2024年高考数学教学教研-复习用书-选择性必修第一册_241-280---2024年高考数学教学教研-复习用书-选择性必修第一册专题

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解析：由双曲线性质：x+y-x-m=2a⇒y-m=2ay+z-z-m=2a⇒y+m=2a⇒m=0，所以IF⊥AB
所以：由面积公式：12AF1+BF1+AB⋅R=124a+2AB⋅R=AB+2a⋅R=12⋅2c⋅AB⋅sinθ
即：AB+2a⋅R=12⋅2c⋅AB⋅sinθ⇒2ca⋅b2c1-ca2csθ+2a⋅R=12⋅2c⋅2ca⋅b2c1-ca2csθ⋅sinθ
解的：R=b2csinθ，所以I的纵坐标为Rsin90∘-θ=b2ccsθsinθ，横坐标为c-Rcs90∘-θ=c-b2c=a2c
本题总结：(1)F1D=F1E=2a⇒IF2⊥AB
(2)内心在其准线上，坐标为Ia2c，b2c⋅1tanθ
(3)内切圆半径为R=b2c⋅1sinθ
例题2：已知双曲线C：x29-y28=1，左右焦点分别为F1，F2，过点F2作一条直线与双曲线C的右半支交于P，Q两点，使得∠F1PQ=90∘，则△F1PQ的内切圆半径r=
解析1：因为PF1-PF2=6b2ct245=12PF1⋅PF2⇒PF1=8，PF2=2
设F2Q=x，∴F1Q=x+6，由勾股定理：82+2+x2=x+62∴x=4
所以：12⋅8⋅6=12⋅8+6+10⋅r⇒r=2
解析2：根据双曲线性质，ΔF1PQ的内切圆经过点F2，∴在ΔF1PF2中用勾股定理，6+r2+r2=2172∴r=2
例题3.已知F1，F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左右焦点，过F2的直线交双曲线右支于A，B两点，∠AF1B=90∘，△F1AB的内切圆圆心的纵坐标为7a2，则双曲线离心率ca=
解析：如图正方形F1EID中，对角线F1I=22a，在ΔIF1E中勾股定理得：22a2=c+a2c2+7a22⇒e=2
例题4.已知双曲线x24-y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，O双曲线的中心，P是双曲线右支上的点，△PF1F2的内切圆的圆心为Q，且圆Q与x轴相切于点A，过F2作直线PQ的垂线，垂足为B，则OBOA=( )
A.1
B.2
C.3
D.4
解析：因为△PF1F2的内切圆圆心的横坐标为x=a，∴QA⊥x轴，OA=2，
将F2B延长交PF1于C，∴PC=PF2∴CF1=2a=2OB，∴OA=OB
例5.已知双曲线C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0，左焦点F引圆x2+y2=a2的切线，切点为T，延长FT交双曲线右支于P点，若M为线段FP的中点，O为坐标原点，则MO-MT与b-a的大小关系为( )
A.MO-MT>b-a
B.MO-MT=b-a
C.MO-MT0，b>0的左右焦点，过点F2的直线与双曲线的右支交A，B两点(A点在第一象限)，若△AF1F2与△BF1F2内切圆半径之比为3：2，则双曲线离心率的取值范围( )
A.1，5
B.5，+∞
C.25，+∞
D.1，25
解析：不妨设AB直线的倾斜角为θ，则因为∠O1F2M=∠O1F2A'=π-θ2，∠O2F2N=∠O2F2A'=θ2
因为A'F2=c-a，所以：r1=O1A'=c-atanπ-θ2=c-atanθ2，r2=O2A'=c-atanθ2，
r1r2=1tan2θ2=32⇒tan2θ2=23⇒tanθ2=63⇒k=tanθ=26>ba⇒e∈1，5.
例7.(2022年12月八省联考)(多选)已知F1F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左右焦点，过点F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，记△AF1F2的内切圆I1的半径为r1，△BF1F2的内切圆I2的半径为r2，若r1r2=a2，则
A.I1，I2在直线x=a上.
B.双曲线的离心率e=2
C.△ABF1内切圆半径最小值是32a
D.r1+r2的取值范围是2a，433a
解析：对于A，笔者并不想多讲！对于BCD，由双曲线的定义可以得到：A'F2=c-a，不放设AB倾斜角为θ，则r1=c-atanπ-θ2，r2=c-atanθ2⇒r1r2=c-a2=a2⇒e=2，由知识储备：△ABF1内切圆圆心为a2c，b2c⋅1tanθ⇒R=b2c⋅1sinθ⇒Rmin=b2c=c2-a2c=32a，故C正确！对于D：r1+r2=c-atanπ-θ2+c-atanθ2≥2c-a2=2a，因为b2a2=3⇒ba=3过点F2的直线与双曲线有2个焦点，由对称性知故θ∈π3，π2
故θ2∈π6，π4，tanθ2∈33，1，故：r1+r2=c-atanθ2+1tanθ20的左右焦点，过F2的直线l与双曲线的右支分别交于A，B两点，△AF1F2的内切圆半径为r1，ΔBF1F2的内切圆半径为r2，若r1=2r2，则直线l的斜率为( )
解析：如图，容易知道sin∠O1O2H=r1-r2r1+r2=13，如图设l的倾斜角为α，每州为k，则k=tanα=tan∠O2O1H=ct∠O1O2H=22，由图像的对称性，可知k还有另一解为-22，所以k=±22
例9.(多选)我们把一组焦点相同的双曲线称为“同焦双曲线”.已知双曲线E：x2a2-y2b2=1a>0，b>0与双曲线x28-y28=1为“同焦双曲线”，双曲线E的左右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与双曲线E的右支交于P、Q两点，PF1与y轴相交于点A，△PAF2的内切圆与边AF2相切于点B.若AB=2，则下列说法正确的有( )
A.双曲线E的渐近线方程为y=±3x
B.若直线y=kx+2与双曲线E有且仅有1个交点，则k=±2
C.PQ的最小值为12
D.记△PF1F2的内切圆面积为S1，ΔQF1F2的内切圆面积为S2，则S1+S2∈8π，40π3
解析：由△PAF2的内切圆与边AF2相切于点B，如图，由切线长定理可知PM=PN，F2B=F2M，AM=AB，AF1=AF2，所以PF1-PF2=PM+AM+AF1-PN+F2N=AM+AF1-F2N=AB+AF2-F2B=2AB=4，∴a=2，c=4，b=16-4=23，双曲线E的方程为：x24-y212=1，故A正确；由y=kx+2x24-y212=1，消去y并化简得3-k2x2-4kx-16=0注意到当3-k2=0，k=±3时，方程有唯一解，即此时直线y=kx+2与双曲线有且仅有一个公共点，所以B选项错误.当PQ直于x轴时，PQ最短且最小值为2b2a=12，C选项正确：
如图，设两内切圆圆心分别为O1，O2，半径分别为r1r2，设PF1、PF2、F1F2与圆O1分别相切于点R，S，T，
由切线长定理得所以T是双曲线的右顶点a，0，所以O1的横坐标为a，同理可求得O2的横坐标为a，TF2=c-a=2，设直线PQ的倾斜角为θ，且θ∈π3，2π3，θ2∈π6，π3，所以tanθ2∈33，3，∠PF2F1=π-θ，在Rt△O1TF2，RtΔO2TF2中有：r1=2tanπ-θ2=2tanθ2，r2=2tanθ2，今t=tan2θ2∈13，3r12+r22=4t+4t=4t+1t，由对勾函数特性：S1+S2∈8π，40π3故选：ACD
例10.已知F1，F2分别为双曲线C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左右焦点，点O为双曲线的中心，F1F2=8，P为观曲线右支上一点，直线F2P与y轴交于点A，△APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，若PQ=2，则该双曲线的离心率为( )
解析：因为AF1-AP=PF2=QF1-PQ=QF1-2⇒QF1=PF2+2，同时由双曲线的定义PF1-PF2=QF1+PQ-PF2=2a∴QF1=PF2+2a-2，∴2a-2=2⇒a=2∴e=2
例11.已知双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左右焦点分别为F1，F2，P是双曲线上位于第一象限内的一点，且直线F2P与y轴的正半轴交于A点，三角形APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，双曲线的左焦点F1到双曲线的一条渐近线的距离为2，PQ=3，则该双曲线的离心率为( )
A.153
B.2105
C.263
D.102
解析：假设直线AF1，AF2与圆的切点分别为M，N，由对称性可知AF1=AF2，容易
得AM=AN，F1M=F1Q，PQ=PN，因为点P在双曲线的右支，由双曲线的定义得：2a=2PQ=23，所以a=3，焦点到准线距离b=2，所以，所以双曲线的离心率为153故选：A.
