2024年高考数学专项复习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）.pdf

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1、圆锥曲线中斜率和积为定值问题与定点问题(平移齐次化)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】【例题】已知椭圆x24+y2=1，设直线l不经过P2(0,1)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Q(2,-1)2024年高考数学专项复习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）【手电筒模型【手电筒模型 1 1定定+2 2动】动】直线y=kx+m与椭圆x2a2+y

2、2b2=1 ab0交于A，B两点，P(x0,y0)为椭圆上异于AB的任意一点，若kAPkBP=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，固名曰手电筒模型)补充：补充：若y=kx+m过定点，则kAPkBP=定值，kAP+kBPk=定值.20202020 新高考新高考1 1卷卷 22221 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)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AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得 DQ为定值题型一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

3、，Q两点，O为坐标原点证明：POQ=902 如图，椭圆E:x22+y2=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(均异于点A(0,-1)，证明:直线AP与AQ的斜率之和为23 已知点A 1,32，O为坐标原点，E，F是椭圆C C:x24=y23=1上的两个动点，满足直线AE与直线AF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；4 如图，点F(1,0)为椭圆x24+y23=1的右焦点，过F且垂直于x轴的直线与椭圆E相交于CD两点(C在D的上方)，设点AB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.5

4、 椭圆E:x22+y2=1，A 0,-1，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26 已知椭圆C：x24+y23=1，过F作斜率为k(k0)的动直线l，交椭圆C于M，N两点，若A为椭圆C的左顶点，直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：kk1+kk2为定值，并求出定值.题型二题型二已知定值求定点1(2017全国卷理)已知椭圆x24+y2=1，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2 已知椭圆C:x24+y2=1，设直线l不经过点P2(0,1)且与C相交于A，B两点

5、若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：直线l过定点3 已知抛物线C：y2=2px(p0)上的点P(1，y0)(y00)到其焦点的距离为2(1)求点P的坐标及抛物线C的方程；(2)若点M、N在抛物线C上，且kPMkPN=-12，证明：直线MN过定点.4 已知椭圆C:x24+y23=1，P 1,32，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5 已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为33，椭圆E的短轴长等于4(1)求椭圆E的标准方程；x26+y24=1(2)设A 0,-1，B 0,2，过A且斜率为k1的动

6、直线l与椭圆E交于M，N两点，直线BM，BN分别交C：x2+y-12=1于异于点B的点P，Q，设直线PQ的斜率为k2，直线BM，BN的斜率分别为k3，k4求证：k3k4为定值；求证：直线PQ过定点.圆锥曲线中斜率和积为定值问题与定点问题圆锥曲线中斜率和积为定值问题与定点问题(平移齐次化平移齐次化)1.真题回顾真题回顾20202020新高考新高考I I卷卷2.题型梳理题型梳理题型题型1 1：已知定点求定值：已知定点求定值题型题型2 2：已知定值求定点：已知定值求定点【例题】【例题】已知椭圆x24+y2=1，设直线l不经过P2(0,1)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-

7、1，证明：l过定点Q(2,-1)【平移【平移+齐次化处理】齐次化处理】StepStep1 1：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)椭圆方程化为C:x24+(y+1)2=1，(左加右减，上减下加为曲线平移)设直线l对应的直线l为mx+ny=1，椭圆方程化简为14x2+y2+2y=0，把一次项化成二次结构，将2y乘上mx+ny即可此时椭圆方程变成：14x2+y2+2y mx+ny=0 2n+1y2+2mxy+14x2=0StepStep2 2：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

8、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)，即yA-0 xA-0+yB-0 xB-0=-1,将椭圆方程两边同除以x2，令k=yx，得 2n+1k2+2mk+14=0，结合两直线斜率之和为-1，即k1+k2=-2m2n+1=-1，得2m=2n+1，m-2n=1，StepStep3 3：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【手电筒模型 1 1定定+2 2动】动】直线y=kx+m与椭圆x2a2+y2b2=1 ab0交于A，B两点，P

