斜率乘积为定值问题
椭圆中两直线斜率积(和)为定值与定点问题
椭圆中两直线斜率积(和)为定值与定点问题例1、已知A，B，P是椭圆x2a2＋y2b2＝1上不同的三点，且A，B连线经过坐标原点，若直线PA，PB 的斜率乘积k PA·k PB＝－2 3，则该椭圆离心率为________.变式训练已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率e＝12，A，B是椭圆的左，右顶点，P为椭圆上不同于A，B的动点，直线PA，PB的倾斜角分别为α，β，则cos（α＋β）cos（α－β）＝________．例2：如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆22221(0)yx a ba b+=>>的右焦点为(1 0)F，，离心率为2．分别过O，F的两条弦AB，CD相交于点E（异于A，C两点），且OE EF=．（1）求椭圆的方程；（2）求证：直线AC，BD的斜率之和为定值．例3：过椭圆C：x24＋y2＝1的上顶点A分别交椭圆于M，N两点．求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标．变式：已知椭圆C：x28＋y24＝1.M(0，2)是椭圆的一个顶点，过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设两直线的斜率分别为k1，k2，且k1＋k2＝8，求出直线AB恒过定点的坐标．例4、如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为12，右准线的方程为4x =，12,F F 分别为椭圆C 的左、右焦点，A,B 分别为椭圆C 的左右顶点。
（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过T(t,0)(t>a)作斜率为k(k<0)的 直线l 交椭圆C 与M,N 两点（点M 在点N 的左侧），且12//.F M F N 设直线AM ，BN 的斜率分别为12,k k ，求12k k ⋅的值。
变式训练：在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆T 的方程为x 22＋y 2＝1.设A ，B ，M 是椭圆T 上的三点(异于椭圆顶点)，且存在锐角θ，使OM →＝cos θOA →＋sin θOB →.(1) 求证：直线OA 与OB 的斜率之积为定值； (2) 求OA 2＋OB 2的值．。
微专题：椭圆中斜率之积为定值的问题探究
微专题：解析几何中斜率之积为定值（2221ab k k -=•）的问题探究【教学重点】掌握椭圆中2221ab k k -=•的形成的路径探寻及成果运用理性判断【教学难点】运算的设计和化简活动一：2221ab k k -=•形成的路径探寻1. 若AB 是椭圆)0(12222>>=+b a by a x 上的不过原点的弦，点P 是弦AB 的中点，且直线OP,AB的斜率都存在，求PO ABK K •．【解析】 ：设点()0,y x P，()11,y x A ，()22,y x B ，则有；；)2(1)1(1222222221221=+=+bya xb y a x （代点作差）将①式减②式得，，，所以所以，即22ab K K POAB-=•．【结论形成总结】【结论1】 若AB 是椭圆)0(12222>>=+b a by a x 上的非直径的弦，点P 是弦AB 的中点，且直线OP,AB 的斜率都存在，则1222-=-=•e ab K K POAB ．2.已知AB 是椭圆)0(12222>>=+b a by a x 上过原点的弦，点P 是椭圆异于A,B 的任意一点，若直线PA,PB 的斜率都存在，记直线PA,PB 的斜率分别为21k k ，．求21k k •的值。
【解法1】：设()0,y x P，()11,y x A 又因为A,B 是关于原点对称，所以点B 的坐标为()11-,-y x B ，所以212021201010101021x x y y x x y y x x y y k k --=++•--=•．又因为点()00,y x P ，()11,y x A 在椭圆上，所以有；；)2(1)1(1221221220220=+=+b y a x b y a x两式相减得，2221202120-ab x x y y =--，所以2221ab k k -=•．【方法小结】本解法从设点入手，利用“点在曲线上”代点作差使用“点差法”。
2020年二轮微专题椭圆中两直线斜率之积为定值的问题
