重难点专训05 圆锥曲线齐次化妙解·斜率和积·等角问题（专项训练）（天津专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

重难点专训05 圆锥曲线齐次化妙解·斜率和积·等角问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 定点处两条直线斜率之和、斜率之积问题 3 题型2 证明直线过定点（依托斜率关系） 4 题型3 角度、垂直类转化为斜率关系问题 5 重难专题分层过关练 6 巩固过关 6 创新提升 8 解题方法及技巧提炼 （一）定点P在坐标原点齐次化原理： 当定点P在坐标原点时，若直线与二次曲线相交于，，如图所示， 设点、的坐标分别为、，则，． 现将二次曲线方程齐次化的方法如下： 首先将直线化出“”： 将直线化为截距式； 其次利用“”构建关于、的齐次方程，操作方法是对二次曲线方程二次方项保持不变，一次方项同乘以“”，常数项同乘以“”的平方，则可把二次曲线方程变为： 最后我们对该齐次式两边同时除以可得： ， 因为，是直线与二次曲线的交点， 所以点，点满足方程， 因此，是方程的两个根， 由韦达定理可得（）． （二）定点P不在在坐标原点齐次化原理： 如果定点不在原点，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”，你没有看错，“上减下加”，因为是在等式与同侧进行加减，我们以往记的“上加下减”都是在等式与的异侧进行的． 例：向上平移1个单位，变为，即， 向上平移1个单位，变为． 设平移后的直线为（为什么这样设？∵这样齐次化更加方便，相当于“1”的妙用），与平移后的圆锥联立，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，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，，，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． 总结解法为：①平移；②联立并齐次化；③同除以；④韦达定理．证明完毕，若过定点，还需要还原． 优点：大大减小计算量，提高准确率！缺点：不能表示过原点的直线，少量题目需要讨论． （三）定点不在原点的齐次化处理（不平移坐标系） 方法如下:一般地，设定点（不在原点），直线与曲线的交点为，，将圆锥曲线的方程及直线方程都转化为关于，的方程，使直线方程具有的形式，在圆锥曲线的方程中，二次项不变，一次项乘以，常数项乘以，即构造成为关于，的齐次方程，然后等式两边同乘以，从而使得所研究直线的斜率为该方程的两个根，达到简化数学运算的目的。 （四）齐次化运算在解析几何中的运算，只可以处理斜率之和（积）的问题，基本步骤如下： ，重点一在于通过分析题意，明确能不能用本方法，二在于直线方程的设元技巧，三在于消元中的齐次化运算． 齐次化适用范围： 由原理可知齐次化适应于处理解决曲线上的点与坐标系原点连线有关的斜率运算问题，常见类型如： ，，，，，， 前面两个考题相对比较常见，后面的则需要变形才能使用，变形如下： ，，． 这个需要根据韦达定理判断符号再变形．在遇到上述关于斜率运算问题时，采取齐次化处理往往能达到简化运算的目的． 题型通法及变式提升 题型1 定点处两条直线斜率之和、斜率之积问题 【典例1-1】（2026·天津滨海新区·三模）已知O为坐标原点，半径为1的圆O与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，D，点E，F分别在线段和上运动，，若点P为平面上一动点，且满足. (1)求动点P的轨迹的方程； (2)已知，，设倾斜角大于90°的直线交于点Q（点P在点Q的上方）. （i）若点P不为的顶点，记直线，，，，的斜率分别为，，，，，证明：； （ii）当四边形的面积取得最大值时，求直线的斜率. 齐次化核心适用条件：两条直线从同一个定点出发，与圆锥曲线交于两点，求斜率和或积。先平移坐标系，把公共定点移到坐标原点，消除常数项。联立直线与曲线方程，构造二次齐次式，保证方程每一项都是二次，两边同除x2，转化为关于xy​也就是斜率k的一元二次方程。利用韦达定理直接读出两根之和、两根之积。解题优先判断定点是否在曲线上，在曲线上才能直接齐次化。计算时注意平移还原，不要忘记坐标平移，避免坐标出错，合理简化运算，大幅减少联立后的复杂计算。 【典例1-2】（2026·天津·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，是圆上一点，线段与交于点，且． (1)求的标准方程； (2)设为坐标原点，，直线与交于，两点，线段的中点为，的外心为，直线的斜率为，直线的斜率为． （i）试用表示点的坐标； （ii）试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【变式1-1】（2026·天津宝坻·三模）已知点，圆：，为圆上的一个动点，线段的中垂线与交于点，当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若过定点且斜率存在的直线与曲线交于两点，试探究：在轴上是否存在定点，使得直线的斜率之积为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 题型2 证明直线过定点（依托斜率关系） 【典例2-1】（2026·天津·二模）已知椭圆：的右焦点为，且过点. (1)求的方程； (2)过点的直线（斜率存在且不为0）与交于，两点，关于轴的对称点为.