构造齐次方程——解决圆锥曲线的一类问题

齐次平移法巧解圆锥曲线问题归纳总结：1、概述：圆锥曲线是数学几何上最常见的曲线之一，也称为双曲线。

它是一种抛物线的特殊形式。

它具有复杂的几何形状，是一种数学复杂的曲线，更加困难利用传统方法求解。

因此，出现了平移法的求解方法，即“齐次平移法”，对于奇形怪状的圆锥曲线，可以很好地进行求解。

2、齐次平移法概述：齐次平移法是通过将圆锥曲线进行线性变换，将原曲线变换到X-Y坐标轴上来解决圆锥曲线问题的一种有效方法。

它由坐标轴上的点和曲线两个部分组成，可将双曲线抛物线和椭圆形等曲线线性变换成直线。

首先，将原曲线变换到指定区域内，然后逆变换回原曲线。

来达到求解的目的。

3、齐次平移法的步骤：（1）步骤一：选择一个基准点，在其旁边变换坐标轴；（2）步骤二：选择曲线的极点和焦点，并计算出坐标轴的偏角；（3）步骤三：计算坐标轴的长度，变换至相应的量程；（4）步骤四：将原曲线经过坐标轴变换后，再将点和曲线映射到坐标轴上；（5）步骤五：将曲线和直线表达式变换，从而求解出原曲线的参数；（6）步骤六：转换坐标轴，将曲线恢复至原状求解圆锥曲线问题。

4、齐次平移法优势：（1）比较高效：将曲线进行线性变换，使其变换成直线，平滑地进行求解，一般不需要大量的计算，耗费时间较少；（2）可以解决复杂曲线问题：齐次平移法可用于求解几乎任何好形怪状的双曲曲线，使其更容易理解和求解；（3）通用性强：齐次平移法可以很好地解决几乎所有的圆锥曲线问题，且可以不受边界条件的限制；（4）推广性：圆锥曲线问题的求解可以推广到多维空间。

综上所述，齐次平移法是圆锥曲线求解的有效方法，难度较低，工作量较少，适用性强，事半功倍，为解决复杂的圆锥曲线作出了重要贡献。

构造齐次方程解决一类问题一 准备知识定理：若直线与二次曲线交于P ，Q 两点，则P ，Q 与原点O 连线的方程是﹡证明：设点P 的坐标为（）,则：—————————①—————————①——————————————————②——————————————————②又直线OP 上任一点的坐标可设为，其中，当时，有=〔〕=()=0, 故直线上任一点的坐标（）都适合方程﹡，从而直线OP 上任一点都在方程﹡所表示的曲线上。

同理直线OQ 上任一点都在方程﹡所表示的曲线上。

任一点都在方程﹡所表示的曲线上。

又设直线OP ，OQ 的方程分别是，则由上证明知方程﹡的左边必含有因式，因为方程﹡的左边为关于的齐二次式，根据多项式因式分解是唯一的，所以方程﹡必与两方程同解。

综上知：P ，Q 与原点O 的连线方程可以表示为﹡。

的连线方程可以表示为﹡。

注意：本定理给出了直线与二次曲线相交时，两交点与原点连线的直线方程的构造法。

的构造法。

若将方程﹡的左边展开整理后得到关于的齐二次方程，其中A=，B=，C=，则可以得到以下两个推论。

，则可以得到以下两个推论。

推论1：若方程（C ）表示过原点且不重合的两条直线，则这两条直线的夹角满足。

证明：因为方程（C）表示过原点且不重合的两条直线，所以，则其可以化为，又，所以该方程有两个不相等的实数根，这两个根就是这两条直线的斜率，则，依两直线的夹角公式得：。

注意：本推论给出了直线与圆锥曲线相交时，相交弦对原点张角大小的计算方法。

方法。

推论2：方程（C ）表示过原点且不重合的两条直线，若这两条直线互相垂直，则。

证明：由推论1知：知：当这两条直线互相垂直时，当这两条直线互相垂直时，，的值不存在，而=0，即，所以。

注意：本推论给出了直线与圆锥曲线相交时，相交弦对原点张直角问题的解决方法。

决方法。

二 例题例1（97年上海高考题）抛物线方程为，直线与轴的交点在抛物线的准线的右边。

（1）求证：直线与抛物线总有两个交点；（2）设直线与抛物线的交点为Q ，R ，，求关于的函数的表达式；（3）在（2）的条件下，若抛物线的焦点F 到直线的距离不大于，求的取值范围。

