齐次式法与圆锥曲线斜率有关的一类问题

“齐次式”法解圆锥曲线斜率有关的顶点定值问题定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可。技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：例题、（07山东）已知椭圆C：13422yx若与x轴不垂直的直线l与曲线C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），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。解法一（常规法）：mkxyl:设1122(,),(,)AxyBxy，由223412ykxmxy得222(34)84(3)0kxmkxm，22226416(34)(3)0mkkm，22340km212122284(3),3434mkmxxxxkk22221212121223(4)()()()34mkyykxmkxmkxxmkxxmk以AB为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D且1ADBDkk，1212122yyxx，1212122()40yyxxxx，（*）2222223(4)4(3)1640343434mkmmkkkk，（**）整理得：2271640mmkk，解得：1222,7kmkm，且满足22340km当2mk时，:(2)lykx，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27km时，2:()7lykx，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l过定点，定点坐标为2(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点))(,)((2222022220babaybabax。（参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质”）◆模型拓展：本题还可以拓展为：只要任意一个限定AP与BP条件（如BPAPkk定值或BPAPkk定值），直线AB依然会过定点。此模型解题步骤：Step1：设AB直线mkxy，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；Step2：由AP与BP关系（如1BPAPkk），得一次函数)()(kfmmfk或者；Step3：将)()(kfmmfk或者代入mkxy，得定定yxxky)(。方法评估：此方法求解过程中（*）（**）化简整理计算非常繁琐。下面介绍齐次式法。（上述方法改进还有“点乘双根法”）解法二（齐次式法）由以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点P，知PBPA，即1PBPAkk。（PBPAkk为定值）依题意直线l不过椭圆的右焦点)0,2(P设直线1)2(:nyxml，由124322yx得124)22(322yx（凑出因式)0(),2(yx）故04)2(12)2(322yxx（此式不是齐次式，有2次式和1次式，下面齐次化）故0])2()[2(124)2(322nyxmxyx（1的代换）即0)2(12)2(124)2(3222yxnxmyx（下面凑出斜率PBPAkk,。两边同除2)2(x）故0)312(212)2(42mxynxy，（因为BA,是直线与曲线的交点，故BA,的坐标满足此式，即2,22211xyxy是相应方程0)312(1242mntt的解）故14312222211mxyxykkPBPA，解得127m，代入1)2(:nyxml得0172127nyx，由00127127yx得072yx，故l过定点)0,72(。变式此题若改为：已知椭圆C：13422yx的右顶点P，若直线与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且PBPAkk3，,求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。此题用传统法解得时要计算，1212322yyxx，化简变形比原题更难，用齐次式法，与原题类似。解：由原题齐次式解法得0)312(212)2(42mxynxy，故33nkkPBPA解得1n，代入1)2(:nyxml，知1)2(:yxml，过定点)1,2(。变式此题若改为：已知椭圆C：13422yx上一点)23,1(P，若直线与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且1PBPAkk，,求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。◆迁移训练练习1：过抛物线M:pxy22上一点P（1,2）作倾斜角互补的直线PA与PB，交M于A、B两点，求证：直线AB过定点。（注：本题结论也适用于抛物线与双曲线）练习2：过抛物线M:xy42的顶点任意作两条互相垂直的弦OA、OB，求证：直线AB过定点。（经典例题，多种解法）练习3：过1222yx上的点)1,1(A作动弦AB、AC且3ACABkk，证明BC恒过定点。