平移齐次化解决圆锥曲线中斜率和积问题与定点问题（解析版）

圆锥曲线中斜率和积为定值问题与定点问题(平移齐次化)1.真题回顾2020新高考I卷2.题型梳理题型1：已知定点求定值题型2：已知定值求定点【例题】2x2已知椭圆+y=1，设直线l不经过P(0,1)点且与C相交于A，B两点．若直线PA与直线PB的斜率4222的和为-1，证明：l过定点．Q(2,-1)【平移+齐次化处理】Step1：平移点P到原点，写出平移后的椭圆方程，设出直线方程，并齐次化处理将椭圆向下平移一个单位，(为了将P2(0,1)平移到原点)2x2椭圆方程化为C:+(y+1)=1，(左加右减，上减下加为曲线平移)4122设直线l对应的直线l′为mx+ny=1，椭圆方程化简为x+y+2y=0，4把一次项化成二次结构，将2y乘上mx+ny即可122212此时椭圆方程变成：x+y+2ymx+ny=0⇒2n+1y+2mxy+x=044Step2：根据斜率之积或斜率之和与韦达定理的关系得到等式，求得m，n之间的关系由于平移不会改变直线倾斜角，即斜率和仍然为-1，而P2点此时为原点，设平移后的A(xA,yA),B(xB,yB)，y-0y-0即A+B=-1,xA-0xB-02y21将椭圆方程两边同除以x，令k=，得2n+1k+2mk+=0，x42m结合两直线斜率之和为-1，即k+k=-=-1，得2m=2n+1，∴m-2n=1，122n+1Step3：得出定点，此时别忘了，还要平移回去!∴直线l′恒过点Q′(2,-2)，向上平移一个单位进行还原在原坐标系中，直线l过点Q(2,-1)．【手电筒模型·1定+2动】x2y2直线y=kx+m与椭圆+=1a>b>0交于A，B两点，P(x0,y0)为椭圆上异于AB的任意一点，a2b2若kAP⋅kBP=定值或kAP+kBP=定值(不为0)，则直线AB会过定点．(因为三条直线形似手电筒，固名曰1k+k手电筒模型)．补充：若y=kx+m过定点，则k⋅k=定值，APBP=定值.APBPk【坐标平移+齐次化处理】(左加右减，上减下加为曲线平移)Step1：平移点P到原点，写出平移后的椭圆方程，设出直线方程，并齐次化处理Step2：根据斜率之积或斜率之和与韦达定理的关系得到等式，求得m，n之间的关系，Step3：得出定点，此时别忘了，还要平移回去!【补充】x2y2椭圆E:+=1(a>b>0),P(x0,y0)是椭圆上一点，A，B为随圆E上两个动点，PA与PB的斜率分别a2b2为k1，k2.x2，证明斜率为定值0b；(1)k1+k2=0AB:⋅2(y≠0)y0a22y02x0b(2)k1+k2=t(t≠0)，证明AB过定点：x0-,-y0-⋅；tta22yb，证明的斜率为定值0；(3)k1⋅k2==2AB-(x0≠0)ax0b2λa2+b2λa2+b2(4)k1⋅k2=λλ≠，证明AB过定点：x0,-y0.a2λa2-b2λa2-b2以上称为手电筒模型，注意点P不在椭圆上时，上式并不适用，常数也需要齐次化乘“12”2020·新高考1卷·22x2y221已知椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为，且过点A2,1．a2b22(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．c=2a2【详解】(1)由题意可得：41，解得：a2=6,b2=c2=3，2+2=1aba2=b2+c2x2y2故椭圆方程为：+=1.63(2)[方法一]：通性通法设点Mx1,y1,Nx2,y2，2若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y=kx+m，222代入椭圆方程消去y并整理得：1+2kx+4kmx+2m-6=0，4km2m2-6可得x1+x2=-，x1x2=，1+2k21+2k2因为AM⊥AN，所以AM·AN=0，即x1-2x2-2+y1-1y2-1=0，根据y1=kx1+m,y2=kx2+m,代入整理可得：22k+1x1x2+km-k-2x1+x2+m-1+4=0，        222m-64km2所以k+1+km-k-2-+m-1+4=0，1+2k21+2k2整理化简得2k+3m+12k+m-1=0，因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k+m-1≠0，21故2k+3m+1=0，k≠1，于是MN的方程为y=kx--k≠1，3321所以直线过定点直线过定点P,-.33当直线MN的斜率不存在时，可得Nx1,-y1，由AM·AN=0得：x1-2x1-2+y1-1-y1-1=0，2222x1y12得x-2+1-y=0，结合+=1可得：3x-8x+4=0，1163112解得：x=或x=2(舍).1322141此时直线MN过点P,-.令Q为AP的中点，即Q,，3333[方法二]【最优解】：平移坐标系(x+2)2(y+1)2将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为+=1，设63直线MN的方程为mx+ny=4．将直线MN方程与椭圆方程联立得x2+4x+2y2+4y=0，即x2+(mx+y2yny)x+2y2+(mx+ny)y=0，化简得(n+2)y2+(m+n)xy+(1+m)x2=0，即(n+2)+(m+n)xx+(1+m)=0．y1y2m+1设Mx1,y1,Nx2,y2，因为AM⊥AN则kAM⋅kAN=⋅==-1，即m=-n-3．x1x2n+244代入直线MN方程中得n(y-x)-3x-4=0．则在新坐标系下直线MN过定点-,-，则在原坐标3321系下直线MN过定点P,-．3341又AD⊥MN，D在以AP为直径的圆上．AP的中点,即为圆心Q．经检验，直线MN垂直于x轴33时也成立．41122故存在Q,，使得|DQ|=|AP|=．3323[方法三]：建立曲线系2×x1×yA点处的切线方程为+=1，即x+y-3=0．设直线MA的方程为kx-y-2k+1=0，直线6311MB的方程为k2x-y-2k2+1=0，直线MN的方程为kx-y+m=0．