专题3-10 圆锥曲线大题解题基本功训练【3个板块16个专题】-【重难点突破】2024-2025学年高二上学期数学常考题专练（人教A版2019新高考）

【重难点突破】2024-2025学年高二上学期数学常考题专练（新高考） 专题3-10 圆锥曲线大题解题基本功训练 总览 题型解读 一、韦达定理 【专题1.1】如何联立以及硬解定理 【专题1.2】使用韦达定理 【专题1.3】弦长问题 【专题1.4】面积问题 【专题1.5】求面积的最值 二、运算优化 【专题2.1】常见条件代数化 【专题2.2】横截式 【专题2.3】双联立与“同理可得” 【专题2.4】非对称问题 【专题2.5】双根式 【专题2.6】平移齐次化 三、设点法 【专题3.1】单动点问题 【专题3.2】对称点或中点（点差法） 【专题3.3】定比分点与定比点差法 【专题3.4】截距点差法 【题型3.5】抛物线与设点法 模块一 韦达定理 【专题1.1】如何联立以及硬解定理 是一元二次方程的两个根，则 韦达定理是建立参数关系的重要纽带，对于绝大多数圆锥曲线问题，联立都是必不可少的．而在解析几何大题中，椭圆占比最大，还有部分抛物线，至于双曲线，不管在高考还是其他考试中，基本以小题为主，少有大题．由于抛物线形式较为简单，联立计算也更加轻松，优化计算的技巧在直线假设部分已有说明，不再赘述．对于直线与曲线的联立和韦达定理，我们还是以椭圆为主． 那么一般的椭圆和直线联立后是什么情形呢？强烈建议熟记以下内容，这将大大提升圆锥曲线解题速度以及降低计算失误！ 【例题1】联立椭圆方程和直线方程 联立，消得： ① 判别式 ② 韦达定理 ③ 此外 ④ ⑤ 【注】 ①此式为一般直线与焦点在x轴．上的椭圆联立后的方程，需要熟记，对于焦点在y轴上的，只需把对应的看作即可 ②判别式是一个易忽略的点，这里必须注意，凡是需要用到韦达定理的，联立后一定要写到判别式!但判别式的使用需要依题而议，一般有两种情况：一是已知直线过椭圆内部的点，那么此时直线与椭圆一定有两个交点，联立后直接写“由题，△＞0”即可；二是直线不过椭圆内部的点，那么若与椭圆要有两个交点，则需令判别式为正，此外在一些范围最值问题中，往往也会通过判别式建立k和m的关系，记住判别式的形式后，书面表达“令△＞0，得1即可，因此判别式的形式也需要熟记； ③韦达定理其实无需特意去记，由通式，结合联立后的方程即可得出； ④在一些题型中，难免会出现含有纵坐标的表达，此时便需要通过直线代换，因此建议记忆．记忆方式也不难，分母和韦达定理一样(其实所有形式分母都是)，对于对照可知，只是分子将换成了(分母的一部分)；而对于在椭圆中，y是和b对应的，因此对照可知，分子中括号外的换成了，括号内的换成了(分母中的另一部分)． ⑤两根之差的绝对值相信大家还是不陌生，是弦长表达的老伙计了，由于判别式已经记住，因此根差记住形式即可． 【例题2】联立椭圆方程和直线方程 注：若直线过x轴上的定点且倾斜角不为0，则可以设直线方程为 联立，消x得：， 判别式，韦达定理， 此外， 上述内容看似繁多，要记忆的内容实则不多，重点是三个：联立后的方程，判别式，根差．由x推y的形式建议最好也能记住，其使用场景也颇多．而对于反设直线消x的情形，不难发现，只是把a和b的位置互换，k换成t而已，类比之也很好记忆．其他形式感兴趣的可自行推导记忆． 【巩固练习1】联立椭圆方程和直线方程 对于直线和双曲线联立的情况，即，和椭圆基本也无差异，看作， 也即将椭圆中的换作即可，但要注意，此时判别式，欲使，则！ 这里还需要再说说直线和双曲线的位置判断．设直线和双曲线联立后的方程为，当A＝0时，则直线与渐近线平行或垂直，至多一个交点； 当A≠0时，则考虑判别式，当A＞0，则有两个交点；当△＝0时，有且仅有一个交点； 当△＜0，则没有交点．此外若要与双曲线的某一支有两个交点，或和左右两支各有一个交点，则再借助韦达定理加以限定． 【巩固练习2】联立 得，由韦达定理得 【巩固练习3】联立 得，所以， 【巩固练习4】联立 得.由得 所以 【巩固练习5】联立 联立，得，∴ 【专题1.2】使用韦达定理 1、使用韦达定理步骤： ①设直线方程 ②联立写韦达定理 ③几何条件代数化 ④代入韦达定理解方程 2、使用韦达定理的情况： ①代数上对称，例如：、 ②几何上对称，例如：OA⊥OB、 3、配凑法进行韦达化处理，一个经典案例就是弦长中的.对于前述坐标化后的部分式子，也需要作配凑处理： （1）．，即，其中k为直线AB斜率，再用直线代换，即，得.此处需注意两点，一是，几何意义即为直线斜率，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）． （3）．，此处考虑直线代换， ， 再代入上式即可得 （4）．， 而，整理得 （5）．此形式可以配凑倒数关系，，故， 配凑可得 【例题】（24-25高二上·浙江绍兴·期中）已知椭圆上，过点作斜率为1的直线与椭圆交于A，B两点，求的值. 【答案】. 【分析】由题意，联立椭圆并应用韦达定理得，，进而求得，最后应用向量数量级的坐标运算求结果. 【详解】由题意，联立椭圆方程得， 整理得，显然，则，， 所以 【巩固练习1】直线与抛物线交于A，B两点，求（O为抛物线顶点）的值. 【答案】 【分析】联立直线与抛物线方程求得，从而利用平面向量数量积的坐标表示即可得解. 【详解】由，得，易得， 设，则， . 【巩固练习2】直线与相交异于坐标原点的两点，，若，证明：直线恒过定点，并求出定点坐标． 【答案】证明见解析， 【分析】设出方程，利用垂直可得，进而得到定点或者利用直线的两点式方程，结合韦达定理可得定点. 【详解设方程为， 因为，所以，即. 所以，即； 由得， 所以. 所以，即，所以； 所以方程为，故恒过定点. 【专题1.3】弦长问题 在直线与椭圆相交，以及直线与双曲线相交，求弦长问题研究过程中，可通过直线与已知二次曲线联立，借助韦达定理得到两根关系，从而进行研究. 设直线，上两点，则 其中A为联立之后二次项的系数 若是反设直线，则： 【例题1】（23-24高二上·浙江嘉兴·阶段练习）已知椭圆，斜率为k的直线与椭圆M有两个不同的交点A，B，若直线过椭圆上顶点，且，求的值. 【答案】 【分析】由题意可得直线的方程，将其与椭圆方程联立后，再结合韦达定理及弦长公式求解即可. 【详解】因为，椭圆上顶点为， 所以直线的方程为，设，. 联立，得， 又直线与椭圆有两个不同的交点， 所以，∴，， ∴.    【例题2】已知双曲线，设的右焦点为，过的直线交于两点，若中点的横坐标为3，求． 【答案】 【分析】联立直线与双曲线方程，由韦达定理以及弦长公式计算可得. 【详解】，根据题意易得过的直线斜率存在， 设的直线方程为，如下图所示： 联立，化简得， 所以， 因为中点横坐标为3，所以， 解得，所以， 则， 则． 【巩固练习1】若直线与双曲线相交于两点，求 【答案】 【分析】联立直线与双曲线方程，利用弦长公式计算即得. 【详解】由消去y并整理得：，， 设，则， 所以. 【巩固练习2】（高二上·湖北孝感·期末）如图，已知圆，点，为圆上的动点，线段的垂直平分线与线段相交于点.    (1)求动点的轨迹方程； (2)设（1）中曲线：，直线与曲线交于两点，求线段的中点坐标和弦长. 【答案】(1) (2)的中点坐标为，弦长. 【分析】（1）连接，根据题意得到，结合椭圆的定义，即可求得的轨迹方程； （2）设，联立方程组，结合韦达定理和弦长公式，即可求解. 【详解】（1）（1）连接，由题意得圆的圆心为，半径为，且， 所以， 根据椭圆的定义，点的轨迹为椭圆，其方程为. （2）解：设 联立方程组，整理得， 则，且， 所以的中点坐标为，弦长. 【巩固练习3】在平面直角坐标系中，已知: ，若直线交于两点，且，求直线的方程． 【答案】 【分析】联立直线与双曲线方程，利用韦达定理由弦长公式计算即可求得，可得直线的方程. 【详解】如下图所示： 依题意设， 联立与的方程， 消去整理可得，则； 且，解得； 所以， 解得，满足，符合题意；所以直线的方程为. 【巩固练习4】（高二上·湖北武汉·期末）已知椭圆的上顶点与椭圆的左，右顶点连线的斜率之积为． (1)求椭圆C的离心率； (2)若直线与椭圆C相交于A，B两点，，求椭圆C的标准方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，可知，可得，再根据椭圆的性质可得，由此即可求出离心率； （2）将直线与椭圆方程联立，由韦达定理得到，，再根据弦长公式，建立方程，即可求出的值，进而求出椭圆方程. 【详解】（1）解：由题意可知，椭圆上顶点的坐标为，左右顶点的坐标分别为、， ∴，即，则． 又，∴，所以椭圆的离心率； （2）解：设，，由得：， ∴，，， ∴， 解得，∴，满足， ∴，∴椭圆C的方程为． 【专题1.4】面积问题 面积公式：水平宽×铅垂高 设直线，上两点，则 四边形面积处理策略：①割补法；②若四边形对角线相互垂直则面积为对角线之积的一半 【例题1】（23-24高二上·浙江温州·期中）已知椭圆的左焦点为，直线与椭圆交于两点． (1)求线段的长； (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）联立直线和椭圆方程得到，，然后根据两点间距离公式计算即可； （2）根据点到直线的距离公式得到，然后求三角形面积即可. 【详解】（1） 设，， 联立直线与椭圆方程， 解得，． ，， ． （2）由题可知，左焦点． 由点到直线的距离公式得， . 【例题2】已知椭圆C：，若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值. 【答案】 【分析】首先设，，根据直线与椭圆联立，结合根系关系得到，设直线l与x轴的交点为，再根据求解即可. 【详解】由题意设，，如图所示： ，联立， 整理得， ，则，， 故. 设直线l与x轴的交点为，又，则， 故， 结合，解得. 【例题3】 【巩固练习1】（23-24高二上·天津·阶段练习）如图所示，椭圆的左、右焦点分别为，，一条直线经过与椭圆交于，两点．若直线的倾斜角为，求的面积． 【答案】. 【分析】通过直线与椭圆方程建立方程组，化简得到关于的一元二次方程，进而得到，根据图象可得，进而得解. 【详解】设，， 由已知得直线的方程为，与联立方程组得， 则，， 故， 令的面积为，所以. 【巩固练习2】已知双曲线，若过点的直线与双曲线交于，两点，的面积为，求直线的方程. 【答案】或． 【分析】根据题意设直线的方程为，联立直线与双曲线的方程，分别用点到直线的距离公式，弦长公式，三角形面积公式，建立方程，即可得出答案． 【详解】根据题意可知直线的斜率存在，又直线过点， 所以直线的方程为， 所以原点到直线的距离， 联立，得， 所以且， 所以，且， 所以， 所以的面积为， 所以，解得，所以， 所以直线的方程为或． 【巩固练习3】已知椭圆：，点，是否存在过点的直线l与椭圆交于不同的两点A、B﹐满足．若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】或 【分析】（1）由轨迹特征可知是椭圆，待定系数法求C的方程； （2）设出直线方程，与椭圆联立方程组，由结合韦达定理求解. 【详解】 直线l的斜率明显不为0，设， 代入椭圆C的方程化简得， 设，则 则 ， ， ，所以或 (舍)， 解得，所以直线l的方程为或 【专题1.5】求面积的最值 求出关于面积的表达式后，根据表达式特征选用基本不等式或函数单调性求解最值. 【例题1】（22-23高二下·广东深圳·期中）已知焦点在轴上椭圆，长轴长，离心率. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，过原点且斜率为的直线与椭圆交于两点，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆中，，的关系及离心率公式即可求解； （2）设，，直线的方程为，将直线的方程与曲线的方程联立，利用弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，最后利用三角形面积公式写出面积的表达式，通过变形利用基本不等式求出最值. 【详解】（1）因为，， 所以，，， 又因为椭圆焦点在轴上， 所以椭圆方程为. （2）设，，直线的方程为， 将直线的方程与曲线的方程联立，得， 消去得， 所以， ， 又因为点到直线的距离， 所以的面积 ， 因为，所以（当且仅当时等号成立）， 所以的面积， 即面积的最大值为. 【例题2】（24-25高二上·山东济南·期中）已知椭圆，若斜率为的直线与椭圆交于，两点，且点在第一象限，点分别为椭圆的右顶点和上顶点，求四边形面积的最大值. 【答案】 【分析】写出直线方程，联立方程组消元得到二次方程，用韦达定理表示出线段的长，再求出点到直线的距离，由三角形面积公式求得四边形面积代数式，然后求最大值. 【详解】由题意可设， 点在第一象限，， 设，，点，到直线的距离分别为，， 由，消可得， ，， ， ，，直线的一般式方程：， ，， ，， 当时，有最大值为. 【例题3】（24-25高二上·浙江·期中）已知椭圆左、右焦点分别为，，点在椭圆上，过的直线交椭圆于、两点，过的直线交椭圆于、两点，且，当直线的斜率为0时，. (1)求椭圆的方程； (2)若是该椭圆上的一个动点，求的取值范围； (3)求四边形的面积的最小值. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）根据结合椭圆的基本量关系求解即可； （2）设，可得，结合与二次函数的最值求解即可； （3）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合弦长公式与求得四边形面积的表达式，利用基本不等式求得其最小值. 【详解】（1）当直线的斜率为0时，直线垂直于轴， ，，即， 在上，所以， 解得：，，所以椭圆方程为； （2）由（1），，设， 则 因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值2 当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值3， 所以的取值范围为 （3）（i）当的斜率存在且时，的方程为，代入椭圆方程， 并化简得，必有， 设，，则，， ； 因为与相交于点，且的斜率为， 所以. 四边形的面积 当时，上式取等号. （ii）当的斜率或斜率不存在时，四边形的面积6. 综上，四边形的面积的最小值为. 【巩固练习1】（24-25高二上·福建福州·期中）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)斜率存在的直线过点，且与椭圆交于，两点，，，三点不共线，求面积的最大值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由离心率和椭圆上的点，列方程求出椭圆的方程. （2）设直线方程，与椭圆方程联立，利用面积公式表示出的面积，由基本不等式求最大值. 【详解】（1）由椭圆离心率为，得，则，椭圆方程为， 而点在椭圆上，，解得，， 所以椭圆的方程为. （2）依题意，直线l斜率存在且不垂直于轴，设直线l的方程为，而， 由消去并整理得， 由，得，， 则， 因此 ，当且仅当，即时取等号， 所以面积的最大值为. 