５６　数学名言　数学是一种别具匠心的艺术．———哈尔莫斯齐次化法巧解一类圆锥曲线问题　广东　林国红 直线与圆锥曲线是解析几何的两大研究对象，历年来都是高考的重点考查内容．考查方式多以直线与圆锥曲线的位置关系为背景显现，其一般的解题思路是直线与圆锥曲线联立方程组消元，通过韦达定理获得两根之间的关系，再利用已知条件求解，解答过程常常涉及繁冗运算，即使是在思路顺畅的情况下，也较难得出正确结果，因此提高运算能力与减少运算量是顺利解答解析几何题的必要条件．要减少解析几何运算量，规避运算风险，算理就显得非常重要．本文以近两年圆锥曲线的高考题为例，提供一种通性的优化解法———齐次化法，它在解决两直线斜率之和（积）相关的定值、定点的圆锥曲线问题中常能达到化繁为简、举重若轻的效果．一、两种解法比较示例（２０１７·全国卷Ⅰ理·２０）已知椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０），四点Ｐ１（１，１），Ｐ２（０，１），Ｐ３－１，槡３（）２，Ｐ４１，槡３（）２中恰好有三点在椭圆Ｃ上．（Ⅰ）求Ｃ的方程；（Ⅱ）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．解答：（Ⅰ）略解，椭圆Ｃ方程为ｘ２４＋ｙ２＝１．（Ⅱ）解法一：（一般解法）设直线Ｐ２Ａ与直线Ｐ２Ｂ的斜率分别为ｋ１，ｋ２，如果ｌ与ｘ轴垂直，设ｌ：ｘ＝ｔ，由题设知ｔ≠０，且｜ｔ｜＜２，可得Ａ，Ｂ的坐标分别为ｔ，４－ｔ槡２（）２，ｔ，－４－ｔ槡２（）２，于是ｋ１＋ｋ２＝４－ｔ槡２－２２ｔ－４－ｔ槡２＋２２ｔ＝－１，得ｔ＝２，不符合题意．从而可设ｌ：ｙ＝ｋｘ＋ｍ（ｍ≠１），将ｙ＝ｋｘ＋ｍ代入ｘ２４＋ｙ２＝１得（４ｋ２＋１）ｘ２＋８ｋｍｘ＋４　ｍ２－４＝０．由题设可知Δ＝１６（４ｋ２－ｍ２＋１）＞０，设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２＝－８ｋｍ４ｋ２＋１，ｘ１ｘ２＝４　ｍ２－４４ｋ２＋１．而ｋ１＋ｋ２＝ｙ１－１ｘ１＋ｙ２－１ｘ２＝ｋｘ１＋ｍ－１ｘ１＋ｋｘ２＋ｍ－１ｘ２＝２ｋｘ１ｘ２＋（ｍ－１）（ｘ１＋ｘ２）ｘ１ｘ２．由题设ｋ１＋ｋ２＝－１，故（２ｋ＋１）ｘ１ｘ２＋（ｍ－１）（ｘ１＋ｘ２）＝０，即（２ｋ＋１）·４　ｍ２－４４ｋ２＋１＋（ｍ－１）·－８ｋｍ４ｋ２＋１＝０．解得ｋ＝－ｍ＋１２，当且仅当ｍ＞－１时，Δ＞０，于是ｌ：ｙ＝－ｍ＋１２ｘ＋ｍ，即ｙ＋１＝－ｍ＋１２（ｘ－２），所以ｌ过定点（２，－１）．解法二：（齐次化解法）设直线ｌ的方程为ｍｘ＋ｎ（ｙ－１）＝１．由ｘ２４＋ｙ２＝１，变形得ｘ２４＋（ｙ－１＋１）２＝１，即ｘ２４＋（ｙ－１）２＋２（ｙ－１）＝０，与直线ｌ联立，齐次化得ｘ２４＋（ｙ－１）２＋２（ｙ－１）·［ｍｘ＋ｎ（ｙ－１）］＝０，化简得（１＋２ｎ）（ｙ－１）２＋２　ｍｘ（ｙ－１）＋ｘ２４＝０，两边同除ｘ２，得（１＋２ｎ）ｙ－１（）ｘ２＋２　ｍ·ｙ－１（）ｘ＋１４＝０．又因ｋＰＡ＋ｋＰＢ＝－１，所以－２　ｍ１＋２ｎ＝－１，故２　ｍ－２ｎ＝１，数学名言　数学是一种会不断进化的文化．———魏尔德５７　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）．评析：（１）解析几何的综合题往往有多种解法，关键是找到一种最有效的解题途径．从示例可以看出齐次化解法的代数变形较为简单，运算量较少，解题过程更为简洁．（２）一般来说，齐次化法能解决两直线斜率之和（积）为定值的圆锥曲线问题，（其解题步骤如下以椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１）为例：①设直线方程为ｍ（ｘ－ｘ０）＋ｎ（ｙ－ｙ０）＝１，其中（ｘ０，ｙ０）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ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１变形为（ｘ－ｘ０＋ｘ０）２ａ２＋（ｙ－ｙ０＋ｙ０）２ｂ２＝１，即（ｘ－ｘ０）２＋２ｘ０（ｘ－ｘ０）＋ｘ２０ａ２＋（ｙ－ｙ０）２＋２ｙ０（ｙ－ｙ０）＋ｙ２０ｂ２＝１；③与直线方程ｍ（ｘ－ｘ０）＋ｎ（ｙ－ｙ０）＝１联立齐次化，得Ｓ（ｙ－ｙ０）２＋Ｐ（ｘ－ｘ０）（ｙ－ｙ０）＋Ｑ（ｘ－ｘ０）２＝０（Ｓ≠０），即Ｓｙ－ｙ０ｘ－ｘ（）０２＋Ｐｙ－ｙ０ｘ－ｘ（）０＋Ｑ＝０（Ｓ≠０）；④由韦达定理得ｋ１＋ｋ２＝－ＰＳ，ｋ１ｋ２＝ＱＳ；⑤根据题目条件进一步求解．注：当两相关直线的交点（ｘ０，ｙ０）不在原点时，可以通过平移坐标系的方式，将交点（ｘ０，ｙ０）变为原点，再齐次化解答，这一方法也称“平移齐次化”法．但这样多了一个坐标的相互变换，思维强度加大．二、齐次化法的应用１．两直线的斜率之积为定值型例１（２０１７·全国卷Ⅲ理·２０）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．（Ⅰ）证明：坐标原点Ｏ在圆Ｍ上；（Ⅱ）设圆Ｍ过点Ｐ（４，－２），求直线ｌ与圆Ｍ的方程．分析：设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），要证明坐标原点Ｏ在圆Ｍ上，等价于证明ＯＡ⊥ＯＢ，即证ｋＯＡ·ｋＯＢ＝ｙ１ｘ１·ｙ２ｘ２＝－１，根据此特征，可构造齐次式Ｓｙ２＋Ｐｘｙ＋Ｑｘ２＝０（Ｓ≠０），于是有Ｓｙ（）ｘ２＋Ｐｙ（）ｘ＋Ｑ＝０（Ｓ≠０），由于ｋＯＡ，ｋＯＢ是方程Ｓｙ（）ｘ２＋Ｐｙ（）ｘ＋Ｑ＝０（Ｓ≠０）的两个根，可用韦达定理得到两根关系，再根据条件求解．解答：（Ⅰ）设直线ｌ的方程为ｍｘ＋ｎｙ＝１，因为直线ｌ过点（２，０），所以有２　ｍ＝１．联立ｍｘ＋ｎｙ＝１，ｙ２＝２ｘ烅烄烆，齐次化得ｙ２＝２ｘ（ｍｘ＋ｎｙ），整理得ｙ２－２ｎｘｙ－２　ｍｘ２＝０，两边同除ｘ２，有ｙ（）ｘ２－２ｎｙ（）ｘ－２　ｍ＝０．故ｋＯＡ·ｋＯＢ＝－２　ｍ＝－１，所以ＯＡ⊥ＯＢ，即坐标原点Ｏ在圆Ｍ上．（Ⅱ）略解，得直线ｌ的方程为ｙ＝ｘ－２，圆Ｍ的方程为（ｘ－３）２＋（ｙ－１）２＝１０或者直线ｌ的方程为ｙ＝－２ｘ＋４，圆Ｍ的方程为ｘ－（）９４２＋ｙ＋（）１２２＝８５１６．例２（２０１７·全国卷Ⅰ文·２０）设Ａ，Ｂ为曲线Ｃ：ｙ＝ｘ２４上两点，Ａ与Ｂ的横坐标之和为４．（Ⅰ）求直线ＡＢ的斜率；（Ⅱ）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．分析：设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｍ（ｘＭ，ｙＭ），由ＡＭ⊥ＢＭ，即有ｋＡＭ·ｋＢＭ＝ｙ１－ｙＭｘ１－ｘＭ·ｙ２－ｙＭｘ２－ｘＭ＝－１，由此可构造齐次式Ｓ（ｙ－ｙＭ）２＋Ｐ（ｘ－ｘＭ）（ｙ－ｙＭ）＋Ｑ（ｘ－ｘＭ）２＝０（Ｓ≠０），于是有Ｓｙ－ｙＭｘ－ｘ（）Ｍ２＋Ｐｙ－ｙＭｘ－ｘ（）Ｍ＋Ｑ＝０（Ｓ≠０），由于ｋＡＭ，ｋＢＭ是方程Ｓｙ－ｙＭｘ－ｘ（）Ｍ２＋Ｐｙ－ｙＭｘ－ｘ（）Ｍ＋Ｑ＝０（Ｓ≠０）的两个根，可用韦达定理得到两根关系，再根据条件求解．解答：（Ⅰ）略解，得直线ＡＢ的斜率为１．５８　数学名言　我总是尽我的精力和才能来摆脱那种繁重而单调的计算．———纳皮尔（Ⅱ）设Ｍ（ｘＭ，ｙＭ），由ｙ′＝ｘ２，且在Ｍ处的切线与直线ＡＢ平行，得ｘＭ２＝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．由ｙ＝ｘ２４，变形得（ｙ－１＋１）＝（ｘ－２＋２）２４，即（ｙ－１）＋１＝（ｘ－２）２＋４（ｘ－２）＋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＋（４　ｍ－４ｎ）（ｘ－２）（ｙ－１）－（１＋４　ｍ）（ｘ－２）２＝０，两边同除（ｘ－２）２，得４ｎｙ－１ｘ（）－２２＋（４　ｍ－４ｎ）·ｙ－１ｘ（）－２－（１＋４　ｍ）＝０．因为ＡＭ⊥ＢＭ，所以ｋＡＭ·ｋＢＭ＝－（１＋４　ｍ）４ｎ＝－１，得４　ｍ－４ｎ＝－１，联立ｍ＝－ｎ，４　ｍ－４ｎ＝－１烅烄烆，求得ｍ＝－１８，ｎ＝１８，代入ｍ（ｘ－２）＋ｎ（ｙ－１）＝１，得直线ＡＢ的方程为ｘ－ｙ＋７＝０．２．两直线的斜率之和为定值型例３（２０１８·全国卷Ⅰ理·１９）设椭圆Ｃ：ｘ２２＋ｙ２＝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）．（Ⅰ）当ｌ与ｘ轴垂直时，求直线ＡＭ的方程；（Ⅱ）设Ｏ为坐标原点，证明：∠ＯＭＡ＝∠ＯＭＢ．分析设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），要证明∠ＯＭＡ＝∠ＯＭＢ，等价于ＡＭ，ＢＭ的倾斜角互补，即证明ｋＡＭ＋ｋＢＭ＝ｙ１ｘ１－２＋ｙ２ｘ２－２＝０，由此可构造齐次式Ｓｙ２＋Ｐ（ｘ－２）ｙ＋Ｑ（ｘ－２）２＝０（Ｓ≠０），于是有Ｓｙｘ（）－２２＋Ｐｙｘ（）－２＋Ｑ＝０（Ｓ≠０），由于ｋＡＭ，ｋＢＭ是方程Ｓｙｘ（）－２２＋Ｐｙｘ（）－２＋Ｑ＝０（Ｓ≠０）的两个根，可用韦达定理得到两根关系，再根据条件求解．解答（Ⅰ）略解，得直线ＡＭ的方程为ｙ＝－槡２２ｘ槡＋２或ｙ＝槡２２ｘ槡－２．（Ⅱ）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．由ｘ２２＋ｙ２＝１，变形得（ｘ－２＋２）２２＋ｙ２＝１，即（ｘ－２）２＋４（ｘ－２）＋４２＋ｙ２＝１，整理得ｙ２＋２（ｘ－２）＋（ｘ－２）２２＋１＝０，于是联立直线ＡＢ，齐次化得ｙ２＋２（ｘ－２）［ｍ（ｘ－２）＋ｎｙ］＋（ｘ－２）２２＋［ｍ（ｘ－２）＋ｎｙ］２＝０，化简得（１＋ｎ２）ｙ２＋（２ｎ＋２　ｍｎ）（ｘ－２）ｙ＋１２＋２　ｍ＋ｍ（）２（ｘ－２）２＝０，两边同除（ｘ－２）２，得（１＋ｎ２）ｙｘ（）－２２＋（２ｎ＋２　ｍｎ）ｙｘ（）－２＋１２＋２　ｍ＋ｍ（）２＝０．故有ｋＡＭ＋ｋＢＭ＝－（２ｎ＋２　ｍｎ）１＋ｎ２＝－（２ｎ－２ｎ）１＋ｎ２＝０，即ＡＭ，ＢＭ的倾斜角互补，所以∠ＯＭＡ＝∠ＯＭＢ．例４（２０１８·全国卷Ⅰ文·２０）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．（Ⅰ）当ｌ与ｘ轴垂直时，求直线ＢＭ的方程；（Ⅱ）证明：∠ＡＢＭ＝∠ＡＢＮ．分析：设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），要证明∠ＡＢＭ＝∠ＡＢＮ，等价于ＢＭ，ＢＮ的倾斜角互补，即证明ｋＢＭ＋ｋＢＮ＝ｙ１ｘ１＋２＋ｙ２ｘ２＋２＝０，由此可构造齐次式Ｓｙ２＋Ｐ（ｘ＋２）ｙ＋Ｑ（ｘ＋２）２＝０（Ｓ≠０），于是有Ｓｙｘ（）＋２２＋Ｐｙｘ（）＋２＋Ｑ＝０（Ｓ≠０，由于ｋＢＭ，ｋＢＮ是方程Ｓｙｘ（）＋２２＋Ｐｙｘ（）＋２＋Ｑ＝０（Ｓ≠０）的两个根，可用韦达定理得到两根关系，再根据条件求解．解答：（Ⅰ）略解，得直线ＢＭ的方程：ｙ＝１２ｘ＋１或ｙ＝数学诗选　三角函数东升西落照苍穹，影短影长角不同．昼夜循环潮起伏，冬春更替草枯荣．５９　－１２ｘ－１；（Ⅱ）设直线ＭＮ的方程为ｍ（ｘ＋２）＋ｎｙ＝１，因为直线ＭＮ过点Ａ（２，０），易得ｍ＝１４．由ｙ２＝２ｘ，变形得ｙ２＝２（ｘ＋２－２），整理得ｙ２＝２（ｘ＋２）－４，于是联立直线ＭＮ，齐次化得ｙ２＝２（ｘ＋２）［ｍ（ｘ＋２）＋ｎｙ］－４［ｍ（ｘ＋２）＋ｎｙ］２，化简得（１＋４ｎ２）ｙ２＋（８　ｍｎ－２ｎ）（ｘ＋２）ｙ＋（４　ｍ２－２　ｍ）（ｘ＋２）２＝０，两边同除（ｘ＋２）２，得（１＋４ｎ２）ｙｘ（）＋２２＋（８　ｍｎ－２ｎ）ｙｘ（）＋２＋（４　ｍ２－２　ｍ）＝０．故有ｋＢＭ＋ｋＢＮ＝－（８　ｍｎ－２ｎ）１＋４ｎ２＝－８×１４ｎ－２（）ｎ１＋４ｎ２＝０，即ＢＭ，ＢＮ的倾斜角互补，所以∠ＡＢＭ＝∠ＡＢＮ．三、小结反思圆锥曲线中涉及两直线斜率相关的定值、定点问题，是高考的热门考点．从上述例子可以看出，全国卷２０１７，２０１８年文、理共１２份试卷的解析几何大题中（共９题，其中有３份试卷的题目一样），连续两年共考查了５次的两直线斜率相关的定值、定点问题．因此，对于高考真题不能浅尝辄止，特别是高频考点，要认真分析体会题目的内涵与考查背景，掌握其典型解法等等．与两直线斜率相关的定值、定点问题重点考查方程思想，转化与化归思想等，往往需要学生具备较强的知识综合性，较高的思维能力与运算能力，而齐次化法可以将此类问题统一处理，是一种通性解法，运算量较少，既可以简化解题过程，又可以培养学生的思维灵活性，应该熟练掌握．四、练习巩固最后提供四题作为练习，以加深体会齐次化法在圆锥曲线中的妙用．１．已知过点Ｄ（４，０）的直线ｌ与椭圆Ｃ：ｘ２４＋ｙ２＝１交于不同的两点Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），其中ｙ１ｙ２≠０，Ｏ为坐标原点．（Ⅰ）若ｘ１＝０，求△ＯＡＢ的面积；（Ⅱ）在ｘ轴上是否存在定点Ｔ，使得直线ＴＡ，ＴＢ与ｙ轴围成的三角形始终为等腰三角形．【答案】（Ⅰ）４５；（Ⅱ）存在定点Ｔ（１，０）．２．已知圆Ｅ：（ｘ槡＋３）２＋ｙ２＝１６，点Ｆ（槡３，０），动点Ｐ在Ｅ上，线段ＰＦ的垂直平分线与直线ＰＥ相交于点Ｑ，Ｑ的轨迹是曲线Ｃ．（Ⅰ）求Ｃ的方程；（Ⅱ）已知过点（２，－１）的直线ｌ与Ｃ交于两点Ａ，Ｂ，Ｍ是Ｃ与ｙ轴正半轴的交点，设直线ＭＡ，ＭＢ的斜率分别为ｋ１，ｋ２，证明：ｋ１＋ｋ２为定值．【答案】（Ⅰ）ｘ２４＋ｙ２＝１；（Ⅱ）ｋ１＋ｋ２＝－１．３．已知Ｆ１，Ｆ２分别为椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的左、右焦点，点Ｐ槡２　６３，（）１在椭圆Ｃ上，且△Ｆ１ＰＦ２的垂心为Ｈ槡２　６３，－（）５３．（Ⅰ）求椭圆Ｃ的方程；（Ⅱ）设Ａ为椭圆的左顶点，过点Ｆ２的直线ｌ交椭圆Ｃ于Ｄ，Ｅ两点，记直线ＡＤ，ＡＥ的斜率为ｋ１，ｋ２，若ｋ１＋ｋ２＝－１２，求直线ｌ的方程．【答案】（Ⅰ）ｘ２４＋ｙ２３＝１；（Ⅱ）ｙ＝２ｘ－２．４．已知抛物线Ｃ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０），三点Ｐ１（３，２），Ｐ２（１，－２），Ｐ３（１，２）中只有一个点不在抛物线上．（Ⅰ）求Ｃ的方程；（Ⅱ）设过Ｐ１且不过Ｐ２，Ｐ３的直线ｌ与Ｃ交于Ａ，Ｂ两点，若直线Ｐ２Ａ，Ｐ２Ｂ的斜率分别为ｋ１，ｋ２，证明：ｋ１ｋ２为定值．【答案】（Ⅰ）ｙ２＝４ｘ；（Ⅱ）ｋ１ｋ２＝－２．（作者单位：广东省佛山市乐从中学）。

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，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k OA+k OB , k OA⋅k OB．(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 y x -4m=0，∴∴k OA+k OB=y1x1+y2x2=4n , k OA k OB=y1x1⋅y2x2=-4m．1直线mx +ny =1与椭圆x 24+y 23=1交于A x 1 , y 1 , B x 2 , y 2 ，求k OA ⋅k OB (用m , n 表示)．【解析】mx +ny =1x 24+y 23=1齐次化联立得：x 24+y 23=mx +ny 2，等式两边同时除以x 2，12n 2-4 y x 2+24mn y x +12m 2-3=0，∴k OA ⋅k OB =y 1x 1⋅y 2x 2=12m 2-312n 2-4．2抛物线y 2=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 x 1 , y 1 , B x 2 , y 2 ，mx +ny =1y 2=4x 联立得y x 2-4n y x-4m =0，∵k OA k OB =y 1y 2x 1x 2 , ∴-4m =-1 , ∴m =14，∴直线AB :14x +ny =1过定点4,0 ．3不过原点的动直线交椭圆x 24+y 23=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 x 1 , y 1 , B x 2 , y 2 ，mx +ny =1x 24+y 23=1联立得12n 2-4 y x2+24mn yx+12m 2-3=0，于是k OA k OB =y 1x 1y 2x 2=12m 2-312n 2-4，又k AB =-m n ，∴12m 2-312n 2-4=m 2n2，得k AB =-m n =±32．4已知直线y =kx +4交椭圆x 24+y 2=1于A ，B 两点，O 为坐标原点，若k OA +k OB =2，求该直线方程．【解析】法一(齐次化解法)：设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，步骤1：构建关于x 、y 的齐次式：将直线变形为y -kx 4=1代入x 24+y 2=1进行“1”的代换得x 24+y 2=y -kx 42，整理得15y 2+2kxy +(4-k 2)x 2=0；步骤2：构建关于斜率k =yx的方程：因为x≠0，方程两边同除以x2，得15yx2+2k y x +(4-k2)=0；步骤3：利用韦达定理转化目标：易知k OA=y1x1和k OB=y2x2是方程15yx2+2k y x +(4-k2)=0的两个根，由韦达定理得k OA+k OB=-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+4①x24+y2=1②，①代入②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k OM+k ON=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)①又因为直线Q1Q2方程等价于为y-y0=-x0y0(x-x0)，即y=-x0y0x+x20y0+y0，对比于y =kx +m ，则-x0y 0=kx 2y 0+y 0=m代入①中，化简可得：x 20+y 20=23b 2．法二：(齐次化解法)设直线Q 1Q 2方程为mx +ny =1，联立mx +ny =1x 22b2+y2b 2=1，可得mx +ny =1x 22b2+y 2b 2-1=0，所以x 22b 2+y 2b 2-(mx +ny )2=0，化简可得x 22b 2+y 2b 2-m 2x 2-n 2y 2-2mnxy =0，整理成关于x ，y 的齐次式：(2-2b 2n 2)y 2+(1-2m 2b 2)x 2-4mnb 2xy =0，进而两边同时除以x 2，则(2-2b 2n 2)y x 2-4mnb 2yx+1-2m 2b 2=0，记OQ 1，OQ 2的斜率分别为k 1，k 2，则k 1，k 2为方程(2-2b 2n 2)y x 2-4mnb 2yx+1-2m 2b 2=0的两个根，由韦达定理得k 1k 2=1-2m 2b 22-2b 2n 2，因为OQ 1⊥OQ 2，所以k 1k 2=1-2m 2b 22-2b 2n2=-1，∴3m 2=2b 2(1+k 2)①又因为直线Q 1Q 2方程等价于为y -y 0=-x 0y 0(x -x 0)，即y =-x 0y 0x +x 20y 0+y 0，对比于y =kx +m ，则-x0y 0=kx 2y 0+y 0=m，代入①中，化简可得：x 20+y 20=23b 2．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。

齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题本文介绍了利用“齐次式”法解决圆锥曲线斜率有关的顶点定值问题。

针对定点问题，文章提出了引入变量参数表示直线方程、数量积、比例关系等的方法，以寻找不受参数影响的量。

对于直线过定点问题，可以通过设出直线方程，利用韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程解决。

在圆锥曲线中，有很多常见的定点模型，熟练掌握这些结论可以事半功倍。

举例来说，文章给出了一个07山东省的例题。

该题要求证明直线l过定点，并求出该定点的坐标。

通过设定直线方程，利用已知条件和韦达定理，可以求出直线方程中的k和m的关系式，代入方程解得定点坐标。

文章还提供了一些解题技巧，例如如何选择直线，如何转化题目条件等。

总的来说，本文介绍了一种解决定点问题的方法，并以圆锥曲线为例，详细说明了几种常见的定点模型。

文章语言简洁明了，逻辑清晰，对于解决类似问题有很大的帮助。

练7：已知点A（-1，0），B（1，-1）和抛物线C：y=4x，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。

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；III）证明直线PQ恒过一个定点。

解：（I）设点M（m，4m），则动直线l的斜率为k=4/m。

由于A、M、P三点共线，故有k·(-1)+4=m，即m=4/(k+1)。

又因为直线MB与抛物线C有两个交点，设另一点为Q（q，4q），则有q=-1/4.因此，OM·OP=|(m，4m)·(q，4q)|=|16(mq)^2|=|16/(k+1)^2|，为定值。

II）设∠PO M=α，则OM·OP·cosα=5.又因为△POM的面积为5，所以OM·OP·sinα=5.由此可得tanα=1，又因为α∈(0，π)，所以α=45°。

因此，向量OM与OP的夹角为45°。

思路探寻离心率是圆锥曲线的基本性质之一.圆锥曲线的离心率问题常以填空或选择题的形式出现，题目的难度适中.这类问题的常见命题形式有：（1）求椭圆、双曲线的离心率；（2）求圆锥曲线离心率的取值范围、最值.本文主要探讨一下求解圆锥曲线离心率问题的两种途径：构造齐次方程和利用离心率公式.一、构造齐次方程在求解圆锥曲线的离心率问题时，我们通常可根据已知的条件和圆锥曲线的方程，得到关于a 2、b 2、c 2或a 、b 、c 的等量关系.那么我们就可以结合椭圆、双曲线的方程中参数a 、b 、c 之间的关系a 2+b 2=c 2或a 2-b 2=c 2，将关于a 2、b 2、c 2或a 、b 、c 的等量关系进行变形，构造出关于a 、b 、c 齐次方程，将问题转化为求c 2a 2，进而求得圆锥曲线的离心率e .例1.已知点A 、B 是椭圆C :x 2a 2+y2b2=1()a >b >0长轴上的两个顶点，点P 在椭圆上(异于A 、B 两点).若直线PA 、PB 斜率之积为a -4c3a，则椭圆的离心率为().A.13B.14C.23D.34解：设点P 的坐标为()m ,n ，则m 2a 2+n 2b 2=1，m 2-a 2=-a 2n 2b 2，设A ()-a ,0，B ()a ,0,则k PA ∙k PB =n m +a ∙n m -a =n 2m 2-a 2=n 2-a 2n 2b 2=-a 2b2=-a -4c 3a ，整理得3c 2+4ac -4a 2=0，即3e 2+4e -4=0，解得e =23或e =-2(舍去)，故答案为选项C .解答本题，需先根据椭圆的方程和直线的斜率公式建立关于a 、b 、c 的方程；然后根据椭圆的a 、b 、c 之间的关系a 2+b 2=c 2，将所得的关系式变形为关于a 、c 的齐次方程3c 2+4ac -4a 2=0，通过解方程求得e 的值.例2.已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)与过原点的直线l 交于P 、Q 两点(P 在第一象限)，过点P 作l 的垂线，与双曲线交于另一个点A ，直线QA 与x 轴交于点B ，若点B 的横坐标为点Q 横坐标的两倍，则双曲线的离心率为______.解：由题意可知，直线PQ 的斜率存在且不为零，设直线PQ ：y =kx ()k ≠0，设点P ()t ,kt ，得点Q ()-t ,-kt ，点B ()-2t ,0,∵AP ⊥PQ ，∴k AP =-1k，∴直线AP ：y -kt =-1k()x -t ，又∵k AQ =k BQ =kt -2t +t=-k，∴直线AQ ：x =-1ky -2t ，由ìíîïïy -kt =-1k()x -t ,x =-1k y -2t ,可得ìíîïïïïx =-3k 2t +tk 2-1,y =kt ()3+k 2k 2-1,即A æèççöø÷÷-t ()3k 2+1k 2-1,kt ()k 2+3k 2-1，∵点A 在双曲线上，∴t 2()3k 2+12a 2()k 2-12-k 2t 2()k 2+32b 2()k 2-12=1，又∵P 在双曲线上，∴t 2a 2-k 2t 2b 2=1，∴t 2=a 2b 2b 2-a 2k 2，可得b 2()3k 2+12()k2-12()b 2-a 2k2-k 2a 2()k 2+32()b 2-a 2k 2()k2-12=1，化简得b 2()8k 4+8k 2=a 2k 2()8k 2+8，50思路探寻∵k≠0，∴b2=a2，∴a2=c2-a2，可得c2a2=2，即双曲线的离心率e=2.本题较为复杂，我们需首先结合直线AP、PQ的方程和双曲线的方程建立关于k、t、b、a的关系式；然后结合双曲线中a、b、c之间的关系a2+b2=c2，通过消元、代换，得到关于a、c的齐次方程，进而求得离心率e的值.二、利用公式法公式法是求解圆锥曲线离心率问题的重要方法，主要是利用离心率公式e=c a来求圆锥曲线的离心率.在解题时，可先灵活运用圆锥曲线的定义、几何性质列出关于a、b、c的关系式；然后通过移项、化简等方式，将关系式转化为关于a、c的关系式；最后根据公式e=c a求出离心率的值.例3.如图1，已知F1、F2分别是曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，过点F2的直线与双曲线C的右支交于点P、Q两点，若PQ⊥PF1，||PQ=||PF1，则双曲线C的离心率为().图1A.6-3B.5-22C.5+22D.1+22解：因为PQ⊥PF1，||PQ=||PF1，由双曲线的定义可得||PF1-||PF2=||PQ-||PF2=||QF2=2a，||QF1-||QF2=2a，所以||QF1=4a，由∠F1QF2=π4,得||F1F2=2c，在△QF1F2中，由余弦定理可得16a2+4a2-2×4a×2a=4c2，化简得e==5-22.故答案为选项C.我们根据已知条件，利用双曲线的定义、余弦定理得到a、c等量关系式，即可根据离心率公式直接求得双曲线的离心率.例4.如图2，已知F1、F2分别为双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，过点F1的直线与双曲线交左支于A、B两点，且||AF1=2||BF1,以点O为圆心，OF2为半径的圆经过点B，则椭圆C的离心率为_____.图2解：由题意可得∠F1BF2=90°，设||BF1=m，||BF2=m+2a，||AF1=2m，则||AF2=2m+2a，||AB=3m，在Rt△ABF2中，由勾股定理可得()2a+m2+()3m2=()2m+2a2，解得m=23a，则||BF1=2a3，||BF2=8a3，在Rt△F1BF2中，由勾股定理可得æèöø2a32+æèöø8a32=()2c2,化简得c=，所以椭圆的离心率为e=ca=.在解答本题时，要先仔细研究图形，结合圆的几何性质以及椭圆的定义找出a、b、c之间的关系；然后利用勾股定理得到关于a、c的关系式；最后将其代入圆锥曲线的离心率公式中，就能得到椭圆的离心率.相比较而言，公式法比较直接、简单，但需灵活运用圆锥曲线的性质和定义；而齐次化法较为复杂，运用该方法解题运算量较大.同学们需反复练习，领悟其中的要义，从而高效地解答问题.（作者单位：云南省曲靖市第二中学）51。

秒杀秘籍：已知点 Px0
,
y0
是平面内一个定点，椭圆
C：
x2 a2
y2 b2
1a b 0上有两动点 A、B
（1）若直线 k PA k PB ，则直线 AB 过定点
（2）若直线 k PA k PB ，则直线 AB 过定点
证明：将椭圆
C
按向量
PO x0
,
y0 方向平移，得椭圆
C’ ：
2mn
y x
mx0
a
2
12
m
2
y
2 0
b2
m
2
0
因
为点
A’、B’的坐标满足这个方程，所以
k OA'
和
k OB '
是关于
y x
的方程的两根。
（1）若 kPA kPB ， 由 平 移 性 质 知 kOA kOB ， 所 以
k OA
k OB
2mnx
2 0
2x0n
2mny
2 0
a2
b2
n 2 x02 ny0 12
过定点？若过，求出此定点，若不过，请说明理由.
【答案】（1） x 2 y 2 1 . 2
（2）将椭圆按 FO 平移得椭圆 C' ，则 F
O ，P P' ，Q Q' ，椭圆 C' ：x 12
2
y2
1 ，设 lP'Q' ：mx ny 1 ，
椭圆 C' ： x 2 y 2 x 1 0 ，即 x 2 y 2 xmx ny 1 mx ny2 0 ，两边同除以 x 2 ，整理得，
k BN
kOM '
kON '

圆锥曲线中的齐次化方法
圆锥曲线的齐次化方法是一种将圆锥曲线转换为一个齐次方程的方法。

它通过将圆锥曲线的参数表示式转换为一个齐次方程，可以使得求解曲线上的点成为可能。

首先，要将圆锥曲线的参数表示式转换为一个齐次方程，需要将参数表示式中的变量转换为齐次坐标。

具体来说，将圆锥曲线的参数表示式中的变量u和v转换为齐次坐标x、y、z，即：
x = u cos v
y = u sin v
z = f(u, v)
其中f(u, v)表示圆锥曲线的参数表示式。

然后，将上述参数表示式代入齐次坐标，可以得到如下齐次方程：
x^2 + y^2 + z^2 - u^2 = 0
最后，可以将该齐次方程代入求解器，以求解曲线上的点。

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构造齐次方程解一类圆锥曲线问题
作者：徐辉
来源：《新课程·中旬》2014年第07期
摘要：以2013年江西省高考卷（理）第20题为例，通过构造齐次方程，再转化为一元
二次方程利用韦达定理解决一类过定点引二次曲线两条割线斜率之和与之积的问题.
关键词：圆锥曲线；齐次方程；韦达定理；斜率
本文考虑通过构造齐次方程，再转化为一元二次方程利用韦达定理解决下面这类问题：
通过对比可以发现对上面的圆锥曲线问题构造齐次式的运算时是初等的，但齐次方程或齐次式的应用远非如此.。