例12.(2023届高考广州12月调研考)双曲线C：x2-y2=4的左右焦点分别为F1，F2，过F2作直于x轴的直线交双曲线于A，B两点，△AF1F2，ΔBF1F2，ΔF1AB的内切圆圆心分别为O1O2O3，则△O1O2O3的面积是( )A
A.62-8
B.62-4
C.8-42
D.6-42
解析：由双曲线基本性质：AF1=6，AF2=2⇒r1=42+2-62=22-2
由于对称性：故r2=22-2，O3M=a-a2c=2-2
ΔO1O2O3的面积是1242-42-2=62-8，选A
15.椭圆斜率之和为0模型
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0及定点Ax0，y0，E，F是C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率的斜率互为相反数，则直线EF的斜率为定值.
证明：设Ex1，y1，Fx2，y2，直线AE的方程为y=kx-x0+y0，直线AF的方程为y=-kx-x0.
令m=y0-kx0，联立方程y=kx-x0+y0x2a2+y2b2=1，
整理得k2a2+b2x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0，
则：x0x1=a2m2-b2a2k2+b2⇒x1=a2y0-kx02-b2a2k2+b2x0⇒x2=a2y0+kx02-b2a2k2+b2x0
则直线EF的斜率为kEF=y2-y1x2-x1=2kx0-kx2+x1x2-x1=b2a2⋅x0y0定值.
例1.已知椭圆C过点A1，32，两焦点为-1，0，1，0.
(1)求椭圆C的方程；
(2)E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值.
解析：(1)由题意知c=1，设椭圆C的方程为x21+b2+y2b2=1
因为A在椭圆上，所以11+b2+94b2=1解得b2=3，b2=-34(舍去)，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设直线AE的方程为y=kx-1+32代入x24+y23=1
得3+4k2x2+4k3-2kx+432-k2-12=0.
设ExE，yE，FxF，yF，因为点A1，32在椭圆上，所以xE=432-k2-123+4k2，yE=kxE+32-k.
又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中，以-k代k，可得xF=432+k2-123+4k2
yF=-kxF+32+k.所以直线EF的斜率为kEF=yE-yFxE-xF=-kxE+xF-2xE-xF=12.
所以直线EF的斜率为定值，其值为12.
例2.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0过点0，2，且满足a+b=32.
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为12的直线交椭圆C于两个不同的点A，B，点M的坐标为2，1，设直线MA与MB的斜率分别为k1，k2，(1)若直线过椭圆C的左顶点，求此时k1，k2的值；(2)试探求k1+k2是否为定值，并说明理由.
解析：(1)由椭圆C过点0，2知b=2.又因为a+b=32，所以a=22，所以椭䍓C的方程为x28+y22=1.
(2)(1)若直线过椭圆的左顶点，则直线方程是：l：y=12x+2由y=12x+2x28+y22=1，
解得x1=0y1=2或x2=-22y2=0.所以k1=-2-12，k2=2-12.
(2)k1+k2为定值且k1+k2=0.下面来证明：
设直线方程为y=12x+m.由y=12x+mx28+y22=1消去y，得x2+2mx+2m2-4=0.
当Δ=4m2-8m2+16>0，即-20
所以直线l的方程为y=kx-2k-1⇔y+1=kx-2，l过定点2，-1.
二、椭圆顶点张直角模型及其应用
直线l：y=kx+m与椭圆C：x2a2+y2b2=1交于A，B两点(A，B不是左右顶点)，以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，则直线l过定点aa2-b2a2+b2，0
证明：设Ax1，y1，Bx2，y2，椭圆方程为C：x2a2+y2b2=1a>b>0联立方程y=kx+mx2a2+y2b2=1，整理得k2a2+b2x2+2a2mkx+a2m2-b2=0则x1+x2=-2kma2k2a2+b2，x1x2=a2m2-b2k2a2+b2.
因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，所以y1x1-a⋅y2x2-a=-1，即y1y2+x1x2-ax1+x2+a2=0得a2+b2m2+2a3km+a4-a2b2k2=0.解得m=-ak或m=-ak2a2a2+b2-1.两根均满足Δ>0，则直线可化为y=kx-a或y=kx-aa2-b2a2+b2.显然直线不过a，0.故直线AB过定点aa2-b2a2+b2，0.
[推论1]直线l：y=kx+m与椭圆C：x2a2+y2b2=1交于A，B两点(A，B不是左右顶点)，以AB为直径的圆过椭圆C的上顶点，则直线l过定点0，bb2-a2b2+a2
[证明]设上顶点P0，b，设Ax1，y1，Bx2，y2根据条件设直线AP的方程为y=kx+b，直线BP的方程为y=-1kx+b，则y=kx+bb2x2+a2y2=a2b2所以k2a2+b2x2+2a2bkx=0⇒x1=-2a2bka2k2+b2，将k换成-1k得：x2=2a2bka2+b2k2.由题意，若直线AB关于y轴对称后得到直线A'B'，所以若直线AB过定点，则该定点一定是直线A'B'与AB的交点，该交点必在y轴上.
设该定点坐标为0，t，t-y1-x1=y2-y1x2-x1⇒t=y1x2-x1y2x2-x1=kx1+bx2-x1-1kx2+bx2-x1
所以t=k2+1k⋅x1x2x2-x1+b=bb2-a2b2+a2，所以过定点0，bb2-a2b2+a2.
[推论2]过x2a2+y2b2=1上一点Px0，y0作两条互相垂直的弦PA，PB，则AB过定点a2-b2a2+b2x0，b2-a2b2+a2y0证明：设Ax1，y1，Bx2，y2由PA⊥PB知x0-x1x0-x2+y0-y1y0-y2=0(1)设直线AB的方程为y=kx+m，则y=kx+mx2a2+y2b2=1⇒x2a2+kx+m2b2=1⇒1a2+k2b2x2+2kmb2+m2b2-1=0所以x0-x1x0-x2=x02a2+kx0+m2b2-11a2+k2b2，又因为P在椭圆上，所以x0-x1x0-x2=kx0+m2b2-y02b21a2+k2b2(2)同理y0-x1y0-x2=y0-m2k2a2-x02a21k2a2+1b2=y0-m2a2-k2x02a21a2+k2b2
将(2)(3)两式代入到(1)kx0+y0+mkx0-y0+mb2+y0-m-kx0y0-m+kx0a2=0
因为点P不在直线AB：y=kx+m上，所以y0-m-kx0≠0
所以kx0+y0+mb2=y0-m+kx0a2，整理得-a2-b2a2+b2y0=ka2-b2a2+b2x0+m
所以直线AB过定点a2-b2a2+b2x0，b2-a2b2+a2y0.
例1.已知椭圆C：x24+y23=1，若直线l：y=kx+m与椭圆C交于A，B两点(A，B不是左右顶点)，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.
解析：设Ax1，y1，Bx2，y2，由y=kx+mx24+y23=1得3+4k2x2+8mkx+4m2-3=0
Δ=64m2k2-163+4k2m2-3>0，整理得3+4k2-m2>0所以x1+x2=-8mk3+4k2，x1x2=4m2-33+4k2
y1y2=3m2-4k23+4k2，因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D2，0，且kAD⋅kBD=-1所以y1x1-2⋅y2x2-2=-1即y1y2+x1x2-2x1+x2+4=0所以3m2-4k23+4k2+4m2-33+4k2+16mk3+4k2+4=0，整理得7m2+16mk+4k2=0解得m1=-2k，m2=-2k7，且满足3+4k2-m2>0.
当m=-2k时，l：y=kx-2，直线过定点2，0，与已知矛盾；当m=-2k7时，l：y=kx-27，直线过定点27，0.综上可知，直线l过定点，定点坐标为27，0.
