拓展专题06 圆锥曲线中的四大秒杀技：同构法、平移齐次化、定比点差法、点乘双根法（期中专项训练·冲刺版）高二数学上学期人教A版

拓展专题06 圆锥曲线中的四大秒杀技： 同构法、平移齐次化、定比点差法、点乘双根法 题型1 同构法 （重点） 题型3 定比点差法（重点） 题型2 平移齐次化（重点） 题型4 点乘双根法（难点） 【重要方法与结论】 一、同构法 同构法是处理解析几何对称问题的有力武器．同构思想的介入，使得解析几何中平行线截线段成比例问题、斜率问题、切线问题等，结构相同或相似问题的求解过程变得简单明了. 1.利用两点坐标同构 如果点A（x1,y1)和点B（x2,y2)满足二元一次方程，且方程为同构式，则该方程为直线AB的方程. 2.利用根与方程的关系同构 如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根.如果两个不同的未知实数(如m,n）满足一元二次方程，且方程为同构式，则该方程的解即为给定的未知实数(如m,n），进而可以利用根与系数的关系. 3.利用对偶计算同构 如果题目涉及两种联立直线与圆锥曲线化简，求解同类目标，直线方程为同构式时，则只需计算出其中一种结果，另一种结果同构变量替换即可进，在解答题中常以“同理可求”体现.可以简称：同构方程，算法一致，对应替换，节省一半！ 二、平移齐次化 1.平移齐次化原理 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. 2．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． 三、定比点差法 1.定比分点公式 已知，若点)满足，求点的坐标． 2.定比点差法 当为椭圆上的两点，为弦上任意一点时，设点满足 若在椭圆则; 点满足，可得到 ， ①－②得： ， 联立消元后即可用与定分比表示. 四、点乘双根法 1．点乘双根法的含义 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． 2.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）． 3.点乘双根法适用题型: 在圆锥曲线中，遇到如（其中为常数）的形式，其中点是已知的点，，为直线与圆锥曲线的交点的问题时，可用点乘双根法以达到简化运算，快速解题的目的． 4．点乘双根法解题范式： 下来以一个例题来讲解一下点乘双根法应用范式． 【例题】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． 题型一 同构法(共6小题) 1．已知抛物线上三点，直线是圆的两条切线， 则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用点求抛物线方程，利用相切关系求切线AB，AC，再分别联立直线和抛物线求出点，即求出直线方程. 【详解】在抛物线上，故，即，抛物线方程为， 设过点与圆相切的直线的方程为：，即，则圆心到切线的距离，解得，如图，直线，直线. 联立 ，得， 故，由得，故， 联立 ，得， 故，由得，故， 故，又由在抛物线上可知， 直线的斜率为 ， 故直线的方程为，即. 故选：B. 2．已知椭圆中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点为，离心率为 （1）求椭圆的方程 （2）过右焦点作直线交椭圆于，交轴于，若，求 【详解】（1） 解得 （2）由（1）得，设直线，可得，设 可得： ，由可得： ① 因为在椭圆上，，将①代入可得： 对于， ， 同理可得： 为方程的两个不同根 3．如图，已知椭圆：的上顶点为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过点作圆的两条切线，记切点分别为，令求此时两切点连线的方程； （3）若过点作圆的两条切线分别与椭圆相交于点（不同于点）.当变化时，试问直线是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 【答案】（1）；（2）；（3）过定点，理由见解析. 【详解】（1）由已知可得，，所求椭圆的方程为      （2）法一，数形结合易知，切线的方程为切线的方程为，故切点，所以切点连线的方程为即 法二设圆上切点，过该切点的圆的切线方程为，又因为过点所以有，即同理设另一个切点，由同构可知，经过不同两点有且只有一条直线，所以的直线方程为 法三 在为直径的圆：上，由两圆相减得的方程为 （3）法一设切线方程为，则，即， 由得 设两切线的斜率为，则是上述方程的两根， 所以 ； 联立   可得，设 则由韦达定理得； 由得  ， 直线的斜率 直线的方程为 整理得， 故直线过定点 法二设切线方程为，则，即， 设两切线的斜率为，则是上述方程的两根， 所以； 可设BD的直线方程为     可得，设，由韦达定理得 ，， 代入 将韦达定理代入得       化简得 或(舍去)   故直线的直线方程为，直线经过定点. 4．已知抛物线：，过其焦点作斜率为1的直线交抛物线于､两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）若是抛物线上的点，点，在轴上，圆内切于，若面积等于8，求点的坐标. 