证明：直线过定点. 题干给出定点引出两直线斜率之和或积为定值，证明动直线恒过定点，适合齐次化。先平移坐标系，将公共顶点平移至原点，设交点所在直线方程，代入圆锥曲线，整理二次齐次方程，除以x2得到关于斜率的二次方程。由韦达定理得到斜率关系式，对照题干给定的斜率条件，解出直线参数。求出参数后，把坐标平移回原坐标系，得到直线方程，进而求出定点。可以先用特殊位置预判定点，用来检验结果。注意齐次化只适用于共顶点的两条直线，其他模型不要强行套用，避免方法误用。 【典例2-2】（2026·天津河西·二模）已知抛物线经过点，其焦点为，过点的直线交于M，N两点． (1)求的方程； (2)若的斜率为1，分别求在点M，N处的切线方程； (3)直线上是否存在定点，使得DB平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式2-1】（2026·天津红桥·一模）（2026·山西晋城·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，右焦点为，离心率为，且点在椭圆上，为坐标原点． (1)求椭圆的标准方程． (2)不过点的直线与椭圆相交于M，N两点，点在轴上方，点在轴下方．当直线的斜率存在时，设直线l，AM，AN的斜率分别为，则． ①证明：直线恒过定点； ②设①中的定点为，点G，H分别满足，记的面积为，的面积为，求的取值范围． 题型3 角度、垂直类转化为斜率关系问题 【典例3-1】（2026·天津河东·一模）平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线 . (1)求曲线 的方程； (2)已知过椭圆外一点引椭圆的两条切线，过两切点的直线方程为.现过曲线 外一点作曲线 的切线，切点分别为，. （i）证明：直线平分； （ii）直线与直线 交于点，过点作直线的垂线，垂足为，直线，的斜率分别为，，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不为定值请说明理由.    题目给出夹角、两线垂直，转化成斜率乘积条件，可使用齐次化求解。垂直对应斜率乘积为−1，夹角条件可借助斜率夹角公式转为斜率关系式。平移坐标系，把角的顶点移到原点，设直线方程，联立圆锥曲线构造二次齐次方程，除以x2得到斜率二次方程。利用韦达定理写出斜率的和与积，代入角度对应的代数条件，求解参数。齐次化可以避开复杂的坐标运算，简化推导。解题注意斜率不存在的特殊情况，平移后记得还原坐标，分清角度对应的斜率关系式，防止符号出错，最后验证结果合理性。 【典例3-2】（2026·天津河西·二模）已知抛物线：的焦点为，上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为. (1)求抛物线的标准方程； (2)如图，已知过点的直线，与分别交于点与点，（其中点在第一象限）直线与直线交于点，线段与的中点分别为. ①证明：点在定直线上； ②若直线，直线的斜率分别为，，求的取值范围. 【变式3-1】（2026·天津红桥·一模）已知平面上的动点到点的距离与直线的距离相等． (1)求点的轨迹方程； (2)已知圆方程是，过点的两条直线分别与圆相切于点，． （i）记四边形的面积是，若．求点纵坐标的取值范围； （ii）设直线，的斜率是，，若，求的取值范围． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·江西南昌·三模）已知为椭圆：的左，右顶点，为上的一点，N为双曲线：上的一点（两点不同于两点），设直线的斜率分别为，且． (1)设为坐标原点，证明：三点共线． (2)设的右焦点分别为，均在第一象限，直线与直线相交于点，． ①判断直线与直线的位置关系，并证明你的结论； ②证明：． 2．（2026·河南驻马店·三模）已知双曲线的一条渐近线的方程为，以的右焦点为圆心，半径为2的圆被截得的弦长为，． (1)求的方程； (2)已知上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点； (3)设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为，当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 3．（2026·福建·三模）已知双曲线的左，右顶点分别为，（），异于的点在的右支上，且直线与的斜率之和恒为6. (1)求的坐标； (2)证明：，，三点共线； (3)设的面积为，判断是否存在正整数p，q，使得.若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由. 4．（2026·河北沧州·二模）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为1的直线与交于，两点，且. (1)求的值； (2)已知点，直线与交于，两点（异于点）. （ⅰ）判断直线与直线的斜率之和是否为定值.