齊次式法與圓錐曲線斜率有關(guān)的一類問題

1、“齊次式”法解圓錐曲線斜率有關(guān)的頂點定值問題定點問題是常見的出題形式，化解這類問題的關(guān)鍵就是引進變的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，根據(jù)等式的恒成立、數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量。直線過定點問題通法，是設(shè)出直線方程，通過韋達定理和已知條件找出 k 和 m 的一次函數(shù)關(guān)系式， 代入直線方程即可。 技巧在于： 設(shè)哪一條直線？如何轉(zhuǎn)化題目條件？圓錐曲線是一種很有趣的載體，自身存在很多性質(zhì)，這些性質(zhì)往往成為出題老師的參考。如果大家能夠熟識這些常見的結(jié)論，那么解題必然會事半功倍。下面總結(jié)圓錐曲線中幾種常見的幾種定點模型：例題、（ 07）已知橢圓 C： x2y21若與 x 軸不垂直的直線l與曲線

2、C 相交于 A，B 兩點（ A ，B 不是左右頂點） ，43l且以 AB 為直徑的圓過橢圓C 的右頂點。求證：直線過定點，并求出該定點的坐標。解 法 一 （ 常 規(guī) 法 ）： l : y kx m設(shè) A(x1, y1 ), B( x2, y2 )ykxm， 由3x24 y2得12(3 4k2 )x28mkx 4( m23)0 ，64m2k 216(3 4k2 )(m23)0 ， 3 4k 2m20x1x28mk, x1x24( m23)34k234k23(m24k 2 )y1 y2( kx1m)(kx2 m)k2 x1 x2mk (x1x2 )m234k2Q 以 AB 為直徑的圓過橢圓的右頂點

3、D (2,0), 且 kADkBD1 ，y1y21， y1 y2x1 x22( x1 x2 ) 40，（*）x12 x223(m24k2 )4(m23)16mk40 ，（* ）34k 234k234k 22k整理得： 7m216mk4k20 ，解得： m12k, m2，且滿足 3 4k 2m20當 m2k 時， l : y7k( x2) ，直線過定點 (2,0), 與已知矛盾；當 m2k時， l : yk (x2) ，直線過定點 ( 2 ,0)7727綜上可知，直線l 過定點，定點坐標為(,0).7P 做相互垂直的直線方法總結(jié)： 本題為 “弦對定點直角” 的一個例子 ：圓錐曲線如橢圓上任意一點

4、交圓錐曲線于AB ，則 AB 必過定點 ( x0 ( a2b2 ) ,y0 (a 2b2 ) ) 。（參考百度文庫文章： “圓錐曲線的弦對定點直角的一組性質(zhì)” ）a2b2a 2b2模型拓展： 本題還可以拓展為：只要任意一個限定AP 與 BP 條件（如 kAP ? kBP定值或 kAPkBP定值），直線 AB 依然會過定點。此模型解題步驟：Step1：設(shè) AB 直線 ykxm ，聯(lián)立曲線方程得根與系數(shù)關(guān)系，求出參數(shù)圍；Step2：由 AP 與 BP 關(guān)系（如 k AP ? kBP1 ），得一次函數(shù) kf (m)或者 mf ( k) ；Step3：將 kf ( m)或者 mf (k ) 代入 y

5、kxm ，得 yk (xx定 )y定 。方法評估：此方法求解過程中（ * ）（ * ）化簡整理計算非常繁瑣。下面介紹齊次式法。（上述方法改進還有“點乘雙根法” ）解法二（齊次式法）由以 AB 為直徑的圓過橢圓C 的右頂點 P ，知 PAPB ，即 kPAkPB1 。（kPA kPB 為定值）依題意直線 l 不過橢圓的右焦點P(2,0) 設(shè)直線l : m( x 2)ny1，由3x24 y212 得 3( x22)24 y212（湊出因式 ( x2), ( y0) ）故3(x2)212( x2)4 y20（此式不是齊次式，有2 次式和 1 次式，下面齊次化）故3(x2)24 y 212( x2)

6、m( x2)ny0（1 的代換）即3( x2)24 y 212m( x2) 212n( x2) y0（下面湊出斜率 kPA , kPB 。兩邊同除 ( x2)2 ）故4(y) 212 ny2(12m3)0 ，（因為 A, B 是直線與曲線的交點，故A,B 的坐x2xy1,y24t212nt(12m3)0 的解）標滿足此式，即 x12x22是相應(yīng)方程kPAkPBy1y212m317故x12 x224， 解 得 m， 代 入 l : m(x 2) ny1 得1272770 得22,0)。12 x17ny0 ，由12 x12x7 ，故 l 過定點 (y0y07變式此題若改為：已知橢圓 C： x2y