【答案】（1）；（2）或. 【详解】（1）设抛物线的焦点为，则直线：， 由得，，， ，， 抛物线的方程为. （2）由题意，设，，， 因为圆内切于，所以点，的横坐标与的横坐标均不相同，且， 则直线的方程为，化简得， 又圆心到直线的距离为1，所以， 所以， 即，则， 即， 同理可得， 所以，可以看作是的两个实数根， 则，， 所以. 因为是抛物线上的点，所以， 则，又，所以， 从而， 解得，， 故点的坐标为或. 5．已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 【答案】（1）；（2）. 【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值 由题意知，，设圆M上的点，则． 所以． 从而有． 因为，所以当时，． 又，解之得，因此． [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 抛物线的焦点为，， 所以，与圆上点的距离的最小值为，解得； （2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线的方程为，即，对该函数求导得， 设点、、， 直线的方程为，即，即， 同理可知，直线的方程为， 由于点为这两条直线的公共点，则， 所以，点A、的坐标满足方程， 所以，直线的方程为， 联立，可得， 由韦达定理可得，， 所以，， 点到直线的距离为， 所以，， ， 由已知可得，所以，当时，的面积取最大值. [方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到． 过P作y轴的平行线交于Q，则． ． P点在圆M上，则 ． 故当时的面积最大，最大值为． [方法三]：直接设直线AB方程法 设切点A，B的坐标分别为，． 设，联立和抛物线C的方程得整理得． 判别式，即，且． 抛物线C的方程为，即，有． 则，整理得，同理可得． 联立方程可得点P的坐标为，即． 将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得． 由弦长公式得． 点P到直线的距离为． 所以， 其中，即． 当时，． 6．已知双曲线过点，且焦距为10． (1)求C的方程； (2)已知点，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程； （2）根据四点共线，要证即证，设出直线，，，联立直线方程与椭圆方程得出，将其代入，计算结果为零，即证出． 【详解】（1）由题意可得，故，所以C的方程为． （2）设，， 当时，即，解得，则， 双曲线的渐近线方程为， 故当直线与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点， 此时直线方程为， 令，则，故． 则直线． 由得， 所以，． ． 所以，所以 即． 题型二 平移齐次化(共5小题) 7.已知，为抛物线上异于顶点的两动点，且以为直径的圆过顶点.求证：直线过定点. 【分析】设出直线的方程为，联立直线和抛物线方程，得，化成齐次式，再利用数量积为0进行求解. 【详解】设直线的方程为，联立 可得， 两边同时除以，得. 由，得，所以，即. 所以直线的方程为，且过定点. 8．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. 【答案】过定点， 【分析】根据题意，平移坐标系，得到直线与椭圆方程，联立之后结合韦达定理代入计算，即可得到结果. 【详解】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. 9．已知抛物线：上的点到其焦点的距离为2． (1)求点P的坐标及抛物线C的方程； (2)若点M、N在抛物线C上，且，求证：直线MN过定点． 【详解】（1）抛物线的焦点，准线为， 因为点到其焦点的距离为2， 所以，解得， 所以抛物线的方程为， 因为点在抛物线上， 所以，解得， 所以， 综上，P点坐标为，抛物线的方程为． （2）证明：设直线MN的方程为， ，， 联立，得， 所以，， 所以， 同理可得， 因， 所以， 所以， 所以，即（满足）， 直线MN的方程为， 所以直线MN过定点． 10．已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 【答案】（1）；（2）详见解析. 【详解】（1）由题意可得：，解得：， 故椭圆方程为：. (2)［方法一］【最优解】：平移坐标系 将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即． 设，因为则，即． 代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点． 又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立． 故存在，使得． ［方法二］：建立曲线系 A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得． 