若是，请求出该定值；若不是，请说明理由. （ⅱ）若外接圆的圆心为，求圆心的轨迹方程. 5．（2026·广东佛山·模拟预测）已知椭圆：的上下顶点分别为，，右焦点的坐标为．点是椭圆上位于第一象限或正半轴上的动点，设直线，的斜率为，，且． (1)求椭圆的方程； (2)过点作圆的切线交椭圆于点（点位于点的下方）． （ⅰ）求线段的最大值； （ⅱ）设直线的斜率为，请判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 6．（2026·陕西西安·模拟预测）已知双曲线与直线()有唯一的公共点，过点且与直线垂直的直线分别交轴、轴于、 两点.当点运动时，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设点 ，若过点的直线与曲线的右支交于、两点. （ⅰ）证明：直线和直线的斜率乘积为定值； （ⅱ）若直线、与圆分别交于、两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围. 7．（2026·陕西·一模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3. (1)求椭圆的方程 (2)已知点，过点的直线交椭圆于两点（在轴下方），直线交直线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由 创新提升 1．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过点． (1)求的方程； (2)已知点，过点的直线交于，两点（，在轴的下方），直线交直线于点． （ⅰ）设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ⅱ）证明：直线过定点． 2．（2026·天津武清·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率为，，，分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于，的一个动点，面积的最大值为． (1)求的方程； (2)过椭圆的右焦点的直线与交于，两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值． 3．（2026·湖南怀化·三模）已知椭圆C：（）的过焦点且垂直于长轴的弦长为，短轴长为2． (1)求C的方程； (2)设O为坐标原点，若P，Q，M为椭圆上的点，且圆M与直线，相切，当直线，的斜率均存在且时，求圆M的半径． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训05 圆锥曲线齐次化妙解·斜率和积·等角问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 定点处两条直线斜率之和、斜率之积问题 3 题型2 证明直线过定点（依托斜率关系） 8 题型3 角度、垂直类转化为斜率关系问题 15 重难专题分层过关练 21 巩固过关 21 创新提升 35 解题方法及技巧提炼 （一）定点P在坐标原点齐次化原理： 当定点P在坐标原点时，若直线与二次曲线相交于，，如图所示， 设点、的坐标分别为、，则，． 现将二次曲线方程齐次化的方法如下： 首先将直线化出“”： 将直线化为截距式； 其次利用“”构建关于、的齐次方程，操作方法是对二次曲线方程二次方项保持不变，一次方项同乘以“”，常数项同乘以“”的平方，则可把二次曲线方程变为： 最后我们对该齐次式两边同时除以可得： ， 因为，是直线与二次曲线的交点， 所以点，点满足方程， 因此，是方程的两个根， 由韦达定理可得（）． （二）定点P不在在坐标原点齐次化原理： 如果定点不在原点，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”，你没有看错，“上减下加”，因为是在等式与同侧进行加减，我们以往记的“上加下减”都是在等式与的异侧进行的． 例：向上平移1个单位，变为，即， 向上平移1个单位，变为． 设平移后的直线为（为什么这样设？∵这样齐次化更加方便，相当于“1”的妙用），与平移后的圆锥联立，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，可以直接利用韦达定理得出斜率之和或者斜率之积，，，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． 总结解法为：①平移；②联立并齐次化；③同除以；④韦达定理．证明完毕，若过定点，还需要还原． 优点：大大减小计算量，提高准确率！缺点：不能表示过原点的直线，少量题目需要讨论． （三）定点不在原点的齐次化处理（不平移坐标系） 方法如下:一般地，设定点（不在原点），直线与曲线的交点为，，将圆锥曲线的方程及直线方程都转化为关于，的方程，使直线方程具有的形式，在圆锥曲线的方程中，二次项不变，一次项乘以，常数项乘以，即构造成为关于，的齐次方程，然后等式两边同乘以，从而使得所研究直线的斜率为该方程的两个根，达到简化数学运算的目的。 （四）齐次化运算在解析几何中的运算，只可以处理斜率之和（积）的问题，基本步骤如下： ，重点一在于通过分析题意，明确能不能用本方法，二在于直线方程的设元技巧，三在于消元中的齐次化运算． 