7、21的右頂點 P ，若直線與橢圓C 相交于 A ，B 兩點（ A，B43不是左右頂點） ，且 kPAkPB3， ,求證：直線 l 過定點，并求出該定點的坐標。此題用傳統(tǒng)法解得時要計算，y1y23 ，化簡變形比原題更難，用齊次式法， 與原題類似。x12 x22解：由原題齊次式解法得4( x y2)212nxy2(12m 3)0 ，故 kPAkPB3n 3解得 n1 ，代入 l : m( x2)ny1 ，知 l : m(x2)y1 ，過定點 (2,1) 。223)已知橢圓 C： xy1上一點P(1,變式此題若改為：2，若直線與橢圓 C 相交于 A ，B 兩點（ A ，43B 不是左右頂點） ，且

8、kPAkPB1 ， ,求證：直線 l 過定點，并求出該定點的坐標。遷移訓(xùn)練練習(xí) 1：過拋物線 M: y22 px 上一點 P（ 1,2）作傾斜角互補的直線PA 與 PB，交 M 于 A、B 兩點，求證：直線 AB 過定點。（注：本題結(jié)論也適用于拋物線與雙曲線）練習(xí) 2：過拋物線 M: y24x 的頂點任意作兩條互相垂直的弦OA 、OB，求證： 直線 AB 過定點。（經(jīng)典例題，多種解法）練習(xí) 3：過 2x 2y21 上的點 A(1, 1) 作動弦 AB 、AC 且 k AB ? kAC3 ，證明 BC 恒過定點。（本題參考答案： (1 ,1) ）55練習(xí) :4：設(shè) A、B 是軌跡 C ： y22

9、 px( P0) 上異于原點 O 的兩個不同點，直線OA 和 OB 的傾斜角分別為和，當,變化且時，證明直線AB 恒過定點，并求出該定點的坐標。（參考答案42 p,2 p ）【答案】設(shè) A x1, y1 , B x2 , y2 ，由題意得 x1, x20 ，又直線 OA,OB 的傾斜角, 滿足，4故 0,，所以直線 AB 的斜率存在，否則，OA,OB 直線的傾斜角之和為從而設(shè)AB 方程為4y kxb ，顯然 x1y2, x2y212，2 p2 p將 ykxb 與 y22 px( P0) 聯(lián)立消去 x ，得 ky22 py2 pb0由韋達定理知y1y22 p , y1y22 pbkktantan

10、2 p( y1y2 )由，得 1 tantan(4) =tantan=y1 y24 p241將式代入上式整理化簡可得：2 p1 ，所以 b2 p2 pk ，b2 pk此時，直線 AB 的方程可表示為ykx2 p2 pk 即 k (x2 p)y2p0所以直線 AB 恒過定點2p,2 p.練習(xí)（ 2013 年高考卷（理） ） 已知動圓過定點A(4,0),且在 y 軸上截得的弦MN的長為 8.5：C的方程 ;( ) 求動圓圓心的軌跡( ) 已知點 B(-1,0),設(shè)不垂直于 x 軸的直線 l與軌跡 C交于不同的兩點P,Q, 若 x 軸是PBQ 的角平分線 ,證明直線 l 過定點 .【答案】 解:(

11、)A(4,0),設(shè)圓心 C( x, y), MN 線段的中點為 E，由幾何圖像知 MEMN ,CA 2CM 2ME 2EC 22（x 4)2 y2 42 x2y2 8x( )點 (-1,0),B設(shè) P( x , y1), Q( x , y2),由題知 y1y20， yy20, y28x1, y228x2.1211y1y2y1y28( y1y) y y( y2y) 08 y y20直線 PQx11 x21y128 y2 2821211方程為 : yy1y2y1 (xx1 )yy11y1(8xy12 )x2x1y2y( y2y ) y( y2y ) 8x y2y( y2y ) 8 8xy 0, x

12、 111111所以 , 直線 PQ過定點 (1,0)uuuruuuruuur uuur練習(xí) 6：已知點 B1,0 , C 1,0, P 是平面上一動點，且滿足|PC| |BC|PB CB（ 1）求點 P 的軌跡 C 對應(yīng)的方程；（ 2）已知點 A(m,2) 在曲線 C 上，過點 A 作曲線 C 的兩條弦 AD 和 AE ，且 ADAE ，判斷：直線 DE 是否過定點？試證明你的結(jié)論 .【解】（ 1）設(shè) P (x , y )代入 | PC |BC|PB CB得 ( x1) 2y 2 1x,化簡得 y24x.（5 分）( 2)將 A m代入 y24x得 m1,點 A的坐標為(1,2).( ,2)設(shè)