则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）． 用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）． 即． 对比项、x项及y项系数得 将①代入②③，消去并化简得，即． 故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q． 经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得． 11. 已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值． 【详解】（1）易求得椭圆C的标准方程为. （2）公共点，左移1个单位，下移个单位，， ，， ，等式两边同时除以，，，，， 过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为， 由于 ∴点P到直线l距离的最大值． 题型三 定比点差法（共6小题） 12．（25-26高三上·全国·课后作业）已知双曲线的中心在原点，离心率为2，一个焦点为． (1)求双曲线的标准方程； (2)设是双曲线上一点，且过点，的直线与轴交于点，若，求直线的方程． 【解析】（1）依题意，设所求双曲线的标准方程为， 由离心率为2，得，则， 由焦点，得，解得，， 所以双曲线的标准方程为. （2）依题意，直线的斜率存在，设， 令，则，即，由，且共线， 得或，设点， 当时，，解得，则， 又点在双曲线上，则，解得； 当时，，解得，则， 于是，解得， 所以所求直线的方程为或.    13.（2026·天津滨海新区·三模）已知动圆过点，且与圆相内切，记动圆圆心的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)设斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为，若，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设动圆圆心为，半径为，根据条件可得，再利用椭圆的定义即可求解； （2）设直线，，联立直线与椭圆方程，根据条件，利用根与系数间的关系求出，即可求解. 【详解】（1）设动圆圆心为，半径为，因为动圆过点，则， 圆的圆心为，半径为，又动圆与圆相内切， 则，所以， 则动圆圆心的轨迹是以为焦点的椭圆，且，得到， 所以，则的方程为. （2）设直线，，易知， 由，消得到，即， 则，且①，②， 又，且，所以③， 由①③得到，由②③得到，所以， 整理得到，解得，满足， 所以直线的方程为或. 14.（2026·陕西·三模）已知圆：，点，是圆上一个动点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点作直线交曲线于，两点，若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ⅱ）若，求的面积． 【答案】(1) (2)（i） （ⅱ） 【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可. （2）（i）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求解即可. （ⅱ）根据角平分线的性质，结合韦达定理求出值，进而求出交点纵坐标，代入三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）连接，由题意知， 则， 所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，，. 所以，，所以曲线的方程为. （2）（i）设直线的方程为，，， 联立，整理得， 则，. 设直线与的斜率分别为，，则，， 因为，所以直线与的倾斜角互补，即， 则， 所以，所以， 又为任意实数，所以. 当直线的斜率为0时，，符合题意. 综上所述，. （ⅱ）因为，所以为的角平分线，所以. 因为，所以， 由，，得，解得. 不妨设，则，． 所以的面积. 15．已知，是椭圆E：上的两点． (1)求椭圆E的方程． (2)若直线l与椭圆E交于C，D两点（C，D均不与点A重合），且以线段CD为直径的圆过点A，问：直线l是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【解析】（1）将，代入椭圆方程可得，解得， 所以椭圆方程为； （2）若直线的斜率不存在，设直线方程为，由题可得为等腰直角三角形，则可将代入椭圆，解得（舍去）或，即直线方程为； 若直线的斜率存在，设方程为，设， 联立方程，可得， 则，可得， ①，②， 由题可得，则，即， 代入①②，整理可得，解得或， 若，直线为，经过点,不符合， 若，直线为，经过定点， 综上所述，直线l过定点. 16.