【巩固练习2】（23-24高二上·广东深圳·期末）已知椭圆的短轴长，离心率为． (1)求C的标准方程： (2)过点的直线与C交于P，Q两点，P关于x轴对称的点为R，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由离心率公式、短轴长以及平方关系列方程即可求解. （2）由题意直线斜率存在且不为0，将三角形面积表示成两个三角形面积之差即，进一步结合韦达定理表示成的函数，结合基本不等式即可得解. 【详解】（1）由题意知，解得， 所以C的标准方程为． （2） 由题意直线斜率存在且不为0，设直线的方程为，， 联立消去y得，， 则，又， 所以，， 所以 当且仅当，即时取等号， 所以面积的最大值为． 【巩固练习3】（22-23高二上·广东深圳·期末）已知椭圆C：的离心率为，且椭圆长轴长为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点的直线l（不过原点O）与C交于AB，两点，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意可得出，，再利用的关系求出，进而求解； （2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，,，,，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由弦长公式可得，点到直线的距离公式可得点到直线的距离，再计算的面积，利用基本不等式，即可得出答案． 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，且椭圆长轴长为，所以，，则，所以椭圆的标准方程为：. （2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，,，,， 联立，得， ， 所以，即或， 则， 故， 点到直线的距离，所以的面积， 设，则， 故，当且仅当时，等号成立， 所以面积的最大值为． 【巩固练习3】（24-25高二上·四川绵阳·期中）在平面直角坐标系Oxy中，椭圆的右焦点为，短轴长为2.过点且不平行于坐标轴的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的中点为. (1)求椭圆的标准方程； (2)证明：直线OM的斜率与直线的斜率的乘积为定值； (3)求面积的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据椭圆的焦点、短轴长求出即可得解； （2）由点差法即可证明； （3）设直线的方程为，联立椭圆方程，求出弦长，再由点到直线距离求出高可得三角形面积，即可得解. 【详解】（1）由题意知：，又， 解得. 椭圆的方程为：. （2）设，为线段AB的中点，所以， 因为A，B两点在椭圆上， 所以，两式相减可得：， 则， 即， 而直线OM的斜率为， 直线的斜率为，所以. 故直线OM的斜率与直线的斜率的乘积为定值. （3）因为直线的斜率不为，所以设直线的方程为：， 由方程组可得：， 可得，， 设点到直线的距离为，则， 即， 令，则， 所以， 当且仅当，即，则时取等， 所以面积的最大值为. 【巩固练习3】（24-25高二上·深圳盐田高级中学期中）在平面直角坐标系中，已知动点到直线的距离与点到点的距离的比是 (1)求动点P的轨迹方程E； (2)若轨迹E与x轴的交点分别为.过点的直线分别与轨迹相交于点M和点N，求四边形AMBN面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据轨迹法，结合条件，即可求解； （2）根据坐标写出直线和的直线方程，并求出点的坐标，即可表示四边形的面积，并根据换元法和基本不等式求面积的最大值. 【详解】（1）由题意可知，， 整理为， 所以动点的轨迹方程； （2）如图，设，，， 则直线，， 联立，得， 则，得， 联立，得， 则，得，， 所以四边形的面积 , 设， 则，函数在区间单调递增， 当时，取得最小值，此时面积取得最大值，最大值为. 所以四边形面积的最大值为. 【巩固练习4】．（23-24高二上·广东广州·期中）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为，且. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于两点，求面积的最大值，以及取得最大值时直线的方程. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）首先表示的坐标，即可得到，根据及，求出，即可求出，从而得解； （2）设，联立直线与椭圆的方程，消元，利用根与系数的关系可以表示的值，进而可以表示面积，由基本不等式的性质分析可得答案. 【详解】（1）依题意，，， 所以，，由，可得， 即，解得或（舍去），故，， 所以椭圆的方程为. （2）设、，联立直线与椭圆的方程， 可得，由，得， 所以， 设原点到直线的距离为， 所以， 所以， 令，则，所以， 当且仅当时，等号成立，即当时（满足），面积取得最大值， 此时直线方程为.    【巩固练习5】（24-25高二上·浙江衢州·期中）椭圆，动直线与椭圆相切于点，且点在第一象限． (1)若直线的斜率为．求点的坐标； (2)若过原点的直线与垂直，垂足为，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设直线：，与椭圆方程联立，根据直线与椭圆相切，所以方程组只有一解，可求的值，进而可得切点坐标. （2）设直线：，根据直线与椭圆相切，可得的关系；再根据直线，得到直线的方程，联立直线的方程，可得点坐标，表示出的面积，结合基本（均值）不等式求最大值. 【详解】（1）设直线：，代入椭圆， 得： 动直线与椭圆相切于点． 又因为点在第一象限，． 方程的解为，得 （2）如图： 设直线交轴于 因为直线与垂直，．联立与，得 将代入椭圆 得 动直线与椭圆相切于点得 即 当且仅当，即时取等号．面积的最大值为． 【巩固练习6】（24-25高二上·浙江·期中）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式（a，b分别为椭圆的长半轴长和短半轴长），为后续微积分的开拓奠定了基础．已知椭圆（）的离心率为，且右顶点A与上顶点B的距离． (1)求椭圆C的面积； (2)若直线l交椭圆C于P，Q两点， （ⅰ）求的面积的最大值（O为坐标原点）； （ⅱ）若以P，Q为直径的圆过点A，，D为垂足．是否存在定点T，使得为定值？若存在，求点T的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）1；（ⅱ）存在定点，使得为定值 【分析】（1）由题意可得，解出的值，进而结合题意求解即可； （2）（ⅰ）分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，结合韦达定理及基本不等式求解即可； （ⅱ）由题意可得，进而得到，分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，结合（ⅰ）可得直线l恒过点，进而结合题意确定点D在以A，M为直径的圆上，取的中点，即可求解. 【详解】（1）由题意，，解得， 所以椭圆C的方程为，则椭圆C的面积为. （2）（ⅰ）当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为（，且）， 则， 即， 当且仅当，即时，等号成立， 此时的面积的最大值为1； 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，， 联立，得， 则， ， 则 ， 又点到直线l的距离为， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 此时的面积的最大值为1. 综上所述，的面积的最大值为1.    【巩固练习7】（24-25高二上·深圳高级中学期中）已知椭圆的左､右焦点分别为和，焦距为2.动点在椭圆上，当线段的中垂线经过时，有. (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，过原点作的两条切线，分别与椭圆交于点和点，直线的斜率分别记为.当点在椭圆上运动时， ①证明：恒为定值，并求出这个值； ②求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2)①证明见解析，；②1 【分析】（1）根据已知条件以及椭圆的定义求得，从而求得椭圆方程. （2）①由直线和圆相切列方程，利用根与系数求得恒为定值. ②先求得四边形面积的表达式，然后利用基本不等式求得面积的最大值. 【详解】（1）取的中点记为，连结. 在中，，所以， 则， 即，所以椭圆方程为 （2）①直线与相切，则； 直线与相切，同理有； 则是关于的方程的两根， 由韦达定理知 （注：上式中，先由消去的，再代入） ②由①问知，如图，设， 由， 同理可得， . ， ， 当，时，. 模块二 优化运算 【专题2.1】常见条件代数化 常见的代数转换 ①垂直：斜率相乘为或者向量数量积为 ②平行：斜率相等或者向量共线(且无公共点) ③三点共线：例如A，P，Q三点共线，(1)(讨论斜率不存在)；(2)(3) ④等腰：若，可取底边中点，则 (P、C不可重合)；P在AB垂直平分线上或圆P与椭圆交于A、B两点(P、C可重合)或点关于直线对称 ⑤角： (1)倾斜角互补（与坐标轴夹角相等）：斜率互为相反数； (2)锐角：例如∠AOB为锐角(或点O在以AB为直径的圆外)，则且O、A、B不共线 (3)钝角：例如∠AOB为钝角(或点O在以AB为直径的圆内)，则且O、A、B不共线：(4)其他情况：利用倾斜角转化为斜率tan ⑥平行四边形：例如ABCD为平行四边形，则 ⑦面积比：先转化为弦长比再专化为坐标比 ⑧双根式： 对于是一元二次方程的两个根，则 ⑨线段比值，若A,B,C是直线上不重合的3点，求 代数角度：； 几何角度： 殊途同归，多尝试“向下兼容” 【例题1】设直线与曲线C相交于点点A、B不与原点O重合，点，将下列信息转化为关于的表达式： 1．或，即 2．， 3． 4． ．直线MA与直线MB的斜率之和为－1 ．锐角 7．为直角 8．为钝角 9．点M在以为直径的圆内为钝角，同8 10．点在以为直径的圆上为直角，同7 11．点在以为直径的圆外为锐角，同6 12．，或垂直与轴 13． 大角对大边，即 14．为直角或，同1 A、B、M三点共线，，， 17．A、B、M三点共线或，即（亦可转化为直线过定点的证明） 18．四边形为平行四边形，即 19．△ABM为等边三角形或AB中点为N， 20．△ABM是以M为顶点的等腰三角形，同3 21．以M为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点同20 22．点M为△OAB的重心 【巩固练习1】（24-25高二上·江苏盐城·期中）已知拋物线，若抛物线的焦点在轴上且与直线交于、两点（、两点异于原点），以为直径的圆经过原点，求的值. 【答案】 【分析】联立直线与抛物线，结合韦达定理与圆过原点可得参数值. 【详解】设，， 联立直线与抛物线，得， 则，解得， 且，，， 又以为直径的圆经过原点， 即，， 解得. 【巩固练习2】（高二上·广东清远·期末）已知抛物线：，过的焦点且不与坐标轴平行的直线与交于两点，的中点为，的准线为，且，垂足为.证明:直线的斜率之积为定值，并求该定值. 【答案】证明见解析，定值为 【分析】根据题意设直线l的方程为，与抛物线方程联立，得到进而求出定值即可. 【详解】，，    因为直线不与坐标轴平行，所以直线斜率存在且不为， 设直线l的方程为， 联立， 整理得，. 设，则， 所以点M的横坐标为, 所以，则， 所以，故T是定值,且定值为 【巩固练习3】如图，已椭圆：，知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点 ，两点都在轴上方，且．证明直线过定点，并求出该定点坐标． 【答案】（. 【分析】直线斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立， 可得，利用根与系数的关系代入化简，可得直线所过定点． 【详解】当直线斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意. 所以直线斜率存在，设直线的方程为. 设、， 由得， 所以，.   因为， 所以， 即，整理得 化简得， 所以直线的方程为， 所以直线过定点. 【巩固练习4】（22-23高二下·河南郑州·期中）已知椭圆，直线过点，交椭圆与两点，记，证明． 【分析】由题意知直线的斜率存在，联立方程组消元，利用韦达定理及直线斜率公式证明即可. 【详解】由题意知直线斜率存在， 设直线，联立方程即， 消可得， 由， 设， 韦达定理可得； 综上所述：. 模块二 韦达定理 【专题2.2】横截式 若直线过x轴上的定点且倾斜角不为0，则可以设直线方程为 直线的形式会对后续的计算产生一定影响，因此选择合适的直线形式，也是优化计算的关键之一． 对于反设直线来说，通过直线方程x＝ty＋m不难发现，此时不能表示与x轴平行的直线，若由题意可得出动直线一定不水平，即可考虑反设直线，这样能够免去讨论斜率是否存在．另一方面，若动直线过x轴上定点，也多考虑反设直线．此外，如果曲线为形如的抛物线，反设直线再联立也要更加快捷． 即反设直线的特征为： ①核心条件与目标信息形式以y为主； ②直线过x轴上定点； ③曲线为形如 的抛物线． 除此之外的情形，一般都正设直线．但正设直线引入了参数k，即直线斜率，因此正设直线时，直线斜率必须存在，故需要对题干信息加以分析，若动直线斜率不存在，即垂直于x轴也符合题意时，则需要对斜率是否存在分类讨论． 【例题】直线l与抛物线交于A、B两点，且满足，证明：直线l过定点． 分析 麻雀虽小，五脏俱全．本题题设简单，但需要分析与思考的点依然很全面．借助此例，我们仔细谈谈解析几何该如何思考． 此题中，我们需要思考以下问题： 问题 1：显性核心条件和目标信息如何翻译？ 问题 2：是否存在隐性条件及关系？ 问题 3：目标信息“直线过定点”如何表达？ 以上 3 个问题背后，又关联着其他的问题，以下将一一引出并作解答 对于问题1，即题目核心条件和目标信息的翻译．显然，题目中的核心条件为“”，几何上的垂直关系，在代数上，可以翻译为斜率乘积为-1，即 可以从向量角度翻译为数量积为 0，即 这两者在代数式上的体现并无太大差异，但有一处需要引起重视，即如翻译成斜率形式，直线OA、OB斜率是否一定存在?当然，若是向量翻译，由题则两个向量均不为零向量． 对于问题2，直线和抛物线有两个交点，通常来说联立方程后要考虑判别式，令△＞0，这是隐性条件和关系中需要考虑的，也是一些范围最值问题的关键． 