13、直線 DE 的方程為 xmyt代入 y24x,得 y24mt4t0,設(shè)D(x1,y1),E(x2,y2)則y1y24 ,y24t，（4)216t（0*）m y1mAD AE (x1 1)( x21) ( y12)( y22) x1 x2( x1x2 ) 1 y1 y22( y1y2 ) 4y12y22( y12y22 ) y1 y22( y1y2 ) 54444( y1 y2 )2( y1y2 )22 y1 y2y1 y2 2( y1y2 ) 5164(4t )2(4m) 242( 4t)(4t )2(4m)50化簡得 t26t54m28m16即 t26t94m28m4即（ t24(m1)2t

14、32(m1)3）t 2m 5或 t2m 1, 代入（ *）式檢驗均滿足0直線 DE的方程為 xm( y 2) 5或 x m( y 2)1直線 DE過定點 (5,2). （定點（ 1，2）不滿足題意）練習(xí) 7：已知點 A（ 1，0），B（1， 1）和拋物線 .C: y 24x ， O 為坐標原點，過點A 的動直線 l交拋物線 C 于 M、P，直線 MB 交拋物線C 于另一點Q，如圖 .uuuuruuur（ I）證明 : OM OP 為定值 ;（ II ）若 POM 的面積為 5 ，求向量 OM 與 OP 的夾角；2（）證明直線PQ 恒過一個定點.解：（ I）設(shè)點 M ( y12, y1 ), P

15、( y22, y2 ),P 、M、A 三點共線，44k AMkDM ,即y1y1y2,222y1y1y24144即y11,y1 y24y124 y1y2第 22題OMy12y22y1 y25.OP44(II) 設(shè) POM=，則 | OM | OP | cos5.S ROM5 ,| OM | | OP | sin5. 由此可得 tan =1.2又(0,),45 ,故向量 OM與OP的夾角為 45 .( )設(shè)點 Q ( y32, y3 ),M 、 B、 Q 三點共線，kBQkQM ,4即y3y1y3,即y311,22224 y1 y3y31y1y3y3444y32( y3 1)(y1y3 )4,即

16、y1 y3y1y340.LLLL11分y1 y24,即 y14 ,4y34y34 0,y2y2y2即 4( y2y3 )y2 y3 40.(*)kPQy2y34,y22y32y2y344y22直線 PQ的方程是 yy24(xy2)y34即 (y y2)(y2y3)42,(y2y3)y2 y34 .x y2即 yx由（ * ）式，y2 y34( y2y3 )4, 代入上式，得 ( y4)( y2 y3 ) 4( x 1).由此可知直線PQ 過定點 E（ 1， 4） .模型二：切點弦恒過定點例題： 有如下結(jié)論： “圓 x 2y 2r 2 上一點 P(x0 , y0 ) 處的切線方程為x0 yy0

17、yr 2 ”，類比也有結(jié)論： “橢圓 x2y21(a b 0)上一點 P( x0 , y0 ) 處的切線方程為x0 xy0 y1 ”，過橢圓 C ：x2a2b2a 2b 2y 21的右準線 l 上任意一點 M 引橢圓 C 的兩條切線，切點為A、 B.4（ 1）求證：直線 AB 恒過一定點；（ 2）當點 M 在的縱坐標為 1 時，求 ABM 的面積。43x1 x1【解】（ 1）設(shè) M (, t)(tR), A(x1, y1 ), B( x2 , y2 ), 則 MA 的方程為y1 y34點 M在MA 上3 x1 ty11同理可得3 x2 ty 2133由知 AB 的方程為3 xty1,即 x3(

18、1ty )3易知右焦點 F（ 3,0 ）滿足式，故AB 恒過橢圓 C 的右焦點 F（3,0）（ 2）把 AB 的方程 x3(1y)代入 x2y 21, 化簡得 7 y6 y104362816| 43 |23|AB| 1 3又 M 到 AB 的距離 d377133 ABM 的面積 S1| AB | d16 3221 方法點評： 切點弦的性質(zhì)雖然可以當結(jié)論用，但是在正式的考試過程中直接不能直接引用，可以用本題的書寫步驟替換之，大家注意過程。 方法總結(jié)：什么是切點弦？解題步驟有哪些？參考： PPT 圓錐曲線的切線及切點弦方程，百度文庫參考：“尼爾森數(shù)學(xué)第一季 _3 下”，優(yōu)酷視頻拓展：相交弦的蝴蝶特