齐次化适用范围： 由原理可知齐次化适应于处理解决曲线上的点与坐标系原点连线有关的斜率运算问题，常见类型如： ，，，，，， 前面两个考题相对比较常见，后面的则需要变形才能使用，变形如下： ，，． 这个需要根据韦达定理判断符号再变形．在遇到上述关于斜率运算问题时，采取齐次化处理往往能达到简化运算的目的． 题型通法及变式提升 题型1 定点处两条直线斜率之和、斜率之积问题 【典例1-1】（2026·天津滨海新区·三模）已知O为坐标原点，半径为1的圆O与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，D，点E，F分别在线段和上运动，，若点P为平面上一动点，且满足. (1)求动点P的轨迹的方程； (2)已知，，设倾斜角大于90°的直线交于点Q（点P在点Q的上方）. （i）若点P不为的顶点，记直线，，，，的斜率分别为，，，，，证明：； （ii）当四边形的面积取得最大值时，求直线的斜率. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1） 设，由 得；由得坐标关系，消去得轨迹方程； （2）（i）设直线，与椭圆联立得韦达定理；分别计算和，代入化简，进而推出所证等式； （ii）设直线，与椭圆联立得的二次方程；对四边形面积进一步化简、换元，用基本不等式求最大值，结合倾斜角大于求得斜率. 【详解】（1）设点，，，其中， 由，所以①. 又，则， 得②，将②代入①式，得， 即动点的轨迹的方程为. （2） （i） 如图，由题可得直线：，设，则， 联立，消去得， 则， 则 ， ， 则，从而. （ii）由题可设， 联立，消去得， 则， 则 ， 令 ，所以 ， 当且仅当时， 即时，等号成立， 则. 又直线的倾斜角大于，即， 故四边形的面积取得最大值时， 直线 的斜率为. 齐次化核心适用条件：两条直线从同一个定点出发，与圆锥曲线交于两点，求斜率和或积。先平移坐标系，把公共定点移到坐标原点，消除常数项。联立直线与曲线方程，构造二次齐次式，保证方程每一项都是二次，两边同除x2，转化为关于xy​也就是斜率k的一元二次方程。利用韦达定理直接读出两根之和、两根之积。解题优先判断定点是否在曲线上，在曲线上才能直接齐次化。计算时注意平移还原，不要忘记坐标平移，避免坐标出错，合理简化运算，大幅减少联立后的复杂计算。 【典例1-2】（2026·天津·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，是圆上一点，线段与交于点，且． (1)求的标准方程； (2)设为坐标原点，，直线与交于，两点，线段的中点为，的外心为，直线的斜率为，直线的斜率为． （i）试用表示点的坐标； （ii）试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）是，定值为9 【分析】（1）根据椭圆的定义可求，根据半焦距可求，从而可求椭圆方程； （2）（i）联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求的坐标；（ii）设，结合圆过可得其一般方程，联立直线方程和圆的方程后结合韦达定理可求的坐标与的关系，据此可求定值. 【详解】（1），即， 所以该圆是以为圆心，6为半径的圆． ，即，． 又，，故C的标准方程为． （2）（i）设，， 联立得， 则且，， ，故， ． （ii）为定值9，理由如下： 设，外接圆的方程可设为．    因为在外接圆上，所以，即， 故外接圆的方程为． 联立， 则， ，． 又，， 故，， 解得，． ，，故为定值． 【变式1-1】（2026·天津宝坻·三模）已知点，圆：，为圆上的一个动点，线段的中垂线与交于点，当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若过定点且斜率存在的直线与曲线交于两点，试探究：在轴上是否存在定点，使得直线的斜率之积为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，坐标为或. 【分析】（1）根据已知结合椭圆定义计算得出进而得出椭圆方程. （2）设出直线的方程与椭圆方程联立，再利用斜率公式计算即可得定值. 【详解】（1）圆：的圆心，半径， 由线段的中垂线与交于点，得， 则， 因此点Q的轨迹是以为左右焦点，长轴长为4的椭圆， 长半轴长，半焦距，则短半轴长， 所以曲线的方程为. （2）设直线l的方程为，点， 由消去并整理得， 则，， ， 直线的斜率分别为，因此 ， 由，得，当时，为定值， 当时，为定值， 所以在轴上存在定点，使得直线的斜率之积为定值，坐标为或. 题型2 证明直线过定点（依托斜率关系） 【典例2-1】（2026·天津·二模）已知椭圆：的右焦点为，且过点. (1)求的方程； (2)过点的直线（斜率存在且不为0）与交于，两点，关于轴的对称点为.证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)证明：设过点的直线方程为， 与椭圆联立方程组消去得：， 整理得：， 设，，， 则有，， 再由两点式可得直线方程：， 令可得： 代入韦达定理公式得：， 所以直线过定点. 【分析】（1）根据右焦点坐标得到，结合椭圆过定点求解即可. （2）设出直线方程及交点坐标，与椭圆方程联立，得到两根之和与两根之积；求出直线方程，结合韦达定理求出与轴的交点坐标即可得证. 