例2.已知椭圆x24+y2=1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点.
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率为k时，直线MN是否过x轴上的一定点？
解析：(1)当直线AM的斜率为1时设直线AM的方程为y=x+2与椭圆方程联立x24+y2=1y=x+2，解得x1=-2，x2=-65.由条件知xM=-65，yM=45.所以m-65，45.(3)由(1)知MN过定点-65，0，AM：y=kx+2，AN：y=-1kx+2由y=kx+2x2+4y2=4知，x2+4k2x+22=4，所以1+4k2x2+16k2x+16k2-4=0
所以-2xM=16k2-41+4k2，所以xM=2-8k21+4k2yM=4k1+4k2，所以M2-8k21+4k2，4k1+4k2.同理N2k2-84+k2，-4k4+k2因为
P-65，0所以kPM=4k1+4k22-8k21+4k2+65=20k16-16k2=5k4-4k2kpN=-4kk2+42k2-8k2+4+65=-20k16k2-16=5k4-4k2，
即kPM=kPN.所以MN过x轴上的定点-65，0.
三、椭圆中互相垂直的弦过定点问题
过椭圆x2a2+y2b2=1的长轴上任意一点Ss，0-a0则可用曲线对y进行代换，由于我们要代换的是y，因此联立后的方程保留为关于x的二次方程，同时直线的假设则以正设为主，另一方面，如果核心信息表达式中是单元的二次形式，如x12形式，则一般考虑用曲线代换，这样处理会更加简单.
例2.在平面直角坐标系xOy中，椭圆Ω：x22+y2=1的上顶点为A，点B，C是Ω上不同于A的两点，且点B、C关于原点对称.记直线AC，AB的斜率分别为k1、k2，求证：k1⋅k2为定值.
解析：此题中核心信息即直线AC，AB的斜率.由题易知点A0，1，要表示AC，AB的斜率，还需要引入参数，因为B，C关于原点对称，故不妨设Bx1，y1，C-x1，y1，那么是否需要设直线呢？再往后看.
引入参数后，将斜率坐标化表达：k1=1+y1x1，k2=1-y1-x1；目标信息为斜率之积，即k1⋅k2=1+y1x1⋅1-y1-x1=1-y12-x12；接下来需要考虑代换问题，观察到目标信息是二次形式，代换中我们提到，对于单元二次形式的，可采用曲线代换，由于此时还末假设直线，看来也是不需要了.由点B，C在曲线上，故有x122+y12=1，即y12=1-x122，代入目标信息中可得k1⋅k2=-x122-x12=-12，为定值韦达化
处理二：配凑
配凑法进行韦达化处理，一个经典案例就是弦长中的x1-x2=x1+x22-4x1x2.对于前述坐标化后的部分式子，也需要作配凑处理：
1.x1-22+y12=x2-22+y22⇒x1+x2-4=y2-y1y1+y2x1-x2，即x1+x2-4=-ky1+y2，其中k为直线AB斜率，y1+y2再用直线代换，即y1+y2=kx1+m+kx2+m=kx1+x2+2m，得x1+x2-4=-kkx1+x2+2m.此处需注意两点，一是y2-y1x2-x1=k，几何意义即为直线科專，二是通过平方差公式因式分解转化，对于含平方形式是有力手段.
2.y12+y22⇒y1+y22-2y1y2
3.x1-2x2-2+y1y2=0⇒x1x2-2x1+x2+y1y2+4=0，此处y1y2考虑直线代换，y1y2=kx1+m⋅kx2+m=k2x1x2+mkx1+x2+m2，
再代入上式即可得k2+1x1x2+mk-2x1+x2+m2+4=0
4.y1x1-2+y2x2-2=-1⇒y1x2-2+y2x1-2=-x1-2x2-2，而y1y2=k2x1x2+mkx1+x2+m2
整理得2k+1x1x2-2k-m+2x1+x2-4m+1=0
5.y1y2=-2⇒此形式可以配凑倒数关系，y2y1=-12，故y1y2+y2y1=y12+y22y1y2，配凑可得y1y2+y2y1=y1+y22-2y1y2y2=52
韦达化处理三：硬解定理
(1)直线y=kx+m与椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0相交于A，B两点.则：(焦点在y轴上是：把a换b，反之亦然)
Δ=4a2b2b2+a2k2-m2>0x1y2+x2y1=-2ka2b2b2+a2k2x1+x2=-2kma2b2+a2k2y1+y2=2mb2b2+a2k2x1x2=a2m2-b2b2+a2k2y1y2=b2m2-a2k2b2+a2k2AB=2ab1+k2⋅b2+a2k2-m2b2+a2k2S△AOB=abmb2+a2k2-m2b2+a2k2
(2)直线y=kx+m与双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0相交于A，B两点，则
Δ=4a2b2b2-a2k2+m2>0x1y2+x2y1=-2ka2b2b2-a2k2x1+x2=2kma2b2-a2k2y1+y2=2mb2b2-a2k2x1x2=-a2m2+b2b2-a2k2y1y2=b2m2-a2k2b2-a2k2AB=2ab1+k2b2-a2k2+m2b2-a2k2；S△AOB=abmb2-a2k2+m2b2-a2k2；
(3)抛物线：
y=kx+my2=2px∴x1+x2=2p-2kmk2，y1+y2=2pkx1⋅x2=mk2，y1⋅y2=2pk⋅m：x1y2+x2y1=2pmk2；AB=1+k24p2-8pkmk4.
抛物线：y2=2pxy=kx-p2=kx-kp2∴x1+x2=pk2+2k2，y1+y2=2pkx1⋅x2=p24，y1y2=-p2；x1y2+x2y1=-p2k；AB=2pk2+1k2.
四、非对称韦达
此外，在一些定点、定值、定线问题中，还常出现需要证明类似y2-2x1y1+2x2为定值的情形，通过直线代换可得：y2-2xly1+2x2=kx2+2x1kx1+6x2=kx1x2+2x1kx1x2+6x2，但此时式子并不能完全整理为韦达定理的形式，这种式子一般称为“非对称市达定理”.
我们明明求了韦达定理却无法代入，这时我们就需要通过所求得的韦达定理找到x1+x2和x1⋅x2之间的关系，将其中一个替换，常用手段是把乘法的替换成加法，
例1.已知点F为椭圆E：x24+y23=1的右焦点，A，B分别为其左、右顶点，过F作直线l与椭圆交于M，N两点(不与A，B重合)，记直线AM与BN的斜率分别为k1，k2，证明k1k2为定值.
解析：此题核x条件为直线AM与BN的斜率k1，k2，显然要设点，不妨设Mx1，y1，Nx2，y2，而由题可知A-2，0，B2，0，因此k1=y1x1+2， k2=y2x2-2从而目标信息k1k2=y1x2-2y1x1+2，要证明其值为定值.从目标信息的形式来看，用x或y表示并无差异，考虑到直线不与x轴重合，故采用反设直线要方便些，因此设l：x=ty+1.通过直线替换后可得k1k2=y1x2-2y2x1+2=y1ty2-1y2ty1+3=ty1y2-y1ty1y2+3y2出现了韦达定理结构之外的形式，即落单的y1和3y2，像此类结构，一般被称为“非对称韦达”下面我们介绍几种常见的处理策略，准备工作先做好，先联
x24+y23=1x=ty+1，消x得4+3t2y2+6ty-9=0，易知Δ>0，则y1+y2=-6t4+3t2y1y2=-94+3t2
策略一：和积转换——找出市达定理中的两根之和与两根之积的关系
如本例中由韦达定理可得，ty1y2=32y1+y2，代入目标信息得，k1k2=ty1y2-y1ty1y2+3y2=32y1+y2-y132y1+y2+3y2稍作整理，即可得k1k2=12y1+32y232y1+92y2=13，为定值，得证.
若看不出两根之和与两根之积的关系怎么办呢？我们不妨用待定一下系数，设
y1y2=λy1+y2+μ⇒-94+3t2=λ-6t4+3t2+μ⇒λ=32t∴ty1y2=32y1+y2μ=0
上面使用的是纵坐标的和积关系，若正设直线，需考虑直线l斜率问题，斜率存在时，同理，借助横坐标的和积关系也可证明，再验证斜率不存在时的情形.考虑到本例中反设直线，两根的和积关系显而易见，而对于一般的和积关系，关系可能不是那么明显，如此例中正设直线，具体可参看策略三中的解析.
