斜率型定值型问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)及答案

斜率型定值型问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)及答案

斜率型定值型问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、斜率问题1.已知,椭圆C过点A(1,32),两个焦点为(−1,0),(1,0).(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF

斜率型定值型问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、斜率问题1.已知,椭圆C过点A(1,32),两个焦点为(−1,0),(1,0).(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF

简介:斜率型定值型问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、斜率问题1.已知,椭圆C过点A(1,32),两个焦点为(−1,0),(1,0).(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.【答案】解:(Ⅰ)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,因为点A(1 ,32)在椭圆上,所以11+b2+94b2=1,解得b2=3,b2=−34舍去所求椭圆方程为x24+y23=1(Ⅱ)设直线AE方程为y=k(x−1)+32,代入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0设E(xE, yE),F(xF, yF),点A(1 ,32)在直线AE上则xE=4k2−12k−33+4k2,yE=k(xE−1)+32;直线AF的斜率与直线AE的斜率互为相反数,在上式中用−k代替k得xF=4k2+12k−33+4k2,yE=−k(xF−1)+32,直线AE的斜率kEF=yF−yExF−xE=−k(xE+xF)+2kxF−xE=12所以直线AE的斜率为定值【知识点】斜率的计算公式;椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,将A(1 ,32)代入即可求出b2=3,则椭圆方程可求.(2)设直线AE方程为:y=k(x−1)+32,代入入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0,再由点A(1 ,32)在椭圆上,根据结直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,结合直线的位置关系进行求解.2.已知椭圆C的中心在原点,一个焦点F=(0,2),且长轴长与短轴长的比是2:1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1,过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA,PB分别交椭圆C于另外两点A,B,求证:直线AB的斜率为定值;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求△PAB面积的最大值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)由题意a2=b2+c2a:b=2:1c=2,解得a2=4,b2=2.所以,椭圆C的方程为y24+x22=1.故点P(1,2)(Ⅱ)由题意知,两直线PA,PB的斜率必存在,设PB的斜率为k,则PB的直线方程为y−2=k(x−1)由y−2=k(x−1)y24+x22=1得,(2+k2)x2+2k(2−k)x+(2−k)2−4=0.设A(xA,yA),B(xB,yB),则xB=1⋅xB=k2−22k−22+k2,同理可得xA=k2+22k−22+k2则xA−xB=42k2+k2,yA−yB=−k(xA−1)−k(xB−1)=8k2+k2.所以直线AB的斜率kAB=yA−yBxA−xB=2为定值.(Ⅲ)设AB的直线方程为y=2x+m,由y=2x+m,y24+x22=1.得4×2+22mx+m2−4=0.由Δ=(22m)2−16(m2−4)>0,得m2<8此时xA+xB=−2m2,xA⋅xB=m2−44.由椭圆的方程可得点P(1,2),根据点到直线的距离公式可得P到AB的距离为d=|m|3,|AB|=(xA−xB)2+(yA−yB)2=−32m2+12则SΔPAB=12|AB|d=1212−32m2⋅|m|3=1212m2(−m2+8)≤1212×m2−m2+82=2因为m2=4使判别式大于零,所以当且仅当m=±2时取等号,所以△PAB面积的最大值为2.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)求得a,b,c即可得椭圆方程.(2)设PB的斜率为k,联立直线方程和椭圆方程,利用韦达定理用k表示A、B的坐标,从而可证斜率为定值.(3)结合(2)可设直线AB的直线方程为y=2x+m,联立直线方程和椭圆方程,利用弦长公式可求AB,利用距离公式和面积公式可得面积的表达式,利用基本不等式可求面积的最大值. 3.如图,已知点P(2,2)是抛物线C:y2=2x上一点,过点P作两条斜率相反的直线分别与抛物线交于A、B两点,直线PA的斜率为k(k>0).(Ⅰ)若直线PA、PB恰好为圆(x−2)2+y2=1的切线,求直线PA的斜率;(Ⅱ)求证:直线AB的斜率为定值.并求出当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积.【答案】解:(Ⅰ)依题意,PA:y−2=k(x−2)(k>0),由直线PA与圆(x−2)2+y2=1相切,可得|2k−0+2−2k|1+k2=1,解k=3.(Ⅱ)设A(xA,yA),B(xB,yB).联立直线PA与抛物线方程y−2=k(x−2)y2=2x,消去x可得:ky2−2y+4−4k=0,∴yAyP=4−4kk,yA=2−2kk,∴A(2(1−k)2k2,2−2kk).用−k代替k可得:yB=−2+2kk,∴B(2(1+k)2k2,−2−2kk).因此,kAB=yA−yBxA−xB=yA−yByA2−yB22=2yA+yB=−12.即直线AB的斜率为定值−12.1°当∠PAB=90°时,由kAB⋅k=−1得k=2,此时P(2,2),A(12,−1),B(92,−3),求得|PA|=325,|AB|=25,S△PAB=12|PA||AB|=12⋅325⋅25=152.2°当∠APB=90°时,可得k=1,此时P(2,2),A(0,0),B(8,−4),求得|PA|=22,|PB|=62,S△PAB=12|PA|⋅|PB|=12⋅22⋅62=12.3° 当∠ABP=90°时,无解.综上所述,当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积为152或12.【知识点】抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合点斜式求出直线PA的方程,再利用直线与圆相切的位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,进而求出直线的斜率。(2)利用已知条件结合直线与抛物线相交,联立二者方程求出交点坐标,再利用两点求斜率公式,进而求出直线AB的斜率,进而求出直线AB的斜率为定值,再利用已知条件结合分类讨论的方法和三角形的面积公式,从而求出三角形△PAB的面积。二、斜率之和问题4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=13,且椭圆C经过点P(−1,−83).(1)求椭圆C的方程.(2)不过点P的直线l:y=kx+3与椭圆C交于A,B两点,记直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,试判断k1+k2是否为定值.若是,求出该定值:若不是,请说明理由.【答案】(1)解:根据题意得:ca=13a2−b2=c21a2+649b2=1⇒a2=9b2=8c2=1,故椭圆C的标准方程为x29+y28=1(2)解:因为直线l不过点P(−1,−83),且直线PA,PB的斜率存在,所以k≠173.设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组y=kx+3×29+y28=1,得(8+9k2)x2+54kx+9=0,则x1+x2=−54k8+9k2,x1x2=98+9k2.由Δ=(54k)2−36(8+9k2)>0,得k2>19且k≠173.因为k1+k2=y1+83×1+1+y2+83×2+1=kx1+173×1+1+kx2+173×2+1=2kx1x2+(k+173)(x1+x2)+343x1x2+(x1+x2)+1,所以k1+k2=18k8+9k2−54k(k+173)8+9k2+34398+9k2−54k8+9k2+1=163(9k2−54k+17)9k2−54k+17=163.即k1+k2为定值,且k1+k2=163.【知识点】斜率的计算公式;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件即可得出关于a、b、c的方程组,计算出结果,由此得出椭圆的方程。(2)根据题意由设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程,结合韦达定理即可得出两根之和与两根之积的关于k的代数式,并代入到斜率公式整理化简即可得出结果。5.已知抛物线E:y2=2px(p>0),点P(2,22)在抛物线E上.(1)求抛物线E的准线方程;(2)过点Q(−2,0)的直线l与抛物线E交于A,B两点,直线PA交y轴于点M,直线PB交y轴于N,记直线QM,QN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】(1)解:将P(2,22)代入E:y2=2px,解得p=2,E:y2=4x的准线方程为x=−1.(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),联立y2=4xx=ny−2,整理得y2−4ny+8=0, 由题意,Δ=(4n)2−4×8>0,即n>2或n<−2,且y1+y2=4n,y1y2=8,因为P,A,M三点共线,由y1−22×1−2=y3−220−2,整理得y3=22y1y1+22,同理得y4=22y2y2+22,k1+k2=y32+y42=22(y1y2+2(y1+y2)y1y2+22(y1+y2)+8)=2.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将P(2,22)代入E:y2=2px可得答案;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),由P,A,M三点共线可得y3=22y1y1+22,y4=22y2y2+22,直线与抛物线联立,利用韦达定理代入k1+k2=y32+y42可得答案.6.如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1),且离心率为22.(I)求椭圆E的方程;(II)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),问:直线AP与AQ的斜率之和是否为定值?若是,求出此定值;若否,说明理由.【答案】解:(Ⅰ)由题意知ca=22,b=1,综合a2=b2+c2,解得a=2,所以,椭圆的方程为x22+y2=1.(Ⅱ)由题设知,直线PQ的方程为y=k(x−1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0,由已知Δ>0,设P(x1y1),Q(x2y2),x1x2≠0则x1+x2=4k(k−1)1+2k2,x1x2=2k(k−2)1+2k2,从而直线AP与AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1×1+y2+1×2=kx1+2−kx1+kx2+2−kx1=2k+(2−k)(1×1+1×2)=2k+(2−k)x1+x2x1x2=2k+(2−k)4k(k−1)2k(k−2)=2k−(2k−1)=2.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1)结合代入法求出a,b的一个方程,再利用椭圆离心率为22结合离心率公式,进而求出a,c的关系式,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而求出a,b的值,从而求出椭圆的标准方程。(2)利用点斜式求出经过点(1,1),且斜率为k的直线,再利用直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而求出直线AP与AQ的斜率之和是定值,并求出定值。7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点A与下顶点B在直线l:x−2y+1=0的两侧,且点B到l的距离是A到l的距离的3倍.(Ⅰ)求b的值;(Ⅱ)设C与l交于P,Q两点,求证:直线BP与BQ的斜率之和为定值.【答案】(Ⅰ)由椭圆的方程可得A(0,b),B(0,−b),由题意可得|2b+1|5=3×|−2b+1|5,解得b=1或b=14.当b=14时,点A,B都在直线l的下方,不符合题意,故b=1.(Ⅱ)联立x2a2+y2=1,x−2y+1=0,消去y可得(4+a2)x2+2a2x−3a2=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−2a24+a2,x1x2=−3a24+a2.直线BP与BQ的斜率之和kBP+kBQ=y1+1×1+y2+1×2=12×1+32×1+12×2+32×2=1+32(1×1+1×2)=1+32×x1+x2x1x2=1+32×2a24+a23a24+a2=2.因此直线BP与BQ的斜率之和为定值2.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)结合椭圆的方程即可求出点的坐标,再由点到直线的距离公式代入数值计算出b的值,然后由题意验证即可得出满图题意的b的取值。(2)根据题意联立直线与椭圆的方程,消去y等到关于x的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于a的两根之和与两根之积的代数式,然后由斜率的坐标公式代入整理即可得出结论。8.已知圆C和y轴相切于点T(0,2),与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),且MN=3. (Ⅰ)求圆C的方程;(Ⅱ)过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,连接AN和BN,记AN和BN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】解:(Ⅰ)依题意可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m.又|MN|=3,∴m2=22+(32)2=254,解得m=52.∴圆C的方程为(x−52)2+(y−2)2=254.(Ⅱ)由(x−52)2+(y−2)2=254,令y=0得x1=1,x2=4,所以M(1,0),N(4,0).①当直线AB的斜率为0时,可知k1=k2=0,即k1+k2=0;②当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:x=1+ty,将x=1+ty代入x2+y2=4,整理得(t2+1)y2+2ty−3=0,Δ=4t2+12(t2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=−2tt2+1,y1y2=−3t2+1.∴k1+k2=y1−0x1−4+y2−0x2−4=y1ty1−3+y2ty2−3,=2ty1y2−3(y1+y2)(ty1−3)(ty2−3)=−6tt2+1+6tt2+1(ty1−3)(ty2−3)=0.综上可知,k1+k2=0为定值.【知识点】斜率的计算公式;圆的标准方程;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(1)利用圆C和y轴相切于点T(0,2),可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m,又|MN|=3,再利用两点距离公式求出m的值,进而求出圆的标准方程。(2)利用(1)求出的圆的标准方程结合圆C与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),从而令y=0得x1=1,x2=4,进而求出点M,N的坐标,再利用点斜式设出过点M的直线方程,再结合分类讨论的方法结合过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而证出k1+k2为定值。9.