微专题34 椭圆中两直线斜率之积为定值的问题定点定值问题是圆锥曲线中十分重要的研究课题，蕴含着动、静依存的辩证关系，深刻体现了数学的魅力，在高考中常常涉及此类问题且位于中档题的位置．本专题以椭圆中两直线斜率之积为条件，从具体问题入手，通过对解决方法进行总结辨析，使学生能够根据问题的条件寻找与设计更合理、更简捷的运算途径，并引导学生发现这类问题所具有的更一般性规律.过椭圆C ：x 24＋y 2＝1的上顶点A 作互相垂直的直线分别交椭圆于M ，N 两点．求证：直线MN 过定点，并求出该定点坐标．本题考查的是定点问题，由题意可知，题中的两已知直线存在斜率，且斜率之积为－1，利用此结论，结合韦达定理及代数恒等变形，导出动直线可化为点斜式方程，其中所过的点是一个定点，从而证明动直线过定点.在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左顶点为A ，P ，Q 是椭圆C 上的两个动点．(1)如图34-1，当P ，O ，Q 三点共线时，直线P A ，QA 分别与y轴交于M ，N 两点，求证：AM →·AN →为定值；(2)设直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，当k 1·k 2＝－1时，求证：直线PQ 经过定点R.图34-1在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆T的方程为x 22＋y 2＝1.设A ，B ，M 是椭圆T 上的三点(异于椭圆顶点)，且存在锐角θ，使OM→＝cos θOA →＋sin θOB →.(1)求证：直线OA 与OB 的斜率之积为定值；(2)求OA 2＋OB 2的值．(江苏卷)如图34-2，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 29＋y 25＝1的左、右顶点为A ，B ，设过点T (9，m )的直线TA ，TB 与此椭圆分别交于点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中m ＞0，y 1＞0，y 2＜0.图34-2求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的长轴长为4，两准线间距离为4 2.设A为椭圆C的左顶点，直线l过点D(1,0)，且与椭圆C 相交于E，F两点．图34－3(1)求椭圆C的方程；(2)若△AEF的面积为10，求直线l的方程；(3)已知直线AE，AF分别交直线x＝3于点M，N，线段MN的中点为Q，设直线l和QD的斜率分别为k(k≠0)，k′，求证：k·k′为定值．(本小题满分16分)(2019·南京一模) 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的两个焦点之间的距离为2，两条准线间的距离为8，直线l：y＝k(x－m)(m∈R)与椭圆C相交于P，Q两点．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆的左顶点为A，记直线AP、AQ的斜率分别为k1、k2.①若m＝0，求k1k2的值；②若k 1k 2＝－14，求实数m 的值． (1)x 24＋y 23＝1；(2)①－34；②m ＝1.因为椭圆C 的两个焦点间距离为2，两准线间的距离为2×a 2c ＝8，所以a ＝2，c ＝1，所以b 2＝3，所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1. …………………………3分(求出椭圆方程)①设P (x 0，y 0)，由于m ＝0，则Q (－x 0，－y 0)，由x 204＋y 203＝1，得y 20＝3－3x 204…………………………5分(设出点P (x 0，y 0)求出关系式y 20＝3－34x 20)所以k 1k 2＝y 0x 0＋2·－y 0－x 0＋2＝y 20x 20－4＝3－3x 204x 20－4＝－34.…………………………8分(利用上面关系式，推证k 1k 2＝定值．) ②由(1)得A (－2,0)．设P (x 1，y 1)，设直线AP 的方程为AP ：y ＝k 1(x ＋2)，联立⎩⎨⎧ x 24＋y 23＝1y ＝k 1(x ＋2)，消去y ，得(3＋4k 21)x 2＋16k 21x ＋16k 21－12＝0，所以x A ·x 1＝16k 21－123＋4k 21，…………………………10分(联立方程组，写出韦达定理)所以x 1＝6－8k 213＋4k 21， 代入y ＝k 1(x ＋2)得y 1＝12k 13＋4k 21， 所以P (6－8k 213＋4k 21，12k 13＋4k 21).…………………………12分(求出点P 的坐标) 由k 1k 2＝－14，得k 2＝－14k 1，所以Q (24k 21－21＋12k 21，－12k 11＋12k 21).…………………………13分(由点P 坐标求得Q 坐标) 设M (m ,0)，由P ，Q ，M 三点共线，得PM →＝λQM →，即12k 13＋4k 21×(24k 21－21＋12k 21－m )＝－12k 11＋12k 21×(6－8k 213＋4k 21－m )， 化简得(m －1)(16k 21＋4)＝0，所以m ＝1. …………………………16分(由三点共线构建方程，并求出m 的值)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧ x 24＋y 23＝1y ＝k (x －m )，消去y ，得(3＋4k 2)x 2－8mk 2x ＋4m 2k 2－12＝0，所以x 1＋x 2＝8mk 23＋4k 2，x 1·x 2＝4m 2k 2－123＋4k 2…………………………10分 而k 1k 2＝y 1x 1＋2·y 2x 2＋2＝k (x 1－m )x 1＋2·k (x 2－m )x 2＋2＝k 2[x 1x 2－m (x 1＋x 2)＋m 2]x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＝－14，13分 化简得k 2(3m 2－12)4m 2k 2＋16mk 2＋16k2＝－14，即m 2k 2＋mk 2－2k 2＝0. 