【详解】（1）由题意得：，解得：， 所以椭圆方程为. （2）略 题干给出定点引出两直线斜率之和或积为定值，证明动直线恒过定点，适合齐次化。先平移坐标系，将公共顶点平移至原点，设交点所在直线方程，代入圆锥曲线，整理二次齐次方程，除以x2得到关于斜率的二次方程。由韦达定理得到斜率关系式，对照题干给定的斜率条件，解出直线参数。求出参数后，把坐标平移回原坐标系，得到直线方程，进而求出定点。可以先用特殊位置预判定点，用来检验结果。注意齐次化只适用于共顶点的两条直线，其他模型不要强行套用，避免方法误用。 【典例2-2】（2026·天津河西·二模）已知抛物线经过点，其焦点为，过点的直线交于M，N两点． (1)求的方程； (2)若的斜率为1，分别求在点M，N处的切线方程； (3)直线上是否存在定点，使得DB平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)， (3)存在定点 【分析】（1）将的坐标代入方程，求即可； （2）由条件结合点斜式确定的方程，联立方程组求出的坐标，结合导数的几何意义求切线方程； （3）设的方程为，，，联立方程组求，取特殊情况可得对应的点的坐标，再验证该点对任意均满足关系DB平分即可. 【详解】（1）因为抛物线经过点， 所以， 所以的方程为．       （2）由题得的方程为，即， 联立，取， 由，得， 所以点处的切线的斜率为2， 则在点处的切线方程为， 即， 所以点处的切线的斜率为， 则在点处的切线方程为， 即， 所以在点处的切线方程为． （3）由题可知的斜率存在， 设，， 联立，得， 则． 当时，，此时点为线段的中点， 过点作的垂线，其方程为， 与直线的交点即为，满足平分．       下面证明点满足题意： 当直线的斜率不存在时，， 此时，则，直线的斜率为， 易得， 所以平分， 根据对称性，当直线DN的斜率为0时，直线DM的斜率不存在， 同理可得平分；       当直线的斜率存在且不为时，， 设直线，直线， 点到直线，的距离分别为， 又 成立， 所以，   所以平分． 综上，直线上存在定点，使得平分． 【变式2-1】（2026·天津红桥·一模）（2026·山西晋城·模拟预测）已知椭圆的左顶点为，右焦点为，离心率为，且点在椭圆上，为坐标原点． (1)求椭圆的标准方程． (2)不过点的直线与椭圆相交于M，N两点，点在轴上方，点在轴下方．当直线的斜率存在时，设直线l，AM，AN的斜率分别为，则． ①证明：直线恒过定点； ②设①中的定点为，点G，H分别满足，记的面积为，的面积为，求的取值范围． 【答案】(1)； (2) ①因直线的斜率存在，可设其方程为， 依题意，，否则不满足点在轴上方，点在轴下方， 由点不在直线上，即， 将代入，消去得（*）， ，即， 设，则， 则，， ， 因为，所以， 则，即，解得， 故直线的方程为，恒过点； ② 【分析】（1）根据离心率和所过的点，结合得到方程组，求出椭圆方程； （2）①设出直线的方程，联立椭圆方程，根据得到，故恒过点； ②根据比例关系得到各个三角形的面积关系，变形得到关于M，N两点坐标的关系，分两种情况，求出关于的关系式，得到取值范围. 【详解】（1）由题意得，，又， 解得，所以椭圆的标准方程为； （2）①略 ②由①得，由可知点为的重心， 连接，则在线段上，且，其中， 因为，所以，， 而，， 故， 因为，则,，， 故 ， 其中，， 故， 因，故（*）可化为，恒成立， 解得， 若，则， 则， ， 因为，所以， 若，则， 则， ， 因为，所以， 综上，的取值范围是. 题型3 角度、垂直类转化为斜率关系问题 【典例3-1】（2026·天津河东·一模）平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线 . (1)求曲线 的方程； (2)已知过椭圆外一点引椭圆的两条切线，过两切点的直线方程为.现过曲线 外一点作曲线 的切线，切点分别为，. （i）证明：直线平分； （ii）直线与直线 交于点，过点作直线的垂线，垂足为，直线，的斜率分别为，，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不为定值请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明：设、，则，， 根据题意知，直线 方程为， 则有，， ，，， 则 ， 同理可得， 故，即，即直线平分； （ii）是，且该定值为 【分析】（1）根据题意列出方程，再进行化简即可得； （2）（i）设、，则可表示出，，，再利用平面向量夹角公式计算出、，可得，即可得直线平分；（ii）联立直线与直线 ，可求出其交点坐标，即可得点坐标，从而可表示出，联立直线 与椭圆方程，消去可得与横坐标交点有关韦达定理，利用韦达定理计算即可得. 【详解】（1）由题意，动点满足 ， 平方整理得，化简得， 即曲线 的方程为； （2）（i）略 （ii），， 联立，解得， 则，故， 则 ， 联立，消去可得， 恒成立，有，， 则， ， 则 ， ， 故为定值，且该定值为.    题目给出夹角、两线垂直，转化成斜率乘积条件，可使用齐次化求解。垂直对应斜率乘积为−1，夹角条件可借助斜率夹角公式转为斜率关系式。平移坐标系，把角的顶点移到原点，设直线方程，联立圆锥曲线构造二次齐次方程，除以x2得到斜率二次方程。