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专题4 齐次化妙解圆锥曲线问题 微点1 齐次化妙解圆锥曲线问题
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这是一份专题4 齐次化妙解圆锥曲线问题 微点1 齐次化妙解圆锥曲线问题，共30页。
专题4 齐次化妙解圆锥曲线问题 微点1 齐次化妙解圆锥曲线问题
专题4 齐次化妙解圆锥曲线问题
微点1 齐次化妙解圆锥曲线问题
【微点综述】
直线与圆锥曲线位置关系，是高考的一个难点，而其中一个难在于运算，本微专题的目标在于采用齐次化运算解决直线与圆锥曲线的一类：斜率之和或斜率之积的问题．本专题重难点：一是在于消元的解法，即怎么构造齐次化方程；二是本解法的适用范围．亮点是用平面几何的视角解决问题．
圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积，很多都可以转化为斜率问题，当圆锥曲线遇到斜率之和或者斜率之积，以往我们的常用解法是设直线，与圆锥曲线方程联立方程组，韦达定理，再将斜率之和或之积的式子通分后，将和代入，得到关于k、b的式子．解法不难，计算量较为复杂．
如果采用齐次化解决，直接得到关于k的方程，会使题目计算量大大减少．
“齐次”即次数相等的意思，例如称为二次齐式，即二次齐次式的意思，因为中每一项都是关于x、y的二次项．
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”，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．
一、齐次化运算的前世——韦达定理
1．韦达定理发展简史
法国数学家弗朗索瓦·韦达（François Viète，1540－1603）在著作《论方程的识别与订正》中改进了三、四次方程的解法，还对的情形，建立了方程根与系数之间的关系，现代称之为韦达定理．证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性．
2．韦达定理：设关于的一元二次方程的两根为，则．
韦达定理是本微专题的理论基础．．
引例1．已知和是方程的两个根，求的值．
【解析】解法1：．
解法2：方程两边同除以，得，由韦达定理得．
引例2．设是方程组的两组根，求的值．
【分析】如果可以建立关于以为未知数的一元二次方程，那么就是对应方程的两根之和了．所以本运算的关键是如何通过消元得到：
，再由方程两边同时除以．消元得到方程是个二次齐次式，所以把本计算方法命名为：齐次化运算．观察，发现已经为二次式，关键在于将化成二次式，由可得，，整理可得 ，显然不是方程的根，方程两边同时除以可得：关于为未知数的一元二次方程： ，则由韦达定理可得：．
二、齐次化运算的今生——韦达定理遇到笛卡尔解析几何
例1．直线与抛物线交于，求．（用表示）
【解析】联立，齐次化得，等式两边同时除以，，
∴．
例2．直线与椭圆交于，求（用表示）．
【解析】齐次化联立得：，等式两边同时除以，，∴．
引例3．已知动直线l的方程为．
（1）若，求直线l的斜率；
（2）若，求直线l所过的定点；
（3）若，求直线l所过的定点；
（4）若，求直线l所过的定点；
（5）若，求直线l所过的定点．
【解析】（1）．
（2），消去n，令，∴过定点．
（3）整理得∴过定点．
（4）整理得，∴过定点．
（5）整理得，∴过定点．
例3．抛物线，直线l交抛物线于A、B两点，且，求证：直线l过定点．
【解析】设直线AB方程为，，联立得，，∴直线过定点．
例4．不过原点的动直线交椭圆于A、B两点，直线OA、AB、OB的斜率成等比数列，求证：直线l的斜率为定值．
【解析】设直线AB方程为，，
联立得，
于是，又，∴，得．
三、 型怎么采用齐次化运算解决，平移是关键
引例4．已知椭圆，按照平移要求变换椭圆方程，并化简平移后的椭圆方程．
（1）将椭圆向左平移1个单位，求平移后的椭圆；
（2）将椭圆向右平移2个单位，求平移后的椭圆；
（3）将椭圆向上平移3个单位，求平移后的椭圆；
（4）将椭圆向下平移4个单位，求平移后的椭圆；
（5）将椭圆向左平移1个单位，向下平移个单位，求平移后的椭圆；
（6）将椭圆向左平移2个单位，向下平移1个单位，求平移后的椭圆．
【解析】（1），即．
（2），即．
（3），即．
（4），即．
（5），即．
（6），即．
例5．抛物线，，直线l交抛物线于A、B两点，，求证：直线l过定点．
【解析】将图形向左平移1个单位，向下平移2个单位，平移后的抛物线方程为，整理得．设平移后直线方程为，，联立得，于是，整理得，∴过定点，右移1个，上移2个，直线AB过定点．
例6．椭圆，点，为椭圆上两点，．求证：直线斜率为定值．
【解析】解法一：将图形向左平移1个单位，向下平移个单位，平移后的椭圆为，整理得，设平移后直线方程为，，，
，联立得，
，同时除以，，，，的斜率．
解法二（换元法）：设，即化为，即建立以为未知数的一元二次方程，即可解答．为了方便运算设，代入椭圆，得，∴设直线可方便运算，，化简得：，，代入，得，∴直线的斜率是．
例7．双曲线，，A、B为双曲线上两点，且．AB不与x轴垂直，求证：直线AB过定点．
【解析】将图形左平移2个单位，平移后的双曲线为，整理得，
设平移后直线方程为，，，，
联立得，，
同时除以，，，，或，AB不与x轴垂直，，∴，过，右移2个单位，原直线过．
四、齐次化在解析几何中的应用
例8．（2021重庆期末）已知抛物线上一点到其焦点的距离为3．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）过点的直线与抛物线C交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：．
【解析】解法1：（Ⅰ）由题意知：．
（Ⅱ）证明：设该直线为，P、Q的坐标分别为、，
联立方程有：，
，∴．
解法2：要证明，即证，
设，过，∴，，，，
同除以得，，∵，∴即．
例9．如图，椭圆经过点，且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）经过点，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ斜率之和为2．
【解析】解法1：（Ⅰ）由题设知，，，结合，解得，∴．
（Ⅱ）证明：由题意设直线PQ的方程为，代入椭圆方程，
可得，由已知得在椭圆外，
设，，，则，，
且，解得或．
则有直线AP，AQ的斜率之和为
．
即有直线AP与AQ斜率之和为2．
解法2：（2）上移一个单位，椭圆和直线，过点，
，，，，，
，∵，同除，得，
．
例10．设A，B为曲线上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求直线AB的斜率；
（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且，求直线AB的方程．
【解析】（1）设，为曲线上两点，
则直线AB的斜率为．
（2）解法1：设直线AB的方程为，代入曲线，可得，即有，，再由的导数为，设，可得M处切线的斜率为，
由C在M处的切线与直线AB平行，可得，解得，即，由可得，，即为，化为，即为，解得，则直线AB的方程为．
解法2：，，，∴，左移2个单位，下移1个单位，，，，，
，，同除以，得，
，，斜率，，，
，，，，右2，上1，，
．
例11．（2017年全国卷理）已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过点且与C相交于A，B两点．若直线与直线的斜率的和为-1，证明：l过定点．
【解析】（1）解：根据椭圆的对称性，，两点必在椭圆C上，又的横坐标为1，
∴椭圆必不过，∴，，三点在椭圆C上，把，代入椭圆C，得：，解得，，∴椭圆C的方程为．
（2）证法1：①当斜率不存在时，设，，，
∵直线与直线的斜率的和为-1，∴，
解得，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设，，，，联立，整理，得，，，则，又，∴，此时，存在k，使得成立，∴直线l的方程为，当时，，∴过定点．
证法2：下移1个单位得，，，
，，
∵同除以，，，，
，，∴过，上移1个单位．
例12．（2018全国一文）设抛物线，点，，过点A的直线l与C交于M，N两点．
（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
（2）证明：．
【解析】（1）当l与x轴垂直时，，代入抛物线解得，∴或，
直线BM的方程：，或．
（2）解法1：证明：设直线l的方程为，，，联立直线l与抛物线方程得，消x得，即，，
则有，
∴直线BN与BM的倾斜角互补，∴．
解法2：（2）右移2个单位，过即，，，
，，
，
∵，同除以，得，，∴．
例13．（2018全国一卷理）设椭圆的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为．
（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：．
【解析】（1），∴，∵l与x轴垂直，∴，
由，解得或，∴，或，
∴直线AM的方程为，．
（2）证明：解法1：当l与x轴重合时，，
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，∴．
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，，，则，，直线MA，MB的斜率之和为，之和为，
由，得，将代入可得，∴，，
∴，从而，故MA，MB的倾斜角互补，∴，综上．
解法2：左移2个单位，过即．，
，，
，
∵，同除以，得，，
∴．
例14．（2020·新课标Ⅰ）已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，G为E的上顶点，．P为直线上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点．
【解析】（1）由题意，，，∴，，，解得：，故椭圆E的方程是．
（2）证法1：由（1）知，，设，则直线的方程是，联立，由韦达定理，代入直线PA的方程为得：，即，
直线PB的方程是，联立方程，
由韦达定理，代入直线PB的方程为得，即，则①当即时，有，此时，即CD为直线．
②时，直线CD的斜率，
∴直线CD的方程是，整理得：
，直线CD过定点．综合①②故直线CD过定点．
证法2：设，，，则，，根据椭圆第三定义（本书后面有详细讲解），，∴，则，将图像向右移动3个单位，
则椭圆和直线，联立得：，，即，两边同时除以，得：，
则，解得，则直线过定点，则平移前过．
例15．（2020·山东）已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求C的方程；
（2）点M，N在C上，且，，D为垂足．证明：存在定点Q，使得为定值．
【解析】（1）∵离心率，∴，又，∴，，
把点代入椭圆方程得，，解得，故椭圆C的方程为．
（2）证法1：①当直线MN的斜率存在时，设其方程为，
联立，得，
由，知，
设，，则，，
∵，∴，
即，
∴，化简整理得，，∴或，
当时，，过定点，不符合题意，舍去；
当时，，过定点．
设，则，
（i）若，∵，∴，解得，，
∴，
∴点D在以为圆心，为半径的圆上，故存在，使得，为定值．
（ii）若，则直线MN的方程为，∵，∴，
∴，为定值．
②当直线MN的斜率不存在时，设其方程为，，，且，
∵，∴，解得或2（舍2），∴，此时，为定值．
综上所述，存在定点，使得为定值，且该定值为．
证法2：将图像向左移动两个单位，向下移动一个单位，那么平移后的和直线，联立得：，两边同时除以，得：，
∵，∴，∴，，
即，过定点，则平移前该直线过定点．
在△ADP中，，则D点的轨迹是以AP为直径，
∵A为定点，P为定点，则为定值，则Q为AP中点，此时为定值，
∵，，则，．
例16．（2022惠州模拟）已知左焦点为的椭圆过点，过点分别作斜率为，的椭圆的动弦AB，CD，设M，N分别为线段AB，CD的中点
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若P为线段AB的中点，求；
（3）若，求证：直线MN恒过定点，并求出定点坐标
【解析】（1）由题意，且右焦点，∴，，
∴所求椭圆方程为．
（2）设，，则①，②
②-①，可得．
（3）证法1：由题意，，设，直线AB的方程为，即，
代入椭圆方程并化简得，∴，，
同理，，，
当时，直线MN的斜率，直线MN的方程为，即，此时直线过定点．
当时，直线MN即为y轴，此时亦过点．
综上，直线MN恒过定点，且坐标为．
证法2：设过点P的弦的中点坐标为，由点差法得，即中点的轨迹方程为，将点P平移到原点，整体左移1个单位，下移1个单位，设平移后的MN方程为，曲线为，
，，
同除以，得，∵，∴，，
∴过定点，则平移前的MN过定点．
例17．（2022武汉模拟）已知椭圆的左右顶点分别为A，B，过椭圆内点且不与x轴重合的动直线交椭圆C于P，Q两点，当直线PQ与x轴垂直时，．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线AP，AQ和直线分别交于点M，N，若恒成立，求t的值．
【解析】（Ⅰ）由得，故C的方程为，此时，
代入方程，解得，故C的标准方程为．
（Ⅱ）解法1：设直线PQ的方程为：，与椭圆联立得，
设，，则，①
此时直线PA的方程为，与联立，得点，同理，，由，则，即，
，即，
把①代入得，
化简得，
即，，解得或．
解法2：公共点，右移2个单位后过，∴，，
，，，
等式两边同时除以x，，，
∵，∴，，
直线，，，解得或．
五、齐次化运算为什么不是解决圆锥曲线的常规武器
通过上面分析，我们可以发现，齐次化运算比传统的设而不求运算量大大的降低，但为什么齐次化运算并不是常规武器呢？首先我们总结一下齐次化运算步骤
通过上面的步骤可以看出，本方法适用于斜率的相关问题，有较大的局限性，当然，还有一个难点在于方程消元的基本思路是消未知数，而本方法是消去常数，这也是学生不适应之处．但更大的难点是如果通过审题，转化为斜率之积、之和问题．下面通过两道题来说明：
例18．分别是椭圆左右顶点，是直线的动点，交于另一点，交于另一点．求证：直线过定点．
思路一：本问题没有直接的提到斜率之和（积），而且很容易入手，分别设直线，与椭圆方程联立，消去得到关于的常数项为的方程，即可解出坐标，然后写出方程．在实际运算中，坐标，过定点运算量巨大．本方法少思、多算．解答如下：
证法一：设，则直线的方程为：，即：，联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或，将代入直线可得：，所以点的坐标为．同理可得：点的坐标为．
当时，直线的方程为：，
整理可得：，
整理得：，所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．故直线CD过定点．
思路二： 连接，由椭圆第三定义得，而 ，可得：就可以采用本方法解答．
证法二：设交点，即化为，
设，得 故设易算．计算如下：
，可知直线过定点．
例19．分别是椭圆下上两顶点，过的直线交于的，，设直线的斜率为，，求直线的方程．
【分析】已知给出了，但还是没有斜率之积（和）为定值，还是要用到椭圆的第三定义，得到即可采用齐次化运算了．
【简解】设交点，即化为，
设，得 所以设易算．计算如下：
，又过，得，∴直线的方程的方程：．
六、为什么斜率为会是定值，从平面几何看
众所周知，直径所对的圆周角为直角，其实圆相交弦的还有如下性质．
如图圆中，为直径，与交于，则有如下性质：．
引入坐标系，如图建系，设，则，且与的交点在直线上．
【简证】，分别在，由正弦定理得：
，，所以，
，而．
那么椭圆怎么有这些性质呢？
如图，圆的方程为，椭圆方程为：，设，，
则，，更具一般性质的椭圆的内接四边形性质如如下：在椭圆中，为椭圆的中心，是椭圆上两点且关于对称，直线上一点，过的直线交椭圆于 ，则如果为定点，则为定值，反之亦成立．
例20．分别是椭圆左右顶点，是直线的动点，交于另一点，交于另一点．求证：直线过定点．
【分析】用几何法，，得，所以过．
例21．分别是椭圆下上两顶点，过的直线交于的，，设直线的斜率为，，求直线的方程．
【分析】用几何法，，得，所以，所以直线的方程的方程：．
【评注】用平面几何的视角，对本问题进行证明，使代数，解析几何，平面几何三者融合．
七、微专题小结
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．
【针对训练训练】
（2022阎良区期末）
1．已知抛物线，直线l经过抛物线C的焦点，且垂直于抛物线C的对称轴，直线l与抛物线C交于M，N两点，且．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点，直线与抛物线C相交于不同的两点A，B，设直线PA与直线PB的斜率分别为和，求证：为定值．
（2022连云港期末）
2．已知直线l与抛物线交于A，B两点．
(1)若直线l的斜率为-1，且经过抛物线C的焦点，求线段AB的长；
(2)若点O为坐标原点，且，求证：直线l过定点．
（2022滁州期末）
3．已知点在圆上，，，线段的垂直平分线与相交于点.
（1）求动点的轨迹方程;
（2）若过点的直线斜率存在，且直线与动点的轨迹相交于，两点.证明：直线与的斜率之积为定值.
（2022荔湾区期末）
4．已知椭圆经过点，且椭圆的上顶点与右焦点所在直线的斜率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上异于左顶点的两个点，若以为直径的圆过点，求证：直线过定点．
（2022醴陵市期中）
5．已知椭圆的左右顶点是双曲线的顶点，且椭圆的上顶点到双曲线的渐近线距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)点F为椭圆的左焦点，不垂直于x轴且不过F点的直线l与曲线相交于A、B两点，若直线FA、FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若存在这样的定点，则求出该定点的坐标；若不存在这样的定点，请说明理由．
（2022德州期末）
6．椭圆的离心率为，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得线段长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）在轴上是否存在异于点的定点，使得直线变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将用表示，得出的值，进而得抛物线方程；
（2）联立直线与抛物线的方程，根据斜率计算公式结合韦达定理即可得结果.
（1）
由题意可得，得，
∴抛物线.
（2）
证明：，联立，得．
由，得或，
设，，则，，
∴
.
2．(1)8
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点弦公式结合韦达定理即可得解；
（2）直线AB方程为：，由向量数量积公式结合韦达定理可得的值，进而可得结果.
(1)
抛物线为，
∴焦点坐标为，直线AB斜率为，则直线AB方程为：，
设，，由得：，可得，
由抛物线定义可得，
∴．
(2)
设直线AB方程为：，设，，
∵，∴，∴，
由得：，
∴；；∴，解得或，
当时，直线AB过原点，不满足题意；当时，直线AB过点．
故当时，直线AB过定点．
3．（1）；（2）.
【解析】（1）由圆的方程可得：圆心，半径，，
，由椭圆的定义即可求解；
（2）设，，，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系计算，，再计算即可求解.
【详解】（1）由得，圆心，半径，
点在线段的垂直平分线上，
，
，
由椭圆的定义可得动点的轨迹是以，为焦点，
长轴长为的椭圆．
从而，
故所求动点的轨迹方程为．
（2）设，，
由消去得，
显然
．
，可设直线与的斜率分别为则
即直线与的斜率之积为定值．
【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数即可求出所求轨迹的方程.
4．（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）由椭圆的定义，性质列方程，求出的值，再得到椭圆的方程；
（2）设出直线BC方程，与椭圆联立，由题可得，利用建立关系可得.
【详解】（1）由已知设椭圆的上顶点的坐标为，右焦点为，
则由已知可得，解得，
所以椭圆方程为；
（2）可得，设直线方程为，代入椭圆方程可得
，
设，
则，
，
，
以为直径的圆过点，，即，
，
解得或，又，故，
所以直线方程为，故直线过定点.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
5．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）由双曲线顶点求出a，再由点到直线距离求出b作答.
（2）设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算、推理作答.
（1）
双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，
依题意，，椭圆上顶点为到直线的距离，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）
依题意，设直线l的方程为，、，点，
由消去y并整理得，则，，
直线FA、FB的斜率之和为，
即，有，整理得，
此时，，否则，直线l过F点，
因此当且，即且时，直线l与椭圆交于两点，直线l：，
所以符合条件的动直线l过定点．
6．（Ⅰ）；（Ⅱ）存在定点满足题意.
【详解】试题分析：（1）由椭圆的离心率是，直线被椭圆截得的线段长为列方程组求出，从而可得椭圆的标准方程；（2）设直线方程为，由得，，根据韦达定理及斜率公式可得，令，可得符合题意.
试题解析：（1）∵，∴，
椭圆方程化为：，由题意知，椭圆过点，
∴，解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）当直线斜率存在时，设直线方程：，
由得，，
设，
假设存在定点（t不为2）符合题意，∵，∴，
∴
，
∵上式对任意实数恒等于零，∴，即，∴，
当直线斜率不存在时，两点分别为椭圆的上下顶点，
显然此时，综上，存在定点满足题意．
专题4 齐次化妙解圆锥曲线问题 微点1 齐次化妙解圆锥曲线问题
专题4 齐次化妙解圆锥曲线问题
微点1 齐次化妙解圆锥曲线问题
【微点综述】
直线与圆锥曲线位置关系，是高考的一个难点，而其中一个难在于运算，本微专题的目标在于采用齐次化运算解决直线与圆锥曲线的一类：斜率之和或斜率之积的问题．本专题重难点：一是在于消元的解法，即怎么构造齐次化方程；二是本解法的适用范围．亮点是用平面几何的视角解决问题．
圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积，很多都可以转化为斜率问题，当圆锥曲线遇到斜率之和或者斜率之积，以往我们的常用解法是设直线，与圆锥曲线方程联立方程组，韦达定理，再将斜率之和或之积的式子通分后，将和代入，得到关于k、b的式子．解法不难，计算量较为复杂．
如果采用齐次化解决，直接得到关于k的方程，会使题目计算量大大减少．
“齐次”即次数相等的意思，例如称为二次齐式，即二次齐次式的意思，因为中每一项都是关于x、y的二次项．
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”，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．
一、齐次化运算的前世——韦达定理
1．韦达定理发展简史
法国数学家弗朗索瓦·韦达（François Viète，1540－1603）在著作《论方程的识别与订正》中改进了三、四次方程的解法，还对的情形，建立了方程根与系数之间的关系，现代称之为韦达定理．证明这个定理要依靠代数基本定理，而代数基本定理却是在1799年才由高斯作出第一个实质性的论性．
2．韦达定理：设关于的一元二次方程的两根为，则．
韦达定理是本微专题的理论基础．．
引例1．已知和是方程的两个根，求的值．
【解析】解法1：．
解法2：方程两边同除以，得，由韦达定理得．
引例2．设是方程组的两组根，求的值．
【分析】如果可以建立关于以为未知数的一元二次方程，那么就是对应方程的两根之和了．所以本运算的关键是如何通过消元得到：
，再由方程两边同时除以．消元得到方程是个二次齐次式，所以把本计算方法命名为：齐次化运算．观察，发现已经为二次式，关键在于将化成二次式，由可得，，整理可得 ，显然不是方程的根，方程两边同时除以可得：关于为未知数的一元二次方程： ，则由韦达定理可得：．
二、齐次化运算的今生——韦达定理遇到笛卡尔解析几何
例1．直线与抛物线交于，求．（用表示）
【解析】联立，齐次化得，等式两边同时除以，，
∴．
例2．直线与椭圆交于，求（用表示）．
【解析】齐次化联立得：，等式两边同时除以，，∴．
引例3．已知动直线l的方程为．
（1）若，求直线l的斜率；
（2）若，求直线l所过的定点；
（3）若，求直线l所过的定点；
（4）若，求直线l所过的定点；
（5）若，求直线l所过的定点．
【解析】（1）．
（2），消去n，令，∴过定点．
（3）整理得∴过定点．
（4）整理得，∴过定点．
（5）整理得，∴过定点．
例3．抛物线，直线l交抛物线于A、B两点，且，求证：直线l过定点．
【解析】设直线AB方程为，，联立得，，∴直线过定点．
例4．不过原点的动直线交椭圆于A、B两点，直线OA、AB、OB的斜率成等比数列，求证：直线l的斜率为定值．
【解析】设直线AB方程为，，
联立得，
于是，又，∴，得．
三、 型怎么采用齐次化运算解决，平移是关键
引例4．已知椭圆，按照平移要求变换椭圆方程，并化简平移后的椭圆方程．
（1）将椭圆向左平移1个单位，求平移后的椭圆；
（2）将椭圆向右平移2个单位，求平移后的椭圆；
（3）将椭圆向上平移3个单位，求平移后的椭圆；
（4）将椭圆向下平移4个单位，求平移后的椭圆；
（5）将椭圆向左平移1个单位，向下平移个单位，求平移后的椭圆；
（6）将椭圆向左平移2个单位，向下平移1个单位，求平移后的椭圆．
【解析】（1），即．
（2），即．
（3），即．
（4），即．
（5），即．
（6），即．
例5．抛物线，，直线l交抛物线于A、B两点，，求证：直线l过定点．
【解析】将图形向左平移1个单位，向下平移2个单位，平移后的抛物线方程为，整理得．设平移后直线方程为，，联立得，于是，整理得，∴过定点，右移1个，上移2个，直线AB过定点．
例6．椭圆，点，为椭圆上两点，．求证：直线斜率为定值．
【解析】解法一：将图形向左平移1个单位，向下平移个单位，平移后的椭圆为，整理得，设平移后直线方程为，，，
，联立得，
，同时除以，，，，的斜率．
解法二（换元法）：设，即化为，即建立以为未知数的一元二次方程，即可解答．为了方便运算设，代入椭圆，得，∴设直线可方便运算，，化简得：，，代入，得，∴直线的斜率是．
例7．双曲线，，A、B为双曲线上两点，且．AB不与x轴垂直，求证：直线AB过定点．
【解析】将图形左平移2个单位，平移后的双曲线为，整理得，
设平移后直线方程为，，，，
联立得，，
同时除以，，，，或，AB不与x轴垂直，，∴，过，右移2个单位，原直线过．
四、齐次化在解析几何中的应用
例8．（2021重庆期末）已知抛物线上一点到其焦点的距离为3．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）过点的直线与抛物线C交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：．
【解析】解法1：（Ⅰ）由题意知：．
（Ⅱ）证明：设该直线为，P、Q的坐标分别为、，
联立方程有：，
，∴．
解法2：要证明，即证，
设，过，∴，，，，
同除以得，，∵，∴即．
例9．如图，椭圆经过点，且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）经过点，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：直线AP与AQ斜率之和为2．
【解析】解法1：（Ⅰ）由题设知，，，结合，解得，∴．
（Ⅱ）证明：由题意设直线PQ的方程为，代入椭圆方程，
可得，由已知得在椭圆外，
设，，，则，，
且，解得或．
则有直线AP，AQ的斜率之和为
．
即有直线AP与AQ斜率之和为2．
解法2：（2）上移一个单位，椭圆和直线，过点，
，，，，，
，∵，同除，得，
．
例10．设A，B为曲线上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求直线AB的斜率；
（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且，求直线AB的方程．
【解析】（1）设，为曲线上两点，
则直线AB的斜率为．
（2）解法1：设直线AB的方程为，代入曲线，可得，即有，，再由的导数为，设，可得M处切线的斜率为，
由C在M处的切线与直线AB平行，可得，解得，即，由可得，，即为，化为，即为，解得，则直线AB的方程为．
解法2：，，，∴，左移2个单位，下移1个单位，，，，，
，，同除以，得，
，，斜率，，，
，，，，右2，上1，，
．
例11．（2017年全国卷理）已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过点且与C相交于A，B两点．若直线与直线的斜率的和为-1，证明：l过定点．
【解析】（1）解：根据椭圆的对称性，，两点必在椭圆C上，又的横坐标为1，
∴椭圆必不过，∴，，三点在椭圆C上，把，代入椭圆C，得：，解得，，∴椭圆C的方程为．
（2）证法1：①当斜率不存在时，设，，，
∵直线与直线的斜率的和为-1，∴，
解得，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设，，，，联立，整理，得，，，则，又，∴，此时，存在k，使得成立，∴直线l的方程为，当时，，∴过定点．
证法2：下移1个单位得，，，
，，
∵同除以，，，，
，，∴过，上移1个单位．
例12．（2018全国一文）设抛物线，点，，过点A的直线l与C交于M，N两点．
（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
（2）证明：．
【解析】（1）当l与x轴垂直时，，代入抛物线解得，∴或，
直线BM的方程：，或．
（2）解法1：证明：设直线l的方程为，，，联立直线l与抛物线方程得，消x得，即，，
则有，
∴直线BN与BM的倾斜角互补，∴．
解法2：（2）右移2个单位，过即，，，
，，
，
∵，同除以，得，，∴．
例13．（2018全国一卷理）设椭圆的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为．
（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：．
【解析】（1），∴，∵l与x轴垂直，∴，
由，解得或，∴，或，
∴直线AM的方程为，．
（2）证明：解法1：当l与x轴重合时，，
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，∴．
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，，，则，，直线MA，MB的斜率之和为，之和为，
由，得，将代入可得，∴，，
∴，从而，故MA，MB的倾斜角互补，∴，综上．
解法2：左移2个单位，过即．，
，，
，
∵，同除以，得，，
∴．
例14．（2020·新课标Ⅰ）已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，G为E的上顶点，．P为直线上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点．
【解析】（1）由题意，，，∴，，，解得：，故椭圆E的方程是．
（2）证法1：由（1）知，，设，则直线的方程是，联立，由韦达定理，代入直线PA的方程为得：，即，
直线PB的方程是，联立方程，
由韦达定理，代入直线PB的方程为得，即，则①当即时，有，此时，即CD为直线．
②时，直线CD的斜率，
∴直线CD的方程是，整理得：
，直线CD过定点．综合①②故直线CD过定点．
证法2：设，，，则，，根据椭圆第三定义（本书后面有详细讲解），，∴，则，将图像向右移动3个单位，
则椭圆和直线，联立得：，，即，两边同时除以，得：，
则，解得，则直线过定点，则平移前过．
例15．（2020·山东）已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求C的方程；
（2）点M，N在C上，且，，D为垂足．证明：存在定点Q，使得为定值．
【解析】（1）∵离心率，∴，又，∴，，
把点代入椭圆方程得，，解得，故椭圆C的方程为．
（2）证法1：①当直线MN的斜率存在时，设其方程为，
联立，得，
由，知，
设，，则，，
∵，∴，
即，
∴，化简整理得，，∴或，
当时，，过定点，不符合题意，舍去；
当时，，过定点．
设，则，
（i）若，∵，∴，解得，，
∴，
∴点D在以为圆心，为半径的圆上，故存在，使得，为定值．
（ii）若，则直线MN的方程为，∵，∴，
∴，为定值．
②当直线MN的斜率不存在时，设其方程为，，，且，
∵，∴，解得或2（舍2），∴，此时，为定值．
综上所述，存在定点，使得为定值，且该定值为．
证法2：将图像向左移动两个单位，向下移动一个单位，那么平移后的和直线，联立得：，两边同时除以，得：，
∵，∴，∴，，
即，过定点，则平移前该直线过定点．
在△ADP中，，则D点的轨迹是以AP为直径，
∵A为定点，P为定点，则为定值，则Q为AP中点，此时为定值，
∵，，则，．
例16．（2022惠州模拟）已知左焦点为的椭圆过点，过点分别作斜率为，的椭圆的动弦AB，CD，设M，N分别为线段AB，CD的中点
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若P为线段AB的中点，求；
（3）若，求证：直线MN恒过定点，并求出定点坐标
【解析】（1）由题意，且右焦点，∴，，
∴所求椭圆方程为．
（2）设，，则①，②
②-①，可得．
（3）证法1：由题意，，设，直线AB的方程为，即，
代入椭圆方程并化简得，∴，，
同理，，，
当时，直线MN的斜率，直线MN的方程为，即，此时直线过定点．
当时，直线MN即为y轴，此时亦过点．
综上，直线MN恒过定点，且坐标为．
证法2：设过点P的弦的中点坐标为，由点差法得，即中点的轨迹方程为，将点P平移到原点，整体左移1个单位，下移1个单位，设平移后的MN方程为，曲线为，
，，
同除以，得，∵，∴，，
∴过定点，则平移前的MN过定点．
例17．（2022武汉模拟）已知椭圆的左右顶点分别为A，B，过椭圆内点且不与x轴重合的动直线交椭圆C于P，Q两点，当直线PQ与x轴垂直时，．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线AP，AQ和直线分别交于点M，N，若恒成立，求t的值．
【解析】（Ⅰ）由得，故C的方程为，此时，
代入方程，解得，故C的标准方程为．
（Ⅱ）解法1：设直线PQ的方程为：，与椭圆联立得，
设，，则，①
此时直线PA的方程为，与联立，得点，同理，，由，则，即，
，即，
把①代入得，
化简得，
即，，解得或．
解法2：公共点，右移2个单位后过，∴，，
，，，
等式两边同时除以x，，，
∵，∴，，
直线，，，解得或．
五、齐次化运算为什么不是解决圆锥曲线的常规武器
通过上面分析，我们可以发现，齐次化运算比传统的设而不求运算量大大的降低，但为什么齐次化运算并不是常规武器呢？首先我们总结一下齐次化运算步骤
通过上面的步骤可以看出，本方法适用于斜率的相关问题，有较大的局限性，当然，还有一个难点在于方程消元的基本思路是消未知数，而本方法是消去常数，这也是学生不适应之处．但更大的难点是如果通过审题，转化为斜率之积、之和问题．下面通过两道题来说明：
例18．分别是椭圆左右顶点，是直线的动点，交于另一点，交于另一点．求证：直线过定点．
思路一：本问题没有直接的提到斜率之和（积），而且很容易入手，分别设直线，与椭圆方程联立，消去得到关于的常数项为的方程，即可解出坐标，然后写出方程．在实际运算中，坐标，过定点运算量巨大．本方法少思、多算．解答如下：
证法一：设，则直线的方程为：，即：，联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或，将代入直线可得：，所以点的坐标为．同理可得：点的坐标为．
当时，直线的方程为：，
整理可得：，
整理得：，所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．故直线CD过定点．
思路二： 连接，由椭圆第三定义得，而 ，可得：就可以采用本方法解答．
证法二：设交点，即化为，
设，得 故设易算．计算如下：
，可知直线过定点．
例19．分别是椭圆下上两顶点，过的直线交于的，，设直线的斜率为，，求直线的方程．
【分析】已知给出了，但还是没有斜率之积（和）为定值，还是要用到椭圆的第三定义，得到即可采用齐次化运算了．
【简解】设交点，即化为，
设，得 所以设易算．计算如下：
，又过，得，∴直线的方程的方程：．
六、为什么斜率为会是定值，从平面几何看
众所周知，直径所对的圆周角为直角，其实圆相交弦的还有如下性质．
如图圆中，为直径，与交于，则有如下性质：．
引入坐标系，如图建系，设，则，且与的交点在直线上．
【简证】，分别在，由正弦定理得：
，，所以，
，而．
那么椭圆怎么有这些性质呢？
如图，圆的方程为，椭圆方程为：，设，，
则，，更具一般性质的椭圆的内接四边形性质如如下：在椭圆中，为椭圆的中心，是椭圆上两点且关于对称，直线上一点，过的直线交椭圆于 ，则如果为定点，则为定值，反之亦成立．
例20．分别是椭圆左右顶点，是直线的动点，交于另一点，交于另一点．求证：直线过定点．
【分析】用几何法，，得，所以过．
例21．分别是椭圆下上两顶点，过的直线交于的，，设直线的斜率为，，求直线的方程．
【分析】用几何法，，得，所以，所以直线的方程的方程：．
【评注】用平面几何的视角，对本问题进行证明，使代数，解析几何，平面几何三者融合．
七、微专题小结
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．
【针对训练训练】
（2022阎良区期末）
1．已知抛物线，直线l经过抛物线C的焦点，且垂直于抛物线C的对称轴，直线l与抛物线C交于M，N两点，且．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点，直线与抛物线C相交于不同的两点A，B，设直线PA与直线PB的斜率分别为和，求证：为定值．
（2022连云港期末）
2．已知直线l与抛物线交于A，B两点．
(1)若直线l的斜率为-1，且经过抛物线C的焦点，求线段AB的长；
(2)若点O为坐标原点，且，求证：直线l过定点．
（2022滁州期末）
3．已知点在圆上，，，线段的垂直平分线与相交于点.
（1）求动点的轨迹方程;
（2）若过点的直线斜率存在，且直线与动点的轨迹相交于，两点.证明：直线与的斜率之积为定值.
（2022荔湾区期末）
4．已知椭圆经过点，且椭圆的上顶点与右焦点所在直线的斜率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上异于左顶点的两个点，若以为直径的圆过点，求证：直线过定点．
（2022醴陵市期中）
5．已知椭圆的左右顶点是双曲线的顶点，且椭圆的上顶点到双曲线的渐近线距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)点F为椭圆的左焦点，不垂直于x轴且不过F点的直线l与曲线相交于A、B两点，若直线FA、FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若存在这样的定点，则求出该定点的坐标；若不存在这样的定点，请说明理由．
（2022德州期末）
6．椭圆的离心率为，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆截得线段长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）在轴上是否存在异于点的定点，使得直线变化时，总有？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将用表示，得出的值，进而得抛物线方程；
（2）联立直线与抛物线的方程，根据斜率计算公式结合韦达定理即可得结果.
（1）
由题意可得，得，
∴抛物线.
（2）
证明：，联立，得．
由，得或，
设，，则，，
∴
.
2．(1)8
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点弦公式结合韦达定理即可得解；
（2）直线AB方程为：，由向量数量积公式结合韦达定理可得的值，进而可得结果.
(1)
抛物线为，
∴焦点坐标为，直线AB斜率为，则直线AB方程为：，
设，，由得：，可得，
由抛物线定义可得，
∴．
(2)
设直线AB方程为：，设，，
∵，∴，∴，
由得：，
∴；；∴，解得或，
当时，直线AB过原点，不满足题意；当时，直线AB过点．
故当时，直线AB过定点．
3．（1）；（2）.
【解析】（1）由圆的方程可得：圆心，半径，，
，由椭圆的定义即可求解；
（2）设，，，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系计算，，再计算即可求解.
【详解】（1）由得，圆心，半径，
点在线段的垂直平分线上，
，
，
由椭圆的定义可得动点的轨迹是以，为焦点，
长轴长为的椭圆．
从而，
故所求动点的轨迹方程为．
（2）设，，
由消去得，
显然
．
，可设直线与的斜率分别为则
即直线与的斜率之积为定值．
【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数即可求出所求轨迹的方程.
4．（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）由椭圆的定义，性质列方程，求出的值，再得到椭圆的方程；
（2）设出直线BC方程，与椭圆联立，由题可得，利用建立关系可得.
【详解】（1）由已知设椭圆的上顶点的坐标为，右焦点为，
则由已知可得，解得，
所以椭圆方程为；
（2）可得，设直线方程为，代入椭圆方程可得
，
设，
则，
，
，
以为直径的圆过点，，即，
，
解得或，又，故，
所以直线方程为，故直线过定点.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
5．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）由双曲线顶点求出a，再由点到直线距离求出b作答.
（2）设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算、推理作答.
（1）
双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，
依题意，，椭圆上顶点为到直线的距离，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）
依题意，设直线l的方程为，、，点，
由消去y并整理得，则，，
直线FA、FB的斜率之和为，
即，有，整理得，
此时，，否则，直线l过F点，
因此当且，即且时，直线l与椭圆交于两点，直线l：，
所以符合条件的动直线l过定点．
6．（Ⅰ）；（Ⅱ）存在定点满足题意.
【详解】试题分析：（1）由椭圆的离心率是，直线被椭圆截得的线段长为列方程组求出，从而可得椭圆的标准方程；（2）设直线方程为，由得，，根据韦达定理及斜率公式可得，令，可得符合题意.
试题解析：（1）∵，∴，
椭圆方程化为：，由题意知，椭圆过点，
∴，解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）当直线斜率存在时，设直线方程：，
由得，，
设，
假设存在定点（t不为2）符合题意，∵，∴，
∴
，
∵上式对任意实数恒等于零，∴，即，∴，
当直线斜率不存在时，两点分别为椭圆的上下顶点，
显然此时，综上，存在定点满足题意．
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