因为k 2≠0，所以m 2＋m －2＝0，解得m ＝1或m ＝－2(舍去)． 当m ＝1时，Δ＞0，所以，m ＝1. …………………………16分答题模板 第一步：求出椭圆方程；第二步：设点P 坐标，推出点P 坐标满足的等式，y 20＝3－34x 20；第三步：利用第二步中的等式推出k 1k 2＝－34；第四步：联立方程组，写出韦达定理；第五步：写出点P 的坐标；第六步：由条件求出Q 点坐标；第七步：由P ，M ，Q 共线，列出关于m 的方程，并求得解.作业评价已知椭圆x 216＋y 24＝1的左顶点为A ，过A 作两条弦AM ，AN 分别交椭圆于M ，N 两点，直线AM ，AN 的斜率记为k 1，k 2，满足k 1·k 2＝－2，则直线MN 经过的定点为________．已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m ＞0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .则直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为____________．如图34-4所示，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1的上、下顶点分别为A ，B ，点P 在椭圆上，且异于点A ，B ，直线AP ，BP 与直线l ：y ＝－2分别交于点M ，N .当点P 运动时，以MN 为直径的圆经过的定点是______．图34-4已知椭圆C ：x 24＋y 22＝1的上顶点为A ，直线l ：y ＝kx ＋m 交椭圆于P ，Q 两点，设直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2.若k 1·k 2＝－1，则直线l ：y ＝kx ＋m 过定点________．(1)求椭圆E 的方程；(2)若点A ，B 分别是椭圆E 的左、右顶点，直线l 经过点B 且垂直于x 轴，点P 是椭圆上异于A ，B 的任意一点，直线AP 交l 于点M .(i )设直线OM 的斜率为k 1，直线BP 的斜率为k 2，求证：k 1k 2为定值；(ii )设过点M 垂直于PB 的直线为m .求证：直线m 过定点，并求出定点的坐标．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1()a >b >0的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线7x －5y ＋12＝0相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设A ()－4，0，过点R ()3，0作与x 轴不重合的直线l 交椭圆C于P ，Q 两点，连接AP ，AQ 分别交直线x ＝163于M ，N 两点，若直线MR ，NR 的斜率分别为k 1，k 2，试问：k 1k 2是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，且过点P(22，12)，记椭圆的左顶点为A.(1)求椭圆的方程；(2)设垂直于y轴的直线l交椭圆于B，C两点，试求△ABC面积的最大值；(3)过点A作两条斜率分别为k1，k2的直线交椭圆于D，E两点，且k1k2＝2，求证：直线DE恒过定点．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A、B，焦距为2，直线l与椭圆交于C，D两点(均异于椭圆的左、右顶点)．当直线l过椭圆的右焦点F且垂直于x轴时，四边形ACBD的面积为6.⑴求椭圆的标准方程；(2)设直线AC，BD的斜率分别为k1，k2.①若k2＝3k1，求证：直线l过定点；②若直线l过椭圆的右焦点F，试判断k1k2是否为定值，并说明理由．。
与椭圆有关的斜率之积为定值的几个命题
4220215与椭圆有关的斜率之积为定值的几个命题*山东省泰安市宁阳县第一中学(271400)刘才华摘要本文从点的坐标间的关系、线段长度间的关系和直线斜率间的关系三个角度出发,给出了与椭圆有关的两直线斜率之积为定值的6个命题.关键词椭圆;斜率;坐标;长度;定值在与椭圆相关的综合型问题中,有这样一类问题,题目中含有条件“对于椭圆上两点P,Q ,O 为坐标原点,满足k OP ·k OQ =b 2a2”,此类问题一般的解题思路需要将直线方程和椭圆方程联立方程组,通过消元化归为一元二次方程,再利用韦达定理进行较为复杂的运算给出解答.我们在解答这些题目的时候,通过观察探究和整体运算求解发现,具有上述条件的椭圆有着一些特殊的结论,并且结论之间有着相互的内在联系.本文从点的坐标间的关系、线段长度间的关系和直线斜率间的关系三个角度出发,得到如下几个优美的命题.命题1如图1,椭圆x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)上有两点P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),O 是坐标原点,若直线OP,OQ 的斜率满足k OP ·k OQ =b 2a 2,则图1x 21+x 22=a 2,y 21+y 22=b 2.