专题2.2 平移齐次化解决圆锥曲线中斜率和积问题与定点问题-【模型技巧】备考2024高考数学二轮复习重难点突破专题（新高考专用）

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【例题】
已知椭圆，设直线不经过点且与相交于，两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点．
【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，（为了将平移到原点）
椭圆方程化为，（左加右减，上减下加为曲线平移）
设直线对应的直线为，椭圆方程化简为，
把一次项化成二次结构，将2y乘上即可
此时椭圆方程变成：
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
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，
即,
将椭圆方程两边同除以，令，得，
结合两直线斜率之和为，即，得，，
Step3：得出定点，此时别忘了，还要平移回去!
直线恒过点，向上平移一个单位进行还原
在原坐标系中，直线过点．
【手电筒模型·1定+2动】
直线与椭圆交于A，B两点，为椭圆上异于AB的任意一点，若定值或定值(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：若过定点，则定值，定值.
【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】
椭圆是椭圆上一点，A，B为随圆E上两个动点，与PB的斜率分别为k1，k2.
(1)，证明AB斜率为定值≠0)；
(2)，证明AB过定点：；
(3) ，证明AB的斜率为定值；
(4)，证明AB过定点：.
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·22
已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.令为的中点，即，
［方法二］【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，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，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，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
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，简化了求解以及的计算．
重点题型·归类精讲
题型一 已知定点求定值
已知抛物线，过点的直线与抛物线交于P，Q两点，为坐标原点．证明：．
【解析】直线
由，得
则由，得：，
整理得：，即：．
所以，
则，即：
如图，椭圆，经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点P，Q(均异于点，证明:直线AP与AQ的斜率之和为2．
【解析】设直线
则．
由，
得：．
则，
故．
所以.
即.
已知点，为坐标原点，E，F是椭圆上的两个动点，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： 答案：)
如图，点为椭圆的右焦点，过且垂直于轴的直线与椭圆相交于､两点(在的上方)，设点､是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由.
解法1常规解法依题意知直线的斜率存在，设方程：
，
代入椭圆方程得：(*)
，
由得
，
整理得：
或
当时，直线过定点，不合题意
，，直线的斜率是定值
解法2齐次化：设直线的方程为
椭圆的方程即：
即：
联立得：
即
由得即：
直线的斜率为，是定值.
椭圆，，经过点，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．
解法1常规解法：
证明：由题意设直线PQ的方程为，代入椭圆方程，
可得，由已知得在椭圆外，
设，，，则，，
且，解得或．
则有直线AP，AQ的斜率之和为
．
即有直线AP与AQ斜率之和2．
解法2齐次化：上移一个单位，椭圆和直线，过点，，，，，，
，∵，同除，得，
．
已知椭圆：，过作斜率为的动直线，交椭圆于，两点，
若为椭圆的左顶点，直线，的斜率分别为，，求证：为定值，并求出定值.
将椭圆沿着方向平移，平移后的椭圆方程为
设直线方程为，代入椭圆方程得，两侧同时除以
得，，因为过定点，所以
题型二 已知定值求定点
（2017·全国卷理）已知椭圆，设直线l不经过点且与C相交于A，B两点．若直线与直线的斜率的和为-1，证明：l过定点．
（1）根据椭圆的对称性，，两点必在椭圆C上，又的横坐标为1，
∴椭圆必不过，∴，，三点在椭圆C上，把，代入椭圆C，得：，解得，，∴椭圆C的方程为．
（2）：解法1常规解法:①当斜率不存在时，设，，，
∵直线与直线的斜率的和为-1，∴，
解得，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，，，，联立，整理，得，，，则，又，∴，此时，存在k，使得成立，∴直线l的方程为，当时，，∴过定点．
解法2齐次化：下移1个单位得，
设平移后的直线：，
齐次化：，，
∵同除以，，，，
，，∴过，上移1个单位．
已知椭圆，设直线不经过点且与相交于A，B两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：直线过定点．
不平移齐次化
【解析】设直线．．．．．．（1）
由，得
即：．．．．．．（2）
由（1）（2）得：
整理得：
则，
则，代入直线，得：
显然，直线过定点．
已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）上的点P（1，y0）（y0＞0）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kPM•kPN＝，证明：直线MN过定点.
答案：（2）（9，﹣2）
已知椭圆，，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，求点P到直线l距离的最大值．
解法1齐次化：公共点，左移1个单位，下移个单位，，
，，
，等式两边同时除以，，，，，
过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于，∴点P到直线l距离的最大值
已知椭圆：的离心率为，椭圆的短轴长等于4．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，，过且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，直线，分别交：于异于点的点，，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为．
①求证：为定值； ②求证：直线过定点.
答案：（2）-2；（3）
【小问1详解】
由题意解得
所以椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
① 设MN的方程为，与联立得：，
设，，则，
【法二】平移坐标系+齐次化处理
将坐标系中的图像整体向下平移2个单位，
平移后的椭圆方程为：，整理得：，
设平移后的直线MN的方程为：，代入点得，
则有，整理得：
令，将两边同除，得，故
说明：因为平移后，，
而式子中x，y的值对应平移后的m’和n’
所以同除后得到的就是一个以和为根一个关于k的一元二次方程．
②设PQ的方程为 ，与联立，
设，则
由，即此时，
的方程为，故直线恒过定点.