+m-1=0，即 2kx1x2+m-1-2kx1+x2-4 m-1=0，所以 2k 2m2+22k2-1+m

126、-1-2k-4mk2k2-1-4 m-1=0，化简得，8k2+4k-4+4m k+1=0，即 k+12k-1+m=0，所以 k=-1 或 m=1-2k，当 m=1-2k 时，直线 l:y=kx+m=k x-2+1 过点 A 2,1，与题意不符，舍去，故 k=-1(2)方法一：【最优解】常规转化不妨设直线 PA,AQ 的倾斜角为,2 0，当 A,B 均在双曲线左支时，PAQ=2，所以 tan2=2 2，即2tan2+tan-2=0，解得 tan=22(负值舍去)此时 PA 与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当 A,B 均在双曲线右支时，因为 tanPAQ=2 2，所以 tan -=

127、2 2，即 tan2=-2 2，即2tan2-tan-2=0，解得 tan=2(负值舍去)，于是，直线 PA:y=2 x-2+1，直线 QA:y=-2 x-2+1，联立y=2 x-2+1x22-y2=1可得，32 x2+22-4x+10-4 2=0，因为方程有一个根为 2，所以 xP=10-4 23，yP=4 2-53，同理可得，xQ=10+4 23，yQ=-4 2-53所以 PQ:x+y-53=0，PQ=163，点 A 到直线 PQ 的距离 d=2+1-532=2 23，故 PAQ 的面积为 12 163 2 23=16 2945方法二：设直线 AP 的倾斜角为，0 2，由 tanPAQ=2

128、 2，得 tan PAQ2=22，由 2+PAQ=，得 kAP=tan=2，即 y1-1x1-2=2，联立 y1-1x1-2=2，及 x212-y21=1 得 x1=10-4 23，y1=4 2-53，同理，x2=10+4 23，y2=-4 2-53，故 x1+x2=203，x1x2=689而|AP|=3|x1-2|，|AQ|=3|x2-2|，由 tanPAQ=2 2，得 sinPAQ=2 23，故 SPAQ=12|AP|AQ|sinPAQ=2|x1x2-2(x1+x2)+4|=16 29.【整体点评】(2)法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线 PA,PB 的斜率，从而联立求出点 P,Q坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；法二：前面解答与法一求解点 P,Q 坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样