证明由x 21a 2+y 21b 2=1得y 21=b 2(1−x 21a 2),同理有y 22=b 2(1−x 22a 2).由k OP ·k OQ =b 2a 2得y 1y 2x 1x 2=b 2a2,则y 21y 22=b 4a4x 21x 22.由y 21y 22=b 4(1−x 21a 2)(1−x 22a 2)=b 4(1−x 21+x 22a 2+x 21x 22a 4)=b 4(1−x 21+x 22a 2)+b 4x 21x 22a 4=b 4(1−x 21+x 22a 2)+y 21y 22得x 21+x 22=a 2.由x 21x 22=a 4(1−y 21b 2)(1−y 22b 2)=a 4(1−y 21+y 22b 2+y 21y 22b4)=a 4(1−y 21+y 22b 2)+a 4y 21y 22b 4=a 4(1−y 21+y 22b2)+x 21x 22得y 21+y 22=b 2.命题1给出了一条坐标间的定值性质:满足条件的两点间横坐标的平方和与纵坐标的平方和均为定值.命题2如图1,椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)有两点P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),O 是坐标原点,若直线OP,OQ 的斜率满足k OP ·k OQ =b 2a2,则x 1y 1=x 2y 2.证明由命题1得x 21+x 22=a 2.由x 21a 2+y 21b 2=1得y 21=b 2a 2(a 2−x 21),同理有y 22=b 2a 2(a 2−x 22).由k OP ·k OQ =b 2a 2得y 1y 2x 1x 2=b 2a 2,则y 1y 2=b 2a2x 1x 2.于是(x 2y 2−x 1y 1)2=x 22y 22−2(x 1x 2)(y 1y 2)+x 21y 21=b 2a 2x 22(a 2−x 22)−2b 2a 2(x 21x 22)+b 2a 2x 21(a 2−x 21)=b 2(x 21+x 22)−b 2a 2(x 21+x 22)2=b 2×a 2−b 2a 2×a 4=0,故x 1y 1=x 2y 2.命题2给出了满足条件的两点间对应坐标乘积间的关系.通过探究条件中与点P,Q 相关的线段长度间的关系,我们得到命题3如图1,椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上有两点P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),O 是坐标原点,若直线OP,OQ 的斜率满足k OP ·k OQ =b 2a2,则|OP |2+|OQ |2=a 2+b 2(定值).证明设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),由命题1得x 21+x 22=a 2,y 21+y 22=b 2.则|OP |2+|OQ |2=(x 21+y 21)+(x 22+y 22)=(x 21+x 22)+(y 21+y 22)=a 2+b 2,故|OP |2+|OQ |2=a 2+b 2(定值).命题3给出了一条定值性质:满足条件的两条线段长度的平方和为定值.命题4如图2,四边形ABCD 内接于椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0),且AC,BD 相交于坐标原点O ,若直线OA,OD 的斜率满足k OA ·k OD =b 2a 2,则|AB |2+|BC |2+|CD |2+|DA |2=4(a 2+b 2)(定值).证明由命题3得|OA |2+|OD |2=a 2+b 2.*本文是山东省教育科学“十三五”规划2020年度重点课题:“多元”思维模型教学的理论建构与实践探索的部分成果,课题批准号:2020ZD049.2021543成也“消和”,败也“消和”—–例谈由数列的前n 项和求解通项公式南京市第九中学(210018)宗园摘要已知数列的前n 项和求通项公式是高中数列学习中的必备技能,教学过程中发现始终有学生忽略解题要点、混淆题目类型、错用解题方法,故作本文梳理典型例题,总结此类题型的求解方法.关键词数列;前n 项和;通项公式解题背景在数列的起始课时,学生便已经知道数列{a n }前n 项和S n 的概念,可用数学符号语言描述为:S n =a 1+a 2+a 3+···+a n ,这个简单的定义式衍生出了由数列的前n 项和求解通项公式的通式:a n =S 1,n =1S n −S n −1,n 2(∗)在实际应用中,一方面,我们可以利用(∗)式将题目条件中的前n 项和S n 消去,得到通项a n ,下文称此法为“消和”法;另一方面，我们也可以反其道行之,将题目条件中的a n 换成S n −S n −1,将条件中的通项与和的关系转换成和的递推关系,下文称此法为“消项”法.题型剖析类型一:已知S n =f (n ),求a n .典例1已知数列{a n }的前n 项和S n =2n −3,求数列{a n }的通项公式.解题思路直接使用(∗)式求解得a n =−1,n =1,2n −1,n 2.