利用韦达定理写出斜率的和与积，代入角度对应的代数条件，求解参数。齐次化可以避开复杂的坐标运算，简化推导。解题注意斜率不存在的特殊情况，平移后记得还原坐标，分清角度对应的斜率关系式，防止符号出错，最后验证结果合理性。 【典例3-2】（2026·天津河西·二模）已知抛物线：的焦点为，上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为. (1)求抛物线的标准方程； (2)如图，已知过点的直线，与分别交于点与点，（其中点在第一象限）直线与直线交于点，线段与的中点分别为. ①证明：点在定直线上； ②若直线，直线的斜率分别为，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) ①设，，，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立消去整理得， 所以，， 联立，消去，可得，所以，， 所以直线的方程为， 即， 同理直线的方程为， 联立，得， 即， 即， 即， 所以，即点在直线上. ② 【分析】（1）根据抛物线的定义，把到的距离与到点的距离之和的最小值转化为到准线的距离为和到点的距离之和的最小值，再根据平面几何即可得出答案； （2）①设，，，，计算出直线的方程和直线的方程，然后联立并根据韦达定理即可证明；②计算出，再根据基本不等式求解. 【详解】（1）如图，设点到准线的距离为， 抛物线的准线方程为，由抛物线的定义，得，解得， 当且仅当三点共线时，等号成立，所以抛物线的标准方程为. （2）①略 ②由题意可知，，的斜率存在且均不为0， 因为，所以设直线的方程为，则直线的方程为， 由①知，，.所以，， 所以，， 所以， 当且仅当，即时取等号，又易知，所以的取值范围为. 【变式3-1】（2026·天津红桥·一模）已知平面上的动点到点的距离与直线的距离相等． (1)求点的轨迹方程； (2)已知圆方程是，过点的两条直线分别与圆相切于点，． （i）记四边形的面积是，若．求点纵坐标的取值范围； （ii）设直线，的斜率是，，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由题意，结合抛物线的定义与标准方程，可得答案； （2）（i）由圆外一点作切线的性质，将面积转化为边长，利用两点距离公式可得答案； （ii）由直角三角形与锐角三角函数，可得动点坐标的取值范围，根据切线性质建立方程，可得答案. 【详解】（1）设点，由于动点P到点的距离与直线的距离相等则点P的轨迹是抛物线，抛物线的方程是． （2）（i）由题意作图如下： 由与圆分别相切于，则，， 所以， 若，可以转化为，设点， 则，则， 联立圆方程与椭圆方程，解得， 则抛物线与圆只相交于，而过只能做圆C的一条切线， 因此，所以 （ii）由与圆分别相切于，则， 由，则在中，，，可得， 设，可得， 设的方程是，化简可得， 由相切可得，整理可得， 由题意可知为上述方程的根， ，， 所以. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·江西南昌·三模）已知为椭圆：的左，右顶点，为上的一点，N为双曲线：上的一点（两点不同于两点），设直线的斜率分别为，且． (1)设为坐标原点，证明：三点共线． (2)设的右焦点分别为，均在第一象限，直线与直线相交于点，． ①判断直线与直线的位置关系，并证明你的结论； ②证明：． 【答案】(1)设，，则，， 因为 ，所以， ，, 因为 ，所以， 则， 由，可知， 所以，因此，三点共线； (2)①由，得， 由（1）可知：， 由，得，且都在第一象限， 所以， ， 由（1）知：， ，， 由式结合 ， ， 所以， 则，， 所以 ， 所以，即； ②由①可知 ， ， 则；直线，直线， 设点，于是， 则 ，即， 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，又，则， 于是，则． 【分析】（1）先分别写出椭圆上点、双曲线上点与两顶点连线的斜率和与斜率积，利用曲线方程化简，结合斜率和为的条件，推出向量与共线，证得三点共线； （2）①由斜率平方和为，结合（1）中斜率和为、斜率积互为相反数，求出斜率和的具体值，得到坐标比例关系，算出坐标后代入向量，证明向量平行，得出； ②先求的斜率，证两线垂直，联立方程得点满足圆方程，利用直径所对圆周角为直角，推出两个直角共余角，从而证得两角相等． 【详解】（1）略； （2）略． 2．（2026·河南驻马店·三模）已知双曲线的一条渐近线的方程为，以的右焦点为圆心，半径为2的圆被截得的弦长为，． (1)求的方程； (2)已知上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点； (3)设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为，当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和点到直线距离公式，圆的弦长公式列方程求出，从而得到双曲线方程； （2）设直线方程为，与双曲线联立，用韦达定理得到纵坐标的关系，写出直线的方程，令求出定点横坐标，即可证明； （3）设过的切线方程，并与双曲线联立，利用得到关于的方程，结合，的斜率之积为推出在椭圆上，再利用椭圆的定义，找到左焦点即可知为定值. 