对于问题3，“直线过定点”一般是先得到相关直线的参数方程，通过消掉参数从而得出定点. 通过上述两种形式，我们便完成了几何信息的翻译，此处以数量积形式翻译为例，若要表达，则需要点A、B的坐标，因此便涉及到参数的引入问题： 问题 4：需引入哪些参数？ 通常情况下，我们都是通过设点及设线的方式引入参数，既设点坐标，也设直线．再通过韦达定理及核心条件，即可建立参数之间的关系．如此处设，，因此由，则有 另一方面，从目标信息来看，要证明直线过定点，由于此处没有直线的表达式，故还需对直线形式进行假设．此处便出现下一个问题： 问题 5：如何假设直线？ 此问题又涉及问题 2 中的内容，因此我们先对问题 2，即“是否存在隐形条件及关系？” 进行回顾．由于直线与抛物线有两个交点，因此直线一定不能平行于x轴，但可以与x垂直． 因此若正设直线：则需要考虑斜率是否存在，分两类进行讨论．因此反设直线是不错的选择．故此设直线，引入参数t，m． 要使得几何关系OA⊥OB成立，则A、B不能与原点O重合，也即直线不能过原点，因此在假设直线引入截距时，可知截距m≠0． 接下来便是联立直线与曲线，此处又会出现一个新的问题： 问题 6：联立后是消x还是消y？ 保留成关于谁的方程，最终都是服务于目标信息的，因此还是需要根据核心条件与目标信息加 以分析． 从目标信息上来说，不管是正设直线 (k存在时)还是反设直线，要证明其过定点，显然可以通过联立后的韦达定理以及核心信息代数化后的“”来得到参数k、m或者t、m之间的关系，进而得出定点．当然，若反设直线，由前面的分析可知，根据韦达定理，结合核心信息，应该可以求得m为定值，从这点也说明，反设直线要更加简便．从目标信息来看，保留x还是y，区别并不明显． 但从曲线和直线形式上来说，抛物线是直线是，此时消去x计算要更加简便．而另一方面，不管是消去x还是y，核心条件还不是直接的韦达定理形式，即两根之和与两根之积的表达．因此便出现下一个问题： 问题 7：核心信息坐标化后如何韦达化？ 问题7即为导图中的“代换与变形”．由于我们设的点是直线与抛物线的交点，因此点A、点B既直线上的点，也在抛物线上，那么对于坐标化后的信息韦达化，常见的处理方式之一是代换．代换中又会出现新的问题： 问题 8：坐标的代换用直线还是曲线？ 选择直线还是曲线，依然还是要结合曲线方程和坐标化后的信息综合考虑．以本题为例，对于坐标信息考虑到直线为反设，因此如果代换x，既可借助直线，即，进而可得，再进行后续计算，此形式还是较为复杂．另一方面，由于抛物线为即，因此还可以借助曲线进行代换，即显然，这里借助曲线代换要更加精简，而最终核心信息均转化为关于y的形式，因此问题6的答案已然明了． 那么这里能不能代换y呢?当然是可以的，但由于我们是反设直线，，则显然若用此关系代换，核心条件韦达化后的坐标信息同上述用直线代换x是形式－一样，都也较为复杂，故不建议选择．另外，如果想用直线代换，则在直线的假设中，更多是考虑正设． 除了代换，常见的还有韦达的配凑，诸如出现则配凑为，相关的内容在后续还会再作讲解． 上述8个问题，是我们在解析几何中必须要思考和解决的基本且关键的问题，对其要有深刻的认识．所谓“谋定而后动，知止而有得”，只有在明确目标，谋划准确后再行动方为良策．而这些问题的解决彼此之间又是相互关联和影响的，因此需要综合考虑与分析．后续内容我们还会对以上问题作更加深入的分析与讲解． 通过上述问题的分析与解决，我们基本确定了此例题的解题框架： 解析 由题，直线不与x轴平行，故设，其中，设点， 联立，消得：，，则， 因为，则，即， 又，代入得， 解得(舍)或，即直线过定点． 【例2】（23-24高二上·浙江·阶段练习）已知抛物线，，过点A作直线与该抛物线交于M、N两点，求的值. 【答案】0 【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理即得. 【详解】当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求， 设直线的方程是，与抛物线联立，消x得， 设，， 则，，故， 故. 【例3】（24-25高二上·广东梅州·期中）椭圆：，如果过点的直线与椭圆相交于点两点，且，求直线的方程. 【答案】或. 【分析】设直线的方程为，由得，结合韦达定理化简即可求得k值，则直线的方程可求. 【详解】由（1）可知点在椭圆外，所以过该点的直线的斜率必然存在. 可设直线的方程为，联立， 得， ， 设，由根与系数的关系可知：， . 由得，即， 解得：，符合， 所以直线的方程为或. 【巩固练习1】（24-25高二上·江苏南通·期中）在平面直角坐标系中，过点的直线与抛物线相交于点，，求证：. 【分析】当直线的斜率为0时，不合要求，设直线的方程为，与联立得，得到两根之和，两根之积，计算出，得到，得到垂直关系. 【详解】当直线的斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去， 设直线的方程为， 与联立得， 设，则， 则， 故， 故. 【巩固练习2】由.已知抛物线，直线与抛物线相交于不同的A、两点，如果，证明直线过定点，并求定点坐标. 【答案】证明见解析，定点 【分析】设，，设，代入抛物线方程应用韦达定理得，，代入可求得，从而得定点坐标. 【详解】因为直线与抛物线相交于不同的A、两点， 所以直线不与x轴平行，可设，与联立，得， 设，，∴，．， 由 ，解得， ∴过定点． 【巩固练习3】已知抛物线C：y2＝4x上，A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点． 【分析】设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入得参数值，从而可得定点坐标． 【详解】证明：设AB：x＝my+t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t， 所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0， ，同理：， 由题意：， ∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)， ∴y1y2＝4， ∴﹣4t＝4， ∴t＝﹣1， 故直线AB恒过定点(﹣1，0)． 【巩固练习4】已知椭圆，点是椭圆的右焦点，轴上是否存在定点D (在椭圆外），使得过的直线 交椭圆于两点.设点为点关于轴的对称点，且三点共线？若存在，求点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】存在定点满足条件. 分析：设，直线方程为，与椭圆联立得，设，，则，由三点共线有：， 即，结合韦达定理即可得解. 【详解】存在定点满足条件：设，直线方程为，联立 消有，设，，则 ，且 ， 由三点共线有： ，      存在定点满足条件. 【巩固练习5】（22-23高二上·湖北·期末）已知椭圆的标准方程为，、为左右焦点，过右焦点的直线与椭圆交于、两点，、中点为，过点的直线与垂直，且与直线交于点，求证：、、三点共线. 【答案】证明见解析 【分析】首先求出右焦点的坐标，分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率存在时设直线的方程为，从而直线的方程为，即可得到点坐标，设，，联立两直线方程，消元、列出韦达定理，即可求出的中点的坐标，即可证明. 【详解】证明：由椭圆方程为知，右焦点的坐标为， ①当直线的斜率不存在时，直线与线段交点即为右焦点， 此时，，三点共线； ②由知，直线的斜率不为，故设直线的方程为， 从而直线的方程为，令得点坐标为， 故直线的方程为． 联立方程组，消去得， 设，，则，， 所以， 从而线段的中点， 又线段的中点的坐标满足直线方程， 所以点在直线上，即，，三点共线； 综上可知，，，三点共线； 【巩固练习6】（22-23高二上·江西南昌·期中）已知椭圆C：，设O为坐标原点，F为椭圆C的右焦点，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为.求证：. 【分析】联立直线与椭圆方程，由两点斜率公式，结合韦达定理即可化简求解. 【详解】由于，当直线无斜率时，此时直线方程为，此时关于轴对称，显然满足，当直线有些率时，可设直线方程为， 联立直线与椭圆方程， 设，则， ，, ， 将代入可得， 所以， 综上可知： 【巩固练习7】已知抛物线，点．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．求证：A为线段BM的中点． 【分析】 条件中没有较为核心标的条件需要坐化，直接看目标信息，要证明为线段BM的中点，作出草图，根据中点公式易知，只需证明，即. 此处点A，B是从动点，受点M影响，而点M，N是动直线与曲线的交点，也即变化的主体是线，因此需要同时设线、设点，联立后通过韦达定理建立关系．对于点来说，可设直线那直线如何假设呢?若单从条件出发，直线过y轴上定点，要与抛物线有两个交点，则不能水平也不能竖直，即斜率存在，加上定点，可以考虑正设；另一方面，抛物线为形式直线又不水平，因此反设直线联立稍有优势，那么是否就选择反设直线呢?前面我们强调，参数的引入在于更好的服务核心条件和目标信息，由于点A，B是过M作x轴的垂线与直线OP，ON的点，那么A，B的横坐标与M相同，因此正设直线更有利于后续的信息转换，故此时应设直线. 由于要用到点M的横坐标，故联后消y，得：此时还需 ，即，由韦达定理则有 再者，点P(1，1)，因此直线OP：y＝x，故点，又直线的方程为，故点，因此目标信息，即为． 接下来要进行丰达化处理，由于目标信息中是于y的一次式，因此采用直线代换即可，即 ．此时目标信息已经实现韦达化，因此由韦达代入，即得． ，因此还需要把转化为的形式，或把转化为的表达形式，故再由韦达中转化，有代入则有得证；或，也即，得证． 此外，也转化为证明，过程大同小异，同学可自行完成． 解析 由题，设直线l：，，， 联立，得，令△＞0，得故 P(1，1)，因此直线OP：y＝x，故点，， 而直线：，故点， 因此， 又，即，得证． 【专题2.3】双联立与“同理可得” “同理可得”的运用，主要在于轮换对称形式中，也即在两个或多个同类量的求解过程中 如直线AP，AQ与直线x＝4的交点，除了部分参数(往往是点坐标，如这里点P、Q的坐标)不同，求解过程和手法完全一致(求出直线AP解析式与x＝4联立得出交点坐标)，那么只需按其中一个点的情形求解(如先求AP与x＝4的交点)，后续只需将不同的量对应替换即可(如AP与x＝4的交点为只需将替换为即为AQ与x＝4的交点)． 【例题1】已知是椭圆：上的两个动点，点,如果直线的斜率与的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值． 【答案】直线的斜率为定值 【分析】设直线AE方程为：，代入入得 ，再由点在椭圆上，根据结直线的斜率与的斜率互为相反数，结合直线的位置关系进行求解． 【详解】设直线方程为，代入得 设，，点在直线上 则，； 直线的斜率与直线的斜率互为相反数，在上式中用代替得 ，， 直线的斜率 所以直线的斜率为定值 【例题2】（高二上·河北唐山·期末）已知椭圆，F为，过右焦点F作的两条互相垂直的弦AB，CD，若，求证：为定值． 【答案】 【解析】由，分AB斜率存在且不为0，AB斜率存在且不为0，分别求得弦长AB，CD代入求解. 【详解】当AB斜率不存在或斜率为0时， ， 当AB斜率存在且不为0时， 设AB方程为，，， 则CD方程为， 由，消去y得， ，， 则，， 所以， 同理，， 所以． 综上可知，为定值． 【例题4】如图，椭圆的左顶点为A，直线l与椭圆E交于P，Q两点，直线AP，AQ分别交直线x＝4于点M，N，若以MN为直径的圆过点F，求证：P，Q，F三点共线． 【分析】 由题，易知点A(－2，0)，F(1，0)，此时变化的主体为线，与椭圆的交点为P，Q，故先设点，根据题意可知，直线l不能水平，但可以竖直，因此正设要讨论斜率，可考虑反设直线，具体再看核心条件与目标信息的情况． 核心条件“以MN为直径的圆过右焦点F”，可用向量表示为，设点，，则，，即．又点M，N是直线AP，AQ与x＝4的交点，一方面，点，因此直线，令x＝4，即可得，故点，所以；另一方面，点A，直线，同样令x＝4，即可得，故点，．不难发现，这里直线与是轮换对称形式，只是把换为，换为因为直线AQ的求法与AP一致，只是把P点的坐标换成Q点的，而后续的联立，向量的求法均完全一致，因此对于这种情形，一般只需求解一次，如这里只需求出再利用“同理可得”得出即可． 核心条件，韦达化后即为．接下来还需考虑直线的形式，从核心条件来说，联立后保留x和y差别并不大，即正设反设均可．对于目标信息“P，Q，F三点共线”，其中F为定点，可以转化为证明直线PQ过定点F，那么反设直线，联立后由核心条件应改可求得m为定值1． 综上，确定反设直线，再消x．设l：，联立 由公式得(，令△＞0，也即，因此，再由公式得，代入核心条件中，即有，整理得，解得或，当时，直线过点A，不合题意，舍去，故直线，过定点，即点F，故P，Q，F三点共线． 解析 由题，l与x轴不平行，故设 ，，， 联立，整理得， 令△＞0，即，故， 因为A(－2，0)，故直线，联立，，又， 因此，同理可得，故， 因为以MN为直径的圆过点F，则 ，即， 又，代入整理得， 即，解得或(舍)，故直线，过定点，即点F，故P，Q，F三点共线． 优化二：k与和k与－k 对于两直线垂直的情形，通常要分两种情形，一是其中一条斜率不存在时，则另一条斜率为零；二是两条斜率均存在，在斜率均存在的情况下，可以考虑设直线的斜率分别为k和；若反设直线，则表示为t和.若两直线关于x轴对称，或倾斜角互补，则可考虑设直线的斜率分别为k和－k，再利用“同理可得”的思想求解相关信息． 【例题5】已知椭圆过上顶点N作两条相互垂直的直线与曲线C分别交于P，Q (不同于点N)两点，求证：直线PQ过定点． 【分析】 由题，此时变化的主体为线，而要使得过上顶点N(0，1)的这两条直线与曲线C分别交于不同于点N的点P，Q，那么两条直线斜率均存在，又两直线相互垂直，因此有，故可考患设直线 NP：y＝kx＋1(k≠0)，NQ：设点． 接下来要表示出P点的坐标，故联立直线NP与椭圆C，也即，整理得，显然此时△＞0，故，而，故，代入直线NP中可得；对于点Q，需要进行的操作与上述过程完全一致，只需把k换成代入整理即可得，代入整理可得，故此时，由两点式可得此时直线. 对于目标信息“直线PQ过定点”，只需将x＝0代入直线，即证 ，代入得，故直线过定点，得证． 解析 由题，直线斜率均存在，且，故设，则， 设点， 联立，整理得， 此时△＞0，则，所以，故点， 同理可得点，故直线， 令x＝0，则，即直线PQ过定点，得证． 【巩固练习1】（23-24高二上·陕西西安·阶段练习）如图，已知双曲线，若直线与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且.求证:为定值． 【答案】 【分析】联立直线与双曲线方程，可得交点坐标，即可根据两点距离公式代入化简求解. 