策略二：配凑半代换一对能代换的部分进行韦达代换，制下的部分进行配凑而半代换也有一定技巧，就是配凑.比如题中的k1k2=ty1y2-y1ty1y2+3y2，若只代换y1y2，得k1k2=-9t4+3t2-y1-9t4+3t2+3y2，依然无法得到定值，因为落单的y1和3y2不一致，而此时为分式结构，分式结构的定值需要满足上下一致，且对应成比例，抓住这个核心，可以对y1和3y2其中某个进行配凑使其能构成比例形式.以分子为例，分子要出现y2形式，可将分子整理为k1k2=ty1y2-y1+y2+y2ty1y2+3y2，从结构上可以猜测定值为13，不妨将韦达代入，得k1k2=-9t4+3t2+6t4+3t2+y2-9t4+3t2+3y2=-3t4+3t2+y2-9t4+3t2+3y2=13，得证.分母可作类似处理得：k1k2=ty1y2-y1ty1y2+3y2=-94+3t2-y1-27t4+3t2-3y1=13.上面使用的是纵坐标的配凑半代换，借助横坐标的配凑半代换亦可证明，可自行尝试.
策略三：先猜后证
可以先找一个特殊情况先得到该定值，进而再证明其他情形也为该值.
显然先考虑直线l斜率不存在时的情形，
此时M1，32，N1，-32，或M1，-32，N1，32
对应为k1=12，k2=32或k1=-12，k2=-32，此时均有k1k2=13，为定值.
当直线l斜率存在时，不妨就正设直线l：y=kx-1，联立x24+y23=1y=kx-1，
消y得3+4k2x2-8k2y+4k2-3=0，易知Δ>0，则x1+x2=8k23+4k2x1x2=4k2-33+4k2
此时目标信息k1k2=13，可采用分析法证明.要证k1k2=13，即证3k1=k2，也即3y1x1+2=y2x2-2，即
3kx1-1x1+2=kx2-1x2-2，即3x1-1x2-2=x2-1x1+2，也即2x1x2-5x1+x2+8=0，此时为韦达定理的结构，代入韦达，即证2×4k2-33+4k2-5×8k23+4k2+8=0，也即8k2-3-40k2+83+4k2=0，显然成立，也即恒有k1k2=13，为定值.
上述先猜后证采用的是正设直线，借此我们也说说正设直线时采用和积关系处理和配凑半代换的处理策略.目标信息直线代换后得k1k2=kx1-1x1-2kx2-1x1+2=x1-1x1-2x2-1x1+2=x1x2-2x1-x2+2x1x2-x1+2x2-2.
若采用和积关系处理策略，观察韦达不难发现，此时和积关系没有反设直线那么直观，那么我们该如何寻找其关系呢？
一方面，可以采用待定系数，设x1x2=λx1+x2+μ，求解λ，μ得出和积关系.如此处设x1x2=λx1+x2+μ，即4k2-33+4k2=λ8k23+4k2+μ=8λ+4μk2+3μ3+4k2，解得λ=52μ=-4，即x1x2=52x1+x2-4.另一方面，可先对和积形式分别作分离常数处理x1+x2=-63+4k2+2x1x2=-153+4k2+1，
那么x1x2=52x1+x2-4，如此也能得到和积关系.代入目标信息，
得k1k2=x1x2-2x1-x2+2x1x2-x1+2x2-2=52x1+x2-4-2x1-x2+252x1+x2-4-x1+2x2-2=12x1+32x2-232x1+92x2-6=13，得证.
都到这了，那么“配凑半代换”也试一试好了，目标信息k1k2=x1x2-2x1-x2+2x1x2-x1+2x2-2，观察到此时分母中有落单的x1，x2，先把分母配凑成x1x2-x1+x2+3x2-2，此时分母中落单的只有x2，且系数为正.因分子可配凑成x1x2-2x1+x2+x2+2，从而k1k2=x1x2-2x1+x2+x2+2x1x2-x1+x2+3x2-2，再代入韦达定理，
k1k2=4k2-33+4k2-16k23+4k2+x2+24k2-33+4k2-8k23+4k2+3x2-2=-33+4k2+x2-1-93+4k2+3x2-3=13，得证.
策略一的“和积转换”以及策略二的“配凑半代换”可以说是“非对称韦达定理”的通法，而猜证结合也探究类题型的有效处理手段.除此之外，对于不同的结构和形式，还有一些其他对应的处理技法，考虑到通用性，这里只重点讲解“猜证结合”与“和积转换”和“配凑半代换”.
通过上述例题我们也能再次感受到，不同的参数引入和直线假设，对后续的计算处理将产生不同的影响，计算量也存在较大差异.
总结：反设直线：
由题，A-2，0，B2，0设l：x=ty+1，Mx1，y1，Nx2，y2，则k1=y1x1+2， k2=y2x2-2，联立x24+y23=1x=ty+1，消x得4+3t2y2+6ty-9=0，且Δ>0，则y1+y2=-6t4+3t2y1y2=-94+3t2
策略一：和积转换(一般是积转和)
所以ty1y2=32y1+y2，代入得，k1k2=ty1y2-y1ty1y2+3y2=32y1+y2-y132y1+y2+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13，为定值，得证.
策略二：配凑半代换
因此k1k2=ty1y2-y1+y2+y2ty1y2+3y2=-9t4+3t2+6t4+3t2+y2-9t4+3t2+3y2=-3t4+3t2+y2-9t4+3t2+3y2=13，得证
总结：正设直线
情形一当直线l斜率不存在时，此时M1，32，N1，-32，或M1，-32，N1，32
因此k1=12，k2=32或k1=-12，k2=-32，此时均有k1k2=13，为定值：
情形二当直线l斜率存在时，不妨就正设直线l：y=kx-1，Mx1，y1，Nx2.y2
因此k1=y1x1+2，k2=y2x2-2，k1k2=y1x2-2y2x1+2=kx1-1x2-2kx2-1x1+2=x1x2-2x1-x2+2x1x2-x1+2x2-2
联立x24+y23=1y=kx-1，消y得3+4k2x2-8k2y+4k2-3=0，易知Δ>0，则x1+x2=8k23+4k2x1x2=4k2-33+4k2
策略一：和积转换(一般是积转和)
即x1+x2=-63+4k2+2x1x2=-153+4k2+1，因此x1x2=52x1+x2-4，所以k1k2=52x1+x2-4-2x1-x2+252x1+x2-4-x1+2x2-2=12x1+32x2-232x1+92x2-6=13，为定值，得证.
策略二：配凑半代换
所以k1k2=x1x2-2x1+x2+x2+2x1x2-x1+x2+3x2-2，即k1k2=4k2-33+4k2-16k23+4k2+x2+24k2-33+4k2-8k23+4k2+3x2-2=-33+4k2+x2-1-93+4k2+3x2-3=13，为定值得证.
策略三：先猜后证
要证k1k2=13，即证3k1=k2，也即3y1x1+2=y2x2-2，即3kx1-1x1+2=kx2-1x2-2，即3x1-1x2-2=x2-1x1+2，也即2x1x2-5x1+x2+8=0，也即8k2-3-40k2+83+4k2=0，显然成立，也即恒有k1k2=13，为定值，得证.
一例非韦达对称的经典例题
例1.已知鿰圆E的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A-2，0，B2，0，C1，32三点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l：y=kx-1k≠0与粮E交于M、N两点，证明直线AM与直线BN的交点在直线x=4上.
(本小题主要考查椭圆的概念、椭圆的方程等基础知识，考查待定系数法、分类与整合、数形结合的数学思想方法，以及抽象概括能力、运算求解能力)
解法一：当椭圆E的焦点在x轴上时，设其方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，则a=2，又，点C1，32[在椭圆E上，得122+94b2=1.解得b2=3.∴椭圆E的方程为x24+y23=1.2分
当椭圆E的焦点在y轧上时，设其方程为x2b2+y2a2=1 a>b>0，则b=2，又点C1，32在椭圆E上，得122+94a2=1.解得a2=3，这与a>b矛盾.综上可知，椭圆E的方程为x24+y23=1.4分
解法二：设椭圆方程为mx2+ny2=1m>0，n>0，将A-2，0，B2，0，C1，32代入随图E的方程，得4m=1，m+94n=1.解得m=14，n=13.∴椭圆E的方程为x24+y23=1.