19、征蝴蝶定理，資料練習(xí)1 ：（ 2013 年省數(shù)學(xué)（理）卷）已知拋物線 C 的頂點為原點,其焦點 F0, c c 0 到直線l : x y2 0 的距離為3 2 . 設(shè) P 為直線 l 上的點 , 過點 P 作拋物線 C 的兩條切線PA, PB , 其中 A,B為切點 .2( )求拋物線 C 的方程 ;( )當點 P x0, y0為直線 l 上的定點時 , 求直線 AB 的方程 ;( )當點 P 在直線l 上移動時 , 求 AFBF 的最小值 .【答案】 ( )依題意 , 設(shè)拋物線 C的方程為 x20c232結(jié)合 c0 , 解得 c1 . 所4cy , 由2以拋物線 C 的方程為 x224 y

20、.( ) 拋物線 C 的方程為212, 求導(dǎo)得 y1x4 y , 即 y4xx2設(shè) A x , y , B x , y2( 其中 y1x1 2 , y2x2 2),11244則切線 PA, PB 的斜率分別為 1x1 ,1x2 ,222所以切線 PA ： yy1x1xx1, 即 yx1xx1y1 , 即 x1 x2y2 y10222同理可得切線PB 的方程為 x2 x 2y2 y20因為切線 PA, PB 均過點 Px0 , y0, 所以 x1 x02 y02 y10 , x2 x02 y02 y20所以 x1, y1,x2 , y2為方程 x0 x2 y02 y0 的兩組解 .所以直線 AB

21、 的方程為 x0 x2y 2 y00 .( ) 由拋物線定義可知AFy11,BFy21 ,所以 AF BFy11 y21 y1 y2y1y21x0 x2 y2 y00消去 x 整理得 y22y0x02 yy020聯(lián)立方程x24 y,由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得y1y2x022 y0 , y1 y2y02所以 AF BF y y2y y21 y 2x 22 y011100又點 P x , y在直線 l 上 ,所以 x0y02 ,00129所以 y0 2x022 y0 1 2 y0 22y05 2 y022所以當 y01時 ,AFBF 取得最小值 , 且最小值為9 .22練習(xí) 2：（2013

22、年數(shù)學(xué)（理） ） 如圖 , 拋物線 C1 : x24 y, C2 : x22 pyp0, 點 M x0 , y0 在拋物線 C2上,過 M 作C1的切線 , 切點為 A,B( M 為原點 O時, A,B重合于 O)x012 , 切線 MA. 的斜率為- 1. 2(I) 求 p 的值 ;(II) 當 M 在 C2 上運動時 , 求線段 AB 中點 N 的軌跡方 . A, B重合于 O時 ,中點為 O .【答案】模型三：相交弦過定點相交弦性質(zhì)實質(zhì)是切點弦過定點性質(zhì)的拓展， 結(jié)論同樣適用。 參考尼爾森數(shù)學(xué)第一季 _3 下，優(yōu)酷視頻。但是具體解題而言，相交弦過定點涉及坐標較多，計算量相對較大，解題過程

23、一定要注意思路，同時注意總結(jié)這類題的通法。例題： 如圖，已知直線 L： xmy 1過橢圓 C : x2y2 1(a b 0) 的右焦點 F，且交橢圓 C 于a2a2b2A、B 兩點，點 A、 B在直線 G : x上的射影依次為點D、E。連接 AE、BD，試探索當 m變化時，直線 AE、BD是否相交于一定點 N？若交于定點N，請求出 N點的坐標，并給予證明；否則說明理由。法一：解： F (1,0), k (a 2 ,0)先探索，當 m=0時，直線 L ox 軸，則 ABED為矩形，由對稱性知，AE與 BD相交于 FK中點 N , 且 N ( a 21 ,0) 猜想：當 m變化時， AE與 BD相

24、交于定點 N ( a21,0)2。2證明：設(shè) A(x1, y1 ), B( x2 , y2 ), E( a2 , y2 ), D (a 2 , y1 )，當 m變化時首先 AE過定點 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( a21my1 )(這是 Q a2221 ( y1y2 ) my1 y22a212mb22 )b2 (1a2 )(a22m2222m bam b(a21) ( mb2mb2 )0)a2m2b2 KAN=KENA、 N、 E 三點共線同理可得B、N、 D三點共線 AE與 BD相交于定點 N ( a 2 1 ,0) 2法 2：本題也可以直接得出AE和 BD方程，令y=0，得與 x 軸交點 M、 N, 然后兩個坐標相減=0. 計算量也不大。方法總結(jié)：方法 1 采用歸納猜想證明，簡化解題過程，是證明定點問題一類的通法。這一類題在答題過程中要注意步驟。例題 、已知橢圓C： x2y21，若直線 l