由椭圆的对称性知四边形ABCD 为平行四边形.由平行四边形的四条边长的平方和等于对角线长的平方和得|AB |2+|BC |2+|CD |2+|DA |2=|AC |2+|BD |2=图24(|OA |2+|OD |2)=4(a 2+b 2),故|AB |2+|BC |2+|CD |2+|DA |2=4(a 2+b 2)(定值).命题4给出了一条定值性质:由满足条件的两条线段生成的平行四边形中四条边长的平方和为定值.通过探究条件中与点P,Q 相关的直线斜率间的关系,我们得到命题5如图1,椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)上有两点P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),O 是坐标原点,若直线OQ,OP 的斜率满足k OP ·k OQ =b 2a 2,则k 2P Q =b 2a2.证明由命题1得x 21+x 22=a 2,y 21+y 22=b 2.由k OP ·k OQ =b 2a 2得y 1y 2x 1x 2=b 2a 2,则y 1y 2=b 2a2x 1x 2.由斜率公式得k P Q =y 2−y 1x 2−x 1,则k 2P Q =y 22−2y 1y 2+y 21x 22−2x 1x 2+x 21=b 2−2b 2a 2x 1x 2a 2−2x 1x 2=b 2a 2,故k 2P Q =b 2a2.命题5给出了一条斜率性质:k P Q 为k OP 和k OQ 的等比中项.命题6如图2,四边形ABCD 内接于椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),且AC,BD 相交于坐标原点O ,若直线OA,OD 的斜率满足k OA ·k OD =b 2a2,则k AB +k AD =0.证法1设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则由题意得D (−x 2,−y 2),则k AB +k AD =y 2−y 1x 2−x 1+y 2+y 1x 2+x 1=2(x 2y 2−x 1y 1)x 22−x 21.由命题2得x 1y 1=x 2y 2,故k AB +k AD =0.证法2由题意得k OA ·k OB =k OA ·k OD =b 2a2.由命题5得k 2AB =k 2AD =b 2a2.由于k AB 与k AD 一正一负,故k AB +k AD =0.命题6给出了一条斜率性质:由满足条件的两条线段生成的平行四边形中,两条邻边所在直线的斜率为互为相反数.。
一点引两弦斜率积为定值充要条件的探讨及应用(长沙市南雅中学石向阳)
(
2 2 2 2 λa + b λa + b － 2 2 2 x0 ， 2 y0 ； λa － b λa － b
)
2 ） 双 曲 线 Ф： （≠－
y2 x2 = 1， k PQ · k PＲ = λ 2 － a b2
b2 ） 为定值的充要条件是动直线 QＲ 过定点 a2
( y' x' )
2
(
2 2 2 2 λa － b λa － b － 2 2 2 x0 ， 2 y0 ； λa + b λa + b
)
+ （ B + Φ1 m + Φ2 l ） （ A + Φ1 l ） = 0 ．
y' + x' （ 2）
k PQ · k PＲ = λ （ ≠0 ） 的充要 3 ） 抛物线 y2 = 2 px， 条件是动直线 QＲ 过定点 x0 － 推论 2 定值． λ=
(
2p ， － y0 ． λ
)
因为 k PQ =
)
(
k QＲ = － 当 λ≠
A 时的特殊情况： C
1 ） 椭圆 Ф：
x2 y2 b2 k PQ · k PＲ = λ （ ≠ 2 ） 为 2 + 2 = 1， a b a
定 值 的 充 要 条 件 是 动 直 线 QＲ 过 定 点
2 Cy0 + E ） ． y） = 0 得 Ф（ x， Ax' 2 + Bx'y' + Cy' 2 + Φ1 x' + Φ2 y' = 0 ． （ 1 ） 设 QＲ 的方程为 lx' + my' = 1 ， 代入式（ 1 ） 得 Ax'2 + Bx'y' + Cy'2 + （ Φ1 x' + Φ2 y'） （ lx' + my'） = 0， 整理得 （ C + Φ2 m ）
经典：斜率乘积为定值问题
2.热身练习
(数学之友P40第3题）
推广：
1 3
椭 圆 k1 • k2=
b2 a2
双 曲 线 k1 • k2=
b2 a2
圆 k1 • k2= 1
3.例题讲解
例题1
(数学之友P46第5题）
一般结论：过椭圆 x2 a2
+
y2 b2
= 1一点定p(x0 ,
y0 )
的直线l1, l2分别交椭圆与A，B。若kl1 kl2 = m
斜率乘积为定值问题
1.回归课本
选修2-1 P39第4题
在 A B C 中 ， B （ 6， 0） ， C （ 6， 0） 直 线 AB， AC 的 斜 率 乘 积 为 9 4， 求 顶 点 A 的 轨 迹 方 程 。
变式1
：9改为-9
4
4
变式2 ： 9 4改为m （m0)
变式3：乘积 改为 差 (教材2-1 P59） 抛物线
(ⅱ) y1y2 2
(
x1x2 )2 2
x12 2
x22 2
(1
y12)(1
y22)
1 (y12 y22) y12y22，故y12 y22 1.