【详解】由题意可得直线OP的斜率存在，可设直线OP的方程为，则直线OQ的方程为， 由 ，得，所以 同理可得，， 所以 【巩固练习2】（高二上·湖北·期末）已知抛物线，直线与交于两点且（为坐标原点）． (1)求抛物线的方程； (2)设，若直线的倾斜角互补，求的值． 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用韦达定理法即求； （2）由题可求，，再结合条件即得. 【详解】（1）设，， 由，得， 故， 由，可得，即， ∴， 故抛物线的方程为：； （2）设的倾斜角为，则的倾斜角为， ∴, 由，得， ∴， ∴，同理， 由，得， ∴，即 【巩固练习3】（高二·福建龙岩·期中）如图，已知椭圆，过右焦点F作两条互相垂直的弦AB与，若求直线AB的方程． 【答案】或 【分析】分类讨论，将直线AB，CD方程代入椭圆方程中，求出，，利用，求出k，即可求直线AB的方程． 【详解】当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，由题意知，不满足条件； 当两弦斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为， 则直线CD的方程为． 将直线AB方程代入椭圆方程中并整理得， 则，所以． 同理，． 所以 解得，所以直线AB方程为或 【巩固练习4】已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．证明：直线CD过定点． 【分析】 先看【常规法】 由题，A(－3，0)，B(3，0)，设P(6，m)，则直线PA的方程是， 联立， 易知△＞0，则，故，所以 同理，直线的方程为， 联立， 易知△＞0，则，故，所以， 当直线斜率存在时，即≠时， ， ∴直线CD的方程是，整理得：，直线CD过定点； 当直线斜率不存在时，即，即时，有＝3， 此时，即CD为直线，综合①②故直线CD过定点． 此解法通过设点，表示出直线PA、PB，再分别与椭圆联立，求得点C、D的坐标，进而求得直线CD的方程，由于此时CD的方程中只含有设点P时引入的一个参数m，故可求出直线所过定点．但我们发现，这样求解点C、D的坐标时，要联立两次直线与椭圆方程，计算稍显繁冗，这里PA、PB这个结构其实和“同理可得”的对称结构有点类似，但又不完全相同，因为点A、B的坐标不一样，因此还不能直接采用“同理可得”思想．我们不妨再观察直线PA、PB的方程：和，可以看到，这里结构还是很像，但也不是像之前那种“同理可得”中的简单替换，因此我们不妨将直线假设为普通的，联立得到韦达定理后，令，结合点A坐标，即可求得点C坐标，同理，令，结合点B坐标，即可求得点D坐标，再按之前的思路求出直线CD的方程，进而求得定点坐标．如此操作我们就只需联立一次方程，计算聚就能减少。再进一步，考虑到直线PA、PB都过x轴上定点，那么能否反设直线呢? 设直线，将其与椭圆联立，即，消x得，， 则有，此时直线在直线l中，令，代入韦达定理，即可得而！则故；同理，，令，则可求得故，再根据原思路继续操作即可． 解析 由题，A(－3，0)，B(3，0)，设P(6，m)，则直线PA:,直线:， 设直线，联立，消x得，， 令△＞0，则有，令，则故； 同理，令，则可求得故， 所以直线CD的斜率， 则直线CD的方程是，整理得：，直线CD过定点. 【巩固练习5】已知椭圆设椭圆C的左、右顶点分别为A、B左焦点为F，过F的直线l与C交于M、N两点(M和均不在坐标轴上)，直线AM、AN分别与y轴交于点P、Q，直线BM、BN分别与y轴交于点R、S，求证：为定值，并求出该定值． 解析 由题可知 由题意显然l的斜率不为0， 所以设直线l的方程为：x＝my－1，设M(x1，y2)，N(x2，y2)， 联立与椭圆的方程整理得：，，. 直线AM的方程为：，令x＝0，，所以同理可得点， 所以 直线，令x＝0，，即，同理可得， 所以， ， 由题意得，故,所以为定值． 【巩固练习6】（2024·安徽合肥·二模）已知椭圆的右焦点为，过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】-1 【分析】设，，，，，联立直线和椭圆的方程，可得，，直线的方程为，令，得，同理，由斜率公式计算即可． 【详解】（1）因为，所以，再将点代入得， 解得，故椭圆的方程为； （2）由题意可设， 由可得， 易知恒成立，所以， 又因为， 所以直线的方程为，令，则，故， 同理， 从而， 故为定值． 【专题2.4】非对称问题 在一些定点、定值、定线问题中，还常出现需要证明类似为定值的情形，通过直线代换可得：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“非对称韦达定理”． 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和之间的关系，将其中一个替换，常用手段是把乘法的替换成加法， 非对称韦达的处理，技巧性稍强一些，具体处理方法技巧． 【例题1】已知点F为椭圆的右焦点，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的斜率分别为证明为定值． 分析 此题核条件为直线AM与的斜率显然要设点，不妨设而由题可知A(－2，0)，B(2，0)，因此， 从而目标信息，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. 通过直线替换后可得 出现了韦达定理结构之外的形式，即落单的和，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， 消x得，易知△>0，则 策略一：和积转换——找出韦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，，代入目标信息得，稍作整理，即可得，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 ∴ 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 策略二：配凑半代换——对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑 而半代换也有一定技巧，就是配凑．比如题中的，若只代换， 得，依然无法得到定值，因为落单的和不一致，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，可以对和其中某个进行配凑使其能构成比例形式.以分子为例，分子要出现形式，可将分子整理为，从结构上可以猜测定值为，不妨将韦达代入，得，得证. 分母可作类似处理，得. 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． 解析 反设直线： 由题，A(－2，0)，B(2，0)，设， 则， ， 联立，消x得，且△>0， 则 策略一：和积转换(一般是积转和) 所以，代入得，，为定值，得证. 策略二：配凑半代换 因此，得证 正设直线： 情形一 当直线l斜率不存在时，此时，，或， 因此或，，此时均有，为定值； 情形二 当直线l斜率存在时，不妨就正设直线，，， 因此， ， 联立，消得， 易知△＞0，则 策略一：和积转换（一般是积转和） 即，因此， 所以，为定值，得证. 策略二：配凑半代换 所以， 即，为定值，得证. 【例2】点是椭圆的左右顶点若直线与椭圆交于M，N两点，求证：直线AM与直线的交点在一条定直线上． 【解析】联立化简得(， △＞0，，直线AM：，直线BN： 联立得， 【不是韦达定理，怎么处理呢】 策略一：配凑半代换 原式＝ 故直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上． 策略二：和积转换 分离常数得：， 则有 代入得 点评 本题若采用反设直线，计算量可能会更小一些，能够比较轻松看出和之间的关系，从而进行代入消元，求得定值，可以让学生自行尝试. 【巩固练习1】已知椭圆：，设,过点的直线与曲线交于两点,问直线与直线的斜率之比是否为定值?若为定值,请求出该值,若不为定值,试说明理由. 【答案】 【详解】由题意知,的斜率不为0,则设,与曲线联立得整理得0,则,设直线的斜率为,直线的斜率为,此时 无法应用韦达定理,这就是典型的“非对称韦达定理”结构式子. 下面将提供2种解题方法来对此类问题进行解决. 方法一:积化和法 就是把韦达定理的积式转化为和式表达,这是处理“非对称韦达定理”问题的最重要方法.下面就用这种方法解决例题的后续部分: 因为,所以,所以 所以直线与的斜率之比是定值. 从解题的过程可以看出,核心就是利用韦达定理的积式转为和式表达,然后把题目所求的部分化为统一的和结构式子进行运算处理,使问题得以解决. 方法二:配凑保留单变量法 就是把原来的非对称韦达定理结构式经过化简后只保留一个未知数,进行最后的计算,从而得到结果.下面就用这种方法解决例题的后续部分. 因为, （1） （2） 所以直线与的斜率之比是定值. 【巩固练习2】椭圆的左、右顶点分别为A，B，过左焦点的直线与椭圆交于C，D两点（其中C点位于x轴上方），记直线AC，BD的斜率分别为，问；是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】是定值，定值为3． 【分析】设出直线方程，与椭圆方程联立，得到根与系数关系，将表示出化简即可. 【详解】因为直线CD过点， 且点C位于x轴上方， 所以直线CD斜率不为0，设直线CD的方程为， 联立消去x得， 方程的判别式， 设，由已知， 于是， 所以， 又椭圆的左顶点A的坐标为，右顶点B的坐标为（2，0）， 所以， 因为， 所以， 所以 所以定值，定值为3． 【巩固练习3】（23-24高二上·河南南阳·期中）已知曲线：，点，，设，过的直线交曲线于、两点（不与、重合）．设直线与的斜率分别为，，证明为定值． 【答案】2 【分析】设出直线的方程，然后与椭圆进行联立后利用根与系数关系从而证明为定值. 【详解】设直线的方程为， 联立，得：， 设点，，由根与系数的关系得： ，， 则： ， 综上，为定值2． 【巩固练习4】已知椭圆：，设点为椭圆的左右端点，过点作直线交椭圆于，两点（不同于），求证：直线与直线的交点在定直线上运动，并求出该直线的方程. 【答案】 【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，设，，，得到两根之和，两根之积，由和共线得到方程组，联立后得到，求出，得到交点在定直线上，并求出该直线的方程. 【详解】由条件知直线与直线不重合，故直线的斜率不为0，    设直线的方程为， 联立，可得， 设，，， 则，，， 由，， 由共线得：③， 由共线得：④， 由③÷④消去并整理得，， 即，所以， 综上所述，直线与直线的交点在定直线上运动. 【专题2.5】双根式 1、点乘双根法的含义与原理： 何谓点乘双根法呢？在大学数学中，把向量，的数量积叫做向量点乘向量，因此点乘得名；所谓双根是由初中的一元二次方程知识可知：若和是一元二次方程的两个根，则，我们把叫做二次方程的双根式，所谓的点乘双根法就是构建双根式是去解决含和或者可转化为含含和的计算问题，其中以向量的数量积有关的问题为最常见． 点乘双根法的原理： 点乘双根法是通过对双根式进行赋值和，直接计算和的含参表达式，然后整体代入目标，从而构建出关于参数的等式关系式，避免繁杂的计算，达到快速解题的目的（其中，点坐标为已知定点，，为直线与圆锥曲线的交点）． 2、点乘双根法适用结构: ①乘积：， ②数量积：， ③斜率积： ， ④斜率和无法算： （失效） 【例题1】已知椭圆方程和直线方程的交点为，两点， . 联立，消得：， 韦达定理， 化为双根式： （1）求 【解析】传统韦达：拆括号，代韦达，通分合并 拆括号： 点乘双根：整体计算，一步到位 化为双根式： 赋值：令，得 故 （2）求 【解析】点乘双根： 令， 则 （3）求 【解析】点乘双根： （4）计算 【解析】 【例题2】椭圆：，若直线：与椭圆交于，两点（，不是左右顶点），且以直线为直径的圆恒过椭圆的右顶点．求证：直线恒过定点，并求出该点的坐标． 步骤1：联立方程，构建双根式 设椭圆的右顶点为，，，所以， 联立，化简得： ， 又因为，是方程的两个根，所以 ① 步骤2：赋值 点乘双根法赋值目的是为了对目标中的和进行整体代换以达到简化计算的目的，故对双根式①中的进行赋值得 ， 整体求出 ②． 接下来先求出，，只需对双根是进行赋值，并两边同时乘以可得 ③． 步骤3：变形代入 将②和③整体代入，可得 ， 即，分解因式得，或， 当时，直线，故直线恒过定点． 当时，直线，故直线恒过定点，舍去． 【巩固练习1】椭圆的左焦点为F，左、右顶点分别为A、B，离心率为，. （1）求椭圆的方程； （2）过F且斜率为k的直线l与椭圆交于C、D两点，若，求k的值. 【解析】（1）由题意，，所以， 又椭圆的离心率，所以， 故椭圆的方程为. （2）由（1）可得，，，所以直线l的方程为， 设，，则，，，， 从而 ， 由题意，，所以， 故①， 联立消去y整理得：②， 因为和是方程②的两根，所以③， 在③中取可得：，又由方程②的韦达定理，， 代入①得：，解得：. 【巩固练习2】已知椭圆：上顶点为，左右顶点分别为，，线段 ，中点分别为，， 过作直线交椭圆于，两点，使，求直线的方程． 【解析】法一：(点乘双根) 易知：直线不与轴垂直，则设直线方程为：，，， 因为，则，所以， ① 现联立 则方程可以等价转化 即 令， 令， 结合化简可得： ，，所以直线方程为：． 法二：（点乘双根） 若的斜率为，则，所以的斜率不会为． 设：，，，则，，所以 ①， 将，代入①得 ②． 当时，：，经检验不符合题意； 当时，②式变形得 ③， 联立得 ， 令，则，即 ④； 令，则，即 ⑤， 将④⑤代入③得， 解得，所以：． 【方法小结】由，得，故而按照点乘双根法的步骤去求解即可，方法一和方法二都是于点乘双根法，题目不同在于消去的元不一样，并无本质上的区别，都是用点乘双根法去简化有关双根的和与乘积有关的式子的计算问题． 【巩固练习3】已知椭圆和点，过点P且斜率为2的直线与椭圆C交于A、B两点. （1）求的值； （2）直线l过点P与椭圆C交于不与A、B重合的M、N两点，若，求直线l的方程. 【解析】（1）由题意，直线的方程为，即，设，联立消去y整理得：①， 则和是方程①的两根，所以， 令可得，故 从而. （2）当直线l的斜率不存在时，其方程为，代入椭圆C的方程可求得， 所以，不合题意， 当直线l斜率存在时，设其方程为，即，设，， 联立消去y整理得：②， 则和是方程②的两根， 所以 令可得， 所以 从而， 因为 所以，解得：，因为M、N不与A、B重合， 所以，故，从而直线l的方程为. 【专题2.6】平移齐次化 遇到斜率和积为定值与直线定点问题结合时可以考虑平移+齐次化的方法，和常规方法相比大大优化了计算难度，下面以椭圆举例演示具体步骤. 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)． 