2026年高考数学二轮专项复习讲义圆锥曲线齐次化及解析

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2、如果公共点在原点，不需要平移.如果不在原点，先平移图形，将公共点平移到原点，无论如何平移，直线斜率是不变的.注意平移口诀是“左加右减，上减下加”.
设平移后的直线为，与平移后的圆锥曲线方程联立，一次项乘以，常数项乘以，构造，然后等式两边同时除以 (前面注明x不等于0)，得到，可以直接利用根与系数的关系得出斜率之和或斜率之积，即可得出答案.如果是过定点题目，还需要还原，之前如何平移，现在反平移回去.

专项练习
1．已知椭圆C：.过点，两个焦点为和.设E，F是椭圆C上的两个动点.
(1)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之和为2，证明：直线EF恒过定点；
(2)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之积为2，证明：直线EF恒过定点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将直线方程与椭圆方程齐次化，利用韦达定理可得直线EF的方程为，可得结论；
（2）由（1）中的结论由韦达定理可得直线EF的方程为，得出证明.
【详解】（1）设直线EF方程为，即，
从而.
又椭圆过点，可得
整理可得
所以
即
则
显然这是一个关于的一元二次方程.
对于问题（1），由韦达定理得
所以，故，则
所以直线EF恒过定点.
（2）对于问题（2），由韦达定理得
所以，则，
所以直线EF恒过定点.
2．已知椭圆E：的左顶点为A，设直线l交椭圆E于M、N两点，且以为直径的圆恒过点A，求证：直线l恒过定点，并且求出此定点的坐标.
【答案】证明见解析，
【分析】由直线与椭圆相交，联立方程根据韦达定理，结合以为直径的圆恒过点A满足，化简可得结果.
【详解】设，，，设直线l：，
椭圆的方程化为
将直线l的方程代入椭圆并且齐次化可得
两边同时除以，得，
因为
由根与系数的关系可得，
解得，所以直线l：，令，解得．
即直线l恒过定点．
3．已知椭圆，过其上一定点作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭圆于，两点，证明：直线斜率为定值．

【答案】证明见解析
【分析】以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，到新坐标中，原条件转换到新坐标为：，即．设直线方程为：．构造齐次式：，整理为：，关键步骤是两边同时除以，则，根据建立等式找到，，根据平移变换，斜率不变，即可求解．
【详解】以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如图所示：

旧坐标到新坐标，
，
即，
，
原来，则转换到新坐标为：，
即．
设直线方程为：．
原方程：则转换到新坐标就成为：．
展开得：
构造齐次式：
整理为：
两边同时除以，则，
∴，
∴
而
．
∴．
平移变换，斜率不变，
∴直线斜率为定值．
4.如图，过椭圆上的定点Px0,y0作倾斜角互补的两直线，设其分别交椭圆于两点，求证：直线的斜率是定值.
【解析】由题意可得直线不过点，且直线的斜率都存在，
设直线的方程为，，
因为
，
所以椭圆方程可化为，
联立，
齐次化并整理可得，
由韦达定理得，
又因为，所以，
所以，故直线的斜率为定值.
5.已知椭圆的左顶点为，，为上的两个动点，记直线，的斜率分别为，，若，试判断直线是否过定点.若过定点，求该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【解析】将坐标系左移2个单位长度（即椭圆右移），则椭圆方程变为，
即.
设直线为直线，平移后为直线，联立
齐次化得，整理可得，
两边同除以，得，则，解得.
把代入直线中，得，当时，，
所以过定点，则直线过定点.
6.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：．
7.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．
8.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．
【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．
9.已知椭圆，，，为上的两个不同的动点，，求证：直线过定点．
【解析】设直线方程为：
则
即，又因为
化简得或（舍去）．
即直线为，即直线过定点．
10．如图所示，已知椭圆，记椭圆E的右顶点和上顶点分别为A，B，点P在线段AB上运动，垂直于x轴的直线PQ交椭圆E于点M（点M在第一象限），P为线段QM的中点，设直线AQ与椭圆E的另一个交点为N，证明：直线MN过定点．
【答案】证明见解析
【分析】联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，由两点斜率公式，即可代入化简求解.
【详解】解法一（平移齐次化法）
由中线斜率推论得，即．
将点平移到原点，可得椭圆方程．
整理得①．设平移后的直线②．
联立式①②，并整理得．
构造得．
从而，即，故过点．
平移回去后得定点，于是直线MN过定点．
解法二（三点共线构造等式）
由题意得，，则直线的方程为．
设点，，因为轴，所以．
因为P为线段QM的中点，所以．
又因为A，Q，N三点共线，所以，即．
设直线，代入，整理得．
由韦达定理得，，于是
从而，故直线MN的方程为，即直线MN过定点．
11．已知椭圆的中心为，长轴、短轴分别为，，，分别在椭圆上，且，求证：为定值.
【答案】证明见解析
【分析】设直线方程与椭圆方程联立化简方程，利用韦达定理得关系式，进而利用关系式，代入，化简即可．
【详解】