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为32,过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)已知点M(0,-1),直线l经过点N(2,1)且与椭圆C相交于A,B两点(异于点M),记直线MA的斜率为k1,直线MB的斜率为k2,证明k1+k2为定值,并求出该定值.【答案】解:(Ⅰ)将x=c代入x2a2+y2b2=1中,由a2−c2=b2可得y2=b4a2,所以弦长为2b2a,故有2b2a=1ca=32a2=b2+c2,解得a=2b=1,所以椭圆C的方程为:x24+y2=1.(Ⅱ)若直线l的斜率不存在,即直线的方程为x=2,与椭圆只有一个交点,不符合题意。设直线l的斜率为k,若k=0,直线l与椭圆只有一个交点,不符合题意,故k≠0.所以直线l的方程为y−1=k(x−2),即y=kx−2k+1,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得:x24+y2=1,y=kx−2k+1消去y得:(1+4k2)x2−8k(2k−1)x+16k2−16k=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2,∵k1=y1+1×1,k2=y2+1×2,∵k1+k2=y1+1×1+y2+1×2=(y1+1)x2+(y2+1)x1x1x2=(kx1−2k+1+1)x2+(kx2−2k+1+1)x1x1x2=2kx1x2+(2-2k)x2+(2-2k)x1x1x2=2k−(2k−2)(x1+x2)x1x2把x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2代入上式,得∵k1+k2=2k−(2k−2)8k(2k−1)16k2−16k=1,命题得证.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)根据已知得到关于a,b,c的方程组,解方程组即得椭圆的标准方程;(Ⅱ)先考虑直线l的斜率不存在的情况,再考虑斜率存在的情况,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得到韦达定理,再求出k1+k2,化简即得其为定值.10.已知:点A(1,2)是离心率为22的椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上的一点.斜率为2的直线BD交椭圆C于B、D两点,且A、B、D三点不重合.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)△ABD的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由? (Ⅲ)求证:直线AB、AD的斜率之和为定值.【答案】解:(Ⅰ)∵e=22=ca,1b2+2a2=1,a2=b2+c2∴a=2,b=2,c=2∴x22+y24=1…(Ⅱ)设直线BD的方程为y=2x+m∴y=2x+m2x2+y2=4⇒4×2+22mx+m2−4=0∴Δ=−8m2+64>0⇒−22 b>0)的焦距为2,离心率为22,右顶点为A.(I)求该椭圆的方程;(II)过点D(2,−2)作直线PQ交椭圆于两个不同点P、Q,求证:直线AP,AQ的斜率之和为定值.【答案】解:(I)由题意可知2c=2,故c=1,又e=ca,∴a=2,∴b=1,∴椭圆方程为x22+y2=1.(II)由题意得,当直线PQ的斜率不存在时,不符合题意;当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y+2=k(x−2),即y=kx−2k−2.由y=kx−2k−2×22+y2=1消去y整理得(1+2k2)x2−42(k2+k)x+4k2+8k+2=0,∵直线与椭圆交于两点,∴Δ=−4(8k+1)>0,解得k<−18.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=42(k2+k)1+2k2,x1·x2=4k2+8k+21+2k2,又A(2,0),∴kAP+kAQ=y1x1−2+y2x2−2=k(x1−2)−2×1−2+k(x2−2)−2×2−2=2k−2(x1+x2)−4x1x2−2(x1+x2)+2=1.即直线AP,AQ的斜率之和为定值.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(I)由椭圆的焦距和离心率可得c=1,a=2,故b=1,从而可得椭圆的方程.(II)讨论直线PQ的斜率,当斜率存在时设其方程为y=kx−2k−2 ,与椭圆方程联立消元后得到二次方程,结合根与系数的关系及题意可求得kAP+kAQ=1,即得结论成立.三、斜率之差问题12.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设MN的斜率为m,BP的斜率为n,证明:2m−n为定值.【答案】(1)解:由椭圆的离心率e=ca=1−b2a2=32,则a=2b,①又a+b=3②,解得:a=2,b=1,则椭圆的标准方程为:x24+y2=1(2)证明:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则可设直线BP的方程为y=n(x−2)(n≠0,n≠±12).联立y=n(x−2)x24+y2=1,整理得(4n2+1)x2−16n2x+16n2−4=0.则xP+2=16n24n2+1,故xP=8n2−24n2+1,则yP=n(xP−2)=−4n4n2+1.所以P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).又直线AD的方程为y=12x+1.联立y=12x+1y=n(x−2),解得M(4n+22n−1,4n2n−1).由三点D(0,1),P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).N(x,0)共线,得−4n4n2+1−18n2−24n2+1−0=0−1x−0,所以N(4n−22n+1,0).∴MN的斜率为m=4n2n−1−04n+22n−1−4n−22n+1=4n(2n+1)2(2n+1)2−2(2n−1)2=2n+14.则2m−n=2n+12−n=12.∴2m−n为定值12【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系,整理化简计算出a与b的取值,由此得出椭圆的方程。(2)利用设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程再联立直线与椭圆的方程,消元后得到关于x的方程,结合韦达定理求出点的坐标,再联立直线的方程求出点的坐标,并代入到斜率公式整理化简即可得出答案。四、斜率之积问题13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,点A(1,32)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若椭圆C的右顶点为B,直线l过定点M(3,0),且交椭圆C于P,Q两点(异于点B),试探究直线BP与BQ的斜率的乘积是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:依题意可得a2=b2+c2e=ca=121a2+94b2=1,解得a=2b=3c=1,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)解:设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2).由y=k(x−3)x24+y23=1得(4k2+3)x2−24k2x+36k2−12=0由Δ=(−24k2)2−4(4k2+3)⋅(36k2−12)>0,解得k2<35,所以x1+x2=24k24k2+3,x1x2=36k2−124k2+3y1y2=k(x1−3)k(x2−3)=k2[x1x2−3(x1+x2)+9]=15k24k2+3所以kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2=y1y2x1x2−2(x1+x2)+4=15k24k2+336k2−124k2+3−48k24k2+3+4=15k236k2−12−48k2+4(4k2+3)=15k24k2=154(定值)【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意得到方程组,解得a、b、c的值,即可求出椭圆C的方程;(2)设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线与椭圆方程,消元,利用韦达定理得出x1+x2,x1x2的值,进而得到kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2整理计算可得直线BP与BQ的斜率的乘积为定值。14.如图,在直角坐标系xOy中,圆O:x2+y2=4与x轴负半轴交于点A,过点A的直线AM,AN分别与圆O交于M,N两点.(Ⅰ)若kAM=2,kAN=−12,求△AMN的面积;(Ⅱ)若直线MN过点(1,0),证明:kAM⋅kAN为定值,并求此定值. 【答案】解:(Ⅰ)由题知kAM⋅kAN=−1,所以AN⊥AM,MN为圆O的直径,AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,所以圆心到直线AM的距离d=|4|5,所以AM=24−165=455,由中位线定理知,AN=855,S=12×455×855=165;(Ⅱ)设M(x1,y1)、N(x2,y2),①当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程中有:x2+k2(x−1)2−4=0,整理得:(1+k2)x2−2k2x+k2−4=0,则有x1+x2=2k21+k2,x1x2=k2−41+k2,kAM⋅kAN=y1x1+2⋅y2x2+2=k(x1−1)x1+2⋅k(x2−1)x2+2=k2[x1x2−(x1+x2)+1]x1x2+2(x1+x2)+4=k2(k2−41+k2−2k21+k2+1)k2−41+k2+2⋅2k21+k2+4=k2(k2−4−2k2+1+k2)k2−4+4k2+4+4k2=−3k29k2=−13;②当直线MN斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),kAM⋅kAN=3−01−(−2)⋅−3−01−(−2)=−13;综合①②可得:kAM⋅kAN为定值,此定值为−13.【知识点】直线的斜率;点到直线的距离公式;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(I)由题意,得出直线AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,由中位线定理,得AN=855,由此可求解△AMN的面积;(II)当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程,利用根与系数的关系、韦达定理,即可化简得出kAM⋅kAN为定值;当斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),即可得到kAM⋅kAN为定值.15.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的应用【解析】【分析】由椭圆方程,结合斜率公式,化简整理,即可得到斜率之积为定值.16.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】根据直线斜率公式k=y2-y1x2-x1分别写出kPA,kPB,由椭圆方程写出y2,代入kPA·kPB即可求解.五、斜率之商问题17.如图,已知椭圆Γ:x24+y2=1和圆C:(x−4t)2+(y−3t)2=25t2(0 0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D为线段F1O的中点,过F2的直线l与C的右支交于M(x1,y1),N(x2,y2)两点,延长MD,ND分别与C交于点P,Q两点,若C的离心率为2,(3,7)为C上一点.(1)求证:x1y2−x2y1=2(y2−y1);(2)已知直线l和直线PQ的斜率都存在,分别记为k1,k2,k1≠0,判断k2k1是否为定值?若是,求出该定值;若不是,说明理由.【答案】(1)证明:由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,解得a2=b2=2,c2=4,所以双曲线C的方程为x22−y22=1,则F1(−2,0),F2(2,0),当直线l的斜率不存在时,则x1=x2=2,此时x1y2−x2y1=2y2−2y1=2(y2−y1),当直线l的斜率存在时,因为kMF2=kNF2,即y1x1−2=y2x2−2,整理得x1y2−x2y1=2(y2−y1),综上所述,x1y2−x2y1=2(y2−y1)(2)解:因为点D为线段F1O的中点,所以D(−1,0),显然直线MD的斜率存在且不为0,可设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),联立y=y1x1+1(x+1)x22−y22=1,消y整理得(x12+2×1+1−y12)x2−2y12x−y12−2×12−4×1−2=0,又x122−y122=1,所以y12=x12−2,所以(2×1+3)x2−2(x12−2)x−3×12−4×1=0,设P(x0,y0),则x1x0=−3×12−4x12x1+3,所以x0=−3×1−42×1+3,代入y=y1x1+1(x+1),得y0=−y12x1+3,即P(−3×1−42×1+3,−y12x1+3),同理Q(−3×2−42×2+3,−y22x2+3),所以k2=−y22x2+3−−y12x1+3−3×2−42×2+3−−3×1−42×1+3=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2,又因x1y2−x2y1=2(y2−y1),所以k2=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2=−7(y2−y1)x1−x2=7k1,即k2k1=7是定值.【知识点】双曲线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,求出a,b,c,可得双曲线C的方程和焦点坐标,再分斜率存在与不存在时进行讨论,斜率不存在时有x1=x2=2,代入左边即可验证得到右边;斜率存在时,由kMF2=kNF2,得y1x1−2=y2x2−2,化简整理即可得证;(2)设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),与双曲线方程联立求得P点坐标,同理得到Q点坐标,进而表示出k2,结合(1)的结论即可求得k2=7k1.19.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长轴长为4,离心率为12.过点Q(4,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线AF,BF的斜率分别为k1,k2(k2≠0),求证:k1k2为定值.【答案】(1)解:由已知有2a=4ca=12a2=b2+c2,解得a2=4b2=3,故椭圆C的标准方程为:x24+y23=1;(2)解:由已知直线l斜率不为零,故设其方程为x=my+4,由x=my+4×24+y23=1消去x得:((3m2+4)y2+24my+36=0,令Δ>0得m2>4.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=−24m3m2+4,y1⋅y2=363m2+4, 易知F(1,0),∴k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=y1my1+3⋅my2+3y2=my1y2+3y1my1y2+3y2=my1y2+3(y1+y2)−3y2my1y2+3y2=36m3m2+4−3×24m3m2+4−3y236m3m2+4+3y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)=−1所以k1k2为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由已知条件即可得2a=4ca=12a2=b2+c2,即可求解;(2)设直线l的方程为x=my+4,联立椭圆方程,结合韦达定理化简可得k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)即可求证。20.在平面直角坐标系中,A1,A2两点的坐标分别为(−2,0),(2,0),直线A1M,A2M.相交于点M且它们的斜率之积是−34,记动点M的轨迹为曲线E.过点F(1,0)作直线l交曲线E于P,Q两点,且点P位于x轴上方.记直线A1Q,A2P的斜率分别为k1,k2.(1)证明:k1k2为定值:(2)设点Q关于x轴的对称点为Q1,求△PFQ1面积的最大值.【答案】(1)证明:设M(x,y),由题可知yx+2⋅yx−2=−34,所以x24+y23=1(x≠±2).