【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! 具体操作步骤： (1)把定点移到新坐标系的原点处，得到新的曲线方程；(定点在原点就跳过这一步) (2)设直线，为齐次化奠定基础； (3)曲直联立，对曲线方程中的各个一次项(即x以及y)用乘“1”实现齐次，整理成的形式，即为直线，的直线系方程； (4)利用和的韦达定理，得到m和n的关系式； (5)利用m和n的关系式，代入直线方程，将化为单参，从而得到定点； (6)再平移回到原来的坐标系中，得到相应的定点(若求斜率就跳过这一步) 注意：若点P不在曲线上时，平移齐次化也适用，平移后的曲线方程会有常数，常数也需要齐次化乘“” 二级结论归纳 命题1：过椭圆 上一定点（不是椭圆顶点）作两条直线分别交椭圆于，两点，使这两条直线的斜率之和等于（为常数），则 （1）当时，直线恒过一个定点，且定点为； （2）当时，直线的斜率为定值． 命题2：过椭圆 上一定点（不是椭圆顶点）作两条直线分别交椭圆于，两点，使这两条直线的斜率之积等于（为常数），则 （1）当时，直线恒过一个定点，且定点为； （2）当时，直线的斜率为定值． 命题3：过双曲线 上一定点（不是双曲线顶点）作两条直线分别交双曲线于，两点，使这两条直线的斜率之和等于（为常数），则 （1）当时，直线恒过一个定点，且定点为； （2）当时，直线的斜率为定值． 命题4：过双曲线 上一定点（不是双曲线顶点）作两条直线分别交双曲线于，两点，使这两条直线的斜率之积等于（为常数），则 （1）当时，直线恒过一个定点，且定点为； （2）当时，直线的斜率为定值． 命题5：若点是抛物线上一点，过点引直线和与抛物线相交于，两点． （1）若时，则； （2）若时，则直线恒定过点； （3）若时，则直线恒定过点． 【例题1】已知椭圆：，，是椭圆上的两个动点， （i）如果直线的斜率与的斜率之和为，证明直线恒过定点； （ii）如果直线的斜率与的斜率之积为，证明直线恒过定点． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，（ii）证明见解析 【分析】（1）由题意得出，设椭圆的标准方程为，代入点坐标即可求得； （2）】（平移构造+齐次化）平移坐标系：平移坐标系，使得坐标原点和点重合，得出新坐标系中的椭圆方程，设直线方程为，联立，构建齐次式，两边同除以，由韦达定理得和，根据题意列出方程，即可求解（i）（ii）；法二：（平移构造+齐次化）平移直线和平移椭圆：设直线的方程为，变形得，将椭圆方程变形为，整理得，将直线进行“1”的代换，去分母化简， 再同除以，则和是方程的两个实数根，由根与系数关系得出和，列出方程即可求解（i）（ii）． 【详解】（1）由题可知，，设椭圆的标准方程为， 将代入，得，解得或（不合题意舍去）， 所以椭圆的标准方程为． （2）（平移构造+齐次化）平移坐标系． （i）平移坐标系，使得坐标原点和点重合，则，得新坐标系， 在新坐标系中，椭圆方程为，化简得①， 直线平移后变为，其方程不妨设为， 代入①构建齐次式得， 整理得， 两边同除以得 ②， 易知和是方程②的两个根，由韦达定理得， 化简得，代入直线得， 整理得， 直线恒过和直线的交点， 则直线恒定过点． （ii），即， 所以直线的方程为， 直线恒过和直线的交点， 则直线恒定过点． 法二：（平移构造+齐次化）平移直线和平移椭圆． 设直线的方程为，即，变形得， 将椭圆变形为， 展开整理得， 将直线进行“1”的代换得， 去分母化简得， 等式同除以得， 因此是方程的实数根，设，， 则和是方程的两个实数根， （i）由韦达定理得：，即，即， 代入直线的方程得， 所以直线恒定过定点． （ii）由韦达定理得，所以， 代入直线的方程为， 所以直线恒定过定点． 【例2】过双曲线右焦点且斜率为的直线交双曲线于，，若且，求双曲线的方程． 方法识别：因为，所以，适合用齐次化来处理． 8．解析：法一：（齐次化） 设双曲线方程为，直线：，其中． 将直线变形为，代入双曲线方程得， 整理得， 两边同除以，， 注意到，， 所以和方程的两个根，所以， 又因为，所以，即，可得， 化简可得，即，，故双曲线方程为， 联立，消去得， 设，，则，， 由弦长公式得， 计算可得，，所以双曲线方程为． 法二：（点乘双根法） 方法识别：由，得，适合用点乘双根法． 设:①，，，则， ，①． 联立，， 又因为和是方程， 所以． 令得②； 令得③． 将②③代入①得， 化简可得，即，，故双曲线方程为， 联立，消去得， 设，，则，， 由弦长公式得， 计算可得，，所以双曲线方程为． 【巩固练习1】若，为抛物线：上两点，且以为直径的圆过点，证明：直线过定点． 【证明】因为以为直径的圆过点，所以，即． 设，，则，．令， 代入抛物线方程得：，整理得： ， 不妨设直线的方程为：， 将其代入式得：， 化简得： ， 因为，方程两边同除以，得 ①， 易知和是方程①的两个根， 由韦达定理得，即， 代入求直线方程得 ， 所以直线过和的交点，即， 利用变换将其平移回原坐标系得，故直线恒定过点． 【巩固练习2】设椭圆：的右焦点为，过的直线与相交于，两点，点点坐标为，设为坐标原点，证明：． 【解析】（1），过程略． （2）（平移构造+齐次化） 方法识别：等价于，故可以用平移构造和齐次化来处理． 将椭圆：和直线：按照平移至以点为坐标原点， 得和， 即 ， 将代入构造齐次化得 ， 整理得 ． 设平移后设，，则，． 易知和是方程的两个根，由韦达定理得，根据平移角度不变知，， 故有． 【巩固练习3】已知椭圆，设直线不经过点的直线交椭圆于，两点，若直线，的斜率之和为，证明：直线恒过定点． 解：以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如图所示： 旧坐标 新坐标 即 所以，则，即， 在新坐标中转换为：，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 所以，所以代入， 整理得，对于任意都成立． 则，解之得，故原理坐标系地应点坐标为，所以过定点 【巩固练习4】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. 模块三 设点法 【专题3.1】单动点问题 如果变化主体为点，且这些点相对独立，通常不是直线和曲线的两个交点，对于此类情形，引 参时通常考虑设点即可． 设点后，所有的量都用引入的点坐标表示．此外，为了使计算和形式更加简便简洁，我们也可 以先假设多个变量，根据已知信息建立变量间的关系，实现消参． 1、设点法一般步骤： (1)设出所有未知点坐标 (2)把所有几何条件和问题有点坐标代数化 (3)利用代数变形解决问题(难点所在) 2、使用前提 (1)出现弦中点 (2)关于原点或坐标轴的对称点 (3)单动点问题 【例题1】（24-25高二上·江苏连云港·阶段练习）已知椭圆的焦点分别是，，点在椭圆上，且，求点到轴的距离. 【答案】 【分析】设，可得，；由得，结合椭圆方程求出，即得答案. 【详解】由椭圆方程得，，，    设，则，； 由得：（1）； 又点在椭圆上，可得（2）； （1）（2）联立消去得，，即； 故点到轴的距离是． 【例题2】设O为坐标原点，动点P为圆点，点Q在直线上，且．证明：过点P且垂直于的直线l过点(－1，0)． 【分析】 本题中，变化为主体为点，核心信息也需通过点坐标表示，故先考虑设点，不妨设则核心信息坐标化后即为借助此关系，可获得参数m与、间的关系，即，因此，此时已经实现了部分消参，此时所有的量都是通过、表达，由于点P在圆上，因此还满足. 接下来看直线l，因为l过点P且垂直于OQ，则有，而，故，由点斜式可得此时l：，即，因此当时，y＝0，即直线l过定点(－1，0)． 解析 由题，设，， 因为，即 故，即， 因为，则 又，故， 因此l：，整理得， 故时，y＝0，即直线l过定点(－1，0)，得证. 【巩固练习1】（24-25高二上·浙江绍兴·期中）曲线，点在曲线上，且点在第一象限，，，求点的横坐标． 【答案】． 【分析】设，，根据垂直关系得到方程，结合，求出，得到答案. 【详解】设，，故， 因为， 所以， 解得，故点的横坐标为. 【巩固练习2】已知动点M在 C：上运动，点A(-2，0)，B(2，0)，当点M与A，B不重合时，设直线MA，MB的斜率分别为k₁，k₂，证明:为定值. 【答案】 【分析】设设，代入方程中化简得的表达式，利用斜率公式写出 的表达式，化简即可 【详解】设 则 由 所以 所以. 【专题3.2】对称点或中点（点差法） 如果变化主体为点，且这些点相对独立，通常不是直线和曲线的两个交点，对于此类情形，引 参时通常考虑设点即可． 设点后，所有的量都用引入的点坐标表示．此外，为了使计算和形式更加简便简洁，我们也可 以先假设多个变量，根据已知信息建立变量间的关系，实现消参． 1、设点法一般步骤： (1)设出所有未知点坐标 (2)把所有几何条件和问题有点坐标代数化 (3)利用代数变形解决问题(难点所在) 2、使用前提 (1)出现弦中点 (2)关于原点或坐标轴的对称点 (3)单动点问题 【例题1】在平面直角坐标系中，椭圆的上顶点为A，点B、C是上不同于A的两点，且点、关于原点对称．记直线AC、AB的斜率分别为、，求证：为定值． 分析 此题中核心信息即直线AC、BC的斜率．由题易知点A(0，1)，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，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：； 目标信息为斜率之积，即； 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，由于此时还未假设直线，看来也是不需要了．由点B、C在曲线上，故有，即，代入目标信息中可得，为定值． 解析 由题，设点，， 则 又点B椭圆上，故有，即， 代入可得，为定值，得证. 【例题2】（23-24高二上·安徽·期中）已知双曲线，若直线与双曲线交于、两点，线段的中点为，求直线的方程. 【答案】 【分析】用点差法，设而不求，即可得到直线的斜率，进而求得方程. 【详解】若直线轴，则、关于轴对称，此时，线段的中点在轴上，不合乎题意，设、，设直线的斜率为，则， 则，所以， 化简得. 因为线段的中点为，所以，， 所以，解得，双曲线渐近线为，直线斜率大于渐近线斜率， 故过点的直线与双曲线有两个交点.所以直线的方程为. 【巩固练习1】（24-25高二上·江苏连云港·期中）已知双曲线与椭圆有相同的焦点. (1)求双曲线的方程； (2)求与双曲线有共同的渐近线，且过点的双曲线的标准方程； (3)若直线与双曲线交于、两点，且、的中点坐标为，求直线的方程. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程. （2）设过点的双曲线为，利用点求得，从而求得该双曲线的方程. （3）利用点差法求得直线的方程. 【详解】（1）椭圆，即， 所以，所以， 所以双曲线的方程为. （2）双曲线，对应，所以渐近线方程为， 设过点的双曲线的标准方程为， 所以，所以. （3）设，则， 两式相减并化简得， 所以直线的斜率为，所以直线的方程为. 由， 消去并化简得，符合. 所以直线的方程为. 【巩固练习2】（23-24高二上·广东中山·期中）对称轴都在坐标轴上的双曲线过点，，斜率为的直线过点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若直线与双曲线有两个交点，求斜率的取值范围； (3)是否存在实数使得直线与双曲线交于A，B两点，且点P恰好为AB中点？为什么？ 【答案】(1) (2)或或 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）先设出双曲线的方程，代入已知点，求待定系数可得； （2）设出直线的的点斜式，与双曲线方程联立，转化为方程组有两解的问题解决； （3）结合（2）的结论，先根据中点坐标求出斜率的值，再判断是否符合（2）中的取值范围. 【详解】（1）设双曲线的标准方程为代入，， 得，解得， ∴双曲线的标准方程. （2）如图：    设直线方程：，联立得 ， 直线与双曲线有两个交点， 所以或或. （或：且）. （3）设A，B两点坐标分别为，由（2）可得， 若P为AB中点，则， 此时， 所以不存在实数，使得直线与双曲线交于A，B两点，且点P恰好为AB中点.. 【巩固练习3】（23-24高二上·广东河源·期末）已知双曲线，若点是的左顶点，是上与顶点不重合的动点，从下面两个条件中选一个，求直线与的斜率之积. ①关于原点对称；②关于轴对称. 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】选①，答案为1；选②，答案为 【分析】选①，得到，，，由斜率公式计算出答案； 选②，得到，，，由斜率公式计算出答案. 【详解】若选①，关于原点对称， 由题意得，，， 故， 则，    若选②，关于轴对称， 由题意得，，， 故， 则，    【巩固练习4】（23-24高二上·浙江金华·阶段练习）已知椭圆与直线. (1)若直线与椭圆交于，两点，求中点的轨迹方程； (2)若椭圆上存在两点，关于直线对称，求实数的取值范围. 【答案】(1)（椭圆内部部分）；(2) 【分析】（1）设，，弦的中点为，利用点差法得到，整理即可； （2）设的方程为，联立直线与椭圆方程，消元，由求出的取值范围，设的中点为，表示出点的坐标，由在直线上得到，即可求出的取值范围. 【详解】（1）设，，设弦的中点为，则， 则，， 所以， 所以，即，所以， 所以中点的轨迹方程为（椭圆内部部分）. （2）法一：设CD中点为，由（1）可得在上，故 则有，即，又因为M在椭圆内，所以带入椭圆方程会得到关于m的不等式，解之即可 法二：关于直线对称的点为，， 设的方程为， 与椭圆方程联立，消去整理得， 由，得； 设，， 则，， 再设的中点为，则， 又在上，得， 在上，得，即， 则，得． 【专题3.3】定比分点与定比点差法 一、定比分点公式定比点差法 1、已知，若点)满足，求点P的坐标． 2、定比分点公式：如下图，由向量的定比分点恒等式可知 定比分点公式： [思考]当为负数时，该公式是否仍然适用？若不适用该如何调整？ 3、定比点差法：当为椭圆上的两点，P为弦A,B上任意一点时， 定比点差口诀 只设三点不设线， 定比分点算分点； 曲线上点代曲线； 乘以后再作差； 作差之后代公式。 联立消元后即可用与定分比表示. 二、三种题型归纳 类型一：点满足 若在椭圆则; 点满足则则= = ,如果可以求出的值，那么点的轨迹就是椭圆. 类型二：存在定点动点满足，，则的轨迹为.（与极点极线的结论一致）. 若在椭圆则; 存在一定点满足满足则, 另一动点满足则, 所以, 此时动点在直线.（与极点极线的结论一致） 注意：此条件还可以变为：(调和点列) 类型三：曲线上两点，存在点定点满足，，为定值 若点在双曲线则; 点和一定点满足，, 由于满足则,代入椭圆方程可得， =,将作为未知数整理，可得， , 即, 由于满足则,代入椭圆方程可得， =,将作为未知数整理，可得， , 所以为方程的两根， 则. 