（本题参考答案：)51,51(）练习:4：设A、B是轨迹C：22(0)ypxP上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当,变化且4时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案2,2pp）【答案】设1122,,,AxyBxy，由题意得12,0xx，又直线OA,OB的倾斜角,满足4，故0,4，所以直线AB的斜率存在，否则，OA,OB直线的倾斜角之和为奎屯王新敞新疆从而设AB方程为ykxb，显然221212,22yyxxpp，将ykxb与22(0)ypxP联立消去x，得2220kypypb由韦达定理知121222,ppbyyyykk①由4，得1＝tantan()4=tantan1tantan=122122()4pyyyyp将①式代入上式整理化简可得：212pbpk，所以22bppk，此时，直线AB的方程可表示为ykx22ppk即(2)20kxpyp所以直线AB恒过定点2,2pp.练习5：（2013年高考陕西卷（理））已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得的弦MN的长为8.(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C的方程;(Ⅱ)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是PBQ的角平分线,证明直线l过定点.【答案】解:(Ⅰ)A(4,0),设圆心C2222,2),,(ECMECMCAMNMEEMNyx，由几何图像知线段的中点为xyxyx84)422222（(Ⅱ)点B(-1,0),222121212122118,8,00),,(),,(xyxyyyyyyxQyxP，由题知设.080)()(88811211221212222112211yyyyyyyyyyyyxyxy直线PQ方程为:)8(1)(21121112121yxyyyyxxxxyyyy1,088)(8)()(122112112xyxyyyyxyyyyyy所以,直线PQ过定点(1,0)练习6：已知点1,0,1,0,BCP是平面上一动点，且满足||||PCBCPBCB（1）求点P的轨迹C对应的方程；（2）已知点(,2)Am在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且ADAE，判断：直线DE是否过定点？试证明你的结论.【解】（1）设.4,1)1(||||),(222xyxyxCBPBBCPCyxP化简得得代入（5分）).2,1(,14)2,()2(2的坐标为点得代入将AmxymA,044,422tmtyxytmyxDE得代入的方程为设直线）（（，则设*016)44,4),(),,(221212211tmtyymyyyxEyxD4)(21)()2)(2()1)(1(212121212121yyyyxxxxyyxxAEAD5)(2)44(44212122212221yyyyyyyy5)(242)(16)(212121221221yyyyyyyyyymmttmttmt845605)4(2)4(4)4(2)4(16)4(2222化简得)1(23)1(43484962222mtmtmmtt）即（即0*,1252）式检验均满足代入（或mtmt1)2(5)2(ymxymxDE或的方程为直线）不满足题意，定点（（过定点直线21).2,5(DE）练习7：已知点A（－1，0），B（1，－1）和抛物线.xyC4:2，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:OMOP为定值;（II）若△POM的面积为25，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PyyPyyM),,4(),,4(222121、M、A三点共线，,4414,222121211yyyyyykkDMAM即4,142121211yyyyyy即.544212221yyyyOPOM(II)设∠POM=α，则.5cos||||OPOM.5sin||||,25OPOMSROM由此可得tanα=1.又.45,45),,0(的夹角为与故向量OPOM(Ⅲ)设点MyyQ),,4(323、B、Q三点共线，,QMBQkk3133222233131323133131311,,41444(1)()4,40.11yyyyyyyyyyyyyyyyyy即即即分,0444,4,432322121yyyyyyyy即即.(*)04)(43232yyyy,44432232232yyyyyykPQ)4(422322yxyyyyPQ的方程是直线即.4)(,4))((323222322xyyyyyyxyyyy即由（*）式，,4)(43232yyyy代入上式，得).1(4))(4(32xyyy由此可知直线PQ过定点E（1，－4）.模型二：切点弦恒过定点例题：有如下结论：“圆222ryx上一点),(00yxP处的切线方程为200ryyyx”，类比也有第22题结论：“椭圆),()0(1002222yxPbabyax上一点处的切线方程为12020byyaxx”，过椭圆C：1422yx的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为A、B.（1）求证：直线AB恒过一定点；（2）当点M在的纵坐标为1时，求△ABM的面积。【解】（1）设M14),,(),(),)(,334(11221,1yyxxMAyxByxARtt的方程为则∵点M在MA上∴13311tyx①同理可得13322tyx②由①②知AB的方程为)1(3,133tyxtyx即易知右焦点F（0,3）满足③式，故AB恒过椭圆C的右焦点F（0,3）（2）把AB的方程0167,14)1(322yyyxyx化简得代入∴7167283631||AB又M到AB的距离33231|3