【详解】（1）设，到渐近线的距离为，则． 由题意，得，解得， 由已知及，解得，， 所以的方程为． （2）证明：由题知直线的斜率存在且不为零，设其方程为， 与联立，消去并整理得， 则，且，即，且． 设，，则， 则，，， 直线的方程为， 令，得， 所以直线过定点． （3）设过点，与只有一个公共点，且与的渐近线不平行的直线方程为， 与联立，消去并整理，得， 则，且，即， 整理得， 设的斜率分别为，则是上面关于的方程的两个实根， 所以，整理得， 所以动点在椭圆上，且点为其右焦点， 所以存在定点（椭圆的左焦点），使得，为定值． 3．（2026·福建·三模）已知双曲线的左，右顶点分别为，（），异于的点在的右支上，且直线与的斜率之和恒为6. (1)求的坐标； (2)证明：，，三点共线； (3)设的面积为，判断是否存在正整数p，q，使得.若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)对任意,双曲线的方程为：，左、右顶点，. 设 ，同理可得： ， 由双曲线方程，，代入得：， 因此，，，的坐标均满足，所以，，三点共线. (3)存在， ； 【分析】（1）假设，由题意得 ，结合双曲线方程化简可得,再代入双曲线方程求解； （2）设，类比（1）解题，可得，从而得到，，的坐标均满足，所以，，三点共线; (3)结合（2）可得，，，再计算点到直线的距离，，从而表示出的面积为，最后代入，求解. 【详解】（1）当1时，双曲线的方程为：，左、右顶点. 设, ,化简得： ， 由双曲线方程得，代入得： 则. 将 代入双曲线方程：. 故 . （2）略； （3）由(2)可得，，, 在直线上， 点到直线的距离（即到直线的距离），， 故：, 代入得：, 化简得：, 因为p，q为正整数，令 ，则 ， 代入得： 易知当时，，当时，（舍去） 当时，，，满足条件. 当时，，此时. 综上：存在正整数p，q，. 4．（2026·河北沧州·二模）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为1的直线与交于，两点，且. (1)求的值； (2)已知点，直线与交于，两点（异于点）. （ⅰ）判断直线与直线的斜率之和是否为定值.若是，请求出该定值；若不是，请说明理由. （ⅱ）若外接圆的圆心为，求圆心的轨迹方程. 【答案】(1) (2)（ⅰ）是定值0；（ⅱ）（且）. 【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程，再根据韦达定理求解； （2）（ⅰ）联立抛物线与直线，利用韦达定理得出，再计算直线与直线的斜率之和并化简即可；（ⅱ）设圆心，利用和列出方程，结合（ⅰ）韦达定理的结果可得：，又因为圆心在的垂直平分线上，所以，联立解得，，可得点的坐标为，进而求出圆心的轨迹方程. 【详解】（1）设点，，直线的方程为，联立， 可得，则,由可得. （2）（ⅰ）由（1）知抛物线，设点，， 联立，可得， 由，且，则， 则， ， 即直线与直线的斜率之和为定值，该定值为0. （ⅱ）设的中点坐标为,则, , 即的中点坐标为，所以的垂直平分线的方程为， 设圆心，由题可知，，则， 整理得①， 同理，，②， ①+②，得， 由（ⅰ）整理得③， 因为圆心在的垂直平分线上，所以④， 联立③④，结合的取值范围，解得，， 可得点的坐标为， 故点的轨迹方程为（且）. 5．（2026·广东佛山·模拟预测）已知椭圆：的上下顶点分别为，，右焦点的坐标为．点是椭圆上位于第一象限或正半轴上的动点，设直线，的斜率为，，且． (1)求椭圆的方程； (2)过点作圆的切线交椭圆于点（点位于点的下方）． （ⅰ）求线段的最大值； （ⅱ）设直线的斜率为，请判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）是定值，定值为 【分析】（1）根据椭圆性质、直线斜率公式及已知的值，结合联立方程求解，. （2）（ⅰ）利用切线性质得直线参数约束，联立切线与椭圆方程得弦长表达式，结合的范围即可求最值. （ⅱ）联立切线与椭圆方程，结合斜率公式和韦达定理化简等式，得到，再结合即可求解. 【详解】（1）由椭圆性质可得：上下顶点为、，右焦点为， 故，设椭圆上动点，所以，即， 根据直线斜率公式可得：​，，则， 将代入可得：，进一步化简可得： ，又因为，所以，由可得： ，解得，因此椭圆方程为. （2）（i）设点，由题意可知， 设直线的方程为，因为直线与圆相切， 可得：，即， 联立直线与椭圆方程消去得：， 故， 由弦长公式 代入韦达定理得： 平方得， 令得 此时， 此时， 当切线斜率不存在时，切线方程为，代入椭圆方程可得： ，化简可得：，即， 取上交点，下交点， 则，综上可得取得最大值：.​​ （ii）根据斜率的定义可得： ， 其中， 又，结合几何意义可得， 又，代入可得：， 化简可得：，又， 所以是个定值. 6．（2026·陕西西安·模拟预测）已知双曲线与直线()有唯一的公共点，过点且与直线垂直的直线分别交轴、轴于、 两点.