【例题1】已知椭圆（）的离心率为，过右焦点且斜率为（）的直线与相交于，两点，若，求 【解析】由，可设椭圆为（）， 设，，，由， 所以，． 又 由（1）-（3）得， 又． 又． 【例题2】已知椭圆.过点的直线与椭圆C相交于两点，求的取值范围. 【答案】设点A(x1，y1)，B(x2，y2). 又P(0，3)，可设，由定比分点得  作差得， 整理得 将代入上式，得. 又，两式相加得. 由，得， 【例题3】（22-23高二上·湖北武汉·期末）已知椭圆，过椭圆外一点任作一条直线与椭圆交于不同的两点，在线段上取一点，满足，证明：点必在某条定直线上. 【答案】 【分析】法一：设直线方程为，，，，由，可得，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，代入即可得到，，消去参数，即可得解； 法二：依题意可得，设，则，设，，，根据向量共线的坐标表示用、表示、、、，再消去参数即可得解. 【详解】解法一：由题知直线的斜率存在，设直线的斜率为， 则直线方程为，设，，， ， ， ，上式可化简为， 联立消去化简可得， 则，， ，代入直线方程， 即，解得， 由消去可得， 则点必在定直线； 法二：， ，即， 形式(1)设 ，则，设，，， 由可得，由，可得， 、在椭圆上， ，两式相减得到 变形为：， 带入可得 ，即点必在定直线上. 形式(2)：设，则，设，，， 由可得，由，可得， 、在椭圆上， ，化简可得， 两式相减得到，点必在定直线上. 【例题4】已知椭圆C：，，为其左右焦点，P为椭圆C上一动点，直线交椭圆于点A，直线椭圆交于点B，设，，求证：为定值． 【解析】设，，， 由于，由定比分点公式可得 将，，代入椭圆方程有 得  ③， 得 两边同除整理得 所以，即 又，即 解得 同理: 所以. 【巩固练习1】已知椭圆，过椭圆的左焦点F且斜率为的直线l与椭圆交于A、B两点（A点在B点的上方），若有，求椭圆的离心率． 【解析】因为，设、， ①②得：， ，， 则， 得， ∵，∴，将A代入椭圆方程 整理得：，所以或（舍） 故． 【巩固练习2】已知点，椭圆上两点满足， 当点横坐标的绝对值最大时，求的值. 【分析】 由，设点，将向量式转化为坐标式 于是用定比点差法求出点横坐标；也可“设直联曲运用韦达定理沟通坐标关系，求出点横坐标. 【解析】解法 1 设点. 由. 所以， 所以，代入， 可得，当时取得等号. 解法2 若直线的斜率不存在，那么，不是最大值， 设直线，点. 所以， 所以. 因为， 所以， 当且仅当. 所以，所以. 解法 3 设点，则. 又点均在椭圆上， 则 而，则当时，取得最大值为. 解法4 设点. 由得点的中点为. 因为，即， 所以，当最大时，，此时，代入 得到. 【巩固练习3】已知椭圆的左右焦点分别为，，，，是椭圆上的三个动点，且，若，求的值． 【解析】设，，，，由，得 ①满足 满足 ②由 ③由（1）-（3）得： ，又 ，同理可得 ． 【巩固练习4】（2024·山东济南·二模）已知椭圆C：，若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率. 【解析】设，，，，， 因为，所以，即， 又，都在椭圆上， 所以，， 即， ②-①得， 即……③， 又，同理得……④ ④-③得， 所以. 【巩固练习5】已知抛物线：，过点的动直线与抛物线相交于A，B两个不同的点，在线段AB上取点Q，满足，证明：点Q总在定直线上． 【解析】设点Q，A，B的坐标分别为，，， 由题意知，不妨设A在P，Q之间，设，， 又点Q在P，B之间，故， ，， 由可得解得，， 点A在抛物线上， ， 即，， 由可得解得，， 点B在抛物线上， ， 即，，． 由可得， ， ， 点Q总在定直线上 【巩固练习6】（23-24高二下·广东惠州·阶段练习）已知抛物线的焦点关于直线的对称点为． (1)求的方程； (2)若为坐标原点，过焦点且斜率为1的直线交于两点，求； (3)过点的动直线交于不同的两点，为线段上一点，且满足，证明：点在某定直线上，并求出该定直线的方程． 【答案】(1)； (2)8； (3)证明见解析， 【分析】（1）由焦点关于直线的对称点为即可求得p值，则抛物线方程可求； （2）联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理以及过抛物线焦点的弦长公式即可求解； （3）设直线的方程为，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理化简，分析可得，则定直线方程可求. 【详解】（1）抛物线的焦点关于直线的对称点为，于是，解得：， 所以抛物线的方程为． （2）由（1）知，直线的方程为，设， 由消去得：， 则， 所以． （3）由题意可得直线的斜率存在．设直线的方程为， 代人抛物线方程，整理得或． 设，则， 由， 得， 化简得， 当时，因，化简得，与直线的斜率存在矛盾，不合题意； 当时， 化简得． 即 化简得， 又，所以， 化简得， 所以点在直线上． 【点睛】 【巩固练习7】已知椭圆.过点的动直线与椭圆相交于两个不同 的点时，在线段上取点，满足.证明:点总在某定直线上. 【解析】 设点 ,. 由题设知 , 均不为零. 设. 又 四点共线, 可设 . 由定比分点得到 , 将点 坐标代入上式, 得 . 即点 总在定直线 上. 【巩固练习8】（2024·山东日照·三模）已知双曲线：，右顶点为，过点的直线交双曲线右支于，两点，交轴于点，且，，求证：为定值. 【答案】 【分析】设，，，由用与表示，，根据在双曲线上，得到；同理由得，所以，是方程的两个不等实根，根据一元二次方程根与系数的关系，可求的值. 【详解】如图： 设，，，由与，得， 即，，将代入的方程得：， 整理得：①， 同理由可得②. 由①②知，，是关于的一元二次方程的两个不等实根. 显然，由韦达定理知，所以为定值. 【专题3.4】截距点差法 截距(对偶)点差法 (1)横截距点差法(定点在x轴上) 过定点M(m，0)的直线与椭))相交于A，B两点，设，由两点式方程可得，横截距对偶式. (2)纵截距点差法(定点在y轴上) 过定点N(0，n)的直线与椭)相交于A，B两点，设，由两点式方程可得，纵截距对偶式对于以上公式的证明，以(1)中公式为例，(2)中公式同理可得，对于双曲线有相同结论． [证明如下]：由A，B，M三点共线， 入上式，即．成立 两式相减得，故 【例题】已知椭圆C：＋y2＝1.点A(0，1)，过点B的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，直线AM，AN与x轴的交点分别为P，Q，证明：以PQ为直径的圆过定点. 证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(m，0)，Q(n，0). 由A，M，P共线，知， ∴m＝－， 由A，N，Q共线，知＝， ∴n＝－. 以P，Q为直径的圆的方程为(x－m)(x－n)＋y2＝0， 即x2－(m＋n)x＋mn＋y2＝0. 又直线MN过点B， 由截距点差法得x1y2－x2y1＝(x1－x2)，① x1y2＋x2y1＝＝2＝2(x1＋x2).② 由①②得 由x2y1＝x2＋x1得x2＝， 由x1y2＝x1＋x2得 y2＝＋·＝. ∴n＝＝＝，mn＝－6， ∴以P，Q为直径的圆的方程为 x2－(m＋n)x＋y2－6＝0，令x＝0， 可得y2＝6， ∴PQ为直径的圆过定点(0，±). 【巩固练习1】（2023·山东潍坊·一模）已知椭圆，直线与交于不同的两点，设点，直线与分别交于点.判段直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点.请说明理由： 【答案】过定点，定点 【分析】设，，联立直线和椭圆的方程，得到韦达定理结合直线的方程表示出点的坐标，即可求出直线的方程，即可证明直线定点； 【详解】法一：常规法 由题意得整理得，设， ，直线的方程为， 代入整理得，， 设，则，所以， ，即，同理. ， 所以直线的方程为，即，所以直线过定点. 法二：截距点差 解析：设．由截距点差法得 同理有 由于直线过点，故有， ， ，∴直线CD恒过定. 【巩固练习2】（23-24高二上·四川成都·期中）已知椭圆：，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点､.设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､和点共线，求实数的值. 【答案】2 【分析】设出点坐标，然后联立方程组求解出，，然后根据向量共线，求解出，然后求解出的值； 【详解】   法一：常规法 设，，，， 则①，②， 又，所以可设，直线的方程为， 由消去可得， 则，即，由，及①， 代入可得，又，所以，所以， 同理可得. 故，， 因为､､三点共线，所以. 将点，的坐标代入，通分化简得，即. 法二：截距点差法 解析：设点，设 则可得. 由点A，C在椭圆上，得，， 两式作差得，即1， 亦即.于是，解方程组 【题型3.5】抛物线与设点法 抛物线中设点法的基本原理 ①设抛物线上有两点，则直线的方程为： 证明：，则的方程为，整理可得：，即可得的方程为：. 或者可如此证明：由韦达定理，则直线的方程为：，进一步代入即可得. 特别地，若直线过抛物线焦点，代入直线方程一定有：. ②一个基本结论：若弦经过x轴上定点(a可以为一切实数)，则A，B横坐标之积和纵坐标之积都是定值，符合如下关系 ， 特别的，当MN经过焦点时，则． 记忆方法：只要记住横坐标之积和纵坐标之积均为定值，然后通过MN垂直x轴这一特殊位置计算得到具体的定值． 证明步骤如下： 证明：，将代入直线方程即得 ③抛物线上某一点处的切线方程： 【例题1】抛物线)，过点P的直线与抛物线顺次交于A，B两点，过A作斜率为1的直线，与抛物线的另一交点为C,证明：直线BC过定点Q 【答案】 [分析]我们的目标是BC的方程，然而没有基准点供我们设线解点，所以很难单独解出A，B 点的坐标 我们试着按照解题三部曲，列出已知与未知：已知B的条件并不多，只有A，B，C三点在抛物线上，AC斜率为1，以及A，B，P三点共线。未知的(待证的)是BC过定点。利用点在抛物线上，可以设点，在抛物线的题目中，我们统一按 照如下格式设点：设 之所以不像椭圆双曲线中设2个参数，是因为抛物线由于方程形式简单，可以直接在设点时利用到“点在抛物线上”这个条件。接下来我们要利用A，B，P三点共线，关于三点共线，我们很自然能想到利用斜率相等再变形得到相应的结论： ，交叉相乘再移项可得： ，由于，可得： 要想完全利用题目条件，现在只剩下 AC的斜率为1 没有利用。 到此，题目中的所有条件可以翻译为如下的方程组，而我们的目标是什么? 目标中B，C，Q三点共线，其中Q是待求的定点，这让我们想到了刚刚利用过的P，A，B三点共线，由这个特殊的情况，我们是否可以猜测“抛物线上两点与平面中另一个定点三点共线等价于抛物线上两点纵坐标满足和积关系”我们来探究这个问题：由可得BC的两点式 消去可得BC的两点式为：，若BC过定点，则一定有，这确实与前面的猜想吻合 所以，在中，我们想得到与的关系，只需要在①中解出带入②就得到了，对比BC的两点式，可知BC恒过点 【巩固练习1】抛物线，直线与曲线E交于A，B两点。直线PA，PB与E的另一交点分别为C，D。证明：直线CD的斜率为定值． [解析]设 ， 由A，C，P三点共线得① 同理② 得：，目标式，只要求出可 在①，②中分别解出，则将③带入可得 【巩固练习2】已知点A(4，4)，点M，N在上，且AM⊥AN，过点A作AD⊥MN，D为垂足，证明：存在点Q使得|DQ|为定值. 证明：设 ， 可知MN直线恒过定点T(8，-4)，AD⊥MN⇒点D在以AT为直径的国上，所以当且仅当点Q为线段AT的中点时，为定值，即Q(6，0)时， 【巩固练习3】（2021·全国·高考真题）已知抛物线C：，圆：，设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由． 【答案】相切，理由见解析 【分析】方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论. 【详解】[方法一]：设 若斜率不存在，则方程为或， 若方程为，根据对称性不妨设， 则过与圆相切的另一条直线方程为， 此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意； 若方程为，根据对称性不妨设 则过与圆相切的直线为， 又， ，此时直线关于轴对称， 所以直线与圆相切； 若直线斜率均存在， 则， 所以直线方程为， 整理得， 同理直线的方程为， 直线的方程为， 与圆相切， 整理得， 与圆相切，同理 所以为方程的两根， ， 到直线的距离为： ， 所以直线与圆相切； 综上若直线与圆相切，则直线与圆相切. [方法二]【最优解】：设． 当时，同解法1． 当时，直线的方程为，即． 由直线与相切得，化简得， 同理，由直线与相切得． 因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为． 所以直线与相切，综上所述，若直线与相切，则直线与相切． 37 / 120 学科网（北京）股份有限公司 $$【重难点突破】2024-2025学年高二上学期数学常考题专练（新高考） 专题3-10 圆锥曲线大题基本功训练 总览 题型解读 一、韦达定理 【专题1.1】如何联立以及硬解定理 【专题1.2】使用韦达定理 【专题1.3】弦长问题 【专题1.4】面积问题 【专题1.5】求面积的最值 二、运算优化 【专题2.1】常见条件代数化 【专题2.2】横截式 【专题2.3】双联立与“同理可得” 【专题2.4】非对称问题 【专题2.5】双根式 【专题2.6】平移齐次化 三、设点法 【专题3.1】单动点问题 【专题3.2】对称点或中点（点差法） 【专题3.3】定比分点与定比点差法 【专题3.4】截距点差法 【题型3.5】抛物线与设点法 模块一 韦达定理 【专题1.1】如何联立以及硬解定理 是一元二次方程的两个根，则 韦达定理是建立参数关系的重要纽带，对于绝大多数圆锥曲线问题，联立都是必不可少的．而在解析几何大题中，椭圆占比最大，还有部分抛物线，至于双曲线，不管在高考还是其他考试中，基本以小题为主，少有大题．由于抛物线形式较为简单，联立计算也更加轻松，优化计算的技巧在直线假设部分已有说明，不再赘述．对于直线与曲线的联立和韦达定理，我们还是以椭圆为主． 那么一般的椭圆和直线联立后是什么情形呢？强烈建议熟记以下内容，这将大大提升圆锥曲线解题速度以及降低计算失误！ 【例题1】联立椭圆方程和直线方程 【例题2】联立椭圆方程和直线方程 注：若直线过x轴上的定点且倾斜角不为0，则可以设直线方程为 【巩固练习1】联立椭圆方程和直线方程 【巩固练习2】联立 【巩固练习3】联立 【巩固练习4】联立 【巩固练习5】联立 【专题1.2】使用韦达定理 1、使用韦达定理步骤： ①设直线方程 ②联立写韦达定理 ③几何条件代数化 ④代入韦达定理解方程 2、使用韦达定理的情况： ①代数上对称，例如：、 ②几何上对称，例如：OA⊥OB、 3、配凑法进行韦达化处理，一个经典案例就是弦长中的.