因为，所以由勾股定理可得.
所以.
设的面积为，到的距离为，
则，因此.
所以要证明为常数，只需证明为定值.
设直线的方程为，联立
齐次化，并整理可得，
方程的两根为与，由韦达定理得.
因为，所以，化简得.
由点到直线的距离公式，得，
所以为定值.
12．已知圆的方程为，点的坐标为．点为圆上的任意一点，线段的垂直平分线与交于点．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)点是圆上异于点和的任一点，直线与轨迹交于点，，直线与轨迹交于点，．设为坐标原点，直线，，，的斜率分别为，，，，问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由垂直平分线的性质结合椭圆的定义得出点的轨迹的方程；
（2）联立直线和椭圆的方程，并利用齐次化将1代换成，利用韦达定理表示， ，并由解出.
【详解】（1）由图可知，因为，所以，
则点的轨迹是椭圆，且，
点的轨迹的方程为
（2）设直线的方程为，联立
齐次化得，
整理可得，
即，方程的两根为，，
则．
同理可得．
由条件知，∴．
整理得，故．
13．如图所示，已知椭圆，上顶点为A，过点A作圆的两条切线分别与椭圆C相交于点B，D（不同于点A）．当r变化时，试问：直线BD是否过某个定点？若过某个定点，求出该定点；若不过某个定点，请说明理由．
【答案】直线BD恒过定点．
【分析】设切线方程为，则，即，设两切线的斜率分别为，利用韦达定理可得，将椭圆向下平移1个单位得，设平移后的直线的方程为，与平移后的椭圆方程联立，再等式两边同时除以，再结合韦达定理求出，进而可得平移后的直线所过的定点，即可得解.
【详解】设过点A的直线方程为，
因为直线与圆相切，所以由点到直线的距离公式得，
上式两边平方，化简得，
设两条切线AB，AD的斜率分别为，，则，
将椭圆向下平移1个单位得，即，
此时椭圆的上顶点，
设平移后的直线的方程为，，
与椭圆联立得，
整理得，
两边同时除以，化简得，
由韦达定理得，
即，
所以，解得，
故直线的方程为，直线恒过定点，
平移回原坐标系后，直线BD恒过定点．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：
法一：从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；
法二：直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
14．已知椭圆的离心率为，过椭圆的右焦点并垂直于轴的直线交椭圆于，（点位于轴上方）两点，且（为坐标原点）的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线交椭圆于，（，异于点）两点，且直线与的斜率之积为，求点到直线距离的最大值.
【解析】（1）由题意可得解得
所以椭圆的标准方程为.
（2）解法1：韦达定理
设点Ax1,y1，Bx2,y2，由（1）易求得，
当直线的斜率不存在时，设其方程为（且），
所以由，且，得到，
即，解得或（舍）
此时点到直线的距离为，
当直线的斜率存在时，设其方程为，
联立消去并整理得.
则，，，
所以，即.
所以，
，
整理得，即，
所以或.
若，则直线的方程为，
所以直线过点，不合题意；
若，则直线的方程为，
所以直线过定点.
又因为，所以点在椭圆内.
则点到直线的距离为.
所以点到直线距离的最大值为.
解法2：齐次式法
易求得，设点Ax1,y1，Bx2,y2，则，
椭圆的方程为，即，
，
设直线的方程为，联立并齐次化，得
整理得，
即，
方程的两根为，，由韦达定理得，
从而，与对照，
则解得故直线过定点，
、JKK;显然，点到直线距离的最大值为.