巧构“齐次式”解一类解析几何问题作者：徐守军来源：《广东教育·高中》2008年第04期在高中解析几何的学习过程中，我们经常碰到直线与圆或直线与圆锥曲线位置关系的相关题目.经验告诉我们,利用常规的方法（即联立方程，再根据韦达定理和已知条件求解）可以去解决这一类问题，但通常运算量比较大，导致容易出错. 当我们深入研究题目，充分挖掘题目隐含条件后，结合“齐次式”知识，我们可以得到别样的思路. 下面我们通过几个例子对这一类问题进行探讨.例1 若直线l：x+2y=3与圆C：x2+y2+x-6y+c=0相交于点P、Q，且满足OP⊥OQ，其中O为坐标原点，求c的值.分析本题考查的是直线与圆的位置关系，稍作思考，可以做如下解答.解析设P（x1，y1）、Q（x2，y2），联立方程，得x+2y=3，x2+y2+x-6y+c＝０，消去x，得5y2-20y+12+c=0.由韦达定理，得y1+y2=4，y1y2= .①∴x1x2=（３－２y1）（３－２y2）=9-6（y1＋y2）＋４y1y2＝ . ②∵OP⊥OQ，∴ • =-1，化简得x1x2+y1y2=0.（*）把①②代入（*）式，得 + =0，解得c=3.评析以上是利用常规方法解这道解析几何题，即先联立直线与圆的方程，消去其中一个未知数，然后根据韦达定理和已知条件求出c的值.虽然可以算出结果，但是运算比较繁琐，我们能不能有一种方法来简化计算呢？一、合理构造“齐次式”，对例题进行再思考二次齐次式是指如下关于x，y的式子：ax2+bxy+cy2=0（a、b、c为常数）.巧妙构造并合理运用这一式子会给你解题带来意想不到的效果，尤其是在简化解析几何问题的运算方面显示出无比的优越性.下面我们就应用“常数字母化”法构造二次齐次式，从而省去消未知数这一复杂的步骤，对例1进行再解答.解析将直线方程改写为 =1，可构造如下齐次式：x2+y2+（x-6y）（）＋c（）2=0. （*）令k= ，于是方程(*)可化为（ -3）k2+（ - ）k+（＋）＝０. （**）则OP、ＯＱ的斜率kOP，kOQ是方程（**）的两根，根据韦达定理，得kOP•kOQ＝ . 又∵OP⊥OQ，∴kOP•kOQ＝-１，即＝－１，解得c=3 .例2 已知圆C：x2+y2-2x+4y-4=0，是否存在斜率为1的直线l，使得l被圆C截得的弦AB为直径的圆过原点，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.分析解决本题的方法一：联立方程，再根据韦达定理和已知条件求解，这里就不再赘述；方法二：构造二次齐次式，根据韦达定理求解，详见如下解答.解析设直线l的方程为y=x+m （m≠0），将其改写成 =1，并与圆方程联立得x2+y2+（－２x＋４）－４（）=0，整理得x2（m2+2m-4）-xy（６m－８）＋y2（m2+4m-4）=0.（*）由题意知x≠0，所以令k= ，则（*）式可变形为k2（m2+4m-4）-k（６m－８）＋（m2+2m-4）=0，因为直线l与圆相交于两个不同点A（x1，y1），B（x2，y2），所以m2+4m-4≠０.由韦达定理，得 k1k2= = .若以AB为直径的圆过原点，则必需OA⊥OB，∴k1k2= = ＝－１，∴m=1或m=4.故所求直线的方程为y=x+1或y=x+4.评析通过上面两个例子，大家不难发现，构造齐次式可以简便地解决直线与圆的问题，尤其是简化了繁杂的计算，但是这种方法能不能应用于解决直线与圆锥曲线问题呢？下面我们来研究与椭圆有关的问题.二、发散思维，把知识进行迁移例3 椭圆中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，它与直线x+y=1交于P、Q两点，且OP⊥OQ，求椭圆方程.分析本题考查直线与椭圆位置关系，一般方法是设出含未知数的椭圆方程，联立直线与椭圆的方程，消去其中一个未知数，然后根据韦达定理和已知条件求出未知数，最后得出出椭圆方程.但运算过程比较繁琐，下面我们试通过构造“齐次式”的方法，来简化解题.解析设椭圆方程为 + =1（a>b>0），利用x+y=1，可构造出如下齐次式： + =（x+y）２，整理得（a2-a2b2）y2-2a2b2xy+（b2-a2b2）x2=0 . （*）令k= ，方程(*)可化为（a2-a2b2）k2-2a2b2k+（b2-a2b2）=0. （**）∵OP⊥OQ，∴kOP•kOQ＝-１.把kOP，kOQ看成方程（**）的两根，由韦达定理，得 =-1，即a2+b2-2a2b2=0. ①又∵e= ，可得a2=4b2 .②由①②联立解得a2= ，b2= ，故所求方程为+ =1.例4 （Ax1，y1）（Bx2，y2）是抛物线x2=4y上的两个点，且OA⊥OB(O为坐标原点),求弦AB的中点的轨迹方程.解析设直线AB的方程为ax+by=1，代入抛物线方程，使其变成关于x，y的二次齐次方程，即x2=4y（ax+by）. (*)若x=0，则直线AB与抛物线只有一个交点，与题意不符. 因此，x≠0.把（*）两边同时除以x2，并令k= ，化简后可得4bk2-4ak-1=0.设方程的两根为k1，k2，可知k1，k2为OA，OB的斜率，k1•k2＝－ =-1，即b= .将b= 代入ax+by=1和x2=4y（ax+by），得４ax+y=４，x2＝４y（ax+ y），消去y，并化简得x2+16ax-16=0.设AB的中点坐标为（x′，y′），则x′= （x１＋x2）= ×（-16a）=-8a，y′= ［8-4a（x１＋x2）］=４＋３２a２，消去a，得（x′）=2[（y′）-4].综上所得，所求弦AB的中点轨迹方程为（x′）2=2[（y′）-4].评析通过以上两例子，我们知道构造“齐次式”也可以简便地解决直线与圆锥曲线的问题，由此我们得出解决此类问题的一般结论.三、总结归纳例题，得出一般结论如果给出直线lx+my+n=0（n≠0）以及曲线Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0，我们能否构造出“齐次式”来解决相关问题呢？我们可以得到如下的结论.结论若直线lx+my+n=0（n≠0）和曲线Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0有两个交点P、Ｑ，Ｏ为坐标原点，则二元二次齐次方程：Ax2+Bxy+Cy2+（Dx+Ey）（－）+F（－）2 = 0，(*)表示交点为原点的OP、ＯＱ两相交直线.证明设点P的坐标为（x１，y1），则lx1+my1+n=0，即- =1，可构造齐次式如下：Ax2１+Bx１y１+Cy2１+Dx１+Ey１+F=0. （１）把方程（１）×t2（t为任意实数）变为：t2[Ax2１+Bx１y１+Cy2１+（Dx１+Ey１）（－）+F（－）2 ]=0. （２）稍作整理，得A（tx１）２+Btx１ty１+C（ty１）２+（Dtx１+Ety１）（－）+F（－）2 ]=0.（3）不妨把直线OP上的点表示为（x，y），则x=tx１，y=ty１（t为任意实数），所以方程（3）可化为Ax2+Bxy+Cy2+（Dx+Ey）（－）+F（－）2 = 0. （*）因此，直线OP上的点都在方程(*)表示的曲线上.同理可证，直线OQ上的点也在方程(*)所表示的曲线上.又方程(*)是二元二次齐次方程，从而方程(*)表示交点为原点的OP、OＱ两直线.以上我们证明了结论，不妨令k= ，则方程(*)可化为ak2+bk+c=0.(**)的形式，从而直线OP、ＯＱ的斜率kOP，kOQ是方程(**)的两根.因此，在解答条件涉及过原点以及直线lx+my+n=0（n≠0）和曲线Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0有两个交点的直线OP、ＯＱ的斜率之和(积)或直线OP、ＯＱ的夹角为定值的一类解析几何题时，可按以上得出的结论构造二次齐次方程(*)，再转化为方程ak2+bk+c=0的形式，利用直线OP、ＯＱ的斜率之和（积）或直线OP、ＯＱ的夹角为定值这一条件，使问题顺利得以解决.四、将问题变形处理，推陈出新通过以上例子我们讨论了具有一定特点的相交直线的交点在原点的问题，若具有一定特点的相交直线的交点不是在原点，我们又该怎样处理呢？看看下面的例子.例5 设直线l：y＝x+b与椭圆C： + =1（a＞1）相交于A、Ｂ两点，l过椭圆C的右焦点F2，椭圆C的左焦点为F1，若ＡF１⊥BF１，求椭圆C的方程.分析本题相交直线ＡF１、BF１的交点不是在原点，而是在左焦点F1，我们可以先将原点平移,再根据以上结论求解.解析由题意，易知椭圆的两焦点分别为F１（－１，０），F2（１，０），又因为l过右焦点F2，代入得l的方程为y=x-1，将坐标原点移至F1处，则直线l的方程变为y′=x′-2，即 =1 ，将坐标原点移至F１处，则椭圆C的方程变为（a2-1）x′2+a2y′2-（a2-1）x′－（a2-1）2=0.由结论知，直线F1Ａ，F1Ｂ两直线的方程为（a2-1）x′2+a2y′2-（a2-1）x′• －（a2-1）2•（）2=0（1）令k= ，则方程(1)可化为（-a4+6a2-1）k2+ （a4-1）k- （a2-1）2=0.∵ＡF１⊥BF１，∴kF A•kF Ｂ＝－１，即＝-１，化简，得a4－４a2＋1＝０（a>１），解得a2＝２＋，a2＝２－（舍去）.故所求的椭圆C的方程为 + =1.思考对于例5这类交点不是在原点的问题，能不能直接用构造“齐次式”的方法求解呢？限于篇幅，留给有兴趣的读者研究.“齐次式”是一种较为常见而又具有强劲威力的工具，除了应用在解析几何问题以外，它还能帮助我们解决不等式的证明、函数的最值和范围以及其它问题. 它不仅能简化解题，也能培养思维的灵活性，它正逐渐被大多数人视为一种解题方法而得到重视.责任编校徐国坚。