又( x12 2
y12
)
(
x22 2
y22)
2，故x12
x22
2.
所以OA2 OB2 x12 y12 x22 y22 3.
评析：本题第(1)问主要考查椭圆及圆的几何性质的应 用；第(2)问是定值问题，切入的关键在于设三点A， B，M的坐标，通过向量条件及三点在椭圆上，寻求 出三来自坐标间的关系，从而使问题获解 。
2
ⅰ( )设
A
(
x1，
y1
微专题：椭圆中斜率之积为定值的问题探究
微专题：解析几何中斜率之积为定值（2221ab k k -=•）的问题探究【教学重点】掌握椭圆中2221ab k k -=•的形成的路径探寻及成果运用理性判断【教学难点】运算的设计和化简活动一：2221ab k k -=•形成的路径探寻1. 若AB 是椭圆)0(12222>>=+b a by a x 上的不过原点的弦，点P 是弦AB 的中点，且直线OP,AB的斜率都存在，求PO ABK K •．【解析】 ：设点()0,y x P，()11,y x A ，()22,y x B ，则有；；)2(1)1(1222222221221=+=+bya xb y a x （代点作差）将①式减②式得，，，所以所以，即22ab K K POAB-=•．【结论形成总结】【结论1】 若AB 是椭圆)0(12222>>=+b a by a x 上的非直径的弦，点P 是弦AB 的中点，且直线OP,AB 的斜率都存在，则1222-=-=•e ab K K POAB ．2.已知AB 是椭圆)0(12222>>=+b a by a x 上过原点的弦，点P 是椭圆异于A,B 的任意一点，若直线PA,PB 的斜率都存在，记直线PA,PB 的斜率分别为21k k ，．求21k k •的值。
【解法1】：设()0,y x P，()11,y x A 又因为A,B 是关于原点对称，所以点B 的坐标为()11-,-y x B ，所以212021201010101021x x y y x x y y x x y y k k --=++•--=•．又因为点()00,y x P ，()11,y x A 在椭圆上，所以有；；)2(1)1(1221221220220=+=+b y a x b y a x两式相减得，2221202120-ab x x y y =--，所以2221ab k k -=•．【方法小结】本解法从设点入手，利用“点在曲线上”代点作差使用“点差法”。
诱人性质 独特解法 源于探究——“两直线斜率乘积为定值”定理及其应用
于
因为 直 线 ＰＡ、 Ｐ Ｂ 的斜 率 都 存 在 ， 所 以
（ ２ ）若 ＡＢ 是 圆 Ｏ 的 弦 ， Ｍ 是 ＡＢ 的 中 点 ， 当 直
女 ｍ・
ｂ 二 ，
一 一
一 三 。丑 ｙ ｏ ＋ｙｌ
ｚｎ — １ ． ｒ（ ） １ Ｉ了 ， ｌ
Ｙ ≥ ｏ — 二 － Ｙ ，一
并介绍定理的应用． １ ．定 理 的 提 出
Ｐ Ｔ 、 （ 的 斜 率 都 存 在 时 ， 那 么 ・ 一 一 等 ．
这 里 我们 对 定 理 （ １ ） 、 （ ２ ） 进行证明 ： （ １ ） 设 点 ＡＣ ｘ １ ， Ｙ １ ） ， Ｐ （ “ ＿ ， ， ） ， 则知 Ｂ （ １ ， 一 一 １ ） 因 为 Ａ、 Ｐ 都在 椭 圆 上 ， 所 以
ｒ —
线 ＡＢ、 Ｏ Ｍ 的斜率都存在时 ， 有是 ｃ Ｍ・ 志 Ａ Ｂ 一一１ ；
（ ３ ）若 ＰＴ 是 圆 ０ 的 切 线 ， Ｐ是切点， 当 直 线
“ 。 （ ｉ
ＰＴ 、 Ｏ Ｐ的斜率都存在时 ， 那么 ｋ ｏ ｅ— ｋ ｖ ｒ １ ． １ ． ２ 椭 圆可以看成是 由圆 “ 伸缩 ” 而成， 那 么与 圆中的“ 两直线斜率 乘积 为定值 ” 的性质 相对应 地在 椭圆 中是否还保留？又有什 么变异？
我们容易得 到 ， 椭圆 ＋ 一 １ （ ｎ ＞６ ＞ｏ ， ０为
）
“ 。
故定理得证．
（ ２ ）设 点 Ａ（ ｘ １ ， ｙ ） ， Ｂ（ ｘ ２ ， Ｙ ２ ） ， 线 段 ＡＢ 的 中 点 为Ｍ（ ｘ ０ ， ｙ ｏ ）
因为 Ａ、 Ｂ都在椭 圆上 ， 所以
ａ ２ － ｂ ２— １， ＋ 一 １ ，
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2
2
例题2
(数学之友P46第8题）
x2 y 2 2 已知椭圆 2 2 1(a＞b＞0)的离心率为 ， a b 2 其焦点在圆x 2 y 2 1上.
uuur uur uuu r 且存在锐角，使OM cos OA sin OB. (ⅱ)求OA2 OB 2 .
2 x1 x2 2 x12 x2 2 2 (ⅱ) y1 y2 ( ) (1 y12 )(1 y2 ) 2 2 2 2 2 2 1 ( y12 y2 ) y12 y2，故y12 y2 1.
x x 2 2 2 2 又( y1 ) ( y2 ) 2，故x1 x2 2. 2 2 2 2 2 2 2 2 所以OA OB x1 y1 x2 y）
1 3
推广： b2 椭圆k1 k2 = 2 a b2 双曲线k1 k2 = 2 a 圆k1 k2 = 1
3.例题讲解
例题1
(数学之友P46第5题）
x y 一般结论：过椭圆 2 + 2 = 1一点定p ( x0 , y0 ) a b 的直线l1 , l2分别交椭圆与A，B。若kl1 kl2 = m ma +b ma +b 则直线AB过定点（ x0 ,y0 )。 2 2 2 2 ma - b ma - b
因M 在椭圆上， ( x1cos x2 sin ) 2 故 ( y1cos y2sin ) 2 1. 2 2 x12 x2 x1 x2 2 2 2 2 整理得( y1 )cos ( y2 )sin 2( y1 y2 )cos sin 1. 2 2 2 将①②代入上式， x1 x2 并注意cos sin 0，得 y1 y2 0. 2 y1 y2 1 所以，kOA kOB 为定值． x1 x2 2
1 求椭圆的方程； 2 设A，B，M 是椭圆上的三点(异于椭圆顶点)，
ⅰ求证：直线OA与OB的斜率之积为定值； ()
解析： 依题意，得c 1.于是，a 2，b 1. 1 x2 所以所求椭圆的方程为 y 2 1. 2 x12 () 2 ⅰ设A( x1，y1 )，B( x2，y2 )，则 y12 1，① 2 2 x2 2 y2 1.② 2 uuur uur uuu r 又设M ( x，y )，因为OM cos OA sin OB， x x1cos x2 sin 故 . y y1cos y2 sin
斜率乘积为定值问题
1.回归课本
选修2-1 P39第4题
在 ABC中，（ 6， B 0），C 6， 直线 AB，AC （ 0） 9 的斜率乘积为 ，求顶点A的轨迹方程。 4
9 9 变式1 ： 改为4 4
9 变式2 ： 改为m m 0) （ 4
变式3：乘积 改为 差 (教材2-1 P59） 抛物线
2 1
2 2
评析：本题第(1)问主要考查椭圆及圆的几何性质的应 用；第(2)问是定值问题，切入的关键在于设三点A， B，M的坐标，通过向量条件及三点在椭圆上，寻求 出三点坐标间的关系，从而使问题获解 。
4.感受高考