（2026·天津红桥·一模）已知抛物线：（）的焦点为F，A，B是抛物线上两点（A，B互异）. (1)若，且，求抛物线的方程. (2)O为坐标原点，G为线段中点，且. （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）x轴上的定点E满足为的角平分线，连接、，延长交于点P，延长交于点Q，求的最大值（用含p的代数式表示）. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明：因为， 所以O在以为直径的圆上， 所以， 所以， 设，， 则， 所以直线方程为， 又，所以， 方程为， 直线过定点. （ⅱ）. 【分析】（1）由对称性可知⊥轴，从而得到点的坐标，根据得到方程，求出答案； （2）（ⅰ）因为，则可推得，设，，求出，进一步可得直线的方程，然后由，可得，代入直线的方程即可得证； （ⅱ）设，为的角平分线，则，可得，即，，不妨设，因为，则，同理，直线的方程为，与直线的交点横坐标，同理，表示出，运用换元法求解即可． 【详解】（1）因为，所以为线段的中点， 由对称性可知⊥轴， 故的横坐标均为， 中令得，， 所以，得到， 抛物线方程为. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）设，为的角平分线，则， ，整理得， 因为， 解得，即，， 不妨设，因为， 则，同理，直线的方程为， 与直线的交点横坐标，同理， 所以 ， 令，则， 所以， 由于在上单调递增，故， 故，当且仅当时，等号成立. 17．（2026·天津河东·一模）如图，已知椭圆的方程为，直线与椭圆交于两点（点在第一象限）．当时，在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．    (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接BM并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）如图，设，，    则，由题意有． 直线的斜率，即的斜率为， 所以直线的方程，所以． 又在椭圆上，． ． （ⅱ）． 【分析】（1）由椭圆标准方程确定，结合时在轴上的射影为椭圆焦点的条件，将点代入椭圆方程，结合的关系求解，即可得到椭圆的标准方程. （2）（i）联立直线与椭圆方程，求解得到两点坐标，由轴得到点坐标，进而求出直线的方程，将直线与椭圆方程联立求得点坐标，计算直线的斜率，验证为定值即可. （ii）利用两点间距离公式分别计算与的长度，将表示为关于的函数，结合的取值范围，分析函数的取值特征，即可求得的取值范围. 【详解】（1）由题意有，所以． 设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以． 又，所以， 所以，即，解得， 所以，故的标准方程为． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）解： ， 而， 由（ⅰ）知 ． 又， ． 当且仅当，即时等号成立，所以． 题型四 点乘双根法（共6小题） 18．设，为椭圆上两个动点，且，过原点作直线的垂线，求的轨迹方程． 【详解】法一：（常规方法） 设，，,设直线方程为，联立化简可得: ， 所以 ，， 因为，所以 ， ① 又因为直线方程等价于为，即， 对比于，则代入①中，化简可得：． 法二：（齐次化解法） 设直线方程为，联立，可得， 所以，化简可得， 整理成关于，的齐次式： ， 进而两边同时除以，则 ， 记，的斜率分别为，，则，为方程的两个根，由韦达定理得， 因为，所以， ① 又因为直线方程等价于为，即， 对比于，则，代入①中，化简可得：． 19.已知抛物线，过原点且相互垂直的直线，交抛物线于，两点，求证： 直线过定点． 【详解】方法识别：，适合用齐次化来处理． 法一：（齐次化） 设：①，，，，， 将直线变形为，代入到中得， 两边同除以，整理可得， 注意到，，所以和方程的两个根， 所以，又因为，所以， 所以，代入①可得， 所以直线恒定过定点． 类型识别： 因为直线，互相垂直，所以，适合用点乘双根法． 方法二：（点乘双根法） 设：①，，，则， ， ①． 联立，， 又因为和是方程， 所以， 令，则②； 令，则③． 将②③代入①得，即， 代入可得，所以直线恒定过定点． 20．(2012年重庆理科第20题)设椭圆中心在原点，长轴在轴上，上顶点为，左右顶点分别为，，线段 ，中点分别为，，且是面积为的直角三角形． （1）求其椭圆的方程 （2）过作直线交椭圆于，两点，使，求直线的方程． 【解析】（1），过程略． （2）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：． 21．椭圆的左，右焦点分别为，，过作与轴不重合的直线交椭圆于，两点． （1）若为正三角形，求椭圆的离心离； （2）若椭圆的离心离满足，为坐标原点，求证：． 【详解】(1)，过程略． （2）（点乘双根法） 由题意有：，，所以， 则，要证（因为） ． 设，，①当轴时，，则，， 则 ，所以． ②当与轴不垂直时，设直线：，，， 所以 ⑴． 联立 得， 所以， 令，则，即②； 令，则，即③， 将②③代入①得， 要证，只需证即可， 因为，则， 所以， 所以，综上可得：． 22． 