齐次化妙解圆锥曲线问题【微点综述】直线与圆锥曲线位置关系，是高考的一个难点，而其中一个难在于运算，本微专题的目标在于采用齐次化运算解决直线与圆锥曲线的一类：斜率之和或斜率之积的问题．本专题重难点：一是在于消元的解法，即怎么构造齐次化方程；二是本解法的适用范围．亮点是用平面几何的视角解决问题．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x 1+x 2和x 1⋅x 2代入，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 =ax 2+bxy +cy 2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．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 ，x 2a 2+y 2b 2=1向上平移1个单位，变为x 2a 2+y -1 2b 2=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”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 +ny 2，构造ay 2+bxy +cx 2=0，然后等式两边同时除以x 2(前面注明x 不等于0)，得到a ⋅y x2+b ⋅y x +c =0，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，y 1x 1+y 2x 2=-b a ，y 1x 1⋅y 2x 2=c a ，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：①平移；②联立并齐次化；③同除以x 2；④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．一、齐次化运算的前世--韦达定理1.韦达定理发展简史法国数学家弗朗索瓦·韦达(Fran çois Vi ète ，1540-1603)在著作《论方程的识别与订正》中改进了三、四次方程的解法，还对n =2,3的情形，建立了方程根与系数之间的关系，现代称之为韦达定理．证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性．2.韦达定理：设关于x 的一元二次方程ax 2+bx +c =0的两根为x 1,x 2，则x 1+x 2=-b a ,x 1x 2=c a ．韦达定理是本微专题的理论基础．．引例1．已知x1和x2是方程2x2+3x-4=0的两个根，求1x1+1x2的值．【解析】解法1：1x1+1x2=x1+x2x1⋅x2=-b aca=-b c=34．解法2：方程两边同除以x2，得-41x2+31x +2=0，∵1x1,1x2,∴由韦达定理得1x1+1x2=34．引例2．设x1,y1,x2,y2是方程组y=x-1,y2=4x的两组根，求y1x1+y2x2,y1x1⋅y2x2的值．【分析】如果可以建立关于以yx为未知数的一元二次方程Ayx2+B⋅y x+C=0，那么y1x1+y2x2,y1x1⋅y2x2就是对应方程的两根之和了．所以本运算的关键是如何通过消元得到：Ay2+Bxy+Cx2=0，再由x≠0,方程两边同时除以x2．消元得到方程Ay2+Bxy+Cx2=0是个二次齐次式，所以把本计算方法命名为：齐次化运算．观察y=x-1,y2=4x，发现y2已经为二次式，关键在于将4x化成二次式，由y=x-1可得1=x-y，∴y2=4x⋅1=4x⋅x-y，整理可得y2+4xy-4x2=0，显然x=0不是方程y2+4xy-4x2=0的根，方程y2+4xy-4x2=0两边同时除以x2可得：关于yx为未知数的一元二次方程：yx2+4⋅y x-4=0，则由韦达定理可得：y1x1+y2x2=-4,y1x1⋅y2x2=-4．二、齐次化运算的今生--韦达定理遇到笛卡尔解析几何例1.直线mx+ny=1与抛物线y2=4x交于A x1,y1,B x2,y2，求k OA+k OB,k OA⋅k OB．(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 y x -4m=0，∴∴k OA+k OB=y1x1+y2x2=4n,k OA k OB=y1x1⋅y2x2=-4m．例2.直线mx+ny=1与椭圆x24+y23=1交于A x1,y1,B x2,y2，求k OA⋅k OB(用m,n表示)．【解析】mx+ny=1 x24+y23=1齐次化联立得：x24+y23=mx+ny2，等式两边同时除以x2，12n2-4yx2+24mn y x +12m2-3=0，∴k OA⋅k OB=y1x1⋅y2x2=12m2-312n2-4．引例3．已知动直线l的方程为mx+ny=1．(1)若m=2n，求直线l的斜率；(2)若m=-12，求直线l所过的定点；(3)若m=2n+1，求直线l所过的定点；(4)若m=2n+2，求直线l所过的定点；(5)若6+3n4+12m=1，求直线l所过的定点．【解析】(1)k =-mn=-2．(2)-12x +ny =1，消去n ，令y =0，∴过定点-2,0 ．(3)整理得m -2n =1∴过定点1,-2 ．(4)整理得12m -n =1，∴过定点12,-1 ．(5)整理得6m -32n =1，∴过定点6,-32 ．例3.抛物线y 2=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 x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，mx +ny =1y 2=4x 联立得y x 2-4n y x-4m =0，∵k OA k OB=y 1y 2x 1x 2,∴-4m =-1,∴m =14，∴直线AB :14x +ny =1过定点4,0 ．例4.不过原点的动直线交椭圆x 24+y 23=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 x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，mx +ny =1x 24+y 23=1联立得12n 2-4 y x 2+24mn y x+12m 2-3=0，于是k OA k OB =y 1x 1y 2x 2=12m 2-312n 2-4，又k AB =-m n ，∴12m 2-312n 2-4=m 2n 2，得k AB=-m n =±32．三、y -nx -m型怎么采用齐次化运算解决，平移是关键引例4．已知椭圆x 24+y 2=1，按照平移要求变换椭圆方程，并化简平移后的椭圆方程．(1)将椭圆向左平移1个单位，求平移后的椭圆；(2)将椭圆向右平移2个单位，求平移后的椭圆；(3)将椭圆向上平移3个单位，求平移后的椭圆；(4)将椭圆向下平移4个单位，求平移后的椭圆；(5)将椭圆向左平移1个单位，向下平移32个单位，求平移后的椭圆；(6)将椭圆向左平移2个单位，向下平移1个单位，求平移后的椭圆．【解析】(1)x +124+y 2=1，即4y 2+x 2+2x -3=0．(2)x -224+y 2=1，即4y 2+x 2-4x =0．(3)x 24+y -3 2=1，即4y 2+x 2-24y +32=0．(4)x 24+y +4 2=1，即4y 2+x 2+32y +60=0．(5)x +124+y +322=1，即4y 2+x 2+2x +43y =0．(6)x +224+y -1 2=1，即4y 2+x 2+4x -8y +4=0．例5.抛物线y 2=4x ，P 1,2 ，直线l 交抛物线于A 、B 两点，PA ⊥PB ，求证：直线l 过定点．【解析】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y +2 2=4x +1 ，整理得y 2+4y -4x =0．设平移后直线A B 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，mx +ny =1,y 2+4y -4x =0联立得1+4n y x 2+4m -4n y x -4m =0，于是k P Ak PB=y 1x 1⋅y 2x 2=-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,-2 ．例6.椭圆x 24+y 23=1，点P 1,32，A ,B 为椭圆上两点，k PA +k PB =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 +1 24+y +3223=1，整理得4y 2+3x 2+6x +12y =0，设平移后直线A B 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，mx +ny =14y 2+3x 2+6x +12y =0，联立得4y 2+3x 2+6x +12y mx +ny =0，12n +4 y2+62m +n xy +6m +3 x 2=0，同时除以x 2，12n +4 y x2+62m +n y x +6m +3 =0，k P A+k PB=y 1x 1+y 2x 2=-62m +n 12n +4=0，-62m +n =0，mx +ny =1的斜率-m n =12．解法二(换元法)：设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，即化为y 1-32x 1-1⋅y 2-32x 2-1=0，即建立以y -32x -1为未知数的一元二次方程A y -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x 24+y 23=1，得3s 2+4t 2+6t +12t =0，∴设直线ms +nt =6可方便运算，3s 2+4t 2+t (ms +nt )+2t (ms +nt )=0，化简得：4+2n t s 2+2m +n t s +(3+m )=0，∴y 1-32x 1-1⋅y 2-32x 2-1=t 1s 1⋅t 2s 2=2m +n 4+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．例7.双曲线x 22-y 22=1，P 2,0 ，A 、B 为双曲线上两点，且k PA +k PB =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-y 22=1，整理得y 2-x 2-4x -2=0，设平移后直线A B 方程为mx +ny =1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，mx +ny =1y 2-x 2-4x -2=0 ，联立得y 2-x 2-4x mx +ny -2mx +ny 2=0，1-2n 2 y 2-4n +4mn xy -2m 2+4m +1 x 2=0，同时除以x 2，1-2n 2y x 2-4n +4mn y x -2m 2+4m +1 =0，k P A+k PB=y 1x 1+y 2x 2=4n +4mn 1-2n 2=0，4n +4mn =4n m +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1,0 ．四、齐次化在解析几何中的应用例8.(2021重庆期末)已知抛物线C :y 2=2px p >0 上一点A 2,a 到其焦点的距离为3．(Ⅰ)求抛物线C 的方程；(Ⅱ)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：(Ⅰ)由题意知：2--p2=3⇒p =2⇒y 2=4x ．(Ⅱ)证明：设该直线为my =x -4，P 、Q 的坐标分别为x 1,y 1 、x 2,y 2 ，联立方程有：my =x -4y 2=4x⇒y 2-4my -16=0，OP ⋅OQ =x 1x 2+y 1y 2=y 21y 2216+y 1y 2=116×-16 2-16=0，∴∠POQ =90°．解法2：要证明∠POQ =90°，即证k PO ⋅k QO =-1，设PQ :mx +ny =1，过4,0 ，∴4m =1，m =14，y 2=4x mx +ny ，y 2-4nxy -4mx 2=0，同除以x 2得y x 2-4n y x -4m =0，k 1⋅k 2=-4m ，∵m =14，∴k 1⋅k 2=-1即∠POQ =90°．例9.如图，椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 经过点A 0,-1 ，且离心率为22．(Ⅰ)求椭圆E 的方程；(Ⅱ)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：(Ⅰ)由题设知，c a =22，b =1，结合a 2=b 2+c 2，解得a =2，∴x 22+y 2=1．(Ⅱ)证明：由题意设直线PQ 的方程为y =k x -1 +1k ≠0 ，代入椭圆方程x 22+y 2=1，可得1+2k 2 x 2-4k k -1 x +2k k -2 =0，由已知得1,1 在椭圆外，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，x 1x 2≠0，则x 1+x 2=4k k -1 1+2k 2，x 1x 2=2k k -21+2k 2，且Δ=16k 2k -1 2-8k k -2 1+2k 2 >0，解得k >0或k <-2．则有直线AP ，AQ 的斜率之和为k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2-k x 1+kx 2+2-k x 2=2k +2-k 1x 1+1x 2 =2k +2-k ⋅x 1+x 2x 1x 2=2k +2-k ⋅4k k -12k k -2=2k -2k -1 =2．即有直线AP 与AQ 斜率之和为2．解法2：(2)上移一个单位，椭圆E 和直线L :x 22+y -12=1mx +ny =1，mx +ny =1过点1,2 ，m +2n =1，m =1-2n ，x 2+2y -1 2=2，x 2+2y 2-4y =0，2y 2+x 2-4y mx +ny =0，-4n +2 y2-4mxy +x 2=0，∵x ≠0，同除x 2，得-4n +2 y x2-4m yx+1=0，k 1+k 2=-4m -4n +2=2m 1-2n =2mm=2．例10.设A ，B 为曲线C :y =x 24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 x 1,x 214 ，B x 2,x 224为曲线C :y =x 24上两点，则直线AB 的斜率为k =x 214-x 224x 1-x 2=14x 1+x 2 =14×4=1．(2)解法1：设直线AB 的方程为y =x +t ，代入曲线C :y =x 24，可得x 2-4x -4t =0，即有x 1+x 2=4，x 1x 2=-4t ，再由y =x 24的导数为y=12x ，设M m ,m 24 ，可得M 处切线的斜率为12m ，由C 在M 处的切线与直线AB 平行，可得12m =1，解得m =2，即M 2,1 ，由AM ⊥BM 可得，k AM ⋅k BM =-1，即为x 214-1x 1-2⋅x 224-1x 2-2=-1，化为x 1x 2+2x 1+x 2 +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 =x 24，y =x 2=1，x =2，∴M 2,1 ，左移2个单位，下移1个单位C:y +1=x +2 24，A B :mx +ny =1，4y +4=x 2+4x +4，x 2+4x -y mx +ny =0，x 2+4mx 2+nxy -mxy -ny 2 =0，1+4m x2+4n -m xy -4ny 2=0，x ≠0，同除以x 2，得-4n y x2+4n -m yx+1+4m =0，4nk 2-4n -m k -1+4m =0，mx +ny =1，斜率-mn =1，m =-n ，k 1k 2=-1+4m 4n=-1，1+4m =4n ，n =18，m =-18，-18x +18y =1，x -y +8=0右2，上1，x -2 -y -1 +8=0，x -y +7=0．例11.(2017年全国卷理)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 ，四点P 11,1 ，P 20,1 ，P 3-1,32 ，P 41,32 中恰有三点在椭圆C 上．(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．【解析】(1)解：根据椭圆的对称性，P 3-1,32 ，P 41,32两点必在椭圆C 上，又P 4的横坐标为1，∴椭圆必不过P 11,1 ，∴P 20,1 ，P 3-1,32，P 41,32 三点在椭圆C 上，把P 20,1 ，P 3-1,32 代入椭圆C ，得：1b 2=11a 2+34b 2=1，解得a 2=4，b 2=1，∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．(2)证法1：①当斜率不存在时，设l :x =m ，A m ,y A ，B m ,-y A ，∵直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，∴k P 2A +k P 2B =y A -1m +-y A -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．②当斜率存在时，设l :y =kx +t ，t ≠1 ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立y =kx +tx 2+4y 2-4=0 ，整理，得1+4k 2 x 2+8ktx +4t 2-4=0，x 1+x 2=-8kt 1+4k 2，x 1x 2=4t 2-41+4k 2，则k P 2A +k P 2B =y 1-1x 1+y 2-1x 2=x 2kx 1+t -x 2+x 1kx 2+t -x 1x 1x 2=8kt 2-8k -8kt 2+8kt 1+4k 24t 2-41+4k 2=8k t -14t +1 t -1=-1，又t ≠1，∴t =-2k -1，此时Δ=-64k ，存在k ，使得Δ>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：下移1个单位得E:x 24+y +1 2=1，A B :mx +ny =1，x 24+y 2+2y =0，x 2+4y 2+8y mx +ny =0，8n +4 y 2+8mxy +x 2=0，∵x ≠0同除以x 2，8n +4 y x 2+8m y x +1=0，8n +4 k 2+8mk +1=0，k 1+k 2=-8m 8n +4=-1，8m =8n +4，2m -2n =1，∴mx +ny =1过2,-2 ，上移1个单位2,-1 ．例12.(2018全国一文)设抛物线C :y 2=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 =12x +1，或y =-12x -1．(2)解法1：证明：设直线l 的方程为l :x =ty +2，M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，联立直线l 与抛物线方程得y 2=2xx =ty +2 ，消x 得y 2-2ty -4=0，即y 1+y 2=2t ，y 1y 2=-4，则有k BN +k BM =y 1x 1+2+y 2x 2+2=y 222×y 1+y 212×y 2+2y 1+y 2 x 1+2 x 2+2 =y 1+y 2 y 1y 22+2 x 1+2 x 2+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 :y 2=2x -2 ，l :mx +ny =1过4,0 即4m =1，m =14，y 2=2x -4，y 2=2x mx +ny -4mx +ny 2，y 2=2mx 2+2nxy -4m 2x 2+n 2y 2+2mnxy ，1+4n 2y2+8mn -2n xy +4m 2-2m x 2=0，∵x ≠0，同除以x 2，得1+4n 2 k 2+8mn -2n k +4m 2-2m =0，k 1+k 2=-8mn -2n 1+4n 2=-2n 4m -1 1+4n 2=0，∴∠ABM =∠ABN ．例13.(2018全国一卷理)设椭圆C :x 22+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 =∠O MB ．【解析】(1)c =2-1=1，∴F 1,0 ，∵l 与x 轴垂直，∴x =1，由x =1x 22+y 2=1 ，解得x =1y =22 或x =1y =-22，∴A 1,22 ，或1,-22 ，∴直线AM 的方程为y =-22x +2，y =22x -2．(2)证明：解法1：当l 与x 轴重合时，∠OMA =∠O MB =0°，当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，∴∠OMA =∠O MB ．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 x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ，k MB 之和为k MA +k MB =y 1x 1-2+y 2x 2-2，由y 1=kx 1-k ，y 2=kx 2-k 得k MA +k MB =2kx 1x 2-3x 1+x 2 +4k x 1-2 x 2-2 ，将y =k x -1 代入x 22+y 2=1可得2k 2+1 x 2-4k 2x +2k 2-2=0，∴x 1+x 2=4k 22k 2+1，x 1x 2=2k 2-22k 2+1，∴2kx 1x 2-3k x 1+x 2 +4k =12k 2+14k 3-4k -12k 3+8k 3+4k =0，从而k MA +k MB =0，故MA ，MB 的倾斜角互补，∴∠OMA =∠O MB ，综上∠OMA =∠O MB ．解法2：左移2个单位C:x +222+y 2=1，l :mx +ny =1过-1,0 即-m =1．m =-1，x 2+4x +2y 2+2=0，x 2+4x mx +ny +2y 2+2mx +ny 2=0，2+2n 2y2+4n +4mn xy +1+4m +2m 2 x 2=0，∵x ≠0，同除以x 2，得2+2n 2 k 2+4n +4mn k +1+4m +2m 2=0，k 1+k 2=4n +4mn-2+2n 2=0，∴∠OMA =∠O MB ．例14.(2020·新课标Ⅰ)已知A ，B 分别为椭圆E :x 2a 2+y 2=1a >1 的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG ⋅GB =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 =a 2-1=8，解得：a =3，故椭圆E 的方程是x 29+y 2=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x 29+y 2=1y =m 9x +3⇒9+m 2 x 2+6m 2x +9m 2-81=0，由韦达定理-3x c =9m 2-819+m 2⇒x c =-3m 2+279+m 2，代入直线PA 的方程为y =m 9x +3 得：y c=6m9+m 2，即C -3m 2+279+m 2,6m9+m 2，直线PB 的方程是y =m3x -3 ，联立方程x 29+y 2=1y =m 3x -3⇒1+m 2 x 2-6m 2x +9m 2-9=0，由韦达定理3x D =9m 2-91+m 2⇒x D =3m 2-31+m 2，代入直线PB 的方程为y =m 3x -3 得y D =-2m 1+m 2，即D 3m 2-31+m 2,-2m1+m 2 ，则①当x c =x D 即27-3m 29+m 2=3m 2-3m 2+1时，有m 2=3，此时x c =x D=32，即CD 为直线x =32．②x C ≠x D 时，直线CD 的斜率K CD =y C -y D x C -x D =4m33-m 2 ，∴直线CD 的方程是y --2m 1+m 2=4m 33-m 2 x -3m 2-31+m 2 ，整理得：y =4m 33-m 2x -32 ，直线CD 过定点32,0 ．综合①②故直线CD 过定点32,0 ．证法2：设P 6,t ，A -3,0 ，B 3,0 ，则k AC =k AP =t 9，k BD =k BP =t 3，根据椭圆第三定义(本书后面有详细讲解)，k AD ⋅k BD =b 2a2=-19，∴k AD =-13t ，则k AC ⋅k AD =-127，将图像向右移动3个单位，则椭圆E 和直线l CD :x -329+y 2=1mx +ny =1，联立得：x 2-6x +9y 2=0，x 2-6x mx +ny +9y 2=0，即9y 2-6nxy +1-6m x 2=0，两边同时除以x 2，得：9y 2x2-6n yx +1-6m =0，则k AC ⋅k AD =1-6m 9=-127，解得m =29，则直线过定点92,0 ，则平移前过32,0 ．例15.(2020·山东)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1a >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．【解析】(1)∵离心率e =c a =22，∴a =2c ，又a 2=b 2+c 2，∴b =c ，a =2b ，把点A 2,1 代入椭圆方程得，42b 2+1b 2=1，解得b 2=3，故椭圆C 的方程为x 26+y 23=1．(2)证法1：①当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y =kx +m ，联立y =kx +mx 26+y 23=1，得2k 2+1 x 2+4km x +2m 2-6=0，由Δ=4km 2-42k 2+1 2m 2-6 >0，知m 2<6k 2+3，设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则x 1+x 2=-4km 2k 2+1，x 1x 2=2m 2-62k 2+1，∵AM ⊥AN ，∴AM ⋅AN=x 1-2,y 1-1 ⋅x 2-2,y 2-1 =0，即k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m 2-2m +5=0，∴k 2+1 ⋅2m 2-62k 2+1+km -k -2 -4km 2k 2+1+m 2-2m +5=0，化简整理得，4k 2+8km +3m 2-2m -1=2k +m -1 2k +3m +1 =0，∴m =1-2k 或m =-2k +13，当m =1-2k 时，y =kx -2k +1，过定点A 2,1 ，不符合题意，舍去；当m =-2k +13时，y =kx -2k +13，过定点23,-13．设D x 0,y 0 ，则y 0=kx 0+m ，(i )若k ≠0，∵AD ⊥MN ，∴k ⋅kx 0+m -1x 0-2=-1，解得x 0=2k 2+4k +63k 2+3，y 0=3k 2+4k -13k 2+3，∴x 0-432+y 0-132=-2k 2+4k +23k 2+3 2+2k 2+4k -23k 2+3 2=8k 4+2k 2+1 9k 2+12=89，∴点D 在以43,13 为圆心，223为半径的圆上，故存在Q 43,13 ，使得DQ =223，为定值．(ii )若k =0，则直线MN 的方程为y =-13，∵AD ⊥MN ，∴D 2,-13 ，∴DQ =43-22+13+132=223，为定值．②当直线MN 的斜率不存在时，设其方程为x =t ，M t ,s ，N t ,-s ，且t 26+s 23=1，∵AM ⊥AN ，∴AM ⋅AN =t -2,s -1 ⋅t -2,-s -1 =t 2-4t -s 2+5=32t 2-4t +2=0，解得t =23或2(舍2)，∴D 23,1 ，此时DQ =43-232+13-1 2=223，为定值．综上所述，存在定点Q 43,13，使得DQ 为定值，且该定值为223．证法2：将图像向左移动两个单位，向下移动一个单位，那么平移后的C 和直线M N :x +226+y +123=1mx +ny =1，联立得：x 2+2y 2+4x +4y mx +ny =0，两边同时除以x 2:4n +2 y 2+4m +4n xy +4m +1 x 2=0，得：4n +2 k 2+4m +4n k +4m +1 =0，∵AM ⊥AN ，∴k AM ⋅k AN =-1，∴4m +14n +2=-1，4m +1=-4n -2，即-43m +-43n =1，M N 过定点-43,--43 ，则平移前该直线过定点P 23,-13 ．在△ADP 中，AD ⊥DP ，则D 点的轨迹是以AP 为直径，∵A 为定点，P 为定点，则AP 为定值，则Q 为AP 中点，此时DQ 为定值，∵A 2,1 ，P 23,-13，则Q 43,13 ，DQ =12AP =223．例16.(2022惠州模拟)已知左焦点为F -1,0 的椭圆过点E 1,233，过点P 1,1 分别作斜率为k 1，k 2的椭圆的动弦AB ，CD ，设M ，N 分别为线段AB ，CD 的中点(1)求椭圆的标准方程；(2)若P 为线段AB 的中点，求k 1；(3)若k 1+k 2=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 =23，b 2=a 2-c 2=2，∴所求椭圆方程为x 23+y 22=1．(2)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 213+y 212=1①，x 223+y 222=1②②-①，可得k 1=y 2-y 1x 2-x 1=-2x 2+x 1 3y 2+y 1=-23．(3)证法1：由题意，k 1≠k 2，设M x M ,y M ，直线AB 的方程为y -1=k 1x -1 ，即y =k 1x +k 2，代入椭圆方程并化简得2+3k 21 x 2+6k 1k 2x +3k 22-6=0，∴x M =-3k 1k 22+3k 21，y M =2k 22+3k 21，同理，x N =-3k 1k 22+3k 22，y N =2k 12+3k 22，当k 1k 2≠0时，直线MN 的斜率k =y M -y N x M -x N =10-6k 1k 2-9k 1k 2，直线MN 的方程为y -2k 22+k 21=10-6k 1k 2-9k 1k 2x --3k 1k 22+3k 21，即y =10-6k 1k 2-9k 1k 2x -23，此时直线过定点0,-23 ．当k 1k 2=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x 0,y 0 ，由点差法得y 0-1x 0-1⋅y 0x 0=-23，即中点的轨迹方程为2x 2-x +3y 2-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 +1 2-x +1 +3y +1 2-y +1 =0，2x 2+3y 2+3y mx +ny +2x mx +ny =0，3+3n y 2+2n +3m xy +2+2m x 2=0，同除以x 2，得3+3n k 2+2n +3m k +2+2m =0，∵k 1+k 2=1，∴-2n +3m 3+3n =1，-m -35n =1，∴过定点-1,-53，则平移前的MN 过定点0,-23 ．例17.(2022武汉模拟)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >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】(Ⅰ)由BD =43得a =23+43=2，故C 的方程为x 24+y 2b2=1，此时P 23,43 ，代入方程19+169b2=1，解得b 2=2，故C 的标准方程为x 24+y 22=1．(Ⅱ)解法1：设直线PQ 的方程为：x =my +23，与椭圆联立得m 2+2 y 2+4m 3y 329=0，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-4m 3m 2+2 y 1y 2=-329m 2+2，①此时直线PA 的方程为y =y 1x 1+2x +2 ，与x =t 联立，得点M t ,t +2 y 1x 1+2 ，同理，N t ,t +2 y 2x 2+2 ，由MD ⊥ND ，则k MD ⋅k ND =-1，即t +2 y 1t -23 x 1+2 ⋅t +2 y 2t -23 x 2+2=-1，∴t +2 2y 1y 2+t -23 2my 1+83 my 2+83 =0，即t +2 2y 1y 2+t -232m 2y 1y 2+8m 3y 1+y 2 +649 =0，把①代入得-32t +2 29m 2+2+t -23 2-32m 29m 2+2 -32m 29m 2+2 +649 =0，化简得-32t +2 2+t -23 2-32m 2-32m 2+64m 2+2 =0，即t +2 2-4t -23 2=0，t +2=±2t -23 ，解得t =-29或t =103．解法2：公共点A -2,0 ，右移2个单位后P O :mx +ny =1过D 83,0 ，∴83m +0n =1，m =38，C :x -2 24+y 22=1P O :mx +ny =1 ，x 2+2y 2-4x mx +ny =0，2y 2-4nxy +1-4m x 2=0，等式两边同时除以x ，2y x 2-4n y x +1-4m =0，k AP ⋅k AQ =k AM ⋅k AN =1-4m 2=-14，∵MD ⊥ND ，∴k MD ⋅k ND =-1，k DM ⋅k DN k AM ⋅k AN =-1-14=4，直线MN :x =t ，MTt -23⋅-NT t -23 MT t +2⋅-NT t +2=4，t +2 2t -23 2=4，解得t =-29或t =103．五、齐次化运算为什么不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 y x 2+B ⋅y x +C =0⇒y 1x 1+y 2x 2=-B A ,y 1x 1⋅y 2x 2=C A ⇒k 1+k 2=-B A ,k 1k 2=C A .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．下面通过两道题来说明：例18.A ,B 分别是椭圆E :x 29+y 2=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，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,y 0，则直线AP 的方程为：y =y 0-06--3 x +3 ，即：y =y 09x +3 ，联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：x 29+y 2=1y =y 09x +3，整理得：y 02+9 x 2+6y 02x +9y 02-81=0，解得：x =-3或x =-3y 02+27y 02+9，将x =-3y 02+27y 02+9代入直线y =y 09x +3 可得：y =6y 0y 02+9，所以点C 的坐标为-3y 02+27y 02+9,6y 0y 02+9 ．同理可得：点D 的坐标为3y 02-3y 02+1,-2y 0y 02+1．当y 20≠3时，直线CD 的方程为：y --2y 0y 02+1 =6y 0y 02+9--2y 0y 02+1 -3y 02+27y 02+9-3y 02-3y 02+1x -3y 02-3y 02+1，整理可得：y +2y 0y 02+1=8y 0y 02+3 69-y 04 x -3y 02-3y 02+1 =8y 063-y 02 x -3y 02-3y 02+1，整理得：y =4y 033-y 02 x +2y 0y 02-3=4y 033-y 02x -32 ，所以直线CD 过定点32,0 ．当y 20=3时，直线CD ：x =32，直线过点32,0 ．故直线CD 过定点32,0 ．思路二：连接CB ，由椭圆第三定义得，k CA k CB =-19,而k CA k CB =-19, k CA =PQ AQ,k BD =k BP =PQ BQ =13，可得：k BC k BD =-13,就可以采用本方法解答．证法二：设交点C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，即化为y 1x 1-3⋅y 2x 2-3=-13，设x -3=t ，得t 2+9y 2+6t =0, 故设6=mt +ny 易算．计算如下：9y t 2+n ⋅y t +m +1 =0⇒k 1k 2=m +19=-13⇒m =-4⇒-4x -3 +ny =6，可知直线CD 过定点32,0 ．例19.A ,B 分别是椭圆E :x 24+y 2=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k 1,k 2，k 1=2k 2，求直线l 的方程．【分析】已知给出了k 1=2k 2，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，k AD k BD =-14,得到k AC k AD =-12,即可采用齐次化运算了．【简解】设交点C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，即化为y 1x 1+1⋅y 2x 2+1=-12，设y +1=t ，得x 2+4t 2-8t =0, 所以设8=mx +n (y +1)=mx +nt 易算．计算如下：4-n t x 2-m ⋅t x +1=0,∴k 1k 2=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 =13x -13．六、为什么斜率为会是定值，从平面几何看众所周知，直径所对的圆周角为直角，其实圆相交弦的还有如下性质．如图圆中，AB 为直径，CD 与AB 交于F ，则有如下性质：tan αtan β=BF AF =PQ AQ ,tan ηtan β=-PQ AQ．引入坐标系，如图建系，设A (-a ,0),B (a ,0),F (m ,0)，则k BC k BD =m +a m -a ,k AC k BD =a -m m +a ，且AB 与CD 的交点在直线x =a 2m 上．【简证】tan αtan β=sin αsin βcos αcos β=sin αsin βsin γsin η，分别在ΔACF ,ΔBCF ，由正弦定理得：sin αsin β=CF AF ，sin γsin η=BF CF ，所以tan αtan β=sin αsin β⋅cos αcos β=sin αsin β⋅sin γsin η=CF AF ⋅BF CF =BF AF，tan α=PQ AQ ,tan β=PQ BQ ,tan αtan β=BQ AQ，而tan ηtan β=-tan βtan α=-AQ BQ ．那么椭圆怎么有这些性质呢？如图，圆的方程为x 2+y 2=a 2，椭圆方程为：x 2a 2+y 2b 2=1，设B x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，B x 1,y 1b ,D x 2,y 2b ，则k A Dk C B=k AD k CB ，k B A k B C=-b 2a 2，更具一般性质的椭圆的内接四边形性质如如下：在椭圆中，O 为椭圆的中心，A ,C 是椭圆上两点且关于O 对称，直线A C 上一点M ，过M 的直线交椭圆于B ,D ，则如果M 为定点，则k A D k B C为定值，反之亦成立．例20.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．【分析】用几何法，k ACk BD=BQAQ=EBAE，得BE=32，所以过32,0．例21.A,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】用几何法，k1k2=k ACk BD=AEBE，得BE=23，所以E13,0，所以直线l的方程的方程：y=13x-13．【评注】用平面几何的视角，对本问题进行证明，使代数，解析几何，平面几何三者融合．七、微专题小结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，基本步骤如下：f x,y=0,g x,y=0⇒A yx2+B⋅y x+C=0⇒y1x1+y2x2=-BA,y1x1⋅y2x2=CA⇒k1+k2=-B A,k1k2=C A，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．【针对训练训练】(2022阎良区期末)1.已知抛物线C:x2=2py p>0，直线l经过抛物线C的焦点，且垂直于抛物线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P2,1，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．2.已知直线l与抛物线C:y2=4x交于A，B两点．(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．(2022滁州期末)3.已知点A在圆C:x-2，线段AB的垂直平分线与AC相交于点D.2+y2=16上，B-2,0，P0,2(1)求动点D的轨迹方程;(2)若过点Q0,-1的直线l斜率存在，且直线l与动点D的轨迹相交于M，N两点.证明：直线PM与PN的斜率之积为定值.4.已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P3,12，且椭圆M的上顶点与右焦点所在直线的斜率为-33．(1)求椭圆M的方程；(2)设B、C是椭圆上异于左顶点A的两个点，若以BC为直径的圆过点A，求证：直线BC过定点．(2022醴陵市期中)5.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右顶点是双曲线C2:x24-y2=1的顶点，且椭圆C1的上顶点到双曲线C2的渐近线距离为215 5．(1)求椭圆C1的方程；(2)点F为椭圆的左焦点，不垂直于x轴且不过F点的直线l与曲线C1相交于A、B两点，若直线FA、FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若存在这样的定点，则求出该定点的坐标；若不存在这样的定点，请说明理由．6.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>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26.(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.参考答案：1.(1)x 2=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.(1)由题意可得2p =4，得p =2，∴抛物线C :x 2=4y .(2)证明：m :y =k x +2 ，联立y =k x +2 x 2=4y，得x 2-4kx -8k =0．由Δ=16k 2+32k >0，得k >0或k <-2，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 1+x 2=4k ，x 1x 2=-8k ，∴k 1k 2=y 1-1x 1-2⋅y 2-1x 2-2=x 214-1x 1-2⋅x 224-1x 2-2=x 1+2 x 2+216=x 1x 2+2x 1+x 2 +416=-8k +8k +416=14.2.(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.(1)抛物线为y 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 x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，由y =-x +1y 2=4x 得：x 2-6x +1=0，可得x 1+x 2=6，由抛物线定义可得AB =x 1+x 2+2，∴AB =8．(2)设直线AB 方程为：x =my +n ，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，∵OA ⊥OB ，∴OA ⋅OB =0，∴x 1x 2+y 1y 2=0，由x =my +n y 2=4x得：y 2-4my -4n =0，∴y 1y 2=-4n ；x 1x 2=n 2；∴n 2-4n =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OA⊥OB时，直线AB过定点4,0．3.(1)x24+y22=1；(2)-32-2.【解析】(1)由圆的方程可得：圆心C(2,0)，半径r=4，|DA|=|DB|，|DB|+|DC|=|DA|+|DC|=|AC|=r=4>|BC|=22，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|=22，由椭圆的定义可得动点D的轨迹是以B(-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，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Δ=(-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)+22+3x1x2=k2+-(2+1)k×4k2k2+1+22+3-22k2+1=k2+2k2+3+22-2=-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，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.4.(1)x 24+y 2=1；(2)证明见解析【分析】(1)由椭圆的定义，性质列方程，求出a ,b 的值，再得到椭圆的方程；(2)设出直线BC 方程，与椭圆联立，由题可得AB ⊥AC ，利用AB ⋅AC =0建立关系可得.【详解】(1)由已知设椭圆的上顶点的坐标为(0,b )，右焦点为(c ,0)，则由已知可得-b c =-333a 2+14b 2=1a 2=b 2+c 2，解得a =2,b =1，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)可得A (-2,0)，设直线BC 方程为x =my +n ，代入椭圆方程可得4+m 2 y 2+2mny +n 2-4=0，设B x 1,y 1 ,C x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-2mn 4+m 2,y 1y 2=n 2-44+m 2，∴x 1+x 2=m y 1+y 2 +2n =8n 4+m 2，x 1x 2=my 1+n my 2+n =m 2y 1y 2+mn y 1+y 2 +n 2=4n 2-m 2 4+m 2，∵以BC 为直径的圆过点A ，∴AB ⊥AC ，即AB ⋅AC =0，∴x 1+2,y 1 ⋅x 2+2, y 2 =x 1x 2+2x 1+x 2 +4+y 1y 2=5n 2+16n +124+m 2=0，解得n =-2或n =-65，又A (-2,0)，故n =-65，所以直线BC 方程为x =my -65，故直线BC 过定点-65,0 .【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：(1)得出直线方程，设交点为A x 1，y 1 ，B x 2，y 2 ；(2)联立直线与曲线方程，得到关于x(或y)的一元二次方程；(3)写出韦达定理；(4)将所求问题或题中关系转化为x1+x2,x1x2形式；(5)代入韦达定理求解.5.(1)x24+y23=1；(2)存在，-4,0.【分析】(1)由双曲线顶点求出a，再由点到直线距离求出b作答.(2)设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算、推理作答.(1)双曲线C2:x24-y2=1的顶点坐标为(±2,0)，渐近线方程为x±2y=0，依题意，a=2，椭圆上顶点为0,b到直线x±2y=0的距离2b5=2155，解得b=3，所以椭圆的方程为x24+y23=1．(2)依题意，设直线l的方程为y=kx+m，A x1,y1、B x2,y2，点F-1,0，由x24+y23=1y=kx+m消去y并整理得3+4k2x2+8km x+4m2-12=0，则x1+x2=-8km3+4k2，x1⋅x2=4m2-123+4k2，直线FA、FB的斜率之和为y1x1+1+y2x2+1=kx1+mx1+1+kx2+mx2+1=2kx1x2+(k+m)(x1+x2)+2m(x1+1)(x2+1)=0，即2kx1x2+k+mx1+x2+2m=0，有2k⋅4m2-123+4k2+k+m-8km3+4k2+2m=0，整理得m=4k，此时Δ=64k2m2-16(4k2+3)(m2-3)=48(4k2+3-m2)=144(1-4k2)，k≠0，否则m=0，直线l 过F点，因此当Δ>0且k≠0，即-12<k<12且k≠0时，直线l与椭圆C1交于两点，直线l：y=k(x+4)，所以符合条件的动直线l过定点(-4,0)．6.(Ⅰ)x28+y24=1；(Ⅱ)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26列方程组求出b 2=4,a 2=8，从而可得椭圆C 的标准方程；(2)设直线l 方程为y =kx +1，由x 2+2y 2=8y =kx +1 得2k 2+1 x 2+4kx -6=0，Δ=16k 2+242k 2+1 >0，根据韦达定理及斜率公式可得k QA +k QB =2k+1-t-4k -6=2k 4-t 3，令4-t =0，可得t =4符合题意.试题解析：(1)∵e =22,e 2=c 2a2=12，∴a 2=2c 2=b 2+c 2,b =c ·a 2=2b 2，椭圆方程化为：x 22b 2+y 2b2=1，由题意知，椭圆过点6,1 ，∴62b 2+1b 2=1，解得b 2=4,a 2=8，所以椭圆C 的方程为：x 28+y 24=1；(2)当直线l 斜率存在时，设直线l 方程：y =kx +1，由x 2+2y 2=8y =kx +1得2k 2+1 x 2+4kx -6=0，Δ=16k 2+242k 2+1 >0，设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,x 1+x 2=-4k 2k 2+1x 1x 2=-62k 2+1，假设存在定点Q 0,t (t 不为2)符合题意，∵∠PQA =∠PQB ，∴k QA =-k QB ，∴k QA +k QB =y 1-t x 1+y 2-t x 2=x 2y 1+x 1y 2-t x 1+x 2 x 1x 2=x 2kx 1+1 +x 1kx 2+1 -t x 1+x 2 x 1x 2=2kx 1x 2+1-t x 1+x 2 x 1x 2=2k +1-t -4k -6=2k 4-t 3=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．。