9、(x0,y0)为椭圆上异于AB的任意一点，若kAPkBP=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，固名曰手电筒模型)补充：补充：若y=kx+m过定点，则kAPkBP=定值，kAP+kBPk=定值.【坐标平移【坐标平移+齐次化处理】齐次化处理】(左加右减，上减下加为曲线平移左加右减，上减下加为曲线平移)StepStep1 1：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StepStep2 2：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，StepStep3 3：得出定点，此时别忘了，还要平移回去!【补充】【补充

10、】椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0),P(x0,y0)是椭圆上一点，A，B为随圆E上两个动点，PA与PB的斜率分别为k1，k2.(1)k1+k2=0，证明AB斜率为定值:x0y0b2a2(y0)；(2)k1+k2=t(t0)，证明AB过定点：x0-2y0t,-y0-2x0tb2a2；(3)k1k2=b2a2，证明AB的斜率为定值-y0 x0(x00)；(4)k1k2=b2a2，证明AB过定点：x0a2+b2a2-b2,-y0a2+b2a2-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”20202020 新高考新高考1 1卷卷 22221 已知椭圆

11、C：x2a2+y2b2=1(ab0)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AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得 DQ为定值【详解】(1)由题意可得：ca=224a2+1b2=1a2=b2+c2，解得：a2=6,b2=c2=3，故椭圆方程为：x26+y23=1.(2)方法一方法一：通性通法：通性通法设点M x1,y1,N x2,y2，若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y=kx+m，代入椭圆方程消去y并整理得：1+2k2x2+4kmx+2m2-6=0，可得x1+x2=-4km1+2k2，x1x2=2m2-61+2k2，因为AMAN，所以AM

12、 AN=0，即 x1-2x2-2+y1-1y2-1=0，根据y1=kx1+m,y2=kx2+m,代入整理可得：k2+1x1x2+km-k-2x1+x2+m-12+4=0，所以 k2+12m2-61+2k2+km-k-2-4km1+2k2+m-12+4=0，整理化简得 2k+3m+12k+m-1=0，因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k+m-10，故2k+3m+1=0，k1，于是MN的方程为y=k x-23-13k1，所以直线过定点直线过定点P23,-13.当直线MN的斜率不存在时，可得N x1,-y1，由AM AN=0得：x1-2x1-2+y1-1-y1-1=0，得 x1-22+1-y21

13、=0，结合x216+y213=1可得：3x12-8x1+4=0，解得：x1=23或x2=2(舍).此时直线MN过点P23,-13.令Q为AP的中点，即Q43,13，方法二方法二 【最优解】：平移坐标系【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为(x+2)26+(y+1)23=1，设直线 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+ny)x+2y2+(mx+ny)y=0，化简得(n+2)y2+(m+n)xy+(1+m)x2=0，即(n+2)yx2+(m+n)yx+(1+m)=0设M x1

14、,y1,N x2,y2，因为AMAN则kAMkAN=y1x1y2x2=m+1n+2=-1，即m=-n-3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-43,-43，则在原坐标系下直线MN过定点P23,-13又ADMN，D在以AP为直径的圆上AP的中点43,13即为圆心Q经检验，直线MN垂直于x轴时也成立故存在Q43,13，使得|DQ|=12|AP|=2 23 方法三方法三：建立曲线系：建立曲线系A点处的切线方程为2x6+1y3=1，即x+y-3=0设直线MA的方程为k1x-y-2k1+1=0，直线MB的方程为k2x-y-2k2+1=0，直线MN的方程为kx-y+

15、m=0由题意得k1k2=-1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x26+y23-1+k1x-y-2k1+1k2x-y-2k2+1=0(其中为系数)用直线MN及点A处的切线可表示为(kx-y+m)(x+y-3)=0(其中为系数)即x26+y23-1+k1x-y-2k1+1k2x-y-2k2+1=(kx-y+m)(x+y-3)对比xy项、x项及y项系数得 k1+k2=(1-k),4+k1+k2=(m-3k),2 k1+k2-1=(m+3).将代入，消去,并化简得3m+2k+1=0，即m=-23k-13故直线MN的方程为y=k

16、 x-23-13，直线MN过定点P23,-13又ADMN，D在以AP为直径的圆上AP中点43,13即为圆心Q经检验，直线MN垂直于x轴时也成立故存在Q43,13，使得|DQ|=12|AP|=2 23 方法四方法四：设M x1,y1,N x2,y2若直线MN的斜率不存在，则M x1,y1,N x1,-y1因为AMAN，则AM AN=0，即 x1-22+1-y21=0由x216+y213=1，解得x1=23或x1=2(舍)所以直线MN的方程为x=23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=1+2k2x-x1x-x2=0令

17、x=2，则 x1-2x2-2=2(2k+m-1)(2k+m+1)1+2k2又y-mk2+2 y2-6=2+1k2y-y1y-y2，令y=1，则y1-1y2-1=(2k+m-1)(-2k+m-1)1+2k2因为AMAN，所以AM AN=x1-2x2-2+y1-1y2-1=(2k+m-1)(2k+3m+1)1+2k2=0，即m=-2k+1或m=-23k-13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；当 m=-23k-13时，直线 MN 的方程为 y=kx-23k-13=k x-23-13，所以直线 MN 恒过P23,-13

18、综上，直线MN恒过P23,-13，所以|AP|=4 23又因为ADMN，即ADAP，所以点D在以线段AP为直径的圆上运动取线段AP的中点为Q43,13，则|DQ|=12|AP|=2 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

19、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 x1-2x2-2以及y1-1y2-1的计算题型一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由x=my+4，得1=x-my4则由x=my+4y2=4x，得：y2=4xx-my4，整理得：yx2+myx-1=0，即：

20、y1x1y2x2=-1所以kOPkOQ=y1y2x1x2=-1，则OPOQ，即：POQ=902 如图，椭圆E:x22+y2=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由mx+n(y+1)=1x22+y2=1，得：x22+(y+1)-12=1则x22+(y+1)2-2(y+1)mx+n(y+1)=0，故(1-2n)y+1x2-2my+1x+12=0所以y1+1x1+y2+1x2=2m2n-1=2.即kAP+kAQ=y1+1x

21、1+y2+1x2=2.3 已知点A 1,32，O为坐标原点，E，F是椭圆C C:x24=y23=1上的两个动点，满足直线AE与直线AF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；【答案】(提示：k1+k2=0答案：12)4 如图，点F(1,0)为椭圆x24+y23=1的右焦点，过F且垂直于x轴的直线与椭圆E相交于CD两点(C在D的上方)，设点AB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.解法解法1 1常规解法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代入椭圆方程x24+y23

22、=1得：4k2+3x2+8kmx+4m2-12=0(*)x1+x2=-8km4k2+3，x1x2=4m2-124k2+3由ACD=BCD得kAC+kBC=0C 1,32，y1-32x1-1+y2-32x2-1=kx1+m-32x1-1+kx2+m-32x2-1=02kx1x2+m-32-kx1+x2-2m+3=02k4m2-124k2+3+m-32-k-8km4k2+3-2m+3=0整理得：(6k-3)(2k+2m-3)=02k+2m-3=0或6k-3=0当2k+2m-3=0时，直线AB过定点C 1,32，不合题意6k-3=0，k=12，直线AB的斜率是定值12解法解法2 2齐次化：齐次化：设

23、直线AB的方程为m(x-1)+n y-32=1椭圆E的方程即：3(x-1)+12+4y-32+322=12即：4 y-322+12 y-32+6(x-1)+3(x-1)2=0联立得：(4+12n)y-322+(12m+6n)y-32(x-1)+(6m+3)(x-1)2=0即(4+12n)y-32x-12+(12m+6n)y-32x-1+(6m+3)=0由ACD=BCD得kAC+kBC=y1-32x1-1+y2-32x2-1=-(12m+6n)(4+12n)=0即：n=-2m直线AB的斜率为-mn=12，是定值.5 椭圆E:x22+y2=1，A 0,-1，经过点 1,1，且斜率为k的直线与椭圆E

24、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解法解法1 1常规解法：常规解法：证明：由题意设直线PQ的方程为y=k x-1+1 k0，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，x1x20，则x1+x2=4k k-11+2k2，x1x2=2k k-21+2k2，且=16k2k-12-8k k-21+2k20，解得k0或k 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解法解法2 2齐次化：齐次化：下移1个单位得E:x24+