对于前述坐标化后的部分式子，也需要作配凑处理： （1）．，即，其中k为直线AB斜率，再用直线代换，即，得.此处需注意两点，一是，几何意义即为直线斜率，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）． （3）．，此处考虑直线代换， ， 再代入上式即可得 （4）．， 而，整理得 （5）．此形式可以配凑倒数关系，，故， 配凑可得 【例题】（24-25高二上·浙江绍兴·期中）已知椭圆上，过点作斜率为1的直线与椭圆交于A，B两点，求的值. 【巩固练习1】直线与抛物线交于A，B两点，求（O为抛物线顶点）的值. 【巩固练习2】直线与相交异于坐标原点的两点，，若，证明：直线恒过定点，并求出定点坐标． 【专题1.3】弦长问题 在直线与椭圆相交，以及直线与双曲线相交，求弦长问题研究过程中，可通过直线与已知二次曲线联立，借助韦达定理得到两根关系，从而进行研究. 设直线，上两点，则 其中A为联立之后二次项的系数 若是反设直线，则： 【例题1】（23-24高二上·浙江嘉兴·阶段练习）已知椭圆，斜率为k的直线与椭圆M有两个不同的交点A，B，若直线过椭圆上顶点，且，求的值. 【例题2】已知双曲线，设的右焦点为，过的直线交于两点，若中点的横坐标为3，求． 【巩固练习1】若直线与双曲线相交于两点，求 【巩固练习2】（高二上·湖北孝感·期末）如图，已知圆，点，为圆上的动点，线段的垂直平分线与线段相交于点.   (1)求动点的轨迹方程； (2)设（1）中曲线：，直线与曲线交于两点，求线段的中点坐标和弦长. 【巩固练习3】在平面直角坐标系中，已知: ，若直线交于两点，且，求直线的方程． 【巩固练习4】（高二上·湖北武汉·期末）已知椭圆的上顶点与椭圆的左，右顶点连线的斜率之积为． (1)求椭圆C的离心率；(2)若直线与椭圆C相交于A，B两点，，求椭圆C的标准方程． 【专题1.4】面积问题 面积公式：水平宽×铅垂高 设直线，上两点，则 四边形面积处理策略：①割补法；②若四边形对角线相互垂直则面积为对角线之积的一半 【例题1】（23-24高二上·浙江温州·期中）已知椭圆的左焦点为，直线与椭圆交于两点． (1)求线段的长；(2)求的面积． 【例题2】已知椭圆C：，若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值. 【巩固练习1】（23-24高二上·天津·阶段练习）如图所示，椭圆的左、右焦点分别为，，一条直线经过与椭圆交于，两点．若直线的倾斜角为，求的面积． 【巩固练习2】已知双曲线，若过点的直线与双曲线交于，两点，的面积为，求直线的方程. 【巩固练习3】已知椭圆：，点，是否存在过点的直线l与椭圆交于不同的两点A、B﹐满足．若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由． 【专题1.5】求面积的最值 求出关于面积的表达式后，根据表达式特征选用基本不等式或函数单调性求解最值. 【例题1】（22-23高二下·广东深圳·期中）已知焦点在轴上椭圆，长轴长，离心率. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知，过原点且斜率为的直线与椭圆交于两点，求面积的最大值. 【例题2】（24-25高二上·山东济南·期中）已知椭圆，若斜率为的直线与椭圆交于，两点，且点在第一象限，点分别为椭圆的右顶点和上顶点，求四边形面积的最大值. 【例题3】（24-25高二上·浙江·期中）已知椭圆左、右焦点分别为，，点在椭圆上，过的直线交椭圆于、两点，过的直线交椭圆于、两点，且，当直线的斜率为0时，. (1)求椭圆的方程； (2)若是该椭圆上的一个动点，求的取值范围； (3)求四边形的面积的最小值. 【巩固练习1】（24-25高二上·福建福州·期中）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且离心率为. (1)求椭圆的方程；(2)斜率存在的直线过点，且与椭圆交于，两点，，，三点不共线，求面积的最大值. 【巩固练习2】（23-24高二上·广东深圳·期末）已知椭圆的短轴长，离心率为． (1)求C的标准方程：(2)过点的直线与C交于P，Q两点，P关于x轴对称的点为R，求面积的最大值． 【巩固练习3】（22-23高二上·广东深圳·期末）已知椭圆C：的离心率为，且椭圆长轴长为． (1)求椭圆C的标准方程；(2)过点的直线l（不过原点O）与C交于AB，两点，求面积的最大值． 【巩固练习3】（24-25高二上·四川绵阳·期中）在平面直角坐标系Oxy中，椭圆的右焦点为，短轴长为2.过点且不平行于坐标轴的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的中点为. (1)求椭圆的标准方程；(2)证明：直线OM的斜率与直线的斜率的乘积为定值； (3)求面积的最大值. 【巩固练习3】（24-25高二上·深圳盐田高级中学期中）在平面直角坐标系中，已知动点到直线的距离与点到点的距离的比是 (1)求动点P的轨迹方程E； (2)若轨迹E与x轴的交点分别为.过点的直线分别与轨迹相交于点M和点N，求四边形AMBN面积的最大值. 【巩固练习4】．（23-24高二上·广东广州·期中）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为，且. (1)求椭圆的方程； (2)若直线与椭圆交于两点，求面积的最大值，以及取得最大值时直线的方程. 【巩固练习5】（24-25高二上·浙江衢州·期中）椭圆，动直线与椭圆相切于点，且点在第一象限． (1)若直线的斜率为．求点的坐标； (2)若过原点的直线与垂直，垂足为，求面积的最大值． 【巩固练习6】（24-25高二上·浙江·期中）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式（a，b分别为椭圆的长半轴长和短半轴长），为后续微积分的开拓奠定了基础．已知椭圆（）的离心率为，且右顶点A与上顶点B的距离． (1)求椭圆C的面积； (2)若直线l交椭圆C于P，Q两点， （ⅰ）求的面积的最大值（O为坐标原点）； （ⅱ）若以P，Q为直径的圆过点A，，D为垂足．是否存在定点T，使得为定值？若存在，求点T的坐标；若不存在，说明理由． 【巩固练习7】（24-25高二上·深圳高级中学期中）已知椭圆的左､右焦点分别为和，焦距为2.动点在椭圆上，当线段的中垂线经过时，有. (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，过原点作的两条切线，分别与椭圆交于点和点，直线的斜率分别记为.当点在椭圆上运动时， ①证明：恒为定值，并求出这个值； ②求四边形面积的最大值. 模块二 运算优化篇 【专题2.1】常见条件代数化 常见的代数转换 ①垂直：斜率相乘为或者向量数量积为 ②平行：斜率相等或者向量共线(且无公共点) ③三点共线：例如A，P，Q三点共线，(1)(讨论斜率不存在)；(2)(3) ④等腰：若，可取底边中点，则 (P、C不可重合)；P在AB垂直平分线上或圆P与椭圆交于A、B两点(P、C可重合)或点关于直线对称 ⑤角： (1)倾斜角互补（与坐标轴夹角相等）：斜率互为相反数； (2)锐角：例如∠AOB为锐角(或点O在以AB为直径的圆外)，则且O、A、B不共线 (3)钝角：例如∠AOB为钝角(或点O在以AB为直径的圆内)，则且O、A、B不共线：(4)其他情况：利用倾斜角转化为斜率tan ⑥平行四边形：例如ABCD为平行四边形，则 ⑦面积比：先转化为弦长比再专化为坐标比 ⑧双根式： 对于是一元二次方程的两个根，则 ⑨线段比值，若A,B,C是直线上不重合的3点，求 代数角度：； 几何角度： 殊途同归，多尝试“向下兼容” 【例题1】设直线与曲线C相交于点点A、B不与原点O重合，点，将下列信息转化为关于的表达式： 1． 2． 3． 4． ．直线MA与直线MB的斜率之和为－1 ．锐角 7．为直角 8．为钝角 9．点M在以为直径的圆内 10．点在以为直径的圆上 11．点在以为直径的圆外 12． 13． 14．为直角 17．A、B、M三点共线 18．四边形为平行四边形 19．△ABM为等边三角形 20．△ABM是以M为顶点的等腰三角形 21．以M为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点 22．点M为△OAB的重心 【巩固练习1】（24-25高二上·江苏盐城·期中）已知拋物线，若抛物线的焦点在轴上且与直线交于、两点（、两点异于原点），以为直径的圆经过原点，求的值. 【巩固练习2】（高二上·广东清远·期末）已知抛物线：，过的焦点且不与坐标轴平行的直线与交于两点，的中点为，的准线为，且，垂足为.证明:直线的斜率之积为定值，并求该定值. 【巩固练习3】如图，已椭圆：，知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点 ，两点都在轴上方，且．证明直线过定点，并求出该定点坐标． 【巩固练习4】（22-23高二下·河南郑州·期中）已知椭圆，直线过点，交椭圆与两点，记，证明． 【专题2.2】横截式 若直线过x轴上的定点且倾斜角不为0，则可以设直线方程为 直线的形式会对后续的计算产生一定影响，因此选择合适的直线形式，也是优化计算的关键之一． 对于反设直线来说，通过直线方程x＝ty＋m不难发现，此时不能表示与x轴平行的直线，若由题意可得出动直线一定不水平，即可考虑反设直线，这样能够免去讨论斜率是否存在．另一方面，若动直线过x轴上定点，也多考虑反设直线．此外，如果曲线为形如的抛物线，反设直线再联立也要更加快捷． 即反设直线的特征为： ①核心条件与目标信息形式以y为主； ②直线过x轴上定点； ③曲线为形如 的抛物线． 除此之外的情形，一般都正设直线．但正设直线引入了参数k，即直线斜率，因此正设直线时，直线斜率必须存在，故需要对题干信息加以分析，若动直线斜率不存在，即垂直于x轴也符合题意时，则需要对斜率是否存在分类讨论． 【例题】直线l与抛物线交于A、B两点，且满足，证明：直线l过定点． 分析 麻雀虽小，五脏俱全．本题题设简单，但需要分析与思考的点依然很全面．借助此例，我们仔细谈谈解析几何该如何思考． 此题中，我们需要思考以下问题： 问题 1：显性核心条件和目标信息如何翻译？ 问题 2：是否存在隐性条件及关系？ 问题 3：目标信息“直线过定点”如何表达？ 问题 4：需引入哪些参数？ 问题 5：如何假设直线？ 问题 6：联立后是消x还是消y？ 问题 7：核心信息坐标化后如何韦达化？ 问题 8：坐标的代换用直线还是曲线？ 上述8个问题，是我们在解析几何中必须要思考和解决的基本且关键的问题，对其要有深刻的认识．所谓“谋定而后动，知止而有得”，只有在明确目标，谋划准确后再行动方为良策．而这些问题的解决彼此之间又是相互关联和影响的，因此需要综合考虑与分析．后续内容我们还会对以上问题作更加深入的分析与讲解． 通过上述问题的分析与解决，我们基本确定了此例题的解题框架： 【例2】（23-24高二上·浙江·阶段练习）已知抛物线，，过点A作直线与该抛物线交于M、N两点，求的值. 【例3】（24-25高二上·广东梅州·期中）椭圆：，如果过点的直线与椭圆相交于点两点，且，求直线的方程. 【巩固练习1】（24-25高二上·江苏南通·期中）在平面直角坐标系中，过点的直线与抛物线相交于点，，求证：. 【巩固练习2】由.已知抛物线，直线与抛物线相交于不同的A、两点，如果，证明直线过定点，并求定点坐标. 【巩固练习3】已知抛物线C：y2＝4x上，A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点． 【巩固练习4】已知椭圆，点是椭圆的右焦点，轴上是否存在定点D (在椭圆外），使得过的直线 交椭圆于两点.设点为点关于轴的对称点，且三点共线？若存在，求点坐标；若不存在，说明理由. 【巩固练习5】（22-23高二上·湖北·期末）已知椭圆的标准方程为，、为左右焦点，过右焦点的直线与椭圆交于、两点，、中点为，过点的直线与垂直，且与直线交于点，求证：、、三点共线. 【巩固练习6】（22-23高二上·江西南昌·期中）已知椭圆C：，设O为坐标原点，F为椭圆C的右焦点，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为.求证：. 【巩固练习7】已知抛物线，点．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．求证：A为线段BM的中点． 【专题2.3】双联立与“同理可得” “同理可得”的运用，主要在于轮换对称形式中，也即在两个或多个同类量的求解过程中 如直线AP，AQ与直线x＝4的交点，除了部分参数(往往是点坐标，如这里点P、Q的坐标)不同，求解过程和手法完全一致(求出直线AP解析式与x＝4联立得出交点坐标)，那么只需按其中一个点的情形求解(如先求AP与x＝4的交点)，后续只需将不同的量对应替换即可(如AP与x＝4的交点为只需将替换为即为AQ与x＝4的交点)． 【例题1】已知是椭圆：上的两个动点，点,如果直线的斜率与的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值． 【例题2】（高二上·河北唐山·期末）已知椭圆，F为，过右焦点F作的两条互相垂直的弦AB，CD，若，求证：为定值． 【例题3】如图，椭圆的左顶点为A，直线l与椭圆E交于P，Q两点，直线AP，AQ分别交直线x＝4于点M，N，若以MN为直径的圆过点F，求证：P，Q，F三点共线． 【分析】 【例题4】已知椭圆过上顶点N作两条相互垂直的直线与曲线C分别交于P，Q (不同于点N)两点，求证：直线PQ过定点． 【巩固练习1】（23-24高二上·陕西西安·阶段练习）如图，已知双曲线，若直线与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且.求证:为定值． 【巩固练习2】（高二上·湖北·期末）已知抛物线，直线与交于两点且（为坐标原点）． (1)求抛物线的方程；(2)设，若直线的倾斜角互补，求的值． 【巩固练习3】（高二·福建龙岩·期中）如图，已知椭圆，过右焦点F作两条互相垂直的弦AB与，若求直线AB的方程． 【巩固练习4】已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．证明：直线CD过定点． 【巩固练习5】已知椭圆设椭圆C的左、右顶点分别为A、B左焦点为F，过F的直线l与C交于M、N两点(M和均不在坐标轴上)，直线AM、AN分别与y轴交于点P、Q，直线BM、BN分别与y轴交于点R、S，求证：为定值，并求出该定值． 【巩固练习6】（2024·安徽合肥·二模）已知椭圆的右焦点为，过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值． 【专题2.4】非对称问题 在一些定点、定值、定线问题中，还常出现需要证明类似为定值的情形，通过直线代换可得：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“非对称韦达定理”． 