由题意得k1⋅k2=-1．x2y2则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线MA,MB可表示为+-1+63λk1x-y-2k1+1k2x-y-2k2+1=0(其中λ为系数)．3用直线MN及点A处的切线可表示为μ(kx-y+m)⋅(x+y-3)=0(其中μ为系数)．x2y2即+-1+λkx-y-2k+1kx-y-2k+1=μ(kx-y+m)(x+y-3)．631122对比xy项、x项及y项系数得λk1+k2=μ(1-k),①λ4+k1+k2=μ(m-3k),②③2λk1+k2-1=μ(m+3).21将①代入②③，消去λ,μ并化简得3m+2k+1=0，即m=-k-．332121故直线MN的方程为y=kx--，直线MN过定点P,-．又AD⊥MN，D在以AP为直径333341的圆上．AP中点,即为圆心Q．3341122经检验，直线MN垂直于x轴时也成立．故存在Q,，使得|DQ|=|AP|=．3323[方法四]：设Mx1,y1,Nx2,y2．若直线MN的斜率不存在，则Mx1,y1,Nx1,-y1．22因为AM⊥AN，则AM⋅AN=0，即x1-2+1-y1=0．22x1y12由+=1，解得x=或x=2(舍)．631312所以直线MN的方程为x=．3若直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=kx+m，则x2+2(kx+m)2-6=21+2kx-x1x-x2=0．2(2k+m-1)(2k+m+1)令x=2，则x1-2x2-2=．1+2k22y-m21又+2y-6=2+y-y1y-y2，令y=1，则y1-1y2-1=kk2(2k+m-1)(-2k+m-1)．1+2k2(2k+m-1)(2k+3m+1)因为AM⊥AN，所以AM⋅AN=x1-2x2-2+y1-1y2-1==0，1+2k221即m=-2k+1或m=-k-．33当m=-2k+1时，直线MN的方程为y=kx-2k+1=k(x-2)+1．所以直线MN恒过A(2,1)，不合题意；212121当m=-k-时，直线MN的方程为y=kx-k-=kx--，所以直线MN恒过33333321P,-．332142综上，直线MN恒过P,-，所以|AP|=．333又因为AD⊥MN，即AD⊥AP，所以点D在以线段AP为直径的圆上运动．41122取线段AP的中点为Q,，则|DQ|=|AP|=．3323所以存在定点Q，使得|DQ|为定值．【整体点评】(2)方法一：设出直线MN方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点P，再根4据平面几何知识可知定点Q即为AP的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线MN的方程为mx+ny=4，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出m,n的关系，从而可知直线过定点P，从而可知定点Q即为AP的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线MN:y=kx+m，再利用过点A,M,N的曲线系，根据比较对应项系数可求出m,k的关系，从而求出直线过定点P，故可知定点Q即为AP的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解x1-2x2-2以及y1-1y2-1的计算．题型一已知定点求定值1已知抛物线C:y2=4x，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】直线PQ:x=my+4,Px1,y1,Qx2,y2x-my由x=my+4，得1=4x=my+4x-my则由，得：y2=4x⋅，y2=4x4y2yyy整理得：+m-1=0，即：1⋅2=-1．xxx1x2y1y2所以kOP⋅kOQ==-1，x1x2则OP⊥OQ，即：∠POQ=90°2x22如图，椭圆E:+y=1，经过点M(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2点A(0,-1)，证明:直线AP与AQ的斜率之和为2．【解析】设直线PQ:mx+n(y+1)=1,Px1,y1,Qx2,y2则m+2n=1．mx+n(y+1)=12由x2，2+y=12x2得：+[(y+1)-1]=1．22x2则+(y+1)-2(y+1)[mx+n(y+1)]=0，2y+12y+11故(1-2n)-2m+=0．xx2y1+1y2+12m所以+==2.x1x22n-1y1+1y2+1即kAP+kAQ=+=2.x1x253x2y23已知点A1,，O为坐标原点，E，F是椭圆C:==1上的两个动点，满足直线AE与直线243AF关于直线x=1对称．证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值；1【答案】(提示：k+k=0答案：)122x2y24如图，点F(1,0)为椭圆+=1的右焦点，过F且垂直于x轴的直线与椭圆E相交于C､D两43点(C在D的上方)，设点A､B是椭圆E上位于直线CD两侧的动点，且满足∠ACD=∠BCD，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由.解法1常规解法依题意知直线AB的斜率存在，设AB方程：y=kx+mAx1,y1，Bx2,y222xy222代入椭圆方程+=1得：4k+3x+8kmx+4m-12=0(*)438km4m2-12∴x1+x2=-，x1x2=4k2+34k2+3由∠ACD=∠BCD得kAC+kBC=033333y1-2y2-2kx1+m-2kx2+m-2∵C1,，∴+=+=02x1-1x2-1x1-1x2-13∴2kxx+m--kx+x-2m+3=0122124m2-1238km∴2k⋅+m--k--2m+3=04k2+324k2+3整理得：(6k-3)(2k+2m-3)=0∴2k+2m