在直角坐标系中，点到两点，的距离之和等于，设点的轨迹为，直线与交于，两点． （1）写出的方程； （2）若，求的值； (3)若点在第一象限，证明：当时，恒有． 【详解】（Ⅰ）设，由椭圆定义可知，点的轨迹是以，为焦点，长半轴为的椭圆．它的短半轴， 故曲线C的方程为． （Ⅱ）法一：（常规方法） 设,，其坐标满足，消去并整理得， 故，． 若，即 ，而， 于是 ，化简得，所以． 法二：（点乘双根法） 设,，直线：．若，则：，即，， 故,． 因为，所以①， 将代入①得②． 联立得， 令得③； 令，则，即④． 将③④代入②，即，，所以． 法三：（点乘双根法）设,，直线：．若，则：，即，，故,，故，与矛盾，所以，直线：可变为（其中），故有 因为，所以①． 联立得， 即令得，即②； 令，则，③． 将②③代入①，即，，所以． （Ⅲ）． 因为在第一象限，故．由知，从而．又，故，即在题设条件下，恒有． 23．(2017年高考课标1卷第20题) 设，为曲线：上两点，与的横坐标之和为． （1）求直线的斜率； （2）设为曲线上一点，在处的切线与直线平行，且，求直线的方程． 【详解】（1）设,，则，，，， 于是直线的斜率． （2）法一：（常规方法） 因为，所以，设，由题设知，所以，于是， 设直线的方程:，故线段的中点为，， 将代入，得， 当即时，，， 从而， 由题设知，，即，解得， 所以直线的方程:． 法二：（点乘双根法） 类型识别:因为，所以，故适合使用点乘双根法． 因为，所以，设，由题设知，所以，于是． 设，，，， 因为，所以 ①． 设直线的方程:，联立化简得， 又因为，是方程的两个根， 故有②， 令，则③， 又， 令代入②得④， 将③④代入①得，解之得或（舍去）， 故所以直线的方程:． 法三：（齐次化+坐标系平移构造） 因为，所以，设，由题设知，所以，所以， 平移坐标系，使坐标原点与点重合，则， 在新坐标系中，曲线：的方程为：，整理得． 直线平移后变为，斜率仍为，其方程不妨设为，代入曲线方程得 ，， 两边同除以得， 易知和是方程的两个根，且， 故由韦达定理得，，直线的方程为， 平移回原坐标系得直线方程为，即． 2 / 24网（北京）股份有限公司zxxk.com zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 拓展专题06 圆锥曲线中的四大秒杀技： 同构法、平移齐次化、定比点差法、点乘双根法 题型1 同构法 （重点） 题型3 定比点差法（重点） 题型2 平移齐次化（重点） 题型4 点乘双根法（难点） 【重要方法与结论】 一、同构法 同构法是处理解析几何对称问题的有力武器．同构思想的介入，使得解析几何中平行线截线段成比例问题、斜率问题、切线问题等，结构相同或相似问题的求解过程变得简单明了. 1.利用两点坐标同构 如果点A（x1,y1)和点B（x2,y2)满足二元一次方程，且方程为同构式，则该方程为直线AB的方程. 2.利用根与方程的关系同构 如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根.如果两个不同的未知实数(如m,n）满足一元二次方程，且方程为同构式，则该方程的解即为给定的未知实数(如m,n），进而可以利用根与系数的关系. 3.利用对偶计算同构 如果题目涉及两种联立直线与圆锥曲线化简，求解同类目标，直线方程为同构式时，则只需计算出其中一种结果，另一种结果同构变量替换即可进，在解答题中常以“同理可求”体现.可以简称：同构方程，算法一致，对应替换，节省一半！ 二、平移齐次化 1.平移齐次化原理 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. 2．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． 三、定比点差法 1.定比分点公式 已知，若点)满足，求点的坐标． 2.定比点差法 当为椭圆上的两点，为弦上任意一点时，设点满足 若在椭圆则; 点满足，可得到 ， ①－②得： ， 联立消元后即可用与定分比表示. 四、点乘双根法 1．点乘双根法的含义 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． 2.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）． 3.点乘双根法适用题型: 在圆锥曲线中，遇到如（其中为常数）的形式，其中点是已知的点，，为直线与圆锥曲线的交点的问题时，可用点乘双根法以达到简化运算，快速解题的目的． 4．点乘双根法解题范式： 下来以一个例题来讲解一下点乘双根法应用范式． 【例题】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． 题型一 同构法(共6小题) 1．已知抛物线上三点，直线是圆的两条切线， 则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 2．已知椭圆中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点为，离心率为 （1）求椭圆的方程 （2）过右焦点作直线交椭圆于，交轴于，若，求 3．