(Ⅱ)证法一：[先猜后证]将直线l：y=kx-1k≠0代入椭圆E的方程x24+y23=1并整理，得
3+4k2x2-8k2x+4k2-3=0，
设直线l与椭圆E的交点Mx1，y1，Nx2，y2
由根与系数的关系，得x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-33+4k2.8分
直线AM的方程为：y=y1x1+2x+2，它与直线x=4的交点坐标为P4，6y1x1+2，
同理可求得直线BN与直线x=4的交点坐标为Q4，2y2x2-2.10分
下面证明P、Q两点重合，即证明P、Q两点的纵坐标相等：∵y1=kx1-1，y2=kx2-1，
∴6y1x1+2-2y2x2-2=6kx1-1x2-2-2kx2-1x1+2x1+2x2-2=2k2x1x2-5x1+x2+8x1+2x2-2=2k8k2-33+4k2-40k23+4k2+8x1+2x2-2=0，
因此结论成立.综上可知，直线AM与直线BN的交点在直线x=4上.
证法二：[配凑半代换]将直线l：y=kx-1，代入椭圆E的方程x24+y23=1并整理，得3+4k2x2-8k2x+4k2-3=0，设直线l与椭圆E的交点Mx1，y1，Nx2，y2
由根与系数的关系，得x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-33+4k2.8分
直线AM的方程为：y=y1x1+2x+2⇒y=kx1-1x1+2x+2
直线BN的方程为：y=y2x2-2x-2⇒y=kx2-1x2-2x-2
由直线AM与直线BN的方程消去y，得
x=22x1x2-3x1+x2x1+3x2-4=22x1x2-3x1+x2+4x2x1+x2+2x2-4=28k2-33+4k2-24k23+4k2+4x28k23+4k2-4+2x2=4-4k2+63+4k2+x2-4k2+63+4k2+x2=4.
∴直线AM与直线BN的交点在直线x=4上.12分
证法三：[和积转换]将直线l：y=kx-1，代入椭圆方程x24+y23=1并整理，得
3+4k2x2-8k2x+4k2-3=0，
设直线l与椭圆E的交点Mx1，y1，Nx2，y2
由根与系数的关系，得x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-33+4k2.8分
消去k2得，2x1x2=5x1+x2-8.10分
直线AM的方程为：y=y1x1+2x+2⇒y=kx1-1x1+2x+2
直线BN的方程为：y=y2x2-2x-2⇒y=kx2-1x2-2x-2
由直线AM与直线BN的方程消去y得，x=22x1x2-3x1+x2x1+3x2-4=25x1+x2-8-3x1+x2x1+3x2-4=4
∴直线AM与直线BN的交点在直线x=4上.12分
例2.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0过点A1-2，0，A22，0，点B为E的上顶点，且直线A1B与直线2x+3y=0互相直.
(1)求E的方程；
(2)若不垂直于x轴的直线l过E的右焦点F2，与E交于C，D两点(C在x轴上方)，直线A1C，A2D分别与y轴交于S，T零点，O为原点，求证：OSOT为定值.
解析：(1)a=2，B0，b，于是b2⋅-22=-1，解得b=3，故E：x24+y23=1；
(2)[法一]和积互换
设Cx1，y1，Dx2，y2，直线l：x=my+1m≠0，代入E：x24+y23=1得4+3m2y2+6my-9=0，则y1+y2=-6m4+3m2，y1y2=-94+3m2，直线A1C：y=y1x1+2x+2，令x=0得ys=2y1x1+2=2y1my1+3；
直线A2D：y=y2x2-2x-2，今x=0得yT=-2y2x2-2=-2y2my2-1；则OSOT=-ySyT=my1y2-y1my1y2+3y2，而my1y2=32y1+y2，故OSOT=-ySyT=32y1+y2-y132y1+y2+3y2=y1+3y23y1+9y2=13.
[法二]先猜后证
设Cx1，y1，Dx2，y2，直线l：x=my+1，代入E：x24+y23=1得4+3m2y2+6my-9=0，则y1+y2=-6m4+3m2，y1y2=-94+3m2，直线A1C：y=y1x1+2x+2，今x=0得ys=2y1x1+2=2y1my1+3；直线A2D：y=y2x2-2x-2，令x=0得yT=-2y2x2-2=-2y2my2-1，则OSOT=-ySyT
当m=0时，直线l：x=1与E交于C1，32，D1，-32，此时y1=32，y2=-32，OSOT=-ySyT=13一般地，要证OSOT=13，只要证-ySyT=13即证3yS+yT=0而3yS+yT=6y1my1+3-2y2my2-1=4my1y2-6y1+y2my1+3my2-1=0，故OSOT=13.
[法三]巧用三点共线
设Cx1，y1，Dx2，y2，直线l：x=my+1，代入E：x24+y23=1得4+3m2y2+6my-9=0，则
y1+y2=-6m4+3m2，y1y2=-94+3m2，直线A1C：y=y1x1+2x+2，今x=0得ys=2y1x1+2；
直线A2D：y=y2x2-2x-2，令x=0得yT=-2y2x2-2，则OSOT=-ySyT=-x2y1-2y1x1y2+2y2
由C，F，D三点共线可得y1x1-1=y2x2-1，即x2y1-x1y2=y1-y2
又x2y1+x1y2=2my1y2+y1+y2=-24m4+m2，则x2y1+x1y2=4y1+y2
由(1)(2)得x2y1=5y1+3y22，x1y2=3y1+5y22，故OSOT=-ySyT=-x2y1-2y1x1y2+2y2=y1+3y23y1+9y2=13.
[法四]一点捾局：以动点C的坐标作为双参数控制动态过程
设Cx0，y0，直线l：y=y0x0-1x-1，代入E得15-6x0x2-8y0​2x+4y0​2-12x0-12=0，则xD+x0=8y0215-6x0解得xD=8-5x05-2x0，于是yD=y0x0-1xD-1=3y02x0-5，直线A1C：y=y0x0+2x+2，令x=0得yS=2y0x0+2；又kA2D=yDxD-2=3y0x0+2，则直线A2D：y=y0x0+2x-2，今x=0得yT=-6y0x0+2，于是OSOT=-ySyT=2y0x0+26y0x0+2=13.
例3.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0过点A1-2，0，A22，0，点B为E的上顶点，且直线A1B与直线2x+3y=0互相垂直.
(1)求E的方程；
(2)若不垂直于x轴的直线l过E的右焦点F2，与E交于C，D两点(C在x轴上方)，求证：kA1CkA2D为定值.
解析：当直线1潬率不存在时，此时M1，32，N1，-32或M1，-32，N1，32因此k1=12，k2=32或k1=-12，k2=-32，此时均有k1k2=13，为定值；当直线l斜率存在时，设直线l：y=kx-1，设Mx1y1，Nx2，y2，因此k1=y1x1+2， k2=y2x2-2，k1k2=y1x2-2y2x1+2=kx1-1x2-2kx2-1x1+2=x1x2-2x1-x2+2x1x2-x1+2x2-2联立x24+y23=1y=kx-1，消y得3+4k2x2-8k2y+4k2-3=0，易知△>0，则x1+x2=8k23+4k2x1x2=4k2-33+4k2
[方法一]和称抟换
即x1+x2=-63+4k2+2x1x2=-153+4k2+1，因此x1x2=52x1+x2-4，故k1k2=52x1+x2-4-2x1-x2+252x1+x2-4-x1+2x2-2=12x1+32x2-232x1+92x2-6=13，为定值，得证.