25、y+12=1x24+y2+2y=0，设平移后的直线：AB:mx+ny=1，齐次化：x2+4y2+8y mx+ny=0，8n+4y2+8mxy+x2=0，x0同除以x2，8n+4yx2+8myx+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 已知椭圆C:x24+y2=1，设直线l不经过点P2(0,1)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：直线l过定点不平移齐次化【解析】设直线l:mx+n(y-1)=1 (1)由C:x24+y2=1，得x24+(y-1)+

26、12=1即：x24+(y-1)2+2(y-1)=0 (2)由(1)(2)得：x24+(y-1)2+2(y-1)mx+n(y-1)=0整理得：(1+2n)y-1x2+2my-1x+14=0则kP2A+kP2B=y1-1x1+y2-1x2=-2m1+2n=-1，则2m=2n+1，代入直线l:mx+n(y-1)=1，得：l:(2n+1)x+2n(y-1)=2显然，直线过定点(2,-1)3 已知抛物线C：y2=2px(p0)上的点P(1，y0)(y00)到其焦点的距离为2(1)求点P的坐标及抛物线C的方程；(2)若点M、N在抛物线C上，且kPMkPN=-12，证明：直线MN过定点.答案：(2)(9，-

27、2)4 已知椭圆C:x24+y23=1，P 1,32，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距离的最大值解法解法1 1齐次化：齐次化：公共点P 1,32，左移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+4y2+6 2m+nxy+6m+3x2=0，等式两边同时除以 x2，12n+4yx2+6 2m+nyx+6m+3=0，kPAkPB=-94，6m+312n+4=-94，-12m-94n=1，mx+ny=1 过-12,

28、-94，右移 1 个单位，上移32个单位，过 Q12,-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85412，点P到直线l距离的最大值8545 已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为33，椭圆E的短轴长等于4由k3k4=kBPkBQ，即t-t2=-2,t=22+83,此时2=4k290，PQ的方程为y=k2x+22(1)求椭圆E的标准方程；x6+y24=1(2)设A0,-1，B0,2，过A且斜率为k1的动直线l与椭圆E交于M，N两点，直线BM，BN分别交C：x2+y-12=1于异于点B的点P，Q，设直线PQ的斜率为k2，直线BM，B

29、N的斜率分别为k3，k4求证：k3k4为定值；求证：直线PQ过定点.3答案：(2)-2；(3)0,2【小问【小问1 1详解】详解】4c=33由题意ab2+c2=a22b=解得2=b a c=2所以椭圆的标准方程为：x6+6 2 y24=1；【小问【小问2 2详解】详解】2 设MN的方程为y=k1x-1，与x6+y24=1联立得：3k21+2 x2-6k1x-9=0，x1+x2=6k13k2 1+293k21+21+1 0设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1x2=-1=722k2，k3k4=y1-2x1y2-2x2=k1x1-32x2-3kx1x2=k21x1x2-3k1(x1+x2)+

30、9x1x2=-2【法二】平移坐标系【法二】平移坐标系+齐次化处理齐次化处理将坐标系中的图像整体向下平移2个单位，2平移后的椭圆方程为：x6+22y+4=1，整理得：2x2+3y2+12y=0，设平移后的直线MN的方程为：mx+ny=1，代入点0,-3 得mx-y3=1，y则有2x2+3y2+12ymx-3=0，整理得：-y2+12mxy+2x2=0y令k=x，将-y2+12mxy+2x2=0两边同除x2，得-k2+12mk+2=0，故k3k4=-2ym说明：因为平移后k3=xmyn，k4=xn，而式子-y2+12mxy+2x2=0中x，y的值对应平移后的m和n所以同除x2后得到的就是一个以k3和k4为根一个关于k的一元二次方程设PQ的方程为y=k2x+t，与x2+y-12=1联立k22+1 x2+2k2t-1 x+tt-2=0，2k2t-1k2 2+1t-2tk2 2+12-t2+2t 0设P(x3,y3)，Q(x4,y4)则x3x4=2=4k2x3+x4=-kBP kBQ=y3-2x3y4-2x4=k2x3+t-22x4+t-2kx3x4=k22x3x4+k2t-2x3+x4+t-22x1x2=k22tt-2-2k22t-2t-1+k22+1t-22tt-2=k22t-2k22t-12+1t-2+k2 t=t-2t3，故直线PQ恒过定点0，23.