如图，已知椭圆：的上顶点为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过点作圆的两条切线，记切点分别为，令求此时两切点连线的方程； （3）若过点作圆的两条切线分别与椭圆相交于点（不同于点）.当变化时，试问直线是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由. 4．已知抛物线：，过其焦点作斜率为1的直线交抛物线于､两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）若是抛物线上的点，点，在轴上，圆内切于，若面积等于8，求点的坐标. 5．已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 6．已知双曲线过点，且焦距为10． (1)求C的方程； (2)已知点，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：． 题型二 平移齐次化(共5小题) 7.已知，为抛物线上异于顶点的两动点，且以为直径的圆过顶点.求证：直线过定点. 8．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. 9．已知抛物线：上的点到其焦点的距离为2． (1)求点P的坐标及抛物线C的方程； (2)若点M、N在抛物线C上，且，求证：直线MN过定点． 10．已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 11. 已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值． 题型三 定比点差法（共6小题） 12．（25-26高三上·全国·课后作业）已知双曲线的中心在原点，离心率为2，一个焦点为． (1)求双曲线的标准方程； (2)设是双曲线上一点，且过点，的直线与轴交于点，若，求直线的方程． 13.（2026·天津滨海新区·三模）已知动圆过点，且与圆相内切，记动圆圆心的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)设斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为，若，求直线的方程. 14.（2026·陕西·三模）已知圆：，点，是圆上一个动点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点作直线交曲线于，两点，若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ⅱ）若，求的面积． 15．已知，是椭圆E：上的两点． (1)求椭圆E的方程． (2)若直线l与椭圆E交于C，D两点（C，D均不与点A重合），且以线段CD为直径的圆过点A，问：直线l是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 16.（2026·天津红桥·一模）已知抛物线：（）的焦点为F，A，B是抛物线上两点（A，B互异）. (1)若，且，求抛物线的方程. (2)O为坐标原点，G为线段中点，且. （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）x轴上的定点E满足为的角平分线，连接、，延长交于点P，延长交于点Q，求的最大值（用含p的代数式表示）. 17．（2026·天津河东·一模）如图，已知椭圆的方程为，直线与椭圆交于两点（点在第一象限）．当时，在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．    (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接BM并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的取值范围． 题型四 点乘双根法（共6小题） 18．设，为椭圆上两个动点，且，过原点作直线的垂线，求的轨迹方程． 19.已知抛物线，过原点且相互垂直的直线，交抛物线于，两点，求证： 直线过定点． 20．(2012年重庆理科第20题)设椭圆中心在原点，长轴在轴上，上顶点为，左右顶点分别为，，线段 ，中点分别为，，且是面积为的直角三角形． （1）求其椭圆的方程 （2）过作直线交椭圆于，两点，使，求直线的方程． 21．椭圆的左，右焦点分别为，，过作与轴不重合的直线交椭圆于，两点． （1）若为正三角形，求椭圆的离心离； （2）若椭圆的离心离满足，为坐标原点，求证：． 22． 在直角坐标系中，点到两点，的距离之和等于，设点的轨迹为，直线与交于，两点． （1）写出的方程； （2）若，求的值； (3)若点在第一象限，证明：当时，恒有． 23．(2017年高考课标1卷第20题) 设，为曲线：上两点，与的横坐标之和为． （1）求直线的斜率； （2）设为曲线上一点，在处的切线与直线平行，且，求直线的方程． 2 / 24网（北京）股份有限公司zxxk.com zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $