《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例 1 已知抛物线 $y^{2}=2px(p ＞ 0)$，过原点且互相垂直的两直线 $OA$，$OB$ 交抛物线于 $A$，$B$.求证：直线 $AB$ 过定点.证明　设直线$AB$的方程为$mx + ny = 1$，与$y^{2}=2px$联立得$y^{2}=2px\cdot1 = 2px\cdot(mx + ny)$，即$2pmx^{2}+2pnxy - y^{2}=0$，同除以$x^{2}$，化简得$(\frac{y}{x})^{2}-2pn\cdot(\frac{y}{x})-2pm = 0$。即$k^{2}-2pnk - 2pm = 0$。$(*)$设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，则$k_1=\frac{y_1}{x_1},k_2=\frac{y_2}{x_2}$为$(*)$的解，$k_1k_2=-2pm=-1$，$\therefore m=\frac{1}{2p}$，直线$mx + ny = 1$可化为$\frac{1}{2p}x + ny = 1$，恒过$(2p,0)$。

答案： 证明　设直线$AB$的方程为$mx + ny = 1$，与$y^{2}=2px$联立得$y^{2}=2px\cdot1 = 2px\cdot(mx + ny)$，即$2pmx^{2}+2pnxy - y^{2}=0$，同除以$x^{2}$，化简得$(\frac{y}{x})^{2}-2pn\cdot(\frac{y}{x})-2pm = 0$。即$k^{2}-2pnk - 2pm = 0$。$(*)$设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，则$k_1=\frac{y_1}{x_1},k_2=\frac{y_2}{x_2}$为$(*)$的解，$k_1k_2=-2pm=-1$，$\therefore m=\frac{1}{2p}$，直线$mx + ny = 1$可化为$\frac{1}{2p}x + ny = 1$，恒过$(2p,0)$。

二、先平移再齐次化
例2（2025·杭州模拟节选）设椭圆 $C$：$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 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 $(2,0)$，设 $O$ 为坐标原点，证明：$\angle OMA=\angle OMB$.证明　将椭圆左移2个单位，得$\frac{(x + 2)^{2}}{2}+y^{2}=1$，即$x^{2}+4x + 2y^{2}+2 = 0$，平移后的直线$l'$：$mx + ny = 1$过点$(-1,0)$，即$-m = 1$，所以$m = -1$，联立$\begin{cases}x^{2}+4x + 2y^{2}+2 = 0\\mx + ny = 1\end{cases}$，齐次化得$x^{2}+4x\cdot(mx + ny)+2y^{2}+2(mx + ny)^{2}=0$，即$(2 + 2n^{2})y^{2}+(4n + 4mn)xy+(1 + 4m + 2m^{2})\cdot x^{2}=0$，两边同除以$x^{2}$，得$(2 + 2n^{2})(\frac{y}{x})^{2}+(4n + 4mn)\frac{y}{x}+1 + 4m + 2m^{2}=0$，设直线与椭圆交点为$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，则$\frac{y_1}{x_1},\frac{y_2}{x_2}$是上述方程的两根，由韦达定理可得$\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}=-\frac{4n + 4mn}{2 + 2n^{2}} = 0$，所以$\angle OMA=\angle OMB$。

答案： 证明　将椭圆左移2个单位，得$\frac{(x + 2)^{2}}{2}+y^{2}=1$，即$x^{2}+4x + 2y^{2}+2 = 0$，平移后的直线$l'$：$mx + ny = 1$过点$(-1,0)$，即$-m = 1$，所以$m = -1$，联立$\begin{cases}x^{2}+4x + 2y^{2}+2 = 0\\mx + ny = 1\end{cases}$，齐次化得$x^{2}+4x\cdot(mx + ny)+2y^{2}+2(mx + ny)^{2}=0$，即$(2 + 2n^{2})y^{2}+(4n + 4mn)xy+(1 + 4m + 2m^{2})\cdot x^{2}=0$，两边同除以$x^{2}$，得$(2 + 2n^{2})(\frac{y}{x})^{2}+(4n + 4mn)\frac{y}{x}+1 + 4m + 2m^{2}=0$，设直线与椭圆交点为$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，则$\frac{y_1}{x_1},\frac{y_2}{x_2}$是上述方程的两根，由韦达定理可得$\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}=-\frac{4n + 4mn}{2 + 2n^{2}} = 0$，所以$\angle OMA=\angle OMB$。