[方法二]配凑半代换
所以k1k2==x1x2-2x1+x2+x2+2x1x2-x1+x2+3x2-2，即k1k2=4k2-33+4k2-16k23+4k2+x2+24k2-33+4k2-8k23+4k2+3x2-2=-33+4k2+x2-1-93+4k2+3x2-3=13为定值，得证.[方法三]先猜后证
要证k1k2=13，即证3k1=k2，也即3y1x1+2=y2x2-2，即3kx1-1x1+2=kx2-1x2-2，即3x1-1x2-2=x2-1x1+2，也即2x1x2-5x1+x2+8=0，也即8k2-3-40k2+83+4k2=0，显然成立，也即恒有k1k2=13，为定值，得证.
(2)非对称韦达定理的秒杀技所
kx1x2+x1+x2+Ax1+ckx1x2+3x1+x2+Bx2+d=-AB&kx1x2+x1+x2+Ax2+ckx1x2+3x1+x2+Bx2+d=AB&kx1x2+x1+x2+Ax1+ckx1x2+3x1+x2+Bx1+d=AB.
给出三个例子：
(1)ty1y2-y2ty1y2+3y1结果得：ty1y2-y2ty1y2+3y1=13
(2)ty1y2+n+3y2ty1y2+n-3y1=3结果得：-n+3n-3=3⇒n=32
(3)kx1x2+x1-kx2-1kx1x2+x2+kx1+1=2结果得：kx1x2+x1+x2-k+1x2-1kx1x2+x2+x1+k-1x1+1=2⇒k+1k-1=2⇒k=3
(4)22x1x2-3x1+x2x1+3x2-4结果得：4x1x2-6x1+2x2x1+3x2-4=4x1x2-6x1+x2+8x2x1+x2+2x2-4=82=4
(3)x1x2或y1y2比值类
处理方法三：使用倒数关系
1.如果已知x1=2x2，x1x2+x2x1=2+12；x1x2+x2x1=x12+x22x1x2=x1+x22-2x1x2x1x2=52⋅2.如果x1x2未知，并要求解其取值范围，我们可以换元+倒数相加处理，设t=x1x2，则t+1t=x1x2+x2x1=x12+x22x1x2=x1+x22x1x2-2求解出t+1t的范围后在求解t的范围.
例1.已知椭圆C：x22+y2=1，过点P0，2的直线l交C于A，B两点，(点B位于点A，P之间)，且有PB=λPA求λ的取值范围？
解析：设Ax1，y1，Bx2，y2，由PB=λPA可以得到：x2=λx1y2-2=λy1-2目标是λ，则λ=x2x1(这里我们用取例数并相加的方式构造韦达式)、即λ+1λ=x2x1+x1x2=x12+x22x1x2=x1+x22-2x1x2x1x2
由韦达式：x1+x2=-8k2k2+1，x1x2=62k2+1，⇒λ+1λ=326+3k2-2⇒
在23，+∞上单调递增，故取值范围为2，103，即20，点P11，1，P20，1，P3-1，32，P41，32中恰有三点在被圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l不经过P2且椭圆C相交于A，B两点，若直线P2A与直线P2B的斜率之和为-1，证明：直线l过定点.解：(1)C的方程为x24+y2=1.
(2)分析：
所以x'=xy'=y-1⇒A→A'B→B'原来kPA+kPB=-1⇒y1-1x1+y2-1x2=-1则转换到新坐标就成为：y1​'x1​'+y2​'x2​'=-1
即k1​'+k2​'=-1将坐标原点平移x=x'y=y'+1∘.
证明：可设l'：mx'+ny'=1，籵圆为x'24+y'+12=1，即x'24+y'2+2y'=0代入直线得到x'24+y'2+2y'mx'+ny'=0，化齐次得到8n+4y'x'2+8my'x'+1=0，所以kP2A'+kP2B'=-1=-8m8n+4，所以m=n+12，所以l'过2，-2.即l过定点2，-1.
例2.已知椭圆x28+y22=1，过其上一定点P2，1作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭圆于A，B两点，证明：直线AB斜率为定值.
分析：
即2，1⇒0，0
所以x'=x-2y'=y-1⇒A→A'B→B'：原来kPA+kPB=0⇒y1-1x1-2+y2-1x2-1=0则转换到新坐标就成为：y1​'x1​'+y2​'x2​'=0即k1​'+k2​'=0：设直线AB方程为：mx'+ny'=1.
证明：设直线AB方程为：mx'+ny'=1，原方程：x2+4y2=8则转换到新坐标就成为：x'+22+4y'+12=8展开得：x'2+4y'2+4x'+8y'=0构造齐次式：x'2+4y'2+4x'mx'+ny'+8y'mx'+ny'=0
整理为：y'24+8n+x'y'4n+8m+1+4mx'2=0，两边同时除以x'2，则4+8nk'2+4n+8mk'+1+4m=0所以k1​'+k2​'=-4n+8m4+8n=0所以n=-2m而mx'+ny'=1∴mx'+-2my'=1⇒mx-2my-1=0.所以k=12平移变换斜率不变所以直线AB斜率为定值12.例3.(2019・郑州一模)设M点为圆C：x2+y2=4上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2PN=3MN，动点P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)设E的左顶点为D，若直线l：y=kx+m与曲线E交于两点A，B(A，B不是左右顶点)，且满足DA+DB=DA-DB，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.
解析：(1)动点的方程：x24+y23=1
(2)证明：由DA+DB=DA-DB，所以DA⊥DB，按照向量2，0平移，则得到方程
x-224+y23=1⇒x24+y23-x=0，设直线A'B'方程为mx+ny=1，即x24+y23-xmx+ny=0，同时除x2
得，13y2x2-nyx+14-m=0，又因为点A'B'得坐标满足这个方程，所以kOA'，kOB'是这个关于yx方程得两个根，∴kOA'kOB'=14-m13=-1⇒m=712，所以A'B'过定点127，0，故AB过定点-27，0
例4.Q1，Q2为椭圆x22b2+y2b2=1上两个动点，且OQ1⊥OQ2，过原点O作直线Q1Q2的线OD，求D的轨迹方程.
解法一(常规方法)：设Q1x1，y1，Q2x2，y2，Dx0，y0，设直线Q1Q2方程为y=kx+m，联立y=kx+mx22b2+y2b2=1化
简可得：2b2k2+b2x2+4kmb2x+2b2m2-b2=0，所以x1x2=2b2m2+b22b2k2+b2，y1y2=b2m2-2b2k22b2k2+b2
因为OQ1⊥OQ2所以x1x2+y1y2=2b2m2+b22b2k2+b2+b2m2-2b2k22b2k2+b2=2m2-b22k2+1+m2-2b2k22k2+1=0
∴3m2=2b21+k2⋯*又国为直线Q1Q2方程等价于为y-y0=-x0y0x-x0，即y=-x0y0x+x0​2y0+y0对比于y=kx+m，则-x0y0=kx02y0+y0=m代入*中，化简可得：x0​2+y0​2=23b2.
解法二(齐次式)：设直线Q1Q2方程为mx+ny=1，联立mx+ny=1x22b2+y2b2=1⇒mx+ny=1x22b2+y2b2-1=0
x22b2+y2b2-mx+ny2=0化简可得：x22b2+y2b2-m2x2-n2y2-2mnxy=0
整理成关于x，yx，y的齐次式：2-2b2n2y2+1-2m2b2x2-4mnb2xy=0，进而两边同时除以x2，则2-2b2n2k2-4mnb2k+1-2m2b2=0⇒k1k2=1-2m2b22-2b2n2
因为OQ1⊥OQ2所以k1k2=-1，1-2m2b22-2b2n2=-1∴3=2b2m2+n2⋯*
又因为直线Q1Q2方程等价于为y-y0=-x0y0x-x0，即y=-x0y0x+x02y0+y0对比于mx+ny=1，则x0x02+y02=my0x02+y02=n代入*中，化简可得：x02+y02=23b2.
例5.已知椭圆M：x24+y23=1，点F1、C分别是椭圆M的左焦点、左顶点，过点F1的直线l(不与x轴重合)交M于A、B两点.
(1)求M的离心䡛及短轴长；
(2)是否存在直线l，使得点B在以线段AC为直径的圆上，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.
解：(1)e=12，2b=23.