当点运动时，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设点 ，若过点的直线与曲线的右支交于、两点. （ⅰ）证明：直线和直线的斜率乘积为定值； （ⅱ）若直线、与圆分别交于、两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）依题意，直线的斜率必不为0，可设其方程为，， 联立，消元得， 则由，解得 由韦达定理，， 则， 为定值； （ii） 【分析】（1）联立双曲线方程和直线可利用根的判别式，整理得，得到，所以过点P且与直线l垂直的直线为，可得，所以即可求解； （2）（i）设直线方程为，，，联立方程，由韦达定理，，则为定值；（ii）设，，且，，联立方程得到，，，所以由（ⅰ）知，，则，代入得，所以. 【详解】（1）联立，消元得 因为，由，整理得， 因此，， 所以，其中 过点P且与直线l垂直的直线为， 可得，，依题意可得 由，，可得， 即点Q的轨迹方程为 （2）（ⅰ）略 （ⅱ）设，，且， 联立，得，所以，同理可得 联立得，所以，同理可得 所以 由（ⅰ）知，，则， 代入得 因为，所以，设， 因函数在上单调递减，在上单调递增，故， 则，从而，，即 又因为， 所以的取值范围为. 7．（2026·陕西·一模）已知椭圆的离心率为，直线被椭圆所截得的线段的长为3. (1)求椭圆的方程 (2)已知点，过点的直线交椭圆于两点（在轴下方），直线交直线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由 【答案】(1) (2)不为定值，理由如下： 设，直线， 联立方程，得到， 即，解得或， 又因为在轴下方，所以， 由韦达定理得到， 得到，即， 又因为， 所以 . 所以不为定值. 【分析】（1）列方程求解即可求解； （2）设，直线，联立椭圆的方程，进而将斜率表示出来，得到，与点的坐标有关，从而不为定值. 【详解】（1）因为直线被椭圆所截得的线段的长为3， 所以在椭圆上，则，即 又因为离心率为，即，且， 所以， 所以椭圆的方程. （2）略 创新提升 1．（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，过点． (1)求的方程； (2)已知点，过点的直线交于，两点（，在轴的下方），直线交直线于点． （ⅰ）设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，并说明理由； （ⅱ）证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)（i） 不为定值.理由如下. 设点， 设 ， 由 得， 由 ，得 ，解得 或 ， 又点 , 在 轴下方，则 ， 由韦达定理得 得 ，即 ， 因为 ， 所以 ， 所以 不是定值. （ⅱ） 由（i）得 则直线 的方程为 ， 即 ， 当 时，得 ， 所以必过定点. 【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解； （2）（i）设点 ， ， 设 联立椭圆的方程，进而将斜率表示出来，得到，与点的坐标有关，从而 不为定值. （ii）通过（i）中将斜率表示成，从而直线方程转化为从而直线过定点 【详解】（1）由题可知：，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）略 （ii）略 2．（2026·天津武清·模拟预测）已知椭圆：（）的离心率为，，，分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于，的一个动点，面积的最大值为． (1)求的方程； (2)过椭圆的右焦点的直线与交于，两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值． 【答案】(1)； (2)证明：由（1）可知， 设直线， 由， 得， 设， 则， 不妨设， 则， 又因为， 所以线段的中点， 所以， 所以， ， 所以 ， 所以， 所以为定值.    【分析】（1）由题意可得，，再结合求解即可； （2）设直线，与椭圆方程联立，结合韦达定理及图形，可得，分别求出的坐标，利用过两点的斜率公式，表示出，再化简，代入化简即可. 【详解】（1）因为当与椭圆短轴顶点重合时，的面积最大， 此时最大值为， 所以， 又因为椭圆的离心率为，即， 所以， 又因为， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以的方程：; （2）略 3．（2026·湖南怀化·三模）已知椭圆C：（）的过焦点且垂直于长轴的弦长为，短轴长为2． (1)求C的方程； (2)设O为坐标原点，若P，Q，M为椭圆上的点，且圆M与直线，相切，当直线，的斜率均存在且时，求圆M的半径． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件求出a，b的值，代入椭圆方程； （2）设M点坐标，过原点作出圆M的切线，计算圆心到切线的距离等于半径，得到一个关于切线斜率的方程，为这个方程的解，最后在根据点M在椭圆上解得半径的长度. 【详解】（1）由已知可得，， 所以，． 所以C的方程为. （2）设，圆M的半径为r（）．过原点O作圆M的切线， 由圆心到直线的距离等于半径，可得 ．    整理得，即， 由题可知，即为方程的两个根， 所以由根与系数的关系可得，所以．         因为在椭圆上，所以，即， 所以，． 故圆M的半径为． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $