经典：斜率乘积为定值问题
高考数学斜率定值问题解答题专项讲解(含答案)
高考数学斜率定值问题解答题专项讲解（含答案）一、解答题1．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，离心率为√22．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．【答案】(1)x 22+y2=1;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（1）解：由题意，得c=1，e=ca =√22，故a=√2，从而b2=a2−c2=1，所以椭圆的方程为x 22+y2=1．①5分（2）证明：设直线AB的方程为y=kx，②直线CD的方程为y=−k(x−1)，③7分由①②得，点A，B的横坐标为±√22k2+1，由①③得，点C，D的横坐标为2k 2±√2(k2+1)2k2+1，9分记A(x1，kx1)，B(x2，kx2)，C(x3，k(1−x3))，D(x4，k(1−x4))，则直线AC，BD的斜率之和为kx1−k(1−x3)x1−x3+kx2−k(1−x4)x2−x4=k⋅(x1+x3−1)(x2−x4)+(x1−x3)(x2+x4−1)(x1−x3)(x2−x4)=k⋅2(x1x2−x3x4)−(x1+x2)+(x3+x4)(x1−x3)(x2−x4)13分=k⋅2(−22k2+1−2(k2−1)2k2+1)−0+4k22k2+1(x1−x3)(x2−x4)=0．16分考点：直线与椭圆的位置关系点评：主要是考查了直线椭圆的位置关系的运用，属于基础题。
2．如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆E：＋＝1的离心率为，直线l：y=x与椭圆E相交于A，B两点，AB=，C，D是椭圆E上异于A，B两点，且直线AC，BD相交于点M，直线AD，BC相交于点N．（1）求a，b的值；（2）求证：直线MN的斜率为定值．【答案】（1），；（2）证明见解析．【解析】试题分析：（1）由已知条件可得的值，进而得的关系，再利用与椭圆相交于，两点，，可得；（2）斜率存在时设出直线，的斜率分别为，，，利用，表示的斜率，利用直线相交分别求的坐标，再利用斜率公式求，运算化简含式子，得出结果，最后再考虑斜率不存在情况亦成立．试题解析：（1）因为e==，所以c2=a2，即a2﹣b2=a2，所以a2=2b2；故椭圆方程为+=1；由题意，不妨设点A在第一象限，点B在第三象限，由解得A（b，b）；又AB=4，所以OA=2，即b2+b2=20，解得b2=12；故=2，=2；（2）由（1）知，椭圆E的方程为，从而A（4，2），B（﹣4，﹣2）；①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设直线CA，DA的斜率分别为k1，k2，C（x0，y0），显然k1≠k2；所以k CB=﹣；同理k DB=﹣，于是直线AD的方程为y﹣2=k2（x﹣4），直线BC的方程为y+2=﹣（x+4）；从而点N的坐标为；用k2代k1，k1代k2得点M的坐标为；即直线MN的斜率为定值﹣1；②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不妨设直线CA的斜率不存在，从而C（4，﹣2）；仍然设DA的斜率为k2，由①知k DB=﹣；此时CA：x=4，DB：y+2=﹣（x+4），它们交点M（4，）；BC：y=﹣2，AD：y﹣2=k2（x﹣4），它们交点N ，从而k MN=﹣1也成立；由①②可知，直线MN的斜率为定值﹣1；考点：1、椭圆的几何性质；2、直线与圆锥曲线的位置关系；3、分类讨论；4、直线的斜率．【方法点晴】本题主要考查的是椭圆的几何性质，直线和椭圆的位置关系及直线斜率，直线相交的问题，属于难题．解决第二问时，涉及直线较多，采用设两条直线斜率，表示另外两条的方法，控制引入未知数个数，然后利用直线相交，表示交点坐标，需要较强的类比推理能力及运算能力，还要注意斜率是否存在，要有较强的分类讨论意识．3．已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，且过点()21A ，． (Ⅰ) 求椭圆C 的方程；(Ⅱ) 若P Q ，是椭圆C 上的两个动点，且使PAQ ∠的角平分线总垂直于x 轴，试判断直线PQ 的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由.【答案】(Ⅰ) 22182x y +=；（Ⅱ）1.2 【分析】（I ）由离心率可得,a c 关系，再将点A 坐标代入，可得,a b 间关系，又222a b c =+，解方程可得22,a b 的值；（II ）由PAQ ∠的角平分线总垂直于x 轴，可判断直线,PA AQ 的斜率互为相反数，由两直线都过A 点，由点斜式可写出直线方程．一一与椭圆方程联立，消去x 或y 的值，可得一元二次方程，又A 点满足条件，可求得,P Q 点的坐标，用k 表示．再由斜率公式可得直线PQ 的斜率为定值． 【详解】(Ⅰ) 因为椭圆C , 且过点()2,1A ,所以22411a b +=, 2c a =. 因为222a b c =+, 解得28a =, 22b =,所以椭圆C 的方程为22182x y +=.(Ⅱ)法1：因为PAQ ∠的角平分线总垂直于x 轴, 所以PA 与AQ 所在直线关于直线2x =对称.设直线PA 的斜率为k , 则直线AQ 的斜率为k −. 所以直线PA 的方程为()12y k x −=−, 直线AQ 的方程为()12y k x −=−−.设点(),P P P x y , (),Q Q Q x y ,由()2212,{1,82y k x x y −=−+=消去y , 得()()222214168161640k x k k x k k +−−+−−=. ①因为点()2,1A 在椭圆C 上, 所以2x =是方程①的一个根,则2216164214P k k x k −−=+, 所以2288214P k k x k −−=+. 同理2288214Q k k x k +−=+.所以21614P Qk x x k −=−+. 又()28414P Q P Q ky y k x x k −=+−=−+. 所以直线PQ 的斜率为12−==−P Q PQ P Qy y k x x . 所以直线PQ 的斜率为定值，该值为12. 法2：设点()()1122,,,P x y Q x y ， 则直线PA 的斜率1112PA y k x −=−, 直线QA 的斜率2212QA y k x −=−. 因为PAQ ∠的角平分线总垂直于x 轴, 所以PA 与AQ 所在直线关于直线2x =对称. 所以PA QA k k =−, 即121211022y y x x −−+=−−, ① 因为点()()1122,,,P x y Q x y 在椭圆C 上,所以2211182x y +=，② 2222182x y +=. ③由②得()()22114410x y −+−=, 得()111112241y x x y −+=−−+, ④同理由③得()222212241y x x y −+=−−+, ⑤ 由①④⑤得()()12122204141x x y y +++=++,化简得()()12211212240x y x y x x y y ++++++=, ⑥ 由①得()()12211212240x y x y x x y y +−+−++=, ⑦ ⑥-⑦得()12122x x y y +=−+.②-③得22221212082x x y y −−+=,得()12121212142y y x x x x y y −+=−=−+. 所以直线PQ 的斜率为121212PQ y y k x x −==−为定值.法3：设直线PQ 的方程为y kx b =+，点()()1122,,,P x y Q x y ， 则1122,y kx b y kx b =+=+, 直线PA 的斜率1112PA y k x −=−, 直线QA 的斜率2212QAy k x −=−. 因为PAQ ∠的角平分线总垂直于x 轴, 所以PA 与AQ 所在直线关于直线2x =对称. 所以PA QA k k =−, 即12121122y y x x −−=−−−, 化简得()()12211212240x y x y x x y y +−+−++=. 把1122,y kx b y kx b =+=+代入上式, 并化简得 ()()1212212440kx x b k x x b +−−+−+=. (*)由22,{1,82y kx b x y =++=消去y 得()222418480k x kbx b +++−=, (**) 则2121222848,4141kb b x x x x k k −+=−=++,代入(*)得()()2222488124404141k b kb b k b k k −−−−−+=++, 整理得()()21210k b k −+−=, 所以12k =或12b k =−. 若12b k =−, 可得方程(**)的一个根为2，不合题意. 若12k =时, 合题意. 所以直线PQ 的斜率为定值，该值为12. 4．已知直线l 经过椭圆2222:1x y C a b+=()0a b >>的左焦点和下顶点，坐标原点O 到直线l 的距离为12a .（1）求椭圆C 的离心率；（2）若椭圆C 经过点()2,1P ，点A ，B 是椭圆C 上的两个动点，且APB ∠的角平分线总是垂直于y 轴，试问：直线AB 的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2；（2）是定值，定值为1. 【分析】（1）先求出直线l 的方程，再由点到直线的距离公式得出原点O 到直线l 的距离，从而可得出答案. (2)由条件结合（1）先求出椭圆方程，根据条件可得AP BP k k =−，设直线AP 的方程为1(2)y k x −=−，与椭圆方程联立，求解出点A 的横坐标，同理求出点B 的横坐标，从而可得直线AB 的斜率，得出答案. 【详解】解：（1）过点(,0)c −，(0,)b −的直线l 的方程为0bx cy bc ++= 则坐标原点O 到直线l 的距离为12bc d a a ===可得242224224()4410c a bc a a c c e e e a =⇒=−⇒−+=⇒==.（2）由（1）易知a =，则椭圆C ：222212x y b b+=经过点(2,1)P ，解得23b =，则椭圆C ：22163x y +=. 因为APB ∠的角平分线总垂直于y 轴，所以AP 与BP 所在直线关于直线1y =对称. 则AP BP k k =−，设直线AP 的斜率为k ，则直线BP 的斜率为k −所以设直线AP 的方程为1(2)y k x −=−，直线BP 的方程为1(2)y k x −=−− 设点11(,)A x y ，22(,)B x y .由221(2)163y k x x y −=−⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y ，得2222(12)4(2)8840k x k k x k k ++−+−−=.因为点(2,1)P 在椭圆C 上，则有212884212k k x k −−⋅=+，即21244212k k x k−−=+. 同理可得22244212k k x k+−=+. 所以122812k x x k −−=+，又121228()412ky y k x x k k −−=+−=+. 所以直线AB 的斜率为12121y y x x −=−. 【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆的离心率和椭圆中的定值问题，解答本题的关键是由条件得出AP BP k k =−，设直线AP BP ，的方程，与椭圆方程联立，求解出点,A B 的横坐标，属于中档题.5．已知椭圆2222:1x y C a b +=（0a b >>，1F 、2F 是椭圆C 的左、右焦点，P 是椭圆C 上的一个动点，且12PF F △面积的最大值为． （1）求椭圆C 的方程；（2）若Q 是椭圆C 上的一个动点，点M ，N 在椭圆2213x y +=上，O 为原点，点Q ，M ，N 满足3OQ OM ON →→→=+，则直线OM 与直线ON 的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．【答案】（1）2213010x y +=（2）是定值，且定值为13−．【分析】（1）根据题意列出关于a ，b ，c 的方程组，解出a ，b ，c 的值，即可求出椭圆方程；（2）设0(Q x ，0)y ，1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，所以2200330x y +=，221133x y +=，222233x y +=，由3OQ OM ON →→→=+得0121233x x x y y y =+⎧⎨=+⎩，代入22003x y +得2200121233276(2)x y x x y y +=+++，所以121220x x y y +=，即12OM ON k k =−，从而得到直线OM 与直线ON 的斜率之积为定值，且定值为12−． 【详解】解：（1）由题意可知：222c a bc a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得222301020a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，∴椭圆C 的方程为：2213010x y +=； （2）设()00,Q x y ，()11,M x y ，()22,N x y ，∴2200330x y +=，221133x y +=，222233x y +=， ∵3OQ OM ON →→→=+，∴()()()001122,,3,x y x y x y =+，∴01201233x x x y y y =+⎧⎨=+⎩，∴()()22220012123333x y x x y y +++=+=2222112211226931827x x x x y y y y +++++327=++()12126330x x y y +=，∴121230x x y y +=，∴121213y y x x =−，即13OM ON k k ⋅=−， ∴直线OM 与直线ON 的斜率之积为定值，且定值为13−． 【点睛】本题主要考查了椭圆方程，以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题．6．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为12，点31,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭在椭圆C 上．（1）求椭圆C 的方程;（2）设动直线l 与椭圆C 有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O 为圆心的圆，满足此圆与l 相交两点1P ，2P （两点均不在坐标轴上），且使得直线1OP ，2OP 的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程与定值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）22143x y +=，（2）存在符合条件的圆，且此圆的方程为227x y +=，定值为34− 【分析】（1）利用离心率和点在椭圆上列出方程，解出,,a b c 即可（2）当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y kx m =+，先将直线的方程与椭圆的方程联立，利用直线l 与椭圆有且仅有一个公共点，推出2243m k =+，然后通过直线与圆的方程联立，设()111,P x y ，()222,P x y ，结合韦达定理，求解直线的斜率乘积，推出12k k 为定值，然后再验证直线l 的斜率不存在时也满足即可 【详解】 （1）由题意得：12c a =，222a b c =+ 又因为点31,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭在椭圆C 上 所以221914a b+=解得2,1a b c ===所以椭圆的标准方程为：22143x y +=（2）结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为227x y +=证明如下：假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为：222(0)x y r r +=> 当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y kx m =+由方程组22143y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2224384120k x kmx m +++−=因为直线l 与椭圆有且仅有一个公共点 所以()()()222184434120km k m ∆=−+−=即2243m k =+由方程组222y kx m x y r=+⎧⎨+=⎩得()2222120k x kmx m r +++−= 则()()()222222410km k m r∆=−+−>设()111,P x y ，()222,P x y ，则221212222,11km m r x x x x k k −−+==++ 设直线1OP ，2OP 的斜率分别为1k ，2k所以()()()221212121212121212kx m kx m k x x km x x my y k k x x x x x x +++++=== 222222222222222111m r kmk km m m r k k k m r m r k −−⋅+⋅+−++==−−+ 将2243m k =+代入上式得()2212224343r k k k k r−+=+−要使得12k k 为定值，则224343r r−=−，即27r = 所以当圆的方程为227xy +=时，圆与l 的交点1P ，2P 满足12k k 为定值34−当直线l 的斜率不存在时，由题意知l 的方程为2x =±此时圆与l 的交点1P ，2P 也满足12k k 为定值34−综上：当圆的方程为227xy +=时，圆与l 的交点1P ，2P 满足12k k 为定值34−【点睛】涉及圆、椭圆的弦长、交点、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.7．已知圆F 1：(x +1)2+y 2=r 2(1≤r ≤3)，圆F 2：(x -1)2+y 2= (4-r )2． （1）证明：圆F 1与圆F 2有公共点，并求公共点的轨迹E 的方程；（2）已知点Q (m ，0)(m <0)，过点E 斜率为k (k ≠0）的直线与（Ⅰ）中轨迹E 相交于M ，N 两点，记直线QM 的斜率为k 1，直线QN 的斜率为k 2，是否存在实数m 使得k (k 1+k 2)为定值？若存在，求出m 的值，若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析，22143x y +=（2）存在，2m =−【分析】（1）求出圆1F 和圆2F 的圆心和半径，通过圆F 1与圆F 2有公共点求出12F F 的范围，从而根据124PF PF +=可得P 点的轨迹，进而求出方程；（2）过2F 点且斜率为k 的直线方程为(1)y k x =−，设()11,M x y ，()22,N x y ，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理以及111y k x m =−，212y k x m =−，可得()212222(624)4(1)312m k k k k m k m −+=−+−，根据其为定值，则有23120m −=，进而可得结果. 【详解】（1）因为1(1,0)F −，2(1,0)F ，所以122F F =， 因为圆1F 的半径为r ，圆2F 的半径为4r −，又因为13r ≤≤，所以|4|2r r −−≤，即12|4||4|r r F F r r −−≤≤−+， 所以圆1F 与圆2F 有公共点，设公共点为P ，因此124PF PF +=，所以P 点的轨迹E 是以1(1,0)F −，2(1,0)F 为焦点的椭圆， 所以24a =，12c a =⇒=，b =即轨迹E 的方程为22143x y +=；（2）过2F 点且斜率为k 的直线方程为(1)y k x =−，设()11,M x y ，()22,N x y由22143(1)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩消去y 得到()22224384120k x k x k +−+−=， 则2122843k x x k +=+，212241243k x x k −=+， ①因为111y k x m=−，212y k x m =−，所以()()()121212121211k x k x y y k k k k k x m x m x m x m −−⎛⎫⎛⎫+=+=+⎪ ⎪−−−−⎝⎭⎝⎭()()()()()()2212211212121111x x m x x m x x k k x m x m x m x m −−+−−⎛⎫−−=+= ⎪−−−−⎝⎭()()21212212122(1)2x x m x x mk x x m x x m −+++=−++，将①式代入整理得()212222(624)4(1)312m k k k k m k m −+=−+− 因为0m <，所以当23120m −=时，即2m =−时，()121k k k +=−. 即存在实数2m =−使得()121k k k +=−. 【点睛】本题考查椭圆定理求椭圆方程，考查椭圆中的定值问题，灵活应用韦达定理进行计算是关键，并且观察出取定值的条件也很重要，考查了学生分析能力和计算能力，是中档题.8．已知△ABC 中,B （-1，0）,C （1，0）,AB =6,点P 在AB 上,且∠BAC =∠PCA ． (1)求点P 的轨迹E 的方程；(2)若813Q ⎛⎫⎪⎝⎭，,过点C 的直线与E 交于M ，N 两点,与直线x =9交于点K ,记QM ,QN ,QK 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,试探究k 1,k 2,k 3的关系,并证明．【答案】(1)()221398x y x +=≠±．(2) k 1+k 2=2k 3证明见解析；【分析】(1)利用已知条件判断P 的轨迹为椭圆,转化求解即可．(2)如图,设M （x 1，y 1）,N （x 2，y 2）,可设直线MN 方程为y =k （x -1）,则K （4，3k ）,联立直线与椭圆方程,通过韦达定理转化求解斜率关系,证明k 1+k 2=2k 3． 【详解】解：(1)如图三角形ACP 中,∠BAC =∠PCA ,所以P A =PC , 所以PB +PC =PB +P A =AB =6,所以点P 的轨迹是以B ,C 为焦点,长轴为4的椭圆（不包含实轴的端点），所以点P 的轨迹E 的方程为()221398x y x +=≠±．(2)k 1,k 2,k 3的关系：k 1+k 2=2k 3．证明：如图,设M （x 1，y 1）,N （x 2，y 2）， 可设直线MN 方程为y =k （x -1）,则K （4，3k ）,由()221981x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩，，可得（9k 2+8）x 2-18k 2x +（9k 2-72）=0, 21221898k x x k +=+,212297298k x x k −=+, ()()1111118818331131y k x k k x x x −−−===−−−−,()22831k k x =−−,38813913k k k −==−−, 因为()()()()121323121212228112803311331x x k k k k x x x x x x +−⎛⎫−+−=−+=−⋅= ⎪−−−++⎝⎭, 所以：k 1+k 2=2k 3． 【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用,椭圆的定义的应用,考查转化思想以及计算能力,是难题．9．如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆()2222:10x y E a b a b +=>>的焦距为2，且过点⎭.（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 .①设直线OM 的斜率为1k ，直线BP 的斜率为2k ，求证：12k k 为定值； ②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.【答案】（1）22143x y +=；（2）见解析. 【详解】试题分析：（1）根据条件列方程组223221,1c a b =+=，解得2,a b ==，（2）①设()00,P x y，则可由直线交点得0042,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭，再根据斜率公式化简12k k ，最后利用点P 在椭圆上得定值；②先探求定点为()1,0−，再根据点斜式写出直线m 方程，最后令y=0解得x=-1.试题解析：（1）由题意椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的焦距为2，且过点2⎫⎪⎪⎭， 所以223221,1c a b =+=，解得2,a b ==， 所以椭圆E 的标准方程为22143x y +=.（2）①设()()000,0P x y y ≠，则直线AP 的方程为()0022y y x x =++， 令2x =得0042,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭，因为01022y k x =+，因为0202y k x =−，所以2012202y k k x =−，因为()()000,0P x y y ≠在椭圆上，所以2200143x y +=，所以1232k k =−为定值， ②直线BP 的斜率为1212y k x =−，直线m 的斜率为112m x k y −=，则直线m 的方程为()()()11110111122422212x x y x y x y x x y y x y −−−=−+=−+=++， 所以直线m 过定点()1,0−.点睛：1.求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 2．定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y kx b =+，然后利用条件建立,k b 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．10．已知椭圆C 的方程为22143x y +=，斜率为12的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，点31,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭在直线l的左上方．（1）若以AB 为直径的圆恰好经过椭圆右焦点2F ，求此时直线l 的方程； （2）求证：PAB △的内切圆的圆心在定直线1x =上． 【答案】（1）11127y x =−．（2）见解析 【分析】（1）设直线l 的方程为12y x m =+．设()11,A x y ，()22,B x y ．由直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得1212,x x x x +，由判别式大于0得m 的一个范围，由点31,2P ⎛⎫⎪⎝⎭在直线l 的左上方再一个m 的范围，两者结合得m 的取值范围，以AB 为直径的圆恰好经过椭圆C 的右焦点2F ，说明220AF BF ⋅=，用坐标表示并代入1212,x x x x +可求得m ，注意m 的取值范围，即得直线方程；（2）由（1）计算0PA PN k k +=，即得直线1x =是APB ∠的内角平分线，可得结论． 【详解】解：（1）设直线l 的方程为12y x m =+．设()11,A x y ，()22,B x y ． 由2214312x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩得2230x mx m ++−=，则12x x m +=−，2123x x m =−． 由()22430m m =−−>△，解得22m −<<． 又∵点31,2P ⎛⎫⎪⎝⎭在直线l 的左上方，∴21m −<<． 若以AB 为直径的圆恰好经过椭圆C 的右焦点2F ， 则220AF BF ⋅=，即()()11221,1,0x y x y −−⋅−−=，化简得274110m m +−=，解得117m =−，或1m =（舍）．∴直线l 的方程为11127y x =−． （2）∵1212332211PAPBy y kk x x −−+=+−−12123131222211x m x mx x −−−−=+−− ()12111111m x x ⎛⎫=+−+ ⎪−−⎝⎭()()()1212122111x x m x x x x −+=+−−++()222221110132m m m m m m m m +−−+=+−=+=++−+−， ∴直线1x =平分APB ∠，即PAB △的内切圆的圆心在定直线1x =上． 【点睛】本题考查直线与椭圆相交问题，考查直线的对称性．直线与椭圆相交问题采取设而不求思想，即设交点坐标为1122(,),(,)x y x y ，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得1212,x x x x +，用1212,x x x x +参与运算求解．11．如图已知椭圆()222210x y a b a b+=>>，()2,0A 是长轴的一个端点，弦BC 过椭圆的中心O ，且0AC BC ⋅=，2OC OB BC BA −=−.（Ⅰ）求椭圆的方程：（Ⅱ）设,P Q 为椭圆上异于,A B 且不重合的两点，且PCQ ∠的平分线总是垂直于x 轴，是否存在实数λ，使得PQ AB λ=，若存在，请求出λ的最大值，若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）223144x y +=（Ⅱ）max λ= 【分析】（Ⅰ）易知2,a =根据条件确定AOC ∆形状，即得C 坐标，代入椭圆方程可得2b ，（Ⅱ）即先判断PQ AB ∥是否成立，设PC 的直线方程，与椭圆联立方程组解得P 坐标，根据P 、Q 关系可得Q 坐标，利用斜率坐标公式即得PQ 斜率，进而判断PQ AB ∥成立，然后根据两点间距离公式计算PQ 长度最大值，即可得λ的最大值. 【详解】（Ⅰ）∵0AC BC ⋅=， ∴,90AC BC ACB ⊥∠=︒又2OC OB BC BA −=−，即2BC AC =，22,OC AC OC AC == ∴AOC ∆是等腰直角三角形 ∵(2,0)A ， ∴(1,1)C 因为点C 在椭圆上，∴22111,2,a a b +==∴243b = ∴所求椭圆方程为223144x y +=（Ⅱ）对于椭圆上两点P 、Q ，∵PCQ ∠的平分线总是垂直于x 轴∴PC 与CQ 所在直线关于1x =对称，设(0PC k k k =≠且1)k ≠±，则CQ k k =−， 则PC 的直线方程1(1)(1)1y k x y k x −=−⇒=−+ ①QC 的直线方1(1)(1)1y k x y k x −=−−⇒−−+ ②将①代入223144x y +=得222(13)6(1)3610k x k k x k k +−−+−−= ③∵(1,1)C 在椭圆上，∴1x =是方程③的一个根，∴22361113p p k k x x k −−⋅==+ 以k −替换k ，得到2236131Q k k x k +−=+.222226242()211313121231313p Q p Q PQ p Q p Q k k k k y y k x x k k k k k k x x x x k k−−⋅−−+−++=====−−−−++因为(1,1)B −−,所以1,3AB k =∴,PQ AB k k = ∴PQ AB ∥，∴存在实数λ，使得PQ AB =λ||(PQ x ====≤当2219k k =时即21,3k k ==时取等号， 又||10AB =maxλ==【点睛】解析几何存在性问题，一般解决方法先假设存在，即设参数，运用推理，将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，然后直接推理、计算，根据计算结果确定是否存在．其中直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化.12．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>经过(1,()222A B −两点，O 为坐标原点.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设动直线l 与椭圆C 有且仅有一个公共点，且与圆22:3O x y +=相交于,M N 两点，试问直线OM 与ON 的斜率之积OM ON k k ⋅是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】（1）2212x y +=；（2）为定值，12−【分析】（1）将,A B 两点坐标代入椭圆方程，建立22,a b 的方程组，即可求出结论；（2）先求出直线l 斜率不存在时OM ON k k ⋅的值，当直线l 斜率存在时，设其方程为y kx m =+，与椭圆方程联立，根据已知求出,m k 关系，再将直线l 与圆方程联立，根据根与系数关系将,M N 坐标用,m k 表示，进而求出OM ON k k ⋅，即可得出结论. 【详解】（1）依题意，2222112113241a ba b ⎧⎪+=⎪⎪⎨⎪⎪+=⎪⎩，解得2221a b ⎧=⎨=⎩，所以椭圆方程为2212x y +=.（2）当直线l 的斜率不存在时，直线l的方程为x =若直线l的方程为x =M ，N的坐标为,1))−，12OM ON k k ⋅=−.若直线l的方程为x =M ，N的坐标为,(1)()−，12OM ON k k ⋅=−.当直线l 的斜率存在时，可设直线:l y kx m =+， 与椭圆方程联立可得()222124220kxkmx m +++−=，由相切可得()222222168(1)(21)8210k m m k k m ∆=−−+=−+=，2221m k ∴=+.又223y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，消去y 得()2221230k x kmx m +++−= ()222222244(3)(1)4334(2)0k m m k k m k ∆=−−+='+−=+>，设()11,M x y ，()22,N x y ，则12221222131km x x k m x x k ⎧+=−⎪⎪+⎨−⎪=⎪+⎩∴()()()222212121212231m k y y kx m kx m k x x km x x m k−=++=+++=+， 2222212222123213113213222OM ONy y m k k k k k k x x m k k −+−−⋅=⋅====−−+−−. 故OM ON k k ⋅为定值且定值为12−.综上，OM ON k k ⋅为定值且定值为12−. 【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程、直线与椭圆的位置关系以及圆与直线的位置关系，要熟练掌握根与系数关系设而不求的方法求相交弦问题，属于中档题.13．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>， c =左、右焦点为12,F F ，点,,P A B 在椭圆C 上，且点,A B关于原点对称，直线,PA PB 的斜率的乘积为14−. （1）求椭圆C 的方程；（2）已知直线l 经过点()2,2Q ，且与椭圆C 交于不同的两点,M N ，若163QM QN =，判断直线l 的斜率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2214x y +=；（2）直线l 【分析】（1）利用斜率乘积为2214b a −=−，c =222a b c =+可构造出方程组，求解得到2a 和2b ，从而可得椭圆标准方程；（2）联立直线l 与椭圆方程，可得关于x 的一元二次方程；利用判别式大于零可求得k 的取值范围；利用韦达定理表示出12x x +和12x x ；根据163QM QN =，可得到163QM QN ⋅=；利用向量数量积坐标运算，代入韦达定理整理得到()2216116143k k +=+，解方程可求得结果.【详解】（1）由题意知：2214PA PBb k k a ⋅=−=−，又c =222a b c =+可得：24a =，21b =，23c =∴椭圆C 的方程为：2214x y += （2）设直线l 的方程为：()22y k x −=−将其代入2214x y +=，整理可得：()221416(1)k x k k x ++−+216(1)40k −−=则()()()22216141416140k k k k ⎡⎤∆=−−+−−>⎡⎤⎣⎦⎣⎦，得：38k > 设()11,M x y ，()22,N x y则()12216114k k x x k −+=+，()()221222448316141414k k k x x k k−+−−==++ 又163QM QN =，且,0QM QN <>= 163QM QN ∴⋅=又()112,2QM x y =−−，()222,2QN x y =−− 所以()()()()12121622223x x y y −−+−−=又()1122y k x =−+，()2222y k x =−+()()()()()()()()()2212121212121622222212413x x y y x x k x x x x k ∴−−+−−=−−+=−+++=⎡⎤⎣⎦ ()()()222244831611624114143k k k k k k k ⎡⎤−+−⎢⎥∴−⨯++=++⎢⎥⎣⎦化简得：()2216116143k k +=+，解得：22k =38k >k ∴=∴直线l【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、椭圆中的定值类问题.解决本题的关键是灵活利用韦达定理的形式来表示出已知中的等量关系，通过整理可得到关于k 的方程，解方程求得结果；要注意的是，需要通过判别式确定k 的取值范围.14．已知椭圆2222:1x y C a b +=（0a b >>，且过点()4,1M .（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线:l y x m =+（3m ≠−）与椭圆C 交于,P Q 两点，记直线,MP MQ 的斜率分别为12,k k ，试探究12k k +是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1) 221205x y += (2) 12k k +为定值，该定值为0.【解析】试题分析：（1）由椭圆的离心率公式，求得a 2=4b 2，将M 代入椭圆方程，即可求得a 和b 的值，求得椭圆方程；（2）将直线l ：代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可取得k 1+k 2=0． 试题解析：（1）依题意，222221611,a b a b c c a⎧+=⎪⎪⎪−=⎨⎪⎪=⎪⎩，解得22220,5,15a b c ===，故椭圆C 的方程为221205x y +=；（2）120k k +=，下面给出证明：设()11,P x y ，()22,Q x y ，将y x m =+代入221205x y+=并整理得22584200x mx m ++−=，()()228204200m m ∆=−−>，解得55m −<<，且 3.m ≠−故1285m x x +=−，2124205m x x −=，则()()()()()()1221121212121414114444y x y x y y k k x x x x −−+−−−−+=+=−−−−， 分子=()()()()12211414x m x x m x +−−++−−()()()()()()212122420852*******5m m m x x m x x m m −−=+−+−−=−−−=，故12k k +为定值，该定值为0.15．椭圆C ： 22221(0)x y a b a b +=>>的左、右焦点分别是F 1、F 2，离心率为2，过F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为l ． （1）求椭圆C 的方程；（2）点P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接PF 1、PF 2，设∠F 1PF 2的角平分线PM 交C 的长轴于点M （m ，0），求m 的取值范围．（3）在（2）的条件下，过点P 作斜率为k 的直线l ，使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点．设直线PF 1、PF 2的斜率分别为k 1、k 2，若k≠0，试证明1211kk kk +为定值，并求出这个定值． 【答案】（1）2214x y +=；（2）3322m −<<；（3）-8 【解析】试题分析：（1）根据题意可得2221,2.b a b a ==即又因为2c e a ==，所以可得a ，b 的值，即可得方程；（2）设出点p 坐标，由两点式列出直线12,PF PF 方程，然后利用点m 到两直线的距离相等来确定m 值，再根据p 点，横坐标的范围，来确定m 范围；（3）设直线方程为()00.y y k x x −=−与椭圆方程联立，需满足()22200000,4210.x k x y k y ∆=−++−=即求得004x k y =−，由（2）可知0120211x k k y +=，代入化简即可试题解析：（1）由于22222222,1,,x y b c a b x c y a b a=−=−+==±将代入椭圆方程得由题意知2221,2.b a b a==即又222, 1. 1.4c x e a b C y a ====+=所以所以椭圆的方程为（2）设()()000,0.P x y y ≠())((121212000,,,:0,:0,PF PF F F PF PF l y x x y l y x x y −=−−=又所以直线的方程分别为=由于点P在椭圆上，所以221. 4xy+==00322,.433.(522m x m xm<<−<<==−<<因为所以因此分）（3）设()()000,0.P x y y≠则直线l的方程为()00.y y k x x−=−联立()()()() 22222222000000 001,{1484210.4,xyk x ky k x x y kx y k x y y k x x+=++−+−+−=−=−整理得由题意得()22200000,4210.x k x y k y∆=−++−=即又2222200000001,1680,.44x xy y k x y k x ky+=++==−所以故由（2）知00012000211,x x xk k y y y++=+=所以0012120042111118,y xkk kk k k k x y⎛⎫⎛⎫+=+=−⋅=−⎪⎪⎝⎭⎝⎭因此12118.kk kk+为定值，这个定值为－考点：1．椭圆方程的性质；2．直线与椭圆。
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.。
椭圆中斜率乘积为定值引出的直线过定点问题
点P为椭圆：C：x2a2+y2b2=1的左顶点左顶点，过点P的两条直线分别与C交于两点、A、B , 两点；直线、PA、PB的斜率之积为t(t≠b2a2)，则直线AB过定点(−a⋅a2t+b2a2t−b2,0) ;图一证明：证明：法一：法一：设直线AB为x=my+n .则{x=my+nx2a2+y2b2=1⇒(b2m2+a2)⋅y2+2mnb2y+b2n2−a2b2=0 .则由题得：Δ=(2mnb2)2−4⋅(b2m2+a2)⋅(b2n2−a2b2)=4a2b2⋅(a2+b2m2−n2)>0 ; 由根与系数的关系得：{y1+y2=−2mnb2b2m2+a2y1⋅y2=b2n2−a2b2b2m2+a2;设A(my1+n,y1) , B(my2+n,y2) , 又P(−a,0), kPA⋅kPB=t ,所以kPA⋅kPB=y1−0my1+n+a⋅y2−0my2+n+a=t⇔(tm2−1)⋅y1y2+tm(n+a)⋅(y1+y2)+t(n+a)2=0 ;代入{y1+y2=−2mnb2b2m2+a2y1⋅y2=b2n2−a2b2b2m2+a2得：(tm2−1)⋅b2n2−a2b2b2m2+a2+tm(n+a)⋅(−2mnb2b2m2+a2)+t(n+a)2=0 ,化简得：(a2t−b2)n2+2ta3n+ta4+a2b2=0 ,因式分解得：[(a2t−b2)n+a(a2t+b2)]⋅(n+a)=0 ,(t≠b2a2)解得：n=a⋅b2+a2tb2−a2t ,或者n=−a（此时直线过点，不符合题意，舍去）（此时直线AB过点P，不符合题意，舍去）因此直线AB过定点(−a⋅a2t+b2a2t−b2,0) ;法二：法二：椭圆：C：x2a2+y2b2=1向右平移a个单位长度，即将椭圆C的左顶点P平移到原点O，如图二；图二则此时椭圆方程为(x−a)2a2+y2b2=1 ,化简为x2a2−2xa+y2b2=0；设平移后直线AB为mx+ny=1 .联立{mx+ny=1x2a2−2xa+y2b2=0得：x2a2−2xa⋅(mx+ny)+y2b2=0；化简得：(1a2−2ma)⋅x2−2na⋅xy + +1b2⋅y2=0 ,等式两边同时除以x2齐次化得：1b2⋅(yx)2−2na⋅(yx)+1a2−2ma=0 ;设平移后A(x1,y1) , B(x2,y2) ,又平移后的直线、PA、PB的斜率之积依然为t(t≠b2a2)，则kPA⋅kPB=t=y1x1⋅y2x2 .由根与系数的关系得：y1x1⋅y2x2=1a2−2ma1b2=t，解得：m=b2−a2t2ab2 ,所以平移后直线AB为b2−a2t2ab2⋅x+ny=1，过定点(2ab2b2−a2t,0) ,再平移回去即可得原直线过定点(2ab2b2−a2t−a,0) ,化简即可得直线AB过定点(−a⋅a2t+b2a2t−b2,0) ;注：如果点P为椭圆C右顶点右顶点，则直线AB过定点(a⋅a2t+b2a2t−b2,0) ;对于法一法一，因式分解是一个难点，想必到这里会劝退了一波人，不过这里有巧可钻；从图一可知，当点A或点B在无限靠近点P时，直线AB也无限接近点P，所以在解关于n的方程时，必有一增根n=−a；因此在因式分解(a2t−b2)n2+2ta3n+ta4+a2b2=0时，可以借助这一点，利用多项式除法化简即可得[(a2t−b2)n+a(a2t+b2)]⋅(n+a)=0；对于法二法二，则是利用齐次化的方法，对于解决斜率之和与斜率之积问题，齐次化的方法不失为一种简单而又巧妙的方法；。
微专题：椭圆中斜率之积为定值的问题探究
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的问题探究教学重点】掌握椭圆中斜率之积为定值的运算设计和化简。
教学难点】如何理性判断问题的路径探寻及成果运用。
活动一：斜率之积为定值的路径探寻假设AB是椭圆$x^2/a^2+y^2/b^2=1(a>b>0)$上的一条不过原点的弦，点P是弦AB的中点，且直线OP和AB的斜率都存在，求$K_{AB} \cdot K_{PO}$。
解析】设点$P(x,y)$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，则有$\frac{1}{2}\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{a^2-b^2}$（代点作差）。
将$AB$的斜率$k_{AB}$表示为$\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}$，$OP$的斜率$k_{OP}$表示为$\frac{y}{x}$，则有：begin{aligned} K_{AB}&=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\frac{(y_1-y)+(y-y_2)}{(x_1-x)+(x-x_2)} \\ &=\frac{y_1-y}{x_1-x} \cdot \frac{y-y_2}{x-x_2}=-\frac{b^2}{a^2} \cdot\frac{x-x_2}{y-y_2} \\ K_{PO}&=\frac{y}{x}=-\frac{b^2}{a^2} \cdot \frac{x_1-x_2}{y_1-y} \end{aligned}$$因此，$K_{AB} \cdot K_{PO}=\frac{b^4}{a^4} \cdot\frac{(x-x_2)(x_1-x_2)}{(y-y_2)(y_1-y)}=-\frac{b^2}{a^2}=e^2-1$。
结论形成总结】结论1】若$AB$是椭圆$x^2/a^2+y^2/b^2=1(a>b>0)$上的非直径的弦，点$P$是弦$AB$的中点，且直线$OP$和$AB$的斜率都存在，则$K_{AB} \cdot K_{PO}=-\frac{b^2}{a^2}=e^2-1$。
第6章 斜率之积为定值一 wps
第6章 斜率之积为22b a-2222222222b b b b b a a a a a ⎧⎪⎪⎪⎧-⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎧-⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪-⎨-⎪⎪⎪⎪⎪⎪-⎪⎩⎩中点弦椭圆中斜率之积斜率之积双曲线中斜率之积轨迹问题（一）斜率之积轨迹问题（二）斜率之积得应用与有关的定值问题（一）与有关的定值问题（二）本章主要探究圆锥曲线中两条相交直线的斜串之积为22b a -的等价条件,以及充分或必要条件。
6.1节聚焦于中点弦问题；6.2节阐述圆锥曲线斜率之积为22b a-这一问题；6.3节探索满足这一条件的点的轨迹方程。
读完本章，你会意识到其中的结论是多么方便实用，但我们却不希望这些结论仅仅只起到“结论”的作用，我们更希望引导你形成自主探索式的学习思维!6.1中点弦直线与圆锥曲线相交时，若出现了直线的斜率与线段的中点等字眼，则这样的题型往往可以避免使用韦达定理来计算。
对于这个类型的题，首先设出弦的两端点然后代入圆锥曲线并将两式相减，这样就直接联系了中点与直线的斜率的关系，我们把这个方法叫做点差法。
【例6.1】 (2017全国1文 20改编)设A,B 为曲线2:4C x y =上两点,点A 与点B 的横坐标之和为4,则直线AB 的斜率为____【分析】由于点A 与点B 的横坐标之和为4,故求解直线AB 的斜率，只需代入点作差。
【解析】设()()1122,,?,A x y B x y ,因为A,B 是椭圆上两点，所以代入得22211212122244()4x y x x y y x y ⎧=⇒-=-⎨=⎩ 整理可得212121()()4y y x x x x -+=-，由题意212121()41()y y x x x x -+=⇒=-，可得直线AB 的斜率为1.故填1.【例 6.2】 (2018 全国Ⅲ 文理 20)已知斜率为k 的直线l 与椭圆22:143x y C +=交于A,B 两点，线段AB 的中点为(1,)(0)M m m >。
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 ）
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”。
椭圆中一类斜率之积为定值 高考数学
主讲人：某某某老师
某某学校
一、教材习题变式构建模型
二、高考解题析游刃有余
试卷讲评课件
椭圆是高考考查的难点之一，椭圆中一类斜率之积问题早有出现.
本文从教材出发，通过一系列的变式，转化和化归达到高考考查要求，
体现出试题源于教材且高于教材的理念，同时，找到在椭圆中一类斜
−′
=
′
=
，则
=
−
= ，则′ = −
−
−
−′
′
−
故，直线与直线的斜率之积为定值− 。
=
........②
′
− ，
........③
试卷讲评课件
x2
[变式3]：已知椭圆Γ： 2
率之积问题的通性.
一、教材习题变式构建模型
试卷讲评课件
典型习题：(人教A版选修2-1)设点A，B的
坐标分别为 −5,0 、 5,0 ，直线AM，BM相交
4
于点M，且他们的斜率之积为− ，求点M的轨
9
迹方程。
试卷讲评课件
解：如图1，设点 , ，由已知得， =
⋅ =
⋅ =
−
故，直线与直线的斜率之积为定值− 。
试卷讲评课件
【评析】此题也属于斜率之积为定值，但此解法与变式1、2、3有所不
同，直线与椭圆有一个交点，联立两直线方程得出点的坐标，继
而得出 ∗ 式，再联立直线方程与椭圆方程，消去其中一个变量，得出
关于另一变量的一元二次方程，再利用一元二次方程有一个实数解
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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
)，
B
(
x
，
2
y
2
)，
则
x12 2
y
2 1
1， ①
x
2 2
2
y
2 2
1.②
又 设 M ( x， y )， 因 为 O M c o s O A sin O B，
故
x
y
x1co s y1co s
x 2 s in y 2 s in
.
因M 在椭圆上，
故 (x1cos
则直线AB过定点（ma2 +b2 ma2 - b2
x0
,-
ma2 ma2
+b2 - b2
y0
)。
例题2
(数学之友P46第8题）
已知椭圆
x2 a2
y2 b2
1(a＞ b＞ 0)的 离 心 率 为
2， 2
其 焦 点 在 圆 x2 y2 1上 .
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 )，
x2sin )2
2
( y1cos
y2sin )2
1.
整理得( x12 2
y12 )cos2
( x22 2
y22 )sin2
2( x1x2 2
y1y2 )cossin
1.
将①②代入上式，
并注意cossin
0，得
x1x2 2
y1 y2
0.
所以，kOAkOB
y1 y2 x1x2
1 为定值． 2
4.感受高考
且 存 在 锐 角 ， 使 OM cos OA sin OB. ⅰ( )求 证 ： 直 线 O A与 O B的 斜 率 之 积 为 定 值 ； (ⅱ)求 O A 2 O B 2 .
解 析 ：1 依 题 意 ， 得 c 1.于 是 ， a 2， b 1.
所 以 所 求 椭 圆 的 方 程 为 x 2 y 2 1. 2