训练
已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$ 的中心为原点 $O$，$P$，$Q$ 分别在椭圆上，且 $OP\perp OQ$.求证：$\frac{1}{\vert OP\vert^{2}}+\frac{1}{\vert OQ\vert^{2}}$ 为定值.证明　设$P,Q$坐标分别为$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$，直线$PQ:mx + ny = 1$，联立方程$\begin{cases}\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\\mx + ny = 1\end{cases}$，齐次化有$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=(mx + ny)^{2}$，整理可得$(\frac{1}{b^{2}}-n^{2})y^{2}-2mnxy+(\frac{1}{a^{2}}-m^{2})x^{2}=0$，左右两边同除以$x^{2}$，即$(\frac{1}{b^{2}}-n^{2})(\frac{y}{x})^{2}-2mn\frac{y}{x}+\frac{1}{a^{2}}-m^{2}=0$，由根与系数的关系得$\frac{y_1}{x_1}\cdot\frac{y_2}{x_2}=\frac{\frac{1}{a^{2}}-m^{2}}{\frac{1}{b^{2}}-n^{2}}$，由$OP\perp OQ$，得$k_{OP}\cdot k_{OQ}=\frac{y_1}{x_1}\cdot\frac{y_2}{x_2}=-1$，整理得$m^{2}+n^{2}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$。由于原点$O$到直线$PQ$的距离$d=\frac{1}{\sqrt{m^{2}+n^{2}}}$，又$S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}\vert OP\vert\cdot\vert OQ\vert=\frac{1}{2}\vert PQ\vert d$，所以$\frac{1}{d^{2}}=\frac{\vert PQ\vert^{2}}{\vert OP\vert^{2}\vert OQ\vert^{2}}=\frac{\vert OP\vert^{2}+\vert OQ\vert^{2}}{\vert OP\vert^{2}\cdot\vert OQ\vert^{2}}=\frac{1}{\vert OP\vert^{2}}+\frac{1}{\vert OQ\vert^{2}}$，又$\frac{1}{d^{2}}=m^{2}+n^{2}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$，故$\frac{1}{\vert OP\vert^{2}}+\frac{1}{\vert OQ\vert^{2}}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$，为定值。

答案： 证明　设$P,Q$坐标分别为$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$，直线$PQ:mx + ny = 1$，联立方程$\begin{cases}\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\\mx + ny = 1\end{cases}$，齐次化有$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=(mx + ny)^{2}$，整理可得$(\frac{1}{b^{2}}-n^{2})y^{2}-2mnxy+(\frac{1}{a^{2}}-m^{2})x^{2}=0$，左右两边同除以$x^{2}$，即$(\frac{1}{b^{2}}-n^{2})(\frac{y}{x})^{2}-2mn\frac{y}{x}+\frac{1}{a^{2}}-m^{2}=0$，由根与系数的关系得$\frac{y_1}{x_1}\cdot\frac{y_2}{x_2}=\frac{\frac{1}{a^{2}}-m^{2}}{\frac{1}{b^{2}}-n^{2}}$，由$OP\perp OQ$，得$k_{OP}\cdot k_{OQ}=\frac{y_1}{x_1}\cdot\frac{y_2}{x_2}=-1$，整理得$m^{2}+n^{2}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$。由于原点$O$到直线$PQ$的距离$d=\frac{1}{\sqrt{m^{2}+n^{2}}}$，又$S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}\vert OP\vert\cdot\vert OQ\vert=\frac{1}{2}\vert PQ\vert d$，所以$\frac{1}{d^{2}}=\frac{\vert PQ\vert^{2}}{\vert OP\vert^{2}\vert OQ\vert^{2}}=\frac{\vert OP\vert^{2}+\vert OQ\vert^{2}}{\vert OP\vert^{2}\cdot\vert OQ\vert^{2}}=\frac{1}{\vert OP\vert^{2}}+\frac{1}{\vert OQ\vert^{2}}$，又$\frac{1}{d^{2}}=m^{2}+n^{2}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$，故$\frac{1}{\vert OP\vert^{2}}+\frac{1}{\vert OQ\vert^{2}}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$，为定值。