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和之间的关系，将其中一个替换，常用手段是把乘法的替换成加法， 非对称韦达的处理，技巧性稍强一些，具体处理方法技巧． 【例题1】已知点F为椭圆的右焦点，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的斜率分别为证明为定值． 分析 此题核条件为直线AM与的斜率显然要设点，不妨设而由题可知A(－2，0)，B(2，0)，因此， 从而目标信息，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. 通过直线替换后可得 出现了韦达定理结构之外的形式，即落单的和，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， 消x得，易知△>0，则 【例2】点是椭圆的左右顶点若直线与椭圆交于M，N两点，求证：直线AM与直线的交点在一条定直线上． 【巩固练习1】已知椭圆：，设,过点的直线与曲线交于两点,问直线与直线的斜率之比是否为定值?若为定值,请求出该值,若不为定值,试说明理由. 【巩固练习2】椭圆的左、右顶点分别为A，B，过左焦点的直线与椭圆交于C，D两点（其中C点位于x轴上方），记直线AC，BD的斜率分别为，问；是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【巩固练习3】（23-24高二上·河南南阳·期中）已知曲线：，点，，设，过的直线交曲线于、两点（不与、重合）．设直线与的斜率分别为，，证明为定值． 【巩固练习4】已知椭圆：，设点为椭圆的左右端点，过点作直线交椭圆于，两点（不同于），求证：直线与直线的交点在定直线上运动，并求出该直线的方程. 【专题2.5】双根式 1、点乘双根法的含义与原理： 何谓点乘双根法呢？在大学数学中，把向量，的数量积叫做向量点乘向量，因此点乘得名；所谓双根是由初中的一元二次方程知识可知：若和是一元二次方程的两个根，则，我们把叫做二次方程的双根式，所谓的点乘双根法就是构建双根式是去解决含和或者可转化为含含和的计算问题，其中以向量的数量积有关的问题为最常见． 点乘双根法的原理： 点乘双根法是通过对双根式进行赋值和，直接计算和的含参表达式，然后整体代入目标，从而构建出关于参数的等式关系式，避免繁杂的计算，达到快速解题的目的（其中，点坐标为已知定点，，为直线与圆锥曲线的交点）． 2、点乘双根法适用结构: ①乘积：， ②数量积：， ③斜率积： ， ④斜率和无法算： （失效） 【例题1】已知椭圆方程和直线方程的交点为，两点， . 联立，消得：， 韦达定理， 化为双根式： （1）求 （2）求 （3）求 （4）判断是否能计算 【例题2】椭圆：，若直线：与椭圆交于，两点（，不是左右顶点），且以直线为直径的圆恒过椭圆的右顶点．求证：直线恒过定点，并求出该点的坐标． 【巩固练习1】椭圆的左焦点为F，左、右顶点分别为A、B，离心率为，. （1）求椭圆的方程； （2）过F且斜率为k的直线l与椭圆交于C、D两点，若，求k的值. 【巩固练习2】已知椭圆：上顶点为，左右顶点分别为，，线段 ，中点分别为，， 过作直线交椭圆于，两点，使，求直线的方程． 【巩固练习3】已知椭圆和点，过点P且斜率为2的直线与椭圆C交于A、B两点. （1）求的值； （2）直线l过点P与椭圆C交于不与A、B重合的M、N两点，若，求直线l的方程. 【专题2.6】平移齐次化 遇到斜率和积为定值与直线定点问题结合时可以考虑平移+齐次化的方法，和常规方法相比大大优化了计算难度，下面以椭圆举例演示具体步骤. 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)． 【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! 具体操作步骤： (1)把定点移到新坐标系的原点处，得到新的曲线方程；(定点在原点就跳过这一步) (2)设直线，为齐次化奠定基础； (3)曲直联立，对曲线方程中的各个一次项(即x以及y)用乘“1”实现齐次，整理成的形式，即为直线，的直线系方程； (4)利用和的韦达定理，得到m和n的关系式； (5)利用m和n的关系式，代入直线方程，将化为单参，从而得到定点； (6)再平移回到原来的坐标系中，得到相应的定点(若求斜率就跳过这一步) 注意：若点P不在曲线上时，平移齐次化也适用，平移后的曲线方程会有常数，常数也需要齐次化乘“” 二级结论归纳 命题1：过椭圆 上一定点（不是椭圆顶点）作两条直线分别交椭圆于，两点，使这两条直线的斜率之和等于（为常数），则 （1）当时，直线恒过一个定点，且定点为； （2）当时，直线的斜率为定值． 命题2：过椭圆 上一定点（不是椭圆顶点）作两条直线分别交椭圆于，两点，使这两条直线的斜率之积等于（为常数），则 （1）当时，直线恒过一个定点，且定点为； （2）当时，直线的斜率为定值． 命题3：过双曲线 上一定点（不是双曲线顶点）作两条直线分别交双曲线于，两点，使这两条直线的斜率之和等于（为常数），则 （1）当时，直线恒过一个定点，且定点为； （2）当时，直线的斜率为定值． 命题4：过双曲线 上一定点（不是双曲线顶点）作两条直线分别交双曲线于，两点，使这两条直线的斜率之积等于（为常数），则 （1）当时，直线恒过一个定点，且定点为； （2）当时，直线的斜率为定值． 命题5：若点是抛物线上一点，过点引直线和与抛物线相交于，两点． （1）若时，则； （2）若时，则直线恒定过点； （3）若时，则直线恒定过点． 【例题1】已知椭圆：，，是椭圆上的两个动点， （i）如果直线的斜率与的斜率之和为，证明直线恒过定点； （ii）如果直线的斜率与的斜率之积为，证明直线恒过定点． 【例2】过双曲线右焦点且斜率为的直线交双曲线于，，若且，求双曲线的方程． 【巩固练习1】若，为抛物线：上两点，且以为直径的圆过点，证明：直线过定点． 【巩固练习2】设椭圆：的右焦点为，过的直线与相交于，两点，点点坐标为，设为坐标原点，证明：． 【巩固练习3】已知椭圆，设直线不经过点的直线交椭圆于，两点，若直线，的斜率之和为，证明：直线恒过定点． 【巩固练习4】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. 模块三 设点法 【专题3.1】单动点问题 如果变化主体为点，且这些点相对独立，通常不是直线和曲线的两个交点，对于此类情形，引 参时通常考虑设点即可． 设点后，所有的量都用引入的点坐标表示．此外，为了使计算和形式更加简便简洁，我们也可 以先假设多个变量，根据已知信息建立变量间的关系，实现消参． 1、设点法一般步骤： (1)设出所有未知点坐标 (2)把所有几何条件和问题有点坐标代数化 (3)利用代数变形解决问题(难点所在) 2、使用前提 (1)出现弦中点 (2)关于原点或坐标轴的对称点 (3)单动点问题 【例题1】（24-25高二上·江苏连云港·阶段练习）已知椭圆的焦点分别是，，点在椭圆上，且，求点到轴的距离. 【例题2】设O为坐标原点，动点P为圆点，点Q在直线上，且．证明：过点P且垂直于的直线l过点(－1，0)． 【巩固练习1】（24-25高二上·浙江绍兴·期中）曲线，点在曲线上，且点在第一象限，，，求点的横坐标． 【巩固练习2】已知动点M在 C：上运动，点A(-2，0)，B(2，0)，当点M与A，B不重合时，设直线MA，MB的斜率分别为k₁，k₂，证明:为定值. 【专题3.2】对称点或中点（点差法） 如果变化主体为点，且这些点相对独立，通常不是直线和曲线的两个交点，对于此类情形，引 参时通常考虑设点即可． 设点后，所有的量都用引入的点坐标表示．此外，为了使计算和形式更加简便简洁，我们也可 以先假设多个变量，根据已知信息建立变量间的关系，实现消参． 1、设点法一般步骤： (1)设出所有未知点坐标 (2)把所有几何条件和问题有点坐标代数化 (3)利用代数变形解决问题(难点所在) 2、使用前提 (1)出现弦中点 (2)关于原点或坐标轴的对称点 (3)单动点问题 【例题1】在平面直角坐标系中，椭圆的上顶点为A，点B、C是上不同于A的两点，且点、关于原点对称．记直线AC、AB的斜率分别为、，求证：为定值． 【例题2】（23-24高二上·安徽·期中）已知双曲线，若直线与双曲线交于、两点，线段的中点为，求直线的方程. 【巩固练习1】（24-25高二上·江苏连云港·期中）已知双曲线与椭圆有相同的焦点. (1)求双曲线的方程；(2)求与双曲线有共同的渐近线，且过点的双曲线的标准方程； (3)若直线与双曲线交于、两点，且、的中点坐标为，求直线的方程. 【巩固练习2】（23-24高二上·广东中山·期中）对称轴都在坐标轴上的双曲线过点，，斜率为的直线过点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若直线与双曲线有两个交点，求斜率的取值范围； (3)是否存在实数使得直线与双曲线交于A，B两点，且点P恰好为AB中点？为什么？ 【巩固练习3】（23-24高二上·广东河源·期末）已知双曲线，若点是的左顶点，是上与顶点不重合的动点，从下面两个条件中选一个，求直线与的斜率之积. ①关于原点对称；②关于轴对称. 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【专题3.3】定比分点与定比点差法 一、定比分点公式定比点差法 1、已知，若点)满足，求点P的坐标． 2、定比分点公式：如下图，由向量的定比分点恒等式可知 定比分点公式： [思考]当为负数时，该公式是否仍然适用？若不适用该如何调整？ 3、定比点差法：当为椭圆上的两点，P为弦A,B上任意一点时， 定比点差口诀 只设三点不设线， 定比分点算分点； 曲线上点代曲线； 乘以后再作差； 作差之后代公式。 联立消元后即可用与定分比表示. 二、三种题型归纳 类型一：点满足 若在椭圆则; 点满足则则= = ,如果可以求出的值，那么点的轨迹就是椭圆. 类型二：存在定点动点满足，，则的轨迹为.（与极点极线的结论一致）. 若在椭圆则; 存在一定点满足满足则, 另一动点满足则, 所以, 此时动点在直线.（与极点极线的结论一致） 注意：此条件还可以变为：(调和点列) 类型三：曲线上两点，存在点定点满足，，为定值 若点在双曲线则; 点和一定点满足，, 由于满足则,代入椭圆方程可得， =,将作为未知数整理，可得， , 即, 由于满足则,代入椭圆方程可得， =,将作为未知数整理，可得， , 所以为方程的两根， 则. 【例题1】已知椭圆（）的离心率为，过右焦点且斜率为（）的直线与相交于，两点，若，求 【例题2】已知椭圆.过点的直线与椭圆C相交于两点，求的取值范围. 【例题3】（22-23高二上·湖北武汉·期末）已知椭圆，过椭圆外一点任作一条直线与椭圆交于不同的两点，在线段上取一点，满足，证明：点必在某条定直线上. 【例题4】已知椭圆C：，，为其左右焦点，P为椭圆C上一动点，直线交椭圆于点A，直线椭圆交于点B，设，，求证：为定值． 【巩固练习1】已知椭圆，过椭圆的左焦点F且斜率为的直线l与椭圆交于A、B两点（A点在B点的上方），若有，求椭圆的离心率． 【巩固练习2】已知点，椭圆上两点满足， 当点横坐标的绝对值最大时，求的值. 【巩固练习3】已知椭圆的左右焦点分别为，，，，是椭圆上的三个动点，且，若，求的值． 【巩固练习4】（2024·山东济南·二模）已知椭圆C：，若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率. 【巩固练习5】已知抛物线：，过点的动直线与抛物线相交于A，B两个不同的点，在线段AB上取点Q，满足，证明：点Q总在定直线上． 【巩固练习6】（23-24高二下·广东惠州·阶段练习）已知抛物线的焦点关于直线的对称点为． (1)求的方程； (2)若为坐标原点，过焦点且斜率为1的直线交于两点，求； (3)过点的动直线交于不同的两点，为线段上一点，且满足，证明：点在某定直线上，并求出该定直线的方程． 【巩固练习7】已知椭圆.过点的动直线与椭圆相交于两个不同 的点时，在线段上取点，满足.证明:点总在某定直线上. 【巩固练习8】（2024·山东日照·三模）已知双曲线：，右顶点为，过点的直线交双曲线右支于，两点，交轴于点，且，，求证：为定值. 【专题3.4】截距点差法 截距(对偶)点差法 (1)横截距点差法(定点在x轴上) 过定点M(m，0)的直线与椭))相交于A，B两点，设，由两点式方程可得，横截距对偶式. (2)纵截距点差法(定点在y轴上) 过定点N(0，n)的直线与椭)相交于A，B两点，设，由两点式方程可得，纵截距对偶式对于以上公式的证明，以(1)中公式为例，(2)中公式同理可得，对于双曲线有相同结论． [证明如下]：由A，B，M三点共线， 入上式，即．成立 两式相减得，故 【例题】已知椭圆C：＋y2＝1.点A(0，1)，过点B的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，直线AM，AN与x轴的交点分别为P，Q，证明：以PQ为直径的圆过定点. 【巩固练习1】（2023·山东潍坊·一模）已知椭圆，直线与交于不同的两点，设点，直线与分别交于点.判段直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点.请说明理由： 【巩固练习2】（23-24高二上·四川成都·期中）已知椭圆：，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点､.设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､和点共线，求实数的值. 【题型3.5】抛物线与设点法 抛物线中设点法的基本原理 ①设抛物线上有两点，则直线的方程为： 证明：，则的方程为，整理可得：，即可得的方程为：. 或者可如此证明：由韦达定理，则直线的方程为：，进一步代入即可得. 特别地，若直线过抛物线焦点，代入直线方程一定有：. ②一个基本结论：若弦经过x轴上定点(a可以为一切实数)，则A，B横坐标之积和纵坐标之积都是定值，符合如下关系 ， 特别的，当MN经过焦点时，则． 记忆方法：只要记住横坐标之积和纵坐标之积均为定值，然后通过MN垂直x轴这一特殊位置计算得到具体的定值． 证明步骤如下： 证明：，将代入直线方程即得 ③抛物线上某一点处的切线方程： 【例题1】抛物线)，过点P的直线与抛物线顺次交于A，B两点，过A作斜率为1的直线，与抛物线的另一交点为C,证明：直线BC过定点Q 【巩固练习1】抛物线，直线与曲线E交于A，B两点。直线PA，PB与E的另一交点分别为C，D。证明：直线CD的斜率为定值． 【巩固练习2】已知点A(4，4)，点M，N在上，且AM⊥AN，过点A作AD⊥MN，D为垂足，证明：存在点Q使得|DQ|为定值. 【巩固练习3】（2021·全国·高考真题）已知抛物线C：，圆：，设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由． 58 / 58 学科网（北京）股份有限公司 $$