(2)不存在直线l，使得点B在以线段AC为直径的圆上，证明如下.原问题即∠ABC是否可能为直角，我们接下来证明∠ACB为钝角来否定∠ABC为直角的可能性.将坐标系平移至以C为原点O'，则椭圆方程变为
x'-224+y'3=1⇒14x'2-x'-13y'2=0.此时F1'1，0，因此可设直线A'B'：x'+ny'=1，与椭圆方程化齐次联立，有14x'2-x'x'+ny'+13y'2=0，也即13y'x'2-ny'x'-34=0，于是kCA'⋅kC'B'=-94，
因此∠A'C'B'为钝角，也即∠ACB为钝角，欲证命题成立.
例6.(2020年山东新高考)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的需心率为22，且过点A2，1.
(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)由题意可得：ca=324a2+1b2=1，a2=b2+c2解得：a2=6，b2=c2=3，故椭圆方程为：x26+y23=1.
(2)设点Mx1，y1，Nx2，y2，∵AM⊥AN，∴AM⋅AN=0，即x1-2x2-2+y1-1y2-1=0，(1)
当直线MN的斜率存在时，设方程为y=kx+m，如图1.代入椭圆方程消去y并整理得：
1+2k2x2+4kmx+2m2-6=0'x1+x2=-4km1+2k2，x1x2=2m2-61+2k2
根据y1=kx1+m，y2=kx2+m，代入(1)整理可得：k2+1x1x2+km-k-2x1+x2+m-12+4=0
将(2)代入，k2+12m2-61+2k2+km-k-2-4km1+2k2+m-12+4=0，整理化简得2k+3m+12k+m-1=0，∵A2，1不在直线MN上，∴2k+m-1≠0，∴2k+3m+1=0，k≠1，
于是MN的方程为y=kx-23-13，所以直线过定点直线过定点E23，-13.当直线MN的斜率不存在时，可得Nx1，-y1，如图2.代入x1-2x2-2+y1-1y2-1=0得x1-22+1-y22=0，结合x126+y123=1，解得x1=2(舍)x1=23，此时直线MN过点E23，-13，
由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足QD为定值(AE长度的一半122-232+1+132=423.由于A2，1，E23，-13，故由中点坐标公式可得Q43，13.故存在，点Q43，13，使得DQ为定值.
解法二、平移构造齐次化！
(1)x26+y23=1
(2)把A点平移到原点，则椭圆在新坐标系下的方程为：x'+226+y'+123=1⇒x'2+4x'+2y'2+4y'=01设直线MN-在新坐标系下的方程为：mx'+ny'=1(必须设成这种形式，以保证相乘不会改变原式的值)“齐次化”顾名思义，要保证每一项的次数都相同且均为二次项，我们可以这么处理：将MN方程的左半部分与(1)中的一次项相乘：
x'2+4x'mx'+ny'+2y'2+4y'mx'+ny'=0⇒4n+2y'2+4m+nx'y'+4m+1x'2=0.
4n+2y'x'2+4m+ny'x'+4m+1=0，设k1，k2为AM，AN的斜率：
由于AM⊥AN，故k1⋅k2=-1⇒4m+14n+2=-1⇒n=-34-m，又因为mx'+ny'=1，所以M'N'恒过点-43，-43该定点还原到xy坐标系中，即为P23，-13，由于A，P均为定点，∠ADP=90∘，故APD三点共圆，圆心Q即为线段AP的中点P43，13，此时DQ=12AP=223为定值.综上，Q43，13符合题意.
这是2020年山东卷的高考题，是一道典型的用齐次化可以极大减少计算量的问题，因为涉及到了直线斜率之积的问题.先来看一看官方标答，我相信在压力巨大的考场上这么复杂写长的计算绝不是一般人可以做得出来的(尤其是那个因式分解).但如果我们用齐次化的方法，可以极大地简化运算过程.
那如果A没在椭圆上只是随便一个呢？下面参见例题7
平移之后曲线方程会出现常数项，我们考虑将常数项与mx'+ny'2相乘，一次项依旧与mx'+ny'相乘
例7.(2018・新课标I)设椭圆C：x22+y2=1的右焦点为F，过F的直线I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=∠OMB
解析：把公共点向左平移2个单位，则C'：x+222+y2=1，l'：mx+ny=1，过-1，0，即-m=1⇒m=-1
椭圆C'：x2+4x+2y2+2=0⇒x2+4xmx+ny+2y2+2mx+ny2=0
2+2n2y2+4n+4mnxy+1+4m+2m2x2=0∵x≠0，同除x2，则有：
2+2n2k2+4n+4nmk+1+4m+2m2=0∴k1+k2=4n+4mn-2+2n2=0∴∠OMA=∠OMB
例8.(2019-全国模拟)已知O为坐标原点，椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，椭圆上两点M，N(非椭圆顶点)满足∠MON=90∘，且1OM2+1ON2=32.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)不平行于y轴的直线与椭圆交于P，Q两点，F为椭圆的右焦点，当kPF+kQF=0时，直线PQ是否过定点？若过，求出此定点，若不过，请说明理由.
解析：(1)x22+y2=1(2)把公共点向左平移1个单位，C'：x+122+y2=1，l'：mx+ny=1，
椭圆C'：x22+y2+x-12=0⇒x22+y2+xmx+ny-12mx+ny2=0同除x2，则有：
1-n22k2+n-nmk+12+m-12m2=0∴k1+k2=n-nm-1-n22=0∴m=1，所以直线l'过定点1，0，
所以直线PQ过定点2，0
例9.(2018・宁德期末)已知抛物线E：y2=2pxp>0与椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0有相同的焦点F，且两曲线相交于点23，263，过F作斜率为kk≠0的动直线l，交椭圆C于M，N两点.
(1)求抛物线E和椭圆C的方程；
(2)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，并求出该定值.
解析：(1)x24+y23=1，y2=4x
(2)把公共点向右平移1个单位，C'：x-222+y23=1，l'：mx+ny=1，椭圆C'：x24+y23+xmx+ny=0同除x2，则有：13k2-nk+14-m=0∴k1+k2=n13=3n；k1⋅k2=14-m13=34-3m，k=-mnkk1+kk2=kk1+k2k1⋅k2=-mn3n34-3m=4，定值为4
例10.(2019・济南二模)已知Q为圆x2+y2=1上一动点，Q在x轴，y轴上的射影分别为点A，B，动点P满足BA=AP，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点P0，-35的直线与曲线C交于M，N两点，判断以MN为直径的图是否过定点？若是，求出定点的坐标，若不是，说明理由.
解析：(1)x24+y2=1(2)(1)当直线l斜率不存在时：以MN为直径的圆的方程为x2+y2=1；
(2)当直线l斜率为0时：由y=-35x24+y2=1⇒x=±85⇒x2+y+352=6425
两圆的公共点为B0，1，下面来预测以MN为直径的圆是否过定点B0，1
把公共点B向下平移1个单位，C'：x24+y+12=1⇒x24+y2+2y=0，lMN''：mx+ny=1，
椭圆C'：x24+y2+2y=0同除x2，则有：
x24+y2+2ymx+ny=0⇒2n+1k2+2mk+14=0；M'N'：0，-35→0，-85，得n=-58kBM⋅kBN=kOM⋅kON'=-142n+1=-1， 即BM⊥BN，以MN为直径的圆是否过定点B1，0
例11.(2019・长郡模拟)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，椭圆C的离心率为12，且椭圆C过点1，-32.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l过椭圆C的左顶点M，且与椭圆C的另一个交点为N，直线NF2与椭圆C的另一个交点为P，若PF1⊥MN，求直线l的方程.
解析：(1)x24+y23=1
(2)连MP，设kMN=k1，kMP=k2，kPF1=k3，把公共点M向下平移2个单位：
C'：x-224+y23=1⇒x24+y23-x=0，lMP''：mx+ny=1，则直线N'P过定点3，0，则m=13
椭圆C'：x24+y23-xmx+ny=0同除x2，则有：
13k2-nk+14-m=0，k1k2=-14，∵k1k3=-1，∴k2k3=14，即
ypxp+2ypxp+1=14，∴xp=-23，yp=±263，∴k3=±263-23+1=±26∴k1=±612，∴l：y=±612x+2.