张茜郑轩宇圆锥曲线是数学高考中的重要内容,而定值、定点问题常以压轴题的形式出现.这两类问题较为复杂，运算量较大，且综合性较强，是很多同学感到困难的问题.对这两类问题，大部分同学只会采用常规方法：联立曲线的方程，然后根据韦达定理求解.而这种方法对同学们的运算能力要求很高,很多同学往往在得出关键方程后无法继续解下去.用齐次化联立解答圆锥曲线定值定点问题,可以有效提高运算的效率.齐次化联立主要用于处理以下问题:过圆锥曲线C 上的一点P 作两条直线l 1,l 2,两条直线的斜率k 1,k 2存在某种等量关系（和或积为定值）,两条直线又分别与C 有另外两个交点A ,B ,则直线AB 的斜率为定值或过定点.运用齐次化联立方法解答此类问题的基本思路是，将两条直线合起来写成一个二次方程，并将这个二次方程与圆锥曲线方程联立，再通过消项将所得到的方程变为一次方程.只要在消项过程中没有消去A 点或B 点对应的解，那么所得到的一次方程也就仍然满足A 、B 的坐标.由“两点确定一条直线”知所得一次方程即为直线AB 的方程.最后消去方程中的参数，得到过定点的直线系方程即可求出定点或者定值.下面结合实例来分析一下如何用这种方法解题.例1.记G æèöø1,32,M ,N 是椭圆C :x 24+y 23=1上的两个动点,若k GM +k GN =0,证明:直线MN 的斜率为定值.证法1:设直线GM 的方程为y -32=k (x -1),则直线GN 的方程为y -32=-k (x -1).由ìíîïïy -32=k (x -1)3x 2+4y 2=12得(3+4k 2)x 2+4k (3-2k )x +4(32-k )2-12=0.则x G x M =x M =4(32-k )2-123+4k 2,所以ìíîïïïïx M =(3-2k )2-123+4k 2，y M =k (x M -1)+32，同理可得ìíîïïïïx N =(3+2k )2-123+4k 2，y N =-k (x M -1）+32，所以k MN =y M -y N x M -x N =k [18+8k 2-2(3+4k 2)]24k=12为定值.证法1是一种常规的解法,先联立直线和椭圆方程得到关键方程,在分别求出两点的坐标后,代入有关斜率的关系式求得参数k 的值.该解法对同学们的计算能力要求较高，尤其在求两点的坐标时运算量较大.证法2:将题目中的直角坐标系向上平移1个单位,再向右平移32个单位,即使G 为新直角坐标系的原点.也就是说,点G ,M ,N 所对应的坐标分别为G '()0,0,M '()x 1,y 1,N '()x 2,y 2.此时椭圆C 在新坐标系中的方程为C ':()x +124+æèöøy +3223=1.由于直线M 'N '不经过原点,可设其直线方程为mx +ny =1,与C '联立可得3x 2+4y 2+6x ()mx +ny +12y ()mx +ny =0.两边同时除以x 2可得()12n +4æèçöø÷y x 2+()6n +12m æèçöø÷y x +()6m +3=0.由k GM +k GN =0知y 1x 1+y 2x 2=0,故-6n +12m 12n +4=0,即n =-2m .又m ,n 不同时为0,则M 'N '的斜率k =-m n =12.综上所述,直线MN 的斜率为定值,其值为12.值得注意的是,无论我们怎样平移直角坐标系,题目中所有直线的斜率都没有发生变化,也就是说,原直角坐标系中所涉及斜率的已知条件,也可以在新直角坐标系中直接使用.证法2以k GM +k GN =0为突破口,通过平移直角坐标系得到关于x ,y 的齐次化方程,将问题转化为关于yx（斜率）的一元二次方程，利用方程的根与系数之间的关系进行求解,巧妙地避开了复杂的运算.解答类似题目，此方法值得推广.例2.记H ()0,3,M ,N 是椭圆C :x 24+y 23=1上的两个动点,若k HM ∙k HN =4,证明:直线MN 过定点.证明:将题目中的坐标系向上平移3个单位,点H ,M ,N 对应的坐标分别为H '()0,0,M '()x 1,y 1,N '()x 2,y 2,即以点H 为坐标原点建立新的直角坐标系.此时,椭圆C 在新直角坐标系中的方程为C ':x 24+()y +323=1.47由于直线M 'N '不经过原点，所以设其直线方程为mx +ny =1,与C '联立可得3x 2+83mxy +()83n +4y 2=0.两边同时除以x 2可得()83n +4æèçöø÷y x 2+83m æèçöø÷y x +3=0.由k HM ∙k HN =4知y 1x 1∙y 2x 2=4,故383n +4=4,即n =.因此M 'N '恒过定点æèçø0,,将定点平移回原直角坐标系中,可知直线MN 过定点æèçø0,.在运用齐次化联立解答定点问题时,应注意平移前后直角坐标系中点的对应关系,得到的定点需要平移回去才是原坐标系中的定点.例3.已知椭圆C 的中心在坐标原点,焦点在x 轴上,椭圆C 上的点到焦点距离的最大值为3,最小值为1.（1）求椭圆C 的标准方程.（2）若直线l :y =kx +m 与椭圆C 相交于A ,B 两点（A ,B 不是椭圆的左、右顶点）,且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点,求证:直线l 过定点,并求出该定点的坐标.解:（1）C :x 24+y 23=1.（过程略）（2）设椭圆的右顶点为D ()2,0,将题目中的坐标系向右平移2个单位,则点D ,A ,B 对应的坐标分别为D '()0,0,A '()x 1,y 1,B '()x 2,y 2.此时椭圆C 在新坐标系中的方程为C ':(x +2)24+y 23=1.由于直线M 'N '不经过原点,设其直线方程为mx +ny =1,与C '联立可得4y 2+12nxy +()12m +3x 2=0.两边同时除以x 2可得4æèçöø÷y x 2+12n æèçöø÷y x +()12m +3=0.因为以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点D ()2,0,所以k AD ∙k BD =-1.由k AD ∙k BD =-1知y 1x 1∙y 2x 2=-1,故12m +34=-1,即m =-712.因此A 'B '恒过定点æèöø-127,0,将定点平移回原直角坐标系中,则直线AB 过定点æèöø27,0.此类题目主要有两个特征:①涉及两条直线的斜率和或斜率积；②两条直线过同一个定点.在遇到此类问题时，要设法将两条直线的斜率表示成一元二次方程的两个根,即使用齐次化联立进行求解.可见，运用齐次化联立的方法解题，可以降低运算的难度.一般地,过圆锥曲线C :f ()x ,y =0上一点P ()x 0,y 0引两弦PA ,PB ,则利用齐次化联立证明直线AB 斜率为定值或直线AB 过定点的一般步骤为:（1）平移坐标轴,建立以P ()x 0,y 0为坐标原点的新直角坐标系；（2）求出曲线C 在新直角坐标系下的方程C ':f ()x +x 0,y +y 0；（3）设直线A 'B '的方程为:mx +ny =1,与C '联立得关键方程；（4）对关键方程进行齐次化处理,处理的原则是将关于x ,y 的一次式乘以()mx +ny ,常数项乘以()mx +ny 2,从而将关键方程转化成关于x ,y 的二次式；（5）将齐次化后的方程除以x 2,得到关于yx（斜率）的一元二次方程,并将题目条件转化为该方程的根与系数之间的关系.在解题时，我们不应停留在对特殊题型的求解上,还应该对题目、解法展开深入的探究,挖掘更具一般性的结论.结论1.已知定点P ()x 0,y 0为椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1上的定点，A ,B 为椭圆C 上的两个动点，则有（1）若k AP +k BP =0,那么直线AB 的斜率为定值b 2x 0a 2y 0.（2）若k AP +k BP =λ()λ≠0,那么直线恒过定点æèçöø÷-2y 0λ+x 0,-2b 2x 0λa 2-y 0.（3）若k AP ∙k BP =λ,那么直线恒过定点æèçöø÷2b 2x 0λa 2-b 2+x 0,-2λa 2y 0λa 2-b 2+y 0.证明:将题目中的直角坐标系向上或向下平移x 0个单位,再向左或向右平移y 0个单位,即使P 为新直角坐标系的原点.也就是说,点P ,A ,B 对应的坐标分别为P '()0,0,A '()x 1,y 1,B '()x 2,y 2.由于直线A 'B '不经过原点,可设其直线方程为mx +ny =1,与椭圆在新直角坐标系中的方程C '联立得ìíîïï()x +x 02a 2+()y +y 02b 2=1mx +ny =1,,整理可得()a 2+2a 2y 0n y 2+()2b 2x 0n +2a 2y 0m xy +()b2+2b 2x 0m x 2=0,将两边同时除以x 2可得()a 2+2a 2y 0n æèçöø÷y x 2+(2b 2x 0n+2a 2y 0m )æèçöø÷y x+(b 2+2b 2x 0m )=0.48。