例12.(2013·江西)如图，椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0经过点P1，32，离心率e=12，直线l的方程为x=4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
解析：(1)x24+y23=1
(2)设x+124+y+3223=1；lA'B''：mx+my=1，则该直线过定点F1，0→F'0，-32，
则n=-23，即mx-23y=1，k1'+k2'=-3n+6m2+6n=-1+3m，把M'，x=4-1=3，则M'3，9m-32，∵P0，0k1'+k2'=-1+3m，k3=9m-32-03-0=3m-12，所以：k1+k2=2k3，所以λ=2
例13.(2018.眉山期末)已知抛物线的顶点为原点，关于y轴对称，且过点N-1，12.
(1)求抛物线的方程；(2)已知C0，-2，若直线y=kx+2与抛物线交于A，B两点，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2+k2为定值.
解析(1)x2=2y(2)以C为公共点平移，x2=2y-2，整理得：2n-4n2k2+2m-8mnk-4m2+1=0平移后直线方程设为mx+ny=1⇒k=-mn，∵0，2→0，4⇒n=14，
k1k2+k2=-1-4m2n-4n2+-mn2=-1-4m2⋅14-4⋅142+m142=-4.
例14.(2017・济宁期末)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，其离心率为32，短轴端点与焦点构成四边形的面积为23.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点-1，0的直线l与椭圆C交于不同的两点A、B，O为坐标原点，当kOA⋅kOB=14时，试求直线l的方程.解析(1)x24+y2=1(2)设直线AB方程为mx+ny=1，由直线过点-1，0，可得m=-1：以O为公共点平移，构造齐次式：x24+y2=1⇒x24+y2=mx+ny2⇒1-n2y2-2mnxy+x214-m2=0，同时除x21-n2k2-2mnk+14-m2=0⇒k1k2=14-m21-n2=14∵m=-1⇒n=±2，所以直线AB的斜率为k=-mn=±12，所以直线方程为x+2y+1=0&x-2y+1=0.
例15.在平面直角坐标系中，已知椭圆C：x24+y23=1的左右顶点和右焦点分别为A，B，F，直线x=my+t与椭圆C交于两个不同的交点M，N，记直线AM，BM，BN的斜率分别为k1，k2，k3，若k1=3k3，求△FMN的周长.
解析：因为A，B椭圆的左右顶点，所以k1⋅k2=-34，又因为k1=3k3，所以k2⋅k3=-14，
所以我们对直线BM与BN经行其次化，对B2，0→B'0，0，直线MN平移后M'N'设为：mx+ny=1
3x+22+4y2=1⇒3x2+12xmx+ny+4y2=0⇒4yx2+12nyx+12m+3=0
因为k2⋅k3=-14=12m+34⇒m=-13，所以-13x+ny=1，所以M'N'恒过点-3，0，平移回去，
MN恒过-1，0，即为左焦点，所以△FMN的周长为4a=8
例16：已知㦋圆：x26+y24=1，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，BN的斜率分别为k3，k4
求证：(1)k3k4为定值；(2)直线PQ过定点
解析：对B，点和椭圆方程平移：x26+y+224=1，设平移后直线为mx+ny=1，
3+12nyx2+12myx+2=0，对于A0，-1→A'0，-3过直线mx+ny=1，
-3n=1⇒n=-13∴k3k4=23+12n=2
同理：对圆以及△BPQ作齐次化运算：设P'Q'：ax+by=1，x2+y2+2yax+by=0，
同除x2：2b+1k2+2ak+1=0⇒k3k4=12b+1=-2⇒b=-34⇒P'Q'恒过0，-43
平移回去得：PQ恒过点0，23
例17.已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，其左焦点为F1-2，0
(1)求Γ的方程
(2)如图：过Γ的上顶点P作动圆F1的切线分别交Γ于M，N两点，是否存在圆F1，使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形？若存在，求出圆F1的半径，若不存在，请说明理由！
解析1：(1)Γ的方程为x28+y24=1
(2)不存在，
证明：假设存在圆F1满足题意，当圆F1过原点O时，直线PN与y轴重合，直线PM的斜率为0，不符合题意
依题意不妨设为：PM：y=k1x+2k1≠0，PN：y=k2x+2k2≠0，Mx1，y1，Nx2，y2，圆F1的半径为r则圆心到直线PN的距离为-2k1+21+k12=r，即k1k2是关于k的方程r2-4k2+8k+r2-4=0的两异根，此时k1k2=1
再联立直线PM与椭圆方程方程y=k1x+2x28+y24=1⇒1+2k12x2+8k1x=0，得M-8k11+2k12，2-4k121+2k12，令k1=1k2得N-8k12+k12，2k12-42+k12，由题意，PM⊥MN⇒kMN=-1k1，此时，
kMN=2-4k121+2k12-2k12-42+k12-8k11+2k12--8k12+k12=-2k12+1k12+2-k12-22k12+14k12k12+1-4k1k12+2=-4k14+44k1k12-1=-k12+1k1.
所以-k12+1k1=-1k1，因为k1≠0，所以方程无解，命题得证！
解法2：(1)Γ的方程为x28+y24=1
(2)不存在，
解析：设Mx1，y1，Nx2，y2，P0，2，直线PM：y=k1x+2，PN：y=k2x+2，
因为PM：PN圆F1的切线，∴d=2-2k1+k2=r∴4-r2k2-8k+4-r2=0k1k2=1
将椭圆向下平移2个单位，餇图方程为：x28+y+224=1，
设平移后直线M'N'直线方程：mx+ny=1
x28+y+224=1mx+ny=1⇒2+8ny2+8mxy+x2=0∴2+8nyx2+8myx+1=0，
故k1k2=12+8n=1⇒n=-18.
故：lMN'：mx-18y=1⇒M'N'过点0，-8，MN过定点0，-6，
又kPM⋅kMN=-1∴y1-2x1⋅y1+6x1⋅=-1
又：x128+y124=1，所以y1=2，故P0，2，所以y1≠2，所以不存在圆F1
(2)形如：ax2+by2+cxy+dx+ey+f=0(其中a，b，c不同时为零)的曲线，叫二次曲线，包括圆、㼯圆、双曲线、抛物线、退化的二次曲线(两条直线)
(1)两条直线所组成的二次曲线方程：a1x+b1y+c1a2x+b2y+c2=0
(2)过直线与圆交点的圆系方程：设直线l：Ax+By+C=0与圆C：x2+y2+Dx+Ey+F=0相交，则过直线l与圆C交点的圆系方程为C：x2+y2+Dx+Ey+F+λAx+By+C=0
(3)设S1=0，S2=0均为二次曲线的方程，则λS1+μS2=0表示所有经过这两个曲线交点的二次曲线，即曲线系！(4)圆锥曲线上的四点共圆问题：设圆锥曲线方程为Ax2+Cy2+Dx+Ey+F=0，则存在四点共圆的情况必为Ax2+Cy2+Dx+Ey+F+la1x+b1y+c1a2x+b2y+c2=0，由于没有xy的项，必有a1b2+a2b1=0.定理：圆锥曲线的内接四边形ABCD出现四点共圆时，一定有任何一组对边对应所在的直线倾斜角互补.换言之：若两条直线y=k1x+b1和y=k2x+b2与圆锥曲线Ax2+By2+Dx+Ey+F=0.(其中A≠B)交于四点，则四点共圆得充要条件是k1+k2=0.
证明：k1x+b1-yk2x+b2-y+λAx2+By2+Dx+Ey+F=0
必要性：若表示圆：关注xy项⇒k1+k2=0
充分性：若k1+k2=0，此时xy项系数为0了，只需要关注x2与y2系数相等，即k1k2+λA=1+λB⇒λ=1+k12A-B，则式子可以变成：x2+y2+mx+ny+t=0可以表示点或圆或无轨迹，因为过四个点，所以只能表示圆.
证明四点共圆及交X型定值定点问题主的套路：
1.设出曲线系方程，解出λ；
2.根据4R2=D2+E2-4F>0证明四点一定共圆；
应用：四点共圆、定点、定值、几何证明
方法：设出过焦点的曲线系方程，利用待定系数法解决问题：
曲线系：两相交直线与圆锥曲线相交构成的共同属性的集合；
交X型定值定点问题主要的智端：比对系数有时候特别麻烦；