B(−2, 0) 为原点的心坐标系, 记新原点 B′, 设 直线 l 对应 l′,
M, N
分别对应 M ′(x′1, y1′ ), N ′(x′2, y2′ ).
则
x′ = x + 2, y′ = y,
x = x′ − 2, 即 y = y′.
则直线 l′ 的方程为: x′ = my′ +4, 抛物线
其方程为 m(x′ − y′) = 1, 联立
x′2 + 4x′ − 4y′ = 0, m(x′ − y′) = 1,
得
x′2
+
(4x′
−
4y′)(mx′
−
my′)
=
0,
整理得
4m
·
(
y′ x′
)2
−
8m
·
y′ x′
+ (4m + 1)
=
0.
所 以 由 韦 达 定 理 知, kMA · kMB
=
xi − x0
而
kP Pi
=
yi xi
− y0 (i − x0
=
1, 2),
所以 kP P1 , kP P2 是方程 ⃝2 的两根. 由韦达定理可以得到以
下结论:
(1) 若 直 线 P P1 与 直 线 P P2 的 倾 斜 角 互 补, 则 由 kP P1 + kP P2 = 0 ⇔ B = 0.
A · ( y − y0 )2 + B · y − y0 + C = 0(A ̸= 0). ⃝2
x − x0
x − x0
P1(x1, y1), P2(x2, y2) 的坐标满足方程 ⃝2 , 即有

y2 =
1
6x
(
l
lx+ x 0+
m m
y y
0
)
16lx 2 - 16mx y -
( l x 0 + my 0 ) y 2 = 0.
-
( lx0+ my0) 16l
=
-
1
l ( x 0 - 16) +
my 0 = 0恒成立. 定点为( 16, 0) .
∃ 例 3% 抛物线 y 2 = p ( x + 1) ( p > 0) , 直
(x0, y0), 则
A
x2 0
+
B x 0y 0 +
Cy
2 0
+
( Dx 0 +
Ey0 ) #
(-
l
x
0
+ n
my
0
)
+
F( -
l
x
0
+ n
m
y
0
)
2
=
A
x
2 0
+
Bx0y0 +
C
y
2 0
+
( Dx0 +
Ey0 ) +
F= 0.
(x0, y0) 满足 ! , ! 代表 过原点 且与 L
与 C 的交点( x 0 , y 0 ) 的两条直线 方程, ! 可化
( Dl+
Em) n+ F( l 2 + m2 ) = 0. 第二种方法
若直线 L 与二次曲线 C 有两个交点 A , B, 则将直线方程与二次曲线方程联立, 分别消去 x , y , 所得的关于 x 和 y 两个一元二次方程( 让

构造齐次方程,求解一类圆锥曲线问题
尤小平
【期刊名称】《中学数学月刊》
【年(卷),期】2004(000)004
【摘要】@@ 问题1(2000年北京、安徽春季高考题)如图1,设点A和B为抛物线y2=4px(p＞0)上原点以外的两个动点,已知OA⊥OB,OM⊥AB,求点M的轨迹.【总页数】2页(P33-34)
【作者】尤小平
【作者单位】江苏省南京市金陵中学,210005
【正文语种】中文
【中图分类】O1
【相关文献】
1.构造齐次方程巧解一类圆锥曲线问题 [J], 黎承忠
2.析圆锥曲线中一类最值的问题的求解 [J], 黄振团
3.局部固定动静转换——利用圆锥曲线定义求解一类几何最值问题 [J], 傅建红
4.圆锥曲线中的类比与一类问题的求解 [J], 龚建良
5.圆锥曲线中一类有关线段比值问题的求解与思考 [J], 吴江
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中学数学教学参考（上旬）2021年第3期^•题探索巧用齐次化方法解圆锥曲线问题项海圆，黄永明（云南师范大学数学学院）摘要：圆锥曲线问题，由于其侧重对学生数学运算和逻辑推理的考查，成为高考数学的一个重要考点。

本文以2020年圆锥曲线内容的高考题为例，巧用齐次化方法解决圆锥曲线中斜率之和为定值或斜率之积 为定值的问题。

关键词：圆锥曲线；齐次化方法 文章编号：1002-2171 (2021)3-0040-031问题的提出圆锥曲线问题是高中解析几何的重点和难点，对于此类问题，学生往往先将直线方程与圆锥曲线方程 联立方程组，然后进行消元，再利用韦达定理求得两 根的关系，最后根据题目的已知条件进行转换和计算 得到想要的结果（简称“常规解法”）。

但是，这种方法 计算量大且复杂，让很多学生不敢下笔，望而却步。

笔者运用齐次化方法解决圆锥曲线中斜率之和为定 值或斜率之积为定值的问题，从而简化解题步骤，提 高解题的正确率。

2模型构建，初探齐次化方法例1已知椭圆C :誓+ y =1，B (0,1)，P ，Q 为C 上的两个动点.々阳=|~。

求证：直线P Q 过定点。

证明：椭圆匸：:^ + >;2 = 1，识0，1),/5,〇向下平移1个单位后分别得到椭圆B〇(B ^\ ,c r(y + I )2 = 1, Bf C 0,、'幻0)，P '，Q '，如图1。

设直线P 'Q '的方程为将平移后的椭圆和直线P 'Q '的方y 程联立得图1—+ (^+D 2 =1 9^ ==>x 2 + 3y 2 + 63^ • (m x + ny )=mocJ rny = 10=>*r2 + 67/1：?：3/+(3 + 672)3；2 = 0,等式两边同时除以：c2 得 1 + 6m • f + ( 3 + 6n ) ( f ) = 0。

令易知《就是直线O P '和OQ '的斜率），得X(3 + 672)Z 2+6m Z +l = 0,所以々B P •々BQ =々〇p ，•々O Q '== |■，解得《=_ +。

2020 Hs 8elkl:;57 *$%&'()*!+&,-./012#4 + $ % (z + 2) * 1& (z + 2) +'y 2.由z + 2 ) 0,则两边除以((+ 2)2，得1 + $ *6!!"##Q&w")* 210024"众所周知，圆锥曲线问题是高考数学的一个重要考(w l a •l ”x' \t # ,点.在解决此类大题的过程中，学生往往思路特别清晰，但却在运算上耗费大量时间，陷入算不出来、算不下去的 ;Lm ，$ <程 圆锥 <程:; ， g %1&的代换实现齐次化，顺理成章地将联立后的方程转化为一 元二次方程，利用一元二次方程的两根关系，可化简解题 过程，避免繁琐运算，提高解题正确率.! “用 中的 6!"(3" w 方程.直线方程的一般式是Az +By + C %0,当-)0时 A B A B可化为——z +—— y % 1.令——%#，—— %$，贝U #z + $y % 1 #现将 n67!—"(—3" ( n z 7%z +"( z %z 7—"(D 式 / ( / # 式(y 7%y +3 y %y 7—3#!z 7—""+$!y 7—3"%1(~#!z —""+$!y —3"%1 $此时②式也可以表示过原点的直线，从而平面中的任何 一条直线都可以利用定点6! 3设出方程•对于二次曲， < b2 vAGHZ ! !#Q&(R & 2019@;N"W圆z 2 y 2C ： — + (— = 1!〉3〉0)的两焦点之间的距离为2，两 "2 32o 间的 为8， 7'y %*!z —#"!# $$"圆C 交于两点•(1) 求椭圆C 的方程.(2) 设椭圆C 的左顶点为A ,记直线AP.AE 的斜率为*1 (*2# q # % 0( *1 **2 的 -②若*1 * *2 % — 4，求实数#的值.z 2 y 2解⑴椭圆c 的方程为4 + $ % 1.(2)利用定点A (— 20),直线7的方程可设为入! + 2)+'y %1在椭圆方程中g z + 2替换z 并两边配平，椭圆0的!z 2)2 y 2方程可化为 4 + $ % (z +2) * 1.将 7 方程中的%1&圆方程，!z +2)2 y 2(y2 ) %&+' Z y ”，式中的 [&既表示过动点P 和z +& z +& z +&定 A 的 的 ， 也表 E 和定 A 的 的， 记为* ， 贝1 + 3*2 %&+'*,艮卩— '* + 4一& % 0.根据韦达定理可得*1 * *2 %$(1 —&)(&)•# 若# %0，贝7 ~ & !z +2) +'y %11$点，故可得&& % 1即& % —，代入(& )式,则*1 * *2 % ― •②若 *1 * *2 % 1，贝*1 * *2 % 3 (4 — &) % 1，故可得& % $，那么直线7的方程为$(z + 2) +'y % 1，4{— 定 1，0)，~y %*!z —#) — 1，0)， 此#%18之于齐次化联立一 =，①②两问顺着同一条路径，同时解决.3 Y例2 (2017苏锡常镇二模)已知椭圆C ：2 +y 2 % 1的右顶点A ((2，)，点！2，—槡2)的直线交椭圆于6Q两点，若*A6 +*ae % &，试问:实数&是否为定值？若是，求“ -若不是， j <解线6Q 的方程为#!—槡& +$y % 1椭圆方程化为22 +y 2 % ©-槡A *1把直线6Q 方(一 2) 2程中的%”代入，得—+y 2 %槡Q 槡一z ) *—72) + $y 2 •化简得(—) +槡$ *— +\z — 2z —2槡#+ 1 % 0,从而得到 & % *AP +*AQ % —槡2$.又由已知直线#! —V 2)+$y %1过点(2，—72)， 可得一槡2$ % 1,故可求得& % 1.由例1、例2的解题过程发现，齐次化联立的适用范围 于'1 ) 圆 定 P 和AB -(2)题设或结论中涉及PA,PB 的斜率之积或斜率之和，女口 *1 * *2，1 +*2，1 + 1+ 1.*1 *2 *1 *2类似地，齐次化联立也适用于双曲线和抛物线问题.y 2例3已知双曲线Cz 2 —( % 1的左顶点为A ,过*58*elkl:;2020 Hs 8t7[G B (C(w AB (AC 的斜率分别为*1和*2(且*1+*2 % — 2，求直线/的<=(2) g T {:设 7 和 的方程(3) 联立之用％&的代换实现齐次化，从而将问题转化成一次方程根与系数的关系来解4 lT h 次 , l ' 用=法解决呢答案是肯定的.例& 已知点 P 是 ? C 的 tu 一 ,P71 ' % —2 的为d 1,到点A (—1,0)的为d 2 ,且d 2 _槡2 图1d % 21 )?C 的 方程2) 1,7 ?C G h 的A ,B !>w 7'#!' + 1"+$1 % 1 ( 7!3(0"(v1 12 3# % —，双曲线方程化为('+1)2 — % 2(' +1)・1.4812把7中的％”代入双曲线方程，得('+ 1)2 — %82!' +1)・1#!' +1) +$1 2化为('+ 1) +16 $ * ' + 1 + 16# — 8 % 0,贝»得*1 +*2 % & 16$ % —1,即得 $132,7 的方程为8' +1—24 %0例4已知抛物线C12 =4',过点M (1,2)作C 的两 条弦BA,BB ,设BA,BB 的 为*1 ,*2,当*1 ,*2 变化且 *1+*2 % —1 y (0 ' AB l T . ql (“ 的 n设AB#(' — 1) +$1 — 2) % 1,又抛物线方程化为 C '1 —2)2 =4(' —1)—41 —2),扌|方程(1—2)2 % 14(' —1)—4(1—2)21#('—1)+$(1—()则得*1 +*2 %% —1,即得8$ % 4# — 1,故可4$+1AB 的方程为8#('—1)+(4#—1)*(1—2) %8, 贝 AB T (5, —6)解题过程，齐次化联立的一般步骤可&'1)题# 次 gT 和 -②条件和 中，涉及的对称运算，如*1* *2,'方),且 60AA + 60AB %1803# A 为 C 1 的 G y , 7 的方程-② 是 W 一｝定 , 60AA 化, 7总过该定点？若存在，求出该定点的坐标;若不存在，请说 <解⑴椭圆c ：2+12 % 1.(2)#1 % 2' +1.& 用齐次化联立 s ②利用A (—10)这个定点,7的方程可设为#('+1) +$1 % 1!&)!' +1)2 1椭圆C 的方程可化为'+丿+12 %('+1)+2,!' +1)2 1 1即 & +12 %('+1)* 1+2 * 12( &&). ! 2 的处理”"将!&) %中的%1& !&&),!' +1)2&-------12 % ( ' + 1) * [# ( ' + 1) + $12 +1 [# ( ' +1) + $122 (实现齐次化)' +1 )0, 贝 U' +1)2 ,(# + $)，其中表示过定点A (一1,0"以及' +1 ' +1动点A ( '1，11)和B ( '2 12)的直线的斜率*1 ,*2，统一.记作*,则上式即为2+*2 % ( #+$*)~~& ( #+$*)2,整理得(2$2 & 1) *2+( $+#$)*+-1#2+# —1 % 0.60AA + 60AB % 1803,*1 +*2 % 0,则3若$ % 0,代入(& )式得#( '+1) % 1,若要恒过定 , 则' % —1, =y 式不 立, ;23 若# % —1,&) 式 — ' +1) +$1 % 1,恒 定 —2,0),7 恒 定 —2,0)的数学家和教亚有一句脍炙人口的名言'掌握数学就意味着善于解题提高学生数学思维能 力的重要 之一是解题，而教师要实现这一目标就必须解题教学 , 解 题 中 齐次化 联立模型，让学生学择简单高效的方法，间接地为学生争取 的时间，训练 良好的 惯，继 学生 @0,0 ~,~ 生 ,:, 从Z解 一 题的 时, 实现学生的)善及 力的高。