设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),联立x=my+1×24+y23=1,得(3m2+4)y2+6my−9=0,所以y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,所以k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,所以k1k2=y1x1+2y2x2−2=(x2−2)y1(x1+2)y2=my1y2−y1my1y2+3y2=−9m3m2+4−(−6m3m2+4−y2)−9m3m2+4+3y2=−3m+(3m2+4)y2−9m+3(3m2+4)y2=13,所以k1k2为定值.(2)解:设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,∴S△PQQ1=12⋅(−2y1)(x2−x1)=x1y1−x2y1,S△QQ1F=12(1−x1)(−2y1)=x1y1−y1,而S△PFQ1=S△PQQ1−S△QQ1F=(x1y1−x2y1)−(x1y1−y1)=y1−(my2+1)y1=−my1y2=9m3m2+4=93m+4m⩽9212=334,当m2=43,即m=233时,等号成立,此时△PFQ1的面积最大值为334.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设M(x,y),再利用已知条件结合两点求斜率公式得出x24+y23=1(x≠±2),设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,再利用两点求斜率公式得出k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,进而证出k1k2为定值。(2)设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,再利用三角形的面积公式和作差法得出S△PFQ1=9m3m2+4,再结合均值不等式求最值的方法得出三角形△PFQ1的面积的最大值。21.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为22(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴与点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(ⅰ)设直线PM,QM的斜率分别为k1,k2,证明k2k1为定值;(ⅱ)求直线AB的斜率的最小值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2−c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,−2m).所以直线PM的斜率k=2m−mx0=mx0,直线QM的斜率k′=−2m−mx0=−3mx0. 此时k′k=−3.所以k′k为定值–3.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2−4=0.由x0x1=2m2−42k2+1,可得x1=2(m2−2)(2k2+1)x0,所以y1=kx1+m=2k(m2−2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2−2)(18k2+1)x0,y2=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m.所以x2−x1=2(m2−2)(18k2+1)x0−2(m2−2)(2k2+1)x0=−32k2(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2−y1=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m−2(m2−2)(2k2+1)x0−m=−8k(6k2+1)(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2−y1x2−x1=6k2+14k=14(6k+1k).由m>0,×0>0,可知k>0,所以6k+1k≥26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4−8m2=66,即m=147,符号题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)分别计算a,b即得.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P,Q的坐标,进而得到直线PM的斜率k,直线QM的斜率k’,可得k’k为定值.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,应用一元二次方程根与系数的关系得到x2−x1,y2−y1,进而可得kAB.应用基本不等式即得.六、斜率综合问题22.如图.矩形ABCD的长AB=23,宽BC=12,以A、B为左右焦点的椭圆M:x2a2+y2b2=1恰好过C、D两点,点P为椭圆M上的动点.(1)求椭圆M的方程,并求PA⋅PB的取值范围;(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M、N两点(点C与M、N两点不重合),且直线CM、CN的斜率分别为k1、k2,试证明k1+k2−2k为定值.【答案】(1)解:由题意得c=3.又点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1上,所以3a2+14b2=1,且a2−b2=3,所以a=2,b=1,故椭圆M的方程为x24+y2=1.设点P(x,y),由A(3,0),B(−3,0)得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2.又x∈[−2,2],所以PA⋅PB∈[−2,1](2)解:设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),联立椭圆M方程得(1+4k2)x2−83k2x+12k2−4=0.设两点M(x1,y1)、N(x2,y2),故x1+x2=83k21+4k2,x1x2=12k2−41+4k2.因为k1+k2=y1−12×1−3+y2−12×2−3=(y1x2+x1y2)−3(y1+y2)−12(x1+x2)+3x1x2−3(x1+x2)+3,其中y1x2+x1y2=2kx1x2−3k(x1+x2)=−8k1+4k2,y1+y2=−23k1+4k2,故k1+k2=−8k1+4k2+6k1+4k2−43k21+4k2+312k2−41+4k2−24k21+4k2+3=2k−3所以k1+k2−2k=−3为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意可得2c=AB=23解得c,由点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1结b2=a2-c2,解得a,b,即可得出椭圆的方程,设点P(x,y),由数量积公式可得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2,由于x∈[−2,2],即可得出PA⋅PB的取值范围;(2)设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),M(x1,y1)、N(x2,y2),联立直线MN与椭圆的方程,结合韦达定理可得x1+x2,x1x2,再计算k1+k2=2k−3,即可得出答案.23.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,P(2,1)为椭圆C上一点.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若过点Q(2,0)且斜率为k的直线l与椭圆C相交于A,B两点,记直线AP,BP的斜率分别为k1,k2,试问k1+k2−2k是否是定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设椭圆C的焦距为2c, 则4a2+1b2=1a2=b2+c2ca=32,,解得a2=8b2=2c2=6故椭圆C的方程为x28+y22=1.(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2).联立x28+y22=1,y=k(x−2),整理得(4k2+1)x2−16k2x+16k2−8=0,,则x1+x2=16k24k2+1,x1x2=16k2−84k2+1.因为P(2,1),所以k1=y1−1×1−2,k2=y2−1×2−2,则k1+k2−2k=y1−1×1−2+y2−1×2−2−2k=kx1−2k−1×1−2+kx2−2k−1×2−2−2k=−1×1−2−1×2−2=−x1+x2−4x1x2−2(x1+x2)+4=−16k24k2+1−416k2−84k2+1−32k24k2+1+4=−1.故k1+k2−2k为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由已知条件列出方程组,求解a,b,可得椭圆C的标准方程;(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2),与椭圆方程联立,再利用韦达定理可得k1+k2−2k是定值.
简介:斜率型定值型问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、斜率问题1.已知,椭圆C过点A(1,32),两个焦点为(−1,0),(1,0).(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.【答案】解:(Ⅰ)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,因为点A(1 ,32)在椭圆上,所以11+b2+94b2=1,解得b2=3,b2=−34舍去所求椭圆方程为x24+y23=1(Ⅱ)设直线AE方程为y=k(x−1)+32,代入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0设E(xE, yE),F(xF, yF),点A(1 ,32)在直线AE上则xE=4k2−12k−33+4k2,yE=k(xE−1)+32;直线AF的斜率与直线AE的斜率互为相反数,在上式中用−k代替k得xF=4k2+12k−33+4k2,yE=−k(xF−1)+32,直线AE的斜率kEF=yF−yExF−xE=−k(xE+xF)+2kxF−xE=12所以直线AE的斜率为定值【知识点】斜率的计算公式;椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,将A(1 ,32)代入即可求出b2=3,则椭圆方程可求.(2)设直线AE方程为:y=k(x−1)+32,代入入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0,再由点A(1 ,32)在椭圆上,根据结直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,结合直线的位置关系进行求解.2.已知椭圆C的中心在原点,一个焦点F=(0,2),且长轴长与短轴长的比是2:1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1,过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA,PB分别交椭圆C于另外两点A,B,求证:直线AB的斜率为定值;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求△PAB面积的最大值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)由题意a2=b2+c2a:b=2:1c=2,解得a2=4,b2=2.所以,椭圆C的方程为y24+x22=1.故点P(1,2)(Ⅱ)由题意知,两直线PA,PB的斜率必存在,设PB的斜率为k,则PB的直线方程为y−2=k(x−1)由y−2=k(x−1)y24+x22=1得,(2+k2)x2+2k(2−k)x+(2−k)2−4=0.设A(xA,yA),B(xB,yB),则xB=1⋅xB=k2−22k−22+k2,同理可得xA=k2+22k−22+k2则xA−xB=42k2+k2,yA−yB=−k(xA−1)−k(xB−1)=8k2+k2.所以直线AB的斜率kAB=yA−yBxA−xB=2为定值.(Ⅲ)设AB的直线方程为y=2x+m,由y=2x+m,y24+x22=1.得4×2+22mx+m2−4=0.由Δ=(22m)2−16(m2−4)>0,得m2<8此时xA+xB=−2m2,xA⋅xB=m2−44.由椭圆的方程可得点P(1,2),根据点到直线的距离公式可得P到AB的距离为d=|m|3,|AB|=(xA−xB)2+(yA−yB)2=−32m2+12则SΔPAB=12|AB|d=1212−32m2⋅|m|3=1212m2(−m2+8)≤1212×m2−m2+82=2因为m2=4使判别式大于零,所以当且仅当m=±2时取等号,所以△PAB面积的最大值为2.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)求得a,b,c即可得椭圆方程.(2)设PB的斜率为k,联立直线方程和椭圆方程,利用韦达定理用k表示A、B的坐标,从而可证斜率为定值.(3)结合(2)可设直线AB的直线方程为y=2x+m,联立直线方程和椭圆方程,利用弦长公式可求AB,利用距离公式和面积公式可得面积的表达式,利用基本不等式可求面积的最大值. 3.如图,已知点P(2,2)是抛物线C:y2=2x上一点,过点P作两条斜率相反的直线分别与抛物线交于A、B两点,直线PA的斜率为k(k>0).(Ⅰ)若直线PA、PB恰好为圆(x−2)2+y2=1的切线,求直线PA的斜率;(Ⅱ)求证:直线AB的斜率为定值.并求出当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积.【答案】解:(Ⅰ)依题意,PA:y−2=k(x−2)(k>0),由直线PA与圆(x−2)2+y2=1相切,可得|2k−0+2−2k|1+k2=1,解k=3.(Ⅱ)设A(xA,yA),B(xB,yB).联立直线PA与抛物线方程y−2=k(x−2)y2=2x,消去x可得:ky2−2y+4−4k=0,∴yAyP=4−4kk,yA=2−2kk,∴A(2(1−k)2k2,2−2kk).用−k代替k可得:yB=−2+2kk,∴B(2(1+k)2k2,−2−2kk).因此,kAB=yA−yBxA−xB=yA−yByA2−yB22=2yA+yB=−12.即直线AB的斜率为定值−12.1°当∠PAB=90°时,由kAB⋅k=−1得k=2,此时P(2,2),A(12,−1),B(92,−3),求得|PA|=325,|AB|=25,S△PAB=12|PA||AB|=12⋅325⋅25=152.2°当∠APB=90°时,可得k=1,此时P(2,2),A(0,0),B(8,−4),求得|PA|=22,|PB|=62,S△PAB=12|PA|⋅|PB|=12⋅22⋅62=12.3° 当∠ABP=90°时,无解.综上所述,当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积为152或12.【知识点】抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合点斜式求出直线PA的方程,再利用直线与圆相切的位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,进而求出直线的斜率。(2)利用已知条件结合直线与抛物线相交,联立二者方程求出交点坐标,再利用两点求斜率公式,进而求出直线AB的斜率,进而求出直线AB的斜率为定值,再利用已知条件结合分类讨论的方法和三角形的面积公式,从而求出三角形△PAB的面积。二、斜率之和问题4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=13,且椭圆C经过点P(−1,−83).(1)求椭圆C的方程.(2)不过点P的直线l:y=kx+3与椭圆C交于A,B两点,记直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,试判断k1+k2是否为定值.若是,求出该定值:若不是,请说明理由.【答案】(1)解:根据题意得:ca=13a2−b2=c21a2+649b2=1⇒a2=9b2=8c2=1,故椭圆C的标准方程为x29+y28=1(2)解:因为直线l不过点P(−1,−83),且直线PA,PB的斜率存在,所以k≠173.设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组y=kx+3×29+y28=1,得(8+9k2)x2+54kx+9=0,则x1+x2=−54k8+9k2,x1x2=98+9k2.由Δ=(54k)2−36(8+9k2)>0,得k2>19且k≠173.因为k1+k2=y1+83×1+1+y2+83×2+1=kx1+173×1+1+kx2+173×2+1=2kx1x2+(k+173)(x1+x2)+343x1x2+(x1+x2)+1,所以k1+k2=18k8+9k2−54k(k+173)8+9k2+34398+9k2−54k8+9k2+1=163(9k2−54k+17)9k2−54k+17=163.即k1+k2为定值,且k1+k2=163.【知识点】斜率的计算公式;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件即可得出关于a、b、c的方程组,计算出结果,由此得出椭圆的方程。(2)根据题意由设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程,结合韦达定理即可得出两根之和与两根之积的关于k的代数式,并代入到斜率公式整理化简即可得出结果。5.已知抛物线E:y2=2px(p>0),点P(2,22)在抛物线E上.(1)求抛物线E的准线方程;(2)过点Q(−2,0)的直线l与抛物线E交于A,B两点,直线PA交y轴于点M,直线PB交y轴于N,记直线QM,QN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】(1)解:将P(2,22)代入E:y2=2px,解得p=2,E:y2=4x的准线方程为x=−1.(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),联立y2=4xx=ny−2,整理得y2−4ny+8=0, 由题意,Δ=(4n)2−4×8>0,即n>2或n<−2,且y1+y2=4n,y1y2=8,因为P,A,M三点共线,由y1−22×1−2=y3−220−2,整理得y3=22y1y1+22,同理得y4=22y2y2+22,k1+k2=y32+y42=22(y1y2+2(y1+y2)y1y2+22(y1+y2)+8)=2.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将P(2,22)代入E:y2=2px可得答案;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),由P,A,M三点共线可得y3=22y1y1+22,y4=22y2y2+22,直线与抛物线联立,利用韦达定理代入k1+k2=y32+y42可得答案.6.如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1),且离心率为22.(I)求椭圆E的方程;(II)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),问:直线AP与AQ的斜率之和是否为定值?若是,求出此定值;若否,说明理由.【答案】解:(Ⅰ)由题意知ca=22,b=1,综合a2=b2+c2,解得a=2,所以,椭圆的方程为x22+y2=1.(Ⅱ)由题设知,直线PQ的方程为y=k(x−1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0,由已知Δ>0,设P(x1y1),Q(x2y2),x1x2≠0则x1+x2=4k(k−1)1+2k2,x1x2=2k(k−2)1+2k2,从而直线AP与AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1×1+y2+1×2=kx1+2−kx1+kx2+2−kx1=2k+(2−k)(1×1+1×2)=2k+(2−k)x1+x2x1x2=2k+(2−k)4k(k−1)2k(k−2)=2k−(2k−1)=2.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1)结合代入法求出a,b的一个方程,再利用椭圆离心率为22结合离心率公式,进而求出a,c的关系式,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而求出a,b的值,从而求出椭圆的标准方程。(2)利用点斜式求出经过点(1,1),且斜率为k的直线,再利用直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而求出直线AP与AQ的斜率之和是定值,并求出定值。7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点A与下顶点B在直线l:x−2y+1=0的两侧,且点B到l的距离是A到l的距离的3倍.(Ⅰ)求b的值;(Ⅱ)设C与l交于P,Q两点,求证:直线BP与BQ的斜率之和为定值.【答案】(Ⅰ)由椭圆的方程可得A(0,b),B(0,−b),由题意可得|2b+1|5=3×|−2b+1|5,解得b=1或b=14.当b=14时,点A,B都在直线l的下方,不符合题意,故b=1.(Ⅱ)联立x2a2+y2=1,x−2y+1=0,消去y可得(4+a2)x2+2a2x−3a2=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−2a24+a2,x1x2=−3a24+a2.直线BP与BQ的斜率之和kBP+kBQ=y1+1×1+y2+1×2=12×1+32×1+12×2+32×2=1+32(1×1+1×2)=1+32×x1+x2x1x2=1+32×2a24+a23a24+a2=2.因此直线BP与BQ的斜率之和为定值2.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)结合椭圆的方程即可求出点的坐标,再由点到直线的距离公式代入数值计算出b的值,然后由题意验证即可得出满图题意的b的取值。(2)根据题意联立直线与椭圆的方程,消去y等到关于x的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于a的两根之和与两根之积的代数式,然后由斜率的坐标公式代入整理即可得出结论。8.已知圆C和y轴相切于点T(0,2),与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),且MN=3. (Ⅰ)求圆C的方程;(Ⅱ)过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,连接AN和BN,记AN和BN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】解:(Ⅰ)依题意可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m.又|MN|=3,∴m2=22+(32)2=254,解得m=52.∴圆C的方程为(x−52)2+(y−2)2=254.(Ⅱ)由(x−52)2+(y−2)2=254,令y=0得x1=1,x2=4,所以M(1,0),N(4,0).①当直线AB的斜率为0时,可知k1=k2=0,即k1+k2=0;②当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:x=1+ty,将x=1+ty代入x2+y2=4,整理得(t2+1)y2+2ty−3=0,Δ=4t2+12(t2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=−2tt2+1,y1y2=−3t2+1.∴k1+k2=y1−0x1−4+y2−0x2−4=y1ty1−3+y2ty2−3,=2ty1y2−3(y1+y2)(ty1−3)(ty2−3)=−6tt2+1+6tt2+1(ty1−3)(ty2−3)=0.综上可知,k1+k2=0为定值.【知识点】斜率的计算公式;圆的标准方程;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(1)利用圆C和y轴相切于点T(0,2),可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m,又|MN|=3,再利用两点距离公式求出m的值,进而求出圆的标准方程。(2)利用(1)求出的圆的标准方程结合圆C与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),从而令y=0得x1=1,x2=4,进而求出点M,N的坐标,再利用点斜式设出过点M的直线方程,再结合分类讨论的方法结合过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而证出k1+k2为定值。9.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为32,过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)已知点M(0,-1),直线l经过点N(2,1)且与椭圆C相交于A,B两点(异于点M),记直线MA的斜率为k1,直线MB的斜率为k2,证明k1+k2为定值,并求出该定值.【答案】解:(Ⅰ)将x=c代入x2a2+y2b2=1中,由a2−c2=b2可得y2=b4a2,所以弦长为2b2a,故有2b2a=1ca=32a2=b2+c2,解得a=2b=1,所以椭圆C的方程为:x24+y2=1.(Ⅱ)若直线l的斜率不存在,即直线的方程为x=2,与椭圆只有一个交点,不符合题意。设直线l的斜率为k,若k=0,直线l与椭圆只有一个交点,不符合题意,故k≠0.所以直线l的方程为y−1=k(x−2),即y=kx−2k+1,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得:x24+y2=1,y=kx−2k+1消去y得:(1+4k2)x2−8k(2k−1)x+16k2−16k=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2,∵k1=y1+1×1,k2=y2+1×2,∵k1+k2=y1+1×1+y2+1×2=(y1+1)x2+(y2+1)x1x1x2=(kx1−2k+1+1)x2+(kx2−2k+1+1)x1x1x2=2kx1x2+(2-2k)x2+(2-2k)x1x1x2=2k−(2k−2)(x1+x2)x1x2把x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2代入上式,得∵k1+k2=2k−(2k−2)8k(2k−1)16k2−16k=1,命题得证.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)根据已知得到关于a,b,c的方程组,解方程组即得椭圆的标准方程;(Ⅱ)先考虑直线l的斜率不存在的情况,再考虑斜率存在的情况,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得到韦达定理,再求出k1+k2,化简即得其为定值.10.已知:点A(1,2)是离心率为22的椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上的一点.斜率为2的直线BD交椭圆C于B、D两点,且A、B、D三点不重合.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)△ABD的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由? (Ⅲ)求证:直线AB、AD的斜率之和为定值.【答案】解:(Ⅰ)∵e=22=ca,1b2+2a2=1,a2=b2+c2∴a=2,b=2,c=2∴x22+y24=1…(Ⅱ)设直线BD的方程为y=2x+m∴y=2x+m2x2+y2=4⇒4×2+22mx+m2−4=0∴Δ=−8m2+64>0⇒−22 b>0)的焦距为2,离心率为22,右顶点为A.(I)求该椭圆的方程;(II)过点D(2,−2)作直线PQ交椭圆于两个不同点P、Q,求证:直线AP,AQ的斜率之和为定值.【答案】解:(I)由题意可知2c=2,故c=1,又e=ca,∴a=2,∴b=1,∴椭圆方程为x22+y2=1.(II)由题意得,当直线PQ的斜率不存在时,不符合题意;当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y+2=k(x−2),即y=kx−2k−2.由y=kx−2k−2×22+y2=1消去y整理得(1+2k2)x2−42(k2+k)x+4k2+8k+2=0,∵直线与椭圆交于两点,∴Δ=−4(8k+1)>0,解得k<−18.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=42(k2+k)1+2k2,x1·x2=4k2+8k+21+2k2,又A(2,0),∴kAP+kAQ=y1x1−2+y2x2−2=k(x1−2)−2×1−2+k(x2−2)−2×2−2=2k−2(x1+x2)−4x1x2−2(x1+x2)+2=1.即直线AP,AQ的斜率之和为定值.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(I)由椭圆的焦距和离心率可得c=1,a=2,故b=1,从而可得椭圆的方程.(II)讨论直线PQ的斜率,当斜率存在时设其方程为y=kx−2k−2 ,与椭圆方程联立消元后得到二次方程,结合根与系数的关系及题意可求得kAP+kAQ=1,即得结论成立.三、斜率之差问题12.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设MN的斜率为m,BP的斜率为n,证明:2m−n为定值.【答案】(1)解:由椭圆的离心率e=ca=1−b2a2=32,则a=2b,①又a+b=3②,解得:a=2,b=1,则椭圆的标准方程为:x24+y2=1(2)证明:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则可设直线BP的方程为y=n(x−2)(n≠0,n≠±12).联立y=n(x−2)x24+y2=1,整理得(4n2+1)x2−16n2x+16n2−4=0.则xP+2=16n24n2+1,故xP=8n2−24n2+1,则yP=n(xP−2)=−4n4n2+1.所以P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).又直线AD的方程为y=12x+1.联立y=12x+1y=n(x−2),解得M(4n+22n−1,4n2n−1).由三点D(0,1),P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).N(x,0)共线,得−4n4n2+1−18n2−24n2+1−0=0−1x−0,所以N(4n−22n+1,0).∴MN的斜率为m=4n2n−1−04n+22n−1−4n−22n+1=4n(2n+1)2(2n+1)2−2(2n−1)2=2n+14.则2m−n=2n+12−n=12.∴2m−n为定值12【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系,整理化简计算出a与b的取值,由此得出椭圆的方程。(2)利用设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程再联立直线与椭圆的方程,消元后得到关于x的方程,结合韦达定理求出点的坐标,再联立直线的方程求出点的坐标,并代入到斜率公式整理化简即可得出答案。四、斜率之积问题13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,点A(1,32)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若椭圆C的右顶点为B,直线l过定点M(3,0),且交椭圆C于P,Q两点(异于点B),试探究直线BP与BQ的斜率的乘积是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:依题意可得a2=b2+c2e=ca=121a2+94b2=1,解得a=2b=3c=1,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)解:设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2).由y=k(x−3)x24+y23=1得(4k2+3)x2−24k2x+36k2−12=0由Δ=(−24k2)2−4(4k2+3)⋅(36k2−12)>0,解得k2<35,所以x1+x2=24k24k2+3,x1x2=36k2−124k2+3y1y2=k(x1−3)k(x2−3)=k2[x1x2−3(x1+x2)+9]=15k24k2+3所以kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2=y1y2x1x2−2(x1+x2)+4=15k24k2+336k2−124k2+3−48k24k2+3+4=15k236k2−12−48k2+4(4k2+3)=15k24k2=154(定值)【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意得到方程组,解得a、b、c的值,即可求出椭圆C的方程;(2)设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线与椭圆方程,消元,利用韦达定理得出x1+x2,x1x2的值,进而得到kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2整理计算可得直线BP与BQ的斜率的乘积为定值。14.如图,在直角坐标系xOy中,圆O:x2+y2=4与x轴负半轴交于点A,过点A的直线AM,AN分别与圆O交于M,N两点.(Ⅰ)若kAM=2,kAN=−12,求△AMN的面积;(Ⅱ)若直线MN过点(1,0),证明:kAM⋅kAN为定值,并求此定值. 【答案】解:(Ⅰ)由题知kAM⋅kAN=−1,所以AN⊥AM,MN为圆O的直径,AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,所以圆心到直线AM的距离d=|4|5,所以AM=24−165=455,由中位线定理知,AN=855,S=12×455×855=165;(Ⅱ)设M(x1,y1)、N(x2,y2),①当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程中有:x2+k2(x−1)2−4=0,整理得:(1+k2)x2−2k2x+k2−4=0,则有x1+x2=2k21+k2,x1x2=k2−41+k2,kAM⋅kAN=y1x1+2⋅y2x2+2=k(x1−1)x1+2⋅k(x2−1)x2+2=k2[x1x2−(x1+x2)+1]x1x2+2(x1+x2)+4=k2(k2−41+k2−2k21+k2+1)k2−41+k2+2⋅2k21+k2+4=k2(k2−4−2k2+1+k2)k2−4+4k2+4+4k2=−3k29k2=−13;②当直线MN斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),kAM⋅kAN=3−01−(−2)⋅−3−01−(−2)=−13;综合①②可得:kAM⋅kAN为定值,此定值为−13.【知识点】直线的斜率;点到直线的距离公式;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(I)由题意,得出直线AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,由中位线定理,得AN=855,由此可求解△AMN的面积;(II)当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程,利用根与系数的关系、韦达定理,即可化简得出kAM⋅kAN为定值;当斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),即可得到kAM⋅kAN为定值.15.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的应用【解析】【分析】由椭圆方程,结合斜率公式,化简整理,即可得到斜率之积为定值.16.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】根据直线斜率公式k=y2-y1x2-x1分别写出kPA,kPB,由椭圆方程写出y2,代入kPA·kPB即可求解.五、斜率之商问题17.如图,已知椭圆Γ:x24+y2=1和圆C:(x−4t)2+(y−3t)2=25t2(0 0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D为线段F1O的中点,过F2的直线l与C的右支交于M(x1,y1),N(x2,y2)两点,延长MD,ND分别与C交于点P,Q两点,若C的离心率为2,(3,7)为C上一点.(1)求证:x1y2−x2y1=2(y2−y1);(2)已知直线l和直线PQ的斜率都存在,分别记为k1,k2,k1≠0,判断k2k1是否为定值?若是,求出该定值;若不是,说明理由.【答案】(1)证明:由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,解得a2=b2=2,c2=4,所以双曲线C的方程为x22−y22=1,则F1(−2,0),F2(2,0),当直线l的斜率不存在时,则x1=x2=2,此时x1y2−x2y1=2y2−2y1=2(y2−y1),当直线l的斜率存在时,因为kMF2=kNF2,即y1x1−2=y2x2−2,整理得x1y2−x2y1=2(y2−y1),综上所述,x1y2−x2y1=2(y2−y1)(2)解:因为点D为线段F1O的中点,所以D(−1,0),显然直线MD的斜率存在且不为0,可设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),联立y=y1x1+1(x+1)x22−y22=1,消y整理得(x12+2×1+1−y12)x2−2y12x−y12−2×12−4×1−2=0,又x122−y122=1,所以y12=x12−2,所以(2×1+3)x2−2(x12−2)x−3×12−4×1=0,设P(x0,y0),则x1x0=−3×12−4x12x1+3,所以x0=−3×1−42×1+3,代入y=y1x1+1(x+1),得y0=−y12x1+3,即P(−3×1−42×1+3,−y12x1+3),同理Q(−3×2−42×2+3,−y22x2+3),所以k2=−y22x2+3−−y12x1+3−3×2−42×2+3−−3×1−42×1+3=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2,又因x1y2−x2y1=2(y2−y1),所以k2=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2=−7(y2−y1)x1−x2=7k1,即k2k1=7是定值.【知识点】双曲线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,求出a,b,c,可得双曲线C的方程和焦点坐标,再分斜率存在与不存在时进行讨论,斜率不存在时有x1=x2=2,代入左边即可验证得到右边;斜率存在时,由kMF2=kNF2,得y1x1−2=y2x2−2,化简整理即可得证;(2)设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),与双曲线方程联立求得P点坐标,同理得到Q点坐标,进而表示出k2,结合(1)的结论即可求得k2=7k1.19.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长轴长为4,离心率为12.过点Q(4,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线AF,BF的斜率分别为k1,k2(k2≠0),求证:k1k2为定值.【答案】(1)解:由已知有2a=4ca=12a2=b2+c2,解得a2=4b2=3,故椭圆C的标准方程为:x24+y23=1;(2)解:由已知直线l斜率不为零,故设其方程为x=my+4,由x=my+4×24+y23=1消去x得:((3m2+4)y2+24my+36=0,令Δ>0得m2>4.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=−24m3m2+4,y1⋅y2=363m2+4, 易知F(1,0),∴k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=y1my1+3⋅my2+3y2=my1y2+3y1my1y2+3y2=my1y2+3(y1+y2)−3y2my1y2+3y2=36m3m2+4−3×24m3m2+4−3y236m3m2+4+3y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)=−1所以k1k2为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由已知条件即可得2a=4ca=12a2=b2+c2,即可求解;(2)设直线l的方程为x=my+4,联立椭圆方程,结合韦达定理化简可得k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)即可求证。20.在平面直角坐标系中,A1,A2两点的坐标分别为(−2,0),(2,0),直线A1M,A2M.相交于点M且它们的斜率之积是−34,记动点M的轨迹为曲线E.过点F(1,0)作直线l交曲线E于P,Q两点,且点P位于x轴上方.记直线A1Q,A2P的斜率分别为k1,k2.(1)证明:k1k2为定值:(2)设点Q关于x轴的对称点为Q1,求△PFQ1面积的最大值.【答案】(1)证明:设M(x,y),由题可知yx+2⋅yx−2=−34,所以x24+y23=1(x≠±2).设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),联立x=my+1×24+y23=1,得(3m2+4)y2+6my−9=0,所以y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,所以k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,所以k1k2=y1x1+2y2x2−2=(x2−2)y1(x1+2)y2=my1y2−y1my1y2+3y2=−9m3m2+4−(−6m3m2+4−y2)−9m3m2+4+3y2=−3m+(3m2+4)y2−9m+3(3m2+4)y2=13,所以k1k2为定值.(2)解:设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,∴S△PQQ1=12⋅(−2y1)(x2−x1)=x1y1−x2y1,S△QQ1F=12(1−x1)(−2y1)=x1y1−y1,而S△PFQ1=S△PQQ1−S△QQ1F=(x1y1−x2y1)−(x1y1−y1)=y1−(my2+1)y1=−my1y2=9m3m2+4=93m+4m⩽9212=334,当m2=43,即m=233时,等号成立,此时△PFQ1的面积最大值为334.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设M(x,y),再利用已知条件结合两点求斜率公式得出x24+y23=1(x≠±2),设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,再利用两点求斜率公式得出k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,进而证出k1k2为定值。(2)设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,再利用三角形的面积公式和作差法得出S△PFQ1=9m3m2+4,再结合均值不等式求最值的方法得出三角形△PFQ1的面积的最大值。21.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为22(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴与点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(ⅰ)设直线PM,QM的斜率分别为k1,k2,证明k2k1为定值;(ⅱ)求直线AB的斜率的最小值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2−c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,−2m).所以直线PM的斜率k=2m−mx0=mx0,直线QM的斜率k′=−2m−mx0=−3mx0. 此时k′k=−3.所以k′k为定值–3.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2−4=0.由x0x1=2m2−42k2+1,可得x1=2(m2−2)(2k2+1)x0,所以y1=kx1+m=2k(m2−2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2−2)(18k2+1)x0,y2=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m.所以x2−x1=2(m2−2)(18k2+1)x0−2(m2−2)(2k2+1)x0=−32k2(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2−y1=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m−2(m2−2)(2k2+1)x0−m=−8k(6k2+1)(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2−y1x2−x1=6k2+14k=14(6k+1k).由m>0,×0>0,可知k>0,所以6k+1k≥26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4−8m2=66,即m=147,符号题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)分别计算a,b即得.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P,Q的坐标,进而得到直线PM的斜率k,直线QM的斜率k’,可得k’k为定值.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,应用一元二次方程根与系数的关系得到x2−x1,y2−y1,进而可得kAB.应用基本不等式即得.六、斜率综合问题22.如图.矩形ABCD的长AB=23,宽BC=12,以A、B为左右焦点的椭圆M:x2a2+y2b2=1恰好过C、D两点,点P为椭圆M上的动点.(1)求椭圆M的方程,并求PA⋅PB的取值范围;(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M、N两点(点C与M、N两点不重合),且直线CM、CN的斜率分别为k1、k2,试证明k1+k2−2k为定值.【答案】(1)解:由题意得c=3.又点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1上,所以3a2+14b2=1,且a2−b2=3,所以a=2,b=1,故椭圆M的方程为x24+y2=1.设点P(x,y),由A(3,0),B(−3,0)得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2.又x∈[−2,2],所以PA⋅PB∈[−2,1](2)解:设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),联立椭圆M方程得(1+4k2)x2−83k2x+12k2−4=0.设两点M(x1,y1)、N(x2,y2),故x1+x2=83k21+4k2,x1x2=12k2−41+4k2.因为k1+k2=y1−12×1−3+y2−12×2−3=(y1x2+x1y2)−3(y1+y2)−12(x1+x2)+3x1x2−3(x1+x2)+3,其中y1x2+x1y2=2kx1x2−3k(x1+x2)=−8k1+4k2,y1+y2=−23k1+4k2,故k1+k2=−8k1+4k2+6k1+4k2−43k21+4k2+312k2−41+4k2−24k21+4k2+3=2k−3所以k1+k2−2k=−3为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意可得2c=AB=23解得c,由点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1结b2=a2-c2,解得a,b,即可得出椭圆的方程,设点P(x,y),由数量积公式可得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2,由于x∈[−2,2],即可得出PA⋅PB的取值范围;(2)设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),M(x1,y1)、N(x2,y2),联立直线MN与椭圆的方程,结合韦达定理可得x1+x2,x1x2,再计算k1+k2=2k−3,即可得出答案.23.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,P(2,1)为椭圆C上一点.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若过点Q(2,0)且斜率为k的直线l与椭圆C相交于A,B两点,记直线AP,BP的斜率分别为k1,k2,试问k1+k2−2k是否是定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设椭圆C的焦距为2c, 则4a2+1b2=1a2=b2+c2ca=32,,解得a2=8b2=2c2=6故椭圆C的方程为x28+y22=1.(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2).联立x28+y22=1,y=k(x−2),整理得(4k2+1)x2−16k2x+16k2−8=0,,则x1+x2=16k24k2+1,x1x2=16k2−84k2+1.因为P(2,1),所以k1=y1−1×1−2,k2=y2−1×2−2,则k1+k2−2k=y1−1×1−2+y2−1×2−2−2k=kx1−2k−1×1−2+kx2−2k−1×2−2−2k=−1×1−2−1×2−2=−x1+x2−4x1x2−2(x1+x2)+4=−16k24k2+1−416k2−84k2+1−32k24k2+1+4=−1.故k1+k2−2k为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由已知条件列出方程组,求解a,b,可得椭圆C的标准方程;(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2),与椭圆方程联立,再利用韦达定理可得k1+k2−2k是定值.
简介:斜率型定值型问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、斜率问题1.已知,椭圆C过点A(1,32),两个焦点为(−1,0),(1,0).(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.【答案】解:(Ⅰ)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,因为点A(1 ,32)在椭圆上,所以11+b2+94b2=1,解得b2=3,b2=−34舍去所求椭圆方程为x24+y23=1(Ⅱ)设直线AE方程为y=k(x−1)+32,代入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0设E(xE, yE),F(xF, yF),点A(1 ,32)在直线AE上则xE=4k2−12k−33+4k2,yE=k(xE−1)+32;直线AF的斜率与直线AE的斜率互为相反数,在上式中用−k代替k得xF=4k2+12k−33+4k2,yE=−k(xF−1)+32,直线AE的斜率kEF=yF−yExF−xE=−k(xE+xF)+2kxF−xE=12所以直线AE的斜率为定值【知识点】斜率的计算公式;椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,将A(1 ,32)代入即可求出b2=3,则椭圆方程可求.(2)设直线AE方程为:y=k(x−1)+32,代入入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0,再由点A(1 ,32)在椭圆上,根据结直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,结合直线的位置关系进行求解.2.已知椭圆C的中心在原点,一个焦点F=(0,2),且长轴长与短轴长的比是2:1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1,过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA,PB分别交椭圆C于另外两点A,B,求证:直线AB的斜率为定值;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求△PAB面积的最大值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)由题意a2=b2+c2a:b=2:1c=2,解得a2=4,b2=2.所以,椭圆C的方程为y24+x22=1.故点P(1,2)(Ⅱ)由题意知,两直线PA,PB的斜率必存在,设PB的斜率为k,则PB的直线方程为y−2=k(x−1)由y−2=k(x−1)y24+x22=1得,(2+k2)x2+2k(2−k)x+(2−k)2−4=0.设A(xA,yA),B(xB,yB),则xB=1⋅xB=k2−22k−22+k2,同理可得xA=k2+22k−22+k2则xA−xB=42k2+k2,yA−yB=−k(xA−1)−k(xB−1)=8k2+k2.所以直线AB的斜率kAB=yA−yBxA−xB=2为定值.(Ⅲ)设AB的直线方程为y=2x+m,由y=2x+m,y24+x22=1.得4×2+22mx+m2−4=0.由Δ=(22m)2−16(m2−4)>0,得m2<8此时xA+xB=−2m2,xA⋅xB=m2−44.由椭圆的方程可得点P(1,2),根据点到直线的距离公式可得P到AB的距离为d=|m|3,|AB|=(xA−xB)2+(yA−yB)2=−32m2+12则SΔPAB=12|AB|d=1212−32m2⋅|m|3=1212m2(−m2+8)≤1212×m2−m2+82=2因为m2=4使判别式大于零,所以当且仅当m=±2时取等号,所以△PAB面积的最大值为2.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)求得a,b,c即可得椭圆方程.(2)设PB的斜率为k,联立直线方程和椭圆方程,利用韦达定理用k表示A、B的坐标,从而可证斜率为定值.(3)结合(2)可设直线AB的直线方程为y=2x+m,联立直线方程和椭圆方程,利用弦长公式可求AB,利用距离公式和面积公式可得面积的表达式,利用基本不等式可求面积的最大值. 3.如图,已知点P(2,2)是抛物线C:y2=2x上一点,过点P作两条斜率相反的直线分别与抛物线交于A、B两点,直线PA的斜率为k(k>0).(Ⅰ)若直线PA、PB恰好为圆(x−2)2+y2=1的切线,求直线PA的斜率;(Ⅱ)求证:直线AB的斜率为定值.并求出当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积.【答案】解:(Ⅰ)依题意,PA:y−2=k(x−2)(k>0),由直线PA与圆(x−2)2+y2=1相切,可得|2k−0+2−2k|1+k2=1,解k=3.(Ⅱ)设A(xA,yA),B(xB,yB).联立直线PA与抛物线方程y−2=k(x−2)y2=2x,消去x可得:ky2−2y+4−4k=0,∴yAyP=4−4kk,yA=2−2kk,∴A(2(1−k)2k2,2−2kk).用−k代替k可得:yB=−2+2kk,∴B(2(1+k)2k2,−2−2kk).因此,kAB=yA−yBxA−xB=yA−yByA2−yB22=2yA+yB=−12.即直线AB的斜率为定值−12.1°当∠PAB=90°时,由kAB⋅k=−1得k=2,此时P(2,2),A(12,−1),B(92,−3),求得|PA|=325,|AB|=25,S△PAB=12|PA||AB|=12⋅325⋅25=152.2°当∠APB=90°时,可得k=1,此时P(2,2),A(0,0),B(8,−4),求得|PA|=22,|PB|=62,S△PAB=12|PA|⋅|PB|=12⋅22⋅62=12.3° 当∠ABP=90°时,无解.综上所述,当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积为152或12.【知识点】抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合点斜式求出直线PA的方程,再利用直线与圆相切的位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,进而求出直线的斜率。(2)利用已知条件结合直线与抛物线相交,联立二者方程求出交点坐标,再利用两点求斜率公式,进而求出直线AB的斜率,进而求出直线AB的斜率为定值,再利用已知条件结合分类讨论的方法和三角形的面积公式,从而求出三角形△PAB的面积。二、斜率之和问题4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=13,且椭圆C经过点P(−1,−83).(1)求椭圆C的方程.(2)不过点P的直线l:y=kx+3与椭圆C交于A,B两点,记直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,试判断k1+k2是否为定值.若是,求出该定值:若不是,请说明理由.【答案】(1)解:根据题意得:ca=13a2−b2=c21a2+649b2=1⇒a2=9b2=8c2=1,故椭圆C的标准方程为x29+y28=1(2)解:因为直线l不过点P(−1,−83),且直线PA,PB的斜率存在,所以k≠173.设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组y=kx+3×29+y28=1,得(8+9k2)x2+54kx+9=0,则x1+x2=−54k8+9k2,x1x2=98+9k2.由Δ=(54k)2−36(8+9k2)>0,得k2>19且k≠173.因为k1+k2=y1+83×1+1+y2+83×2+1=kx1+173×1+1+kx2+173×2+1=2kx1x2+(k+173)(x1+x2)+343x1x2+(x1+x2)+1,所以k1+k2=18k8+9k2−54k(k+173)8+9k2+34398+9k2−54k8+9k2+1=163(9k2−54k+17)9k2−54k+17=163.即k1+k2为定值,且k1+k2=163.【知识点】斜率的计算公式;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件即可得出关于a、b、c的方程组,计算出结果,由此得出椭圆的方程。(2)根据题意由设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程,结合韦达定理即可得出两根之和与两根之积的关于k的代数式,并代入到斜率公式整理化简即可得出结果。5.已知抛物线E:y2=2px(p>0),点P(2,22)在抛物线E上.(1)求抛物线E的准线方程;(2)过点Q(−2,0)的直线l与抛物线E交于A,B两点,直线PA交y轴于点M,直线PB交y轴于N,记直线QM,QN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】(1)解:将P(2,22)代入E:y2=2px,解得p=2,E:y2=4x的准线方程为x=−1.(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),联立y2=4xx=ny−2,整理得y2−4ny+8=0, 由题意,Δ=(4n)2−4×8>0,即n>2或n<−2,且y1+y2=4n,y1y2=8,因为P,A,M三点共线,由y1−22×1−2=y3−220−2,整理得y3=22y1y1+22,同理得y4=22y2y2+22,k1+k2=y32+y42=22(y1y2+2(y1+y2)y1y2+22(y1+y2)+8)=2.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将P(2,22)代入E:y2=2px可得答案;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),由P,A,M三点共线可得y3=22y1y1+22,y4=22y2y2+22,直线与抛物线联立,利用韦达定理代入k1+k2=y32+y42可得答案.6.如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1),且离心率为22.(I)求椭圆E的方程;(II)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),问:直线AP与AQ的斜率之和是否为定值?若是,求出此定值;若否,说明理由.【答案】解:(Ⅰ)由题意知ca=22,b=1,综合a2=b2+c2,解得a=2,所以,椭圆的方程为x22+y2=1.(Ⅱ)由题设知,直线PQ的方程为y=k(x−1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0,由已知Δ>0,设P(x1y1),Q(x2y2),x1x2≠0则x1+x2=4k(k−1)1+2k2,x1x2=2k(k−2)1+2k2,从而直线AP与AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1×1+y2+1×2=kx1+2−kx1+kx2+2−kx1=2k+(2−k)(1×1+1×2)=2k+(2−k)x1+x2x1x2=2k+(2−k)4k(k−1)2k(k−2)=2k−(2k−1)=2.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1)结合代入法求出a,b的一个方程,再利用椭圆离心率为22结合离心率公式,进而求出a,c的关系式,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而求出a,b的值,从而求出椭圆的标准方程。(2)利用点斜式求出经过点(1,1),且斜率为k的直线,再利用直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而求出直线AP与AQ的斜率之和是定值,并求出定值。7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点A与下顶点B在直线l:x−2y+1=0的两侧,且点B到l的距离是A到l的距离的3倍.(Ⅰ)求b的值;(Ⅱ)设C与l交于P,Q两点,求证:直线BP与BQ的斜率之和为定值.【答案】(Ⅰ)由椭圆的方程可得A(0,b),B(0,−b),由题意可得|2b+1|5=3×|−2b+1|5,解得b=1或b=14.当b=14时,点A,B都在直线l的下方,不符合题意,故b=1.(Ⅱ)联立x2a2+y2=1,x−2y+1=0,消去y可得(4+a2)x2+2a2x−3a2=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−2a24+a2,x1x2=−3a24+a2.直线BP与BQ的斜率之和kBP+kBQ=y1+1×1+y2+1×2=12×1+32×1+12×2+32×2=1+32(1×1+1×2)=1+32×x1+x2x1x2=1+32×2a24+a23a24+a2=2.因此直线BP与BQ的斜率之和为定值2.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)结合椭圆的方程即可求出点的坐标,再由点到直线的距离公式代入数值计算出b的值,然后由题意验证即可得出满图题意的b的取值。(2)根据题意联立直线与椭圆的方程,消去y等到关于x的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于a的两根之和与两根之积的代数式,然后由斜率的坐标公式代入整理即可得出结论。8.已知圆C和y轴相切于点T(0,2),与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),且MN=3. (Ⅰ)求圆C的方程;(Ⅱ)过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,连接AN和BN,记AN和BN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】解:(Ⅰ)依题意可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m.又|MN|=3,∴m2=22+(32)2=254,解得m=52.∴圆C的方程为(x−52)2+(y−2)2=254.(Ⅱ)由(x−52)2+(y−2)2=254,令y=0得x1=1,x2=4,所以M(1,0),N(4,0).①当直线AB的斜率为0时,可知k1=k2=0,即k1+k2=0;②当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:x=1+ty,将x=1+ty代入x2+y2=4,整理得(t2+1)y2+2ty−3=0,Δ=4t2+12(t2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=−2tt2+1,y1y2=−3t2+1.∴k1+k2=y1−0x1−4+y2−0x2−4=y1ty1−3+y2ty2−3,=2ty1y2−3(y1+y2)(ty1−3)(ty2−3)=−6tt2+1+6tt2+1(ty1−3)(ty2−3)=0.综上可知,k1+k2=0为定值.【知识点】斜率的计算公式;圆的标准方程;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(1)利用圆C和y轴相切于点T(0,2),可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m,又|MN|=3,再利用两点距离公式求出m的值,进而求出圆的标准方程。(2)利用(1)求出的圆的标准方程结合圆C与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),从而令y=0得x1=1,x2=4,进而求出点M,N的坐标,再利用点斜式设出过点M的直线方程,再结合分类讨论的方法结合过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而证出k1+k2为定值。9.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为32,过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)已知点M(0,-1),直线l经过点N(2,1)且与椭圆C相交于A,B两点(异于点M),记直线MA的斜率为k1,直线MB的斜率为k2,证明k1+k2为定值,并求出该定值.【答案】解:(Ⅰ)将x=c代入x2a2+y2b2=1中,由a2−c2=b2可得y2=b4a2,所以弦长为2b2a,故有2b2a=1ca=32a2=b2+c2,解得a=2b=1,所以椭圆C的方程为:x24+y2=1.(Ⅱ)若直线l的斜率不存在,即直线的方程为x=2,与椭圆只有一个交点,不符合题意。设直线l的斜率为k,若k=0,直线l与椭圆只有一个交点,不符合题意,故k≠0.所以直线l的方程为y−1=k(x−2),即y=kx−2k+1,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得:x24+y2=1,y=kx−2k+1消去y得:(1+4k2)x2−8k(2k−1)x+16k2−16k=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2,∵k1=y1+1×1,k2=y2+1×2,∵k1+k2=y1+1×1+y2+1×2=(y1+1)x2+(y2+1)x1x1x2=(kx1−2k+1+1)x2+(kx2−2k+1+1)x1x1x2=2kx1x2+(2-2k)x2+(2-2k)x1x1x2=2k−(2k−2)(x1+x2)x1x2把x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2代入上式,得∵k1+k2=2k−(2k−2)8k(2k−1)16k2−16k=1,命题得证.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)根据已知得到关于a,b,c的方程组,解方程组即得椭圆的标准方程;(Ⅱ)先考虑直线l的斜率不存在的情况,再考虑斜率存在的情况,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得到韦达定理,再求出k1+k2,化简即得其为定值.10.已知:点A(1,2)是离心率为22的椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上的一点.斜率为2的直线BD交椭圆C于B、D两点,且A、B、D三点不重合.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)△ABD的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由? (Ⅲ)求证:直线AB、AD的斜率之和为定值.【答案】解:(Ⅰ)∵e=22=ca,1b2+2a2=1,a2=b2+c2∴a=2,b=2,c=2∴x22+y24=1…(Ⅱ)设直线BD的方程为y=2x+m∴y=2x+m2x2+y2=4⇒4×2+22mx+m2−4=0∴Δ=−8m2+64>0⇒−22 b>0)的焦距为2,离心率为22,右顶点为A.(I)求该椭圆的方程;(II)过点D(2,−2)作直线PQ交椭圆于两个不同点P、Q,求证:直线AP,AQ的斜率之和为定值.【答案】解:(I)由题意可知2c=2,故c=1,又e=ca,∴a=2,∴b=1,∴椭圆方程为x22+y2=1.(II)由题意得,当直线PQ的斜率不存在时,不符合题意;当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y+2=k(x−2),即y=kx−2k−2.由y=kx−2k−2×22+y2=1消去y整理得(1+2k2)x2−42(k2+k)x+4k2+8k+2=0,∵直线与椭圆交于两点,∴Δ=−4(8k+1)>0,解得k<−18.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=42(k2+k)1+2k2,x1·x2=4k2+8k+21+2k2,又A(2,0),∴kAP+kAQ=y1x1−2+y2x2−2=k(x1−2)−2×1−2+k(x2−2)−2×2−2=2k−2(x1+x2)−4x1x2−2(x1+x2)+2=1.即直线AP,AQ的斜率之和为定值.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(I)由椭圆的焦距和离心率可得c=1,a=2,故b=1,从而可得椭圆的方程.(II)讨论直线PQ的斜率,当斜率存在时设其方程为y=kx−2k−2 ,与椭圆方程联立消元后得到二次方程,结合根与系数的关系及题意可求得kAP+kAQ=1,即得结论成立.三、斜率之差问题12.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设MN的斜率为m,BP的斜率为n,证明:2m−n为定值.【答案】(1)解:由椭圆的离心率e=ca=1−b2a2=32,则a=2b,①又a+b=3②,解得:a=2,b=1,则椭圆的标准方程为:x24+y2=1(2)证明:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则可设直线BP的方程为y=n(x−2)(n≠0,n≠±12).联立y=n(x−2)x24+y2=1,整理得(4n2+1)x2−16n2x+16n2−4=0.则xP+2=16n24n2+1,故xP=8n2−24n2+1,则yP=n(xP−2)=−4n4n2+1.所以P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).又直线AD的方程为y=12x+1.联立y=12x+1y=n(x−2),解得M(4n+22n−1,4n2n−1).由三点D(0,1),P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).N(x,0)共线,得−4n4n2+1−18n2−24n2+1−0=0−1x−0,所以N(4n−22n+1,0).∴MN的斜率为m=4n2n−1−04n+22n−1−4n−22n+1=4n(2n+1)2(2n+1)2−2(2n−1)2=2n+14.则2m−n=2n+12−n=12.∴2m−n为定值12【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系,整理化简计算出a与b的取值,由此得出椭圆的方程。(2)利用设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程再联立直线与椭圆的方程,消元后得到关于x的方程,结合韦达定理求出点的坐标,再联立直线的方程求出点的坐标,并代入到斜率公式整理化简即可得出答案。四、斜率之积问题13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,点A(1,32)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若椭圆C的右顶点为B,直线l过定点M(3,0),且交椭圆C于P,Q两点(异于点B),试探究直线BP与BQ的斜率的乘积是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:依题意可得a2=b2+c2e=ca=121a2+94b2=1,解得a=2b=3c=1,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)解:设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2).由y=k(x−3)x24+y23=1得(4k2+3)x2−24k2x+36k2−12=0由Δ=(−24k2)2−4(4k2+3)⋅(36k2−12)>0,解得k2<35,所以x1+x2=24k24k2+3,x1x2=36k2−124k2+3y1y2=k(x1−3)k(x2−3)=k2[x1x2−3(x1+x2)+9]=15k24k2+3所以kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2=y1y2x1x2−2(x1+x2)+4=15k24k2+336k2−124k2+3−48k24k2+3+4=15k236k2−12−48k2+4(4k2+3)=15k24k2=154(定值)【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意得到方程组,解得a、b、c的值,即可求出椭圆C的方程;(2)设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线与椭圆方程,消元,利用韦达定理得出x1+x2,x1x2的值,进而得到kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2整理计算可得直线BP与BQ的斜率的乘积为定值。14.如图,在直角坐标系xOy中,圆O:x2+y2=4与x轴负半轴交于点A,过点A的直线AM,AN分别与圆O交于M,N两点.(Ⅰ)若kAM=2,kAN=−12,求△AMN的面积;(Ⅱ)若直线MN过点(1,0),证明:kAM⋅kAN为定值,并求此定值. 【答案】解:(Ⅰ)由题知kAM⋅kAN=−1,所以AN⊥AM,MN为圆O的直径,AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,所以圆心到直线AM的距离d=|4|5,所以AM=24−165=455,由中位线定理知,AN=855,S=12×455×855=165;(Ⅱ)设M(x1,y1)、N(x2,y2),①当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程中有:x2+k2(x−1)2−4=0,整理得:(1+k2)x2−2k2x+k2−4=0,则有x1+x2=2k21+k2,x1x2=k2−41+k2,kAM⋅kAN=y1x1+2⋅y2x2+2=k(x1−1)x1+2⋅k(x2−1)x2+2=k2[x1x2−(x1+x2)+1]x1x2+2(x1+x2)+4=k2(k2−41+k2−2k21+k2+1)k2−41+k2+2⋅2k21+k2+4=k2(k2−4−2k2+1+k2)k2−4+4k2+4+4k2=−3k29k2=−13;②当直线MN斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),kAM⋅kAN=3−01−(−2)⋅−3−01−(−2)=−13;综合①②可得:kAM⋅kAN为定值,此定值为−13.【知识点】直线的斜率;点到直线的距离公式;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(I)由题意,得出直线AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,由中位线定理,得AN=855,由此可求解△AMN的面积;(II)当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程,利用根与系数的关系、韦达定理,即可化简得出kAM⋅kAN为定值;当斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),即可得到kAM⋅kAN为定值.15.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的应用【解析】【分析】由椭圆方程,结合斜率公式,化简整理,即可得到斜率之积为定值.16.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】根据直线斜率公式k=y2-y1x2-x1分别写出kPA,kPB,由椭圆方程写出y2,代入kPA·kPB即可求解.五、斜率之商问题17.如图,已知椭圆Γ:x24+y2=1和圆C:(x−4t)2+(y−3t)2=25t2(0 0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D为线段F1O的中点,过F2的直线l与C的右支交于M(x1,y1),N(x2,y2)两点,延长MD,ND分别与C交于点P,Q两点,若C的离心率为2,(3,7)为C上一点.(1)求证:x1y2−x2y1=2(y2−y1);(2)已知直线l和直线PQ的斜率都存在,分别记为k1,k2,k1≠0,判断k2k1是否为定值?若是,求出该定值;若不是,说明理由.【答案】(1)证明:由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,解得a2=b2=2,c2=4,所以双曲线C的方程为x22−y22=1,则F1(−2,0),F2(2,0),当直线l的斜率不存在时,则x1=x2=2,此时x1y2−x2y1=2y2−2y1=2(y2−y1),当直线l的斜率存在时,因为kMF2=kNF2,即y1x1−2=y2x2−2,整理得x1y2−x2y1=2(y2−y1),综上所述,x1y2−x2y1=2(y2−y1)(2)解:因为点D为线段F1O的中点,所以D(−1,0),显然直线MD的斜率存在且不为0,可设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),联立y=y1x1+1(x+1)x22−y22=1,消y整理得(x12+2×1+1−y12)x2−2y12x−y12−2×12−4×1−2=0,又x122−y122=1,所以y12=x12−2,所以(2×1+3)x2−2(x12−2)x−3×12−4×1=0,设P(x0,y0),则x1x0=−3×12−4x12x1+3,所以x0=−3×1−42×1+3,代入y=y1x1+1(x+1),得y0=−y12x1+3,即P(−3×1−42×1+3,−y12x1+3),同理Q(−3×2−42×2+3,−y22x2+3),所以k2=−y22x2+3−−y12x1+3−3×2−42×2+3−−3×1−42×1+3=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2,又因x1y2−x2y1=2(y2−y1),所以k2=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2=−7(y2−y1)x1−x2=7k1,即k2k1=7是定值.【知识点】双曲线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,求出a,b,c,可得双曲线C的方程和焦点坐标,再分斜率存在与不存在时进行讨论,斜率不存在时有x1=x2=2,代入左边即可验证得到右边;斜率存在时,由kMF2=kNF2,得y1x1−2=y2x2−2,化简整理即可得证;(2)设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),与双曲线方程联立求得P点坐标,同理得到Q点坐标,进而表示出k2,结合(1)的结论即可求得k2=7k1.19.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长轴长为4,离心率为12.过点Q(4,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线AF,BF的斜率分别为k1,k2(k2≠0),求证:k1k2为定值.【答案】(1)解:由已知有2a=4ca=12a2=b2+c2,解得a2=4b2=3,故椭圆C的标准方程为:x24+y23=1;(2)解:由已知直线l斜率不为零,故设其方程为x=my+4,由x=my+4×24+y23=1消去x得:((3m2+4)y2+24my+36=0,令Δ>0得m2>4.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=−24m3m2+4,y1⋅y2=363m2+4, 易知F(1,0),∴k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=y1my1+3⋅my2+3y2=my1y2+3y1my1y2+3y2=my1y2+3(y1+y2)−3y2my1y2+3y2=36m3m2+4−3×24m3m2+4−3y236m3m2+4+3y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)=−1所以k1k2为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由已知条件即可得2a=4ca=12a2=b2+c2,即可求解;(2)设直线l的方程为x=my+4,联立椭圆方程,结合韦达定理化简可得k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)即可求证。20.在平面直角坐标系中,A1,A2两点的坐标分别为(−2,0),(2,0),直线A1M,A2M.相交于点M且它们的斜率之积是−34,记动点M的轨迹为曲线E.过点F(1,0)作直线l交曲线E于P,Q两点,且点P位于x轴上方.记直线A1Q,A2P的斜率分别为k1,k2.(1)证明:k1k2为定值:(2)设点Q关于x轴的对称点为Q1,求△PFQ1面积的最大值.【答案】(1)证明:设M(x,y),由题可知yx+2⋅yx−2=−34,所以x24+y23=1(x≠±2).设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),联立x=my+1×24+y23=1,得(3m2+4)y2+6my−9=0,所以y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,所以k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,所以k1k2=y1x1+2y2x2−2=(x2−2)y1(x1+2)y2=my1y2−y1my1y2+3y2=−9m3m2+4−(−6m3m2+4−y2)−9m3m2+4+3y2=−3m+(3m2+4)y2−9m+3(3m2+4)y2=13,所以k1k2为定值.(2)解:设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,∴S△PQQ1=12⋅(−2y1)(x2−x1)=x1y1−x2y1,S△QQ1F=12(1−x1)(−2y1)=x1y1−y1,而S△PFQ1=S△PQQ1−S△QQ1F=(x1y1−x2y1)−(x1y1−y1)=y1−(my2+1)y1=−my1y2=9m3m2+4=93m+4m⩽9212=334,当m2=43,即m=233时,等号成立,此时△PFQ1的面积最大值为334.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设M(x,y),再利用已知条件结合两点求斜率公式得出x24+y23=1(x≠±2),设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,再利用两点求斜率公式得出k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,进而证出k1k2为定值。(2)设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,再利用三角形的面积公式和作差法得出S△PFQ1=9m3m2+4,再结合均值不等式求最值的方法得出三角形△PFQ1的面积的最大值。21.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为22(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴与点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(ⅰ)设直线PM,QM的斜率分别为k1,k2,证明k2k1为定值;(ⅱ)求直线AB的斜率的最小值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2−c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,−2m).所以直线PM的斜率k=2m−mx0=mx0,直线QM的斜率k′=−2m−mx0=−3mx0. 此时k′k=−3.所以k′k为定值–3.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2−4=0.由x0x1=2m2−42k2+1,可得x1=2(m2−2)(2k2+1)x0,所以y1=kx1+m=2k(m2−2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2−2)(18k2+1)x0,y2=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m.所以x2−x1=2(m2−2)(18k2+1)x0−2(m2−2)(2k2+1)x0=−32k2(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2−y1=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m−2(m2−2)(2k2+1)x0−m=−8k(6k2+1)(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2−y1x2−x1=6k2+14k=14(6k+1k).由m>0,×0>0,可知k>0,所以6k+1k≥26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4−8m2=66,即m=147,符号题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)分别计算a,b即得.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P,Q的坐标,进而得到直线PM的斜率k,直线QM的斜率k’,可得k’k为定值.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,应用一元二次方程根与系数的关系得到x2−x1,y2−y1,进而可得kAB.应用基本不等式即得.六、斜率综合问题22.如图.矩形ABCD的长AB=23,宽BC=12,以A、B为左右焦点的椭圆M:x2a2+y2b2=1恰好过C、D两点,点P为椭圆M上的动点.(1)求椭圆M的方程,并求PA⋅PB的取值范围;(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M、N两点(点C与M、N两点不重合),且直线CM、CN的斜率分别为k1、k2,试证明k1+k2−2k为定值.【答案】(1)解:由题意得c=3.又点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1上,所以3a2+14b2=1,且a2−b2=3,所以a=2,b=1,故椭圆M的方程为x24+y2=1.设点P(x,y),由A(3,0),B(−3,0)得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2.又x∈[−2,2],所以PA⋅PB∈[−2,1](2)解:设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),联立椭圆M方程得(1+4k2)x2−83k2x+12k2−4=0.设两点M(x1,y1)、N(x2,y2),故x1+x2=83k21+4k2,x1x2=12k2−41+4k2.因为k1+k2=y1−12×1−3+y2−12×2−3=(y1x2+x1y2)−3(y1+y2)−12(x1+x2)+3x1x2−3(x1+x2)+3,其中y1x2+x1y2=2kx1x2−3k(x1+x2)=−8k1+4k2,y1+y2=−23k1+4k2,故k1+k2=−8k1+4k2+6k1+4k2−43k21+4k2+312k2−41+4k2−24k21+4k2+3=2k−3所以k1+k2−2k=−3为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意可得2c=AB=23解得c,由点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1结b2=a2-c2,解得a,b,即可得出椭圆的方程,设点P(x,y),由数量积公式可得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2,由于x∈[−2,2],即可得出PA⋅PB的取值范围;(2)设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),M(x1,y1)、N(x2,y2),联立直线MN与椭圆的方程,结合韦达定理可得x1+x2,x1x2,再计算k1+k2=2k−3,即可得出答案.23.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,P(2,1)为椭圆C上一点.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若过点Q(2,0)且斜率为k的直线l与椭圆C相交于A,B两点,记直线AP,BP的斜率分别为k1,k2,试问k1+k2−2k是否是定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设椭圆C的焦距为2c, 则4a2+1b2=1a2=b2+c2ca=32,,解得a2=8b2=2c2=6故椭圆C的方程为x28+y22=1.(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2).联立x28+y22=1,y=k(x−2),整理得(4k2+1)x2−16k2x+16k2−8=0,,则x1+x2=16k24k2+1,x1x2=16k2−84k2+1.因为P(2,1),所以k1=y1−1×1−2,k2=y2−1×2−2,则k1+k2−2k=y1−1×1−2+y2−1×2−2−2k=kx1−2k−1×1−2+kx2−2k−1×2−2−2k=−1×1−2−1×2−2=−x1+x2−4x1x2−2(x1+x2)+4=−16k24k2+1−416k2−84k2+1−32k24k2+1+4=−1.故k1+k2−2k为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由已知条件列出方程组,求解a,b,可得椭圆C的标准方程;(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2),与椭圆方程联立,再利用韦达定理可得k1+k2−2k是定值.
简介:斜率型定值型问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、斜率问题1.已知,椭圆C过点A(1,32),两个焦点为(−1,0),(1,0).(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.【答案】解:(Ⅰ)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,因为点A(1 ,32)在椭圆上,所以11+b2+94b2=1,解得b2=3,b2=−34舍去所求椭圆方程为x24+y23=1(Ⅱ)设直线AE方程为y=k(x−1)+32,代入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0设E(xE, yE),F(xF, yF),点A(1 ,32)在直线AE上则xE=4k2−12k−33+4k2,yE=k(xE−1)+32;直线AF的斜率与直线AE的斜率互为相反数,在上式中用−k代替k得xF=4k2+12k−33+4k2,yE=−k(xF−1)+32,直线AE的斜率kEF=yF−yExF−xE=−k(xE+xF)+2kxF−xE=12所以直线AE的斜率为定值【知识点】斜率的计算公式;椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,将A(1 ,32)代入即可求出b2=3,则椭圆方程可求.(2)设直线AE方程为:y=k(x−1)+32,代入入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0,再由点A(1 ,32)在椭圆上,根据结直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,结合直线的位置关系进行求解.2.已知椭圆C的中心在原点,一个焦点F=(0,2),且长轴长与短轴长的比是2:1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1,过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA,PB分别交椭圆C于另外两点A,B,求证:直线AB的斜率为定值;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求△PAB面积的最大值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)由题意a2=b2+c2a:b=2:1c=2,解得a2=4,b2=2.所以,椭圆C的方程为y24+x22=1.故点P(1,2)(Ⅱ)由题意知,两直线PA,PB的斜率必存在,设PB的斜率为k,则PB的直线方程为y−2=k(x−1)由y−2=k(x−1)y24+x22=1得,(2+k2)x2+2k(2−k)x+(2−k)2−4=0.设A(xA,yA),B(xB,yB),则xB=1⋅xB=k2−22k−22+k2,同理可得xA=k2+22k−22+k2则xA−xB=42k2+k2,yA−yB=−k(xA−1)−k(xB−1)=8k2+k2.所以直线AB的斜率kAB=yA−yBxA−xB=2为定值.(Ⅲ)设AB的直线方程为y=2x+m,由y=2x+m,y24+x22=1.得4×2+22mx+m2−4=0.由Δ=(22m)2−16(m2−4)>0,得m2<8此时xA+xB=−2m2,xA⋅xB=m2−44.由椭圆的方程可得点P(1,2),根据点到直线的距离公式可得P到AB的距离为d=|m|3,|AB|=(xA−xB)2+(yA−yB)2=−32m2+12则SΔPAB=12|AB|d=1212−32m2⋅|m|3=1212m2(−m2+8)≤1212×m2−m2+82=2因为m2=4使判别式大于零,所以当且仅当m=±2时取等号,所以△PAB面积的最大值为2.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)求得a,b,c即可得椭圆方程.(2)设PB的斜率为k,联立直线方程和椭圆方程,利用韦达定理用k表示A、B的坐标,从而可证斜率为定值.(3)结合(2)可设直线AB的直线方程为y=2x+m,联立直线方程和椭圆方程,利用弦长公式可求AB,利用距离公式和面积公式可得面积的表达式,利用基本不等式可求面积的最大值. 3.如图,已知点P(2,2)是抛物线C:y2=2x上一点,过点P作两条斜率相反的直线分别与抛物线交于A、B两点,直线PA的斜率为k(k>0).(Ⅰ)若直线PA、PB恰好为圆(x−2)2+y2=1的切线,求直线PA的斜率;(Ⅱ)求证:直线AB的斜率为定值.并求出当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积.【答案】解:(Ⅰ)依题意,PA:y−2=k(x−2)(k>0),由直线PA与圆(x−2)2+y2=1相切,可得|2k−0+2−2k|1+k2=1,解k=3.(Ⅱ)设A(xA,yA),B(xB,yB).联立直线PA与抛物线方程y−2=k(x−2)y2=2x,消去x可得:ky2−2y+4−4k=0,∴yAyP=4−4kk,yA=2−2kk,∴A(2(1−k)2k2,2−2kk).用−k代替k可得:yB=−2+2kk,∴B(2(1+k)2k2,−2−2kk).因此,kAB=yA−yBxA−xB=yA−yByA2−yB22=2yA+yB=−12.即直线AB的斜率为定值−12.1°当∠PAB=90°时,由kAB⋅k=−1得k=2,此时P(2,2),A(12,−1),B(92,−3),求得|PA|=325,|AB|=25,S△PAB=12|PA||AB|=12⋅325⋅25=152.2°当∠APB=90°时,可得k=1,此时P(2,2),A(0,0),B(8,−4),求得|PA|=22,|PB|=62,S△PAB=12|PA|⋅|PB|=12⋅22⋅62=12.3° 当∠ABP=90°时,无解.综上所述,当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积为152或12.【知识点】抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合点斜式求出直线PA的方程,再利用直线与圆相切的位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,进而求出直线的斜率。(2)利用已知条件结合直线与抛物线相交,联立二者方程求出交点坐标,再利用两点求斜率公式,进而求出直线AB的斜率,进而求出直线AB的斜率为定值,再利用已知条件结合分类讨论的方法和三角形的面积公式,从而求出三角形△PAB的面积。二、斜率之和问题4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=13,且椭圆C经过点P(−1,−83).(1)求椭圆C的方程.(2)不过点P的直线l:y=kx+3与椭圆C交于A,B两点,记直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,试判断k1+k2是否为定值.若是,求出该定值:若不是,请说明理由.【答案】(1)解:根据题意得:ca=13a2−b2=c21a2+649b2=1⇒a2=9b2=8c2=1,故椭圆C的标准方程为x29+y28=1(2)解:因为直线l不过点P(−1,−83),且直线PA,PB的斜率存在,所以k≠173.设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组y=kx+3×29+y28=1,得(8+9k2)x2+54kx+9=0,则x1+x2=−54k8+9k2,x1x2=98+9k2.由Δ=(54k)2−36(8+9k2)>0,得k2>19且k≠173.因为k1+k2=y1+83×1+1+y2+83×2+1=kx1+173×1+1+kx2+173×2+1=2kx1x2+(k+173)(x1+x2)+343x1x2+(x1+x2)+1,所以k1+k2=18k8+9k2−54k(k+173)8+9k2+34398+9k2−54k8+9k2+1=163(9k2−54k+17)9k2−54k+17=163.即k1+k2为定值,且k1+k2=163.【知识点】斜率的计算公式;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件即可得出关于a、b、c的方程组,计算出结果,由此得出椭圆的方程。(2)根据题意由设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程,结合韦达定理即可得出两根之和与两根之积的关于k的代数式,并代入到斜率公式整理化简即可得出结果。5.已知抛物线E:y2=2px(p>0),点P(2,22)在抛物线E上.(1)求抛物线E的准线方程;(2)过点Q(−2,0)的直线l与抛物线E交于A,B两点,直线PA交y轴于点M,直线PB交y轴于N,记直线QM,QN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】(1)解:将P(2,22)代入E:y2=2px,解得p=2,E:y2=4x的准线方程为x=−1.(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),联立y2=4xx=ny−2,整理得y2−4ny+8=0, 由题意,Δ=(4n)2−4×8>0,即n>2或n<−2,且y1+y2=4n,y1y2=8,因为P,A,M三点共线,由y1−22×1−2=y3−220−2,整理得y3=22y1y1+22,同理得y4=22y2y2+22,k1+k2=y32+y42=22(y1y2+2(y1+y2)y1y2+22(y1+y2)+8)=2.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将P(2,22)代入E:y2=2px可得答案;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),由P,A,M三点共线可得y3=22y1y1+22,y4=22y2y2+22,直线与抛物线联立,利用韦达定理代入k1+k2=y32+y42可得答案.6.如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1),且离心率为22.(I)求椭圆E的方程;(II)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),问:直线AP与AQ的斜率之和是否为定值?若是,求出此定值;若否,说明理由.【答案】解:(Ⅰ)由题意知ca=22,b=1,综合a2=b2+c2,解得a=2,所以,椭圆的方程为x22+y2=1.(Ⅱ)由题设知,直线PQ的方程为y=k(x−1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0,由已知Δ>0,设P(x1y1),Q(x2y2),x1x2≠0则x1+x2=4k(k−1)1+2k2,x1x2=2k(k−2)1+2k2,从而直线AP与AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1×1+y2+1×2=kx1+2−kx1+kx2+2−kx1=2k+(2−k)(1×1+1×2)=2k+(2−k)x1+x2x1x2=2k+(2−k)4k(k−1)2k(k−2)=2k−(2k−1)=2.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1)结合代入法求出a,b的一个方程,再利用椭圆离心率为22结合离心率公式,进而求出a,c的关系式,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而求出a,b的值,从而求出椭圆的标准方程。(2)利用点斜式求出经过点(1,1),且斜率为k的直线,再利用直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而求出直线AP与AQ的斜率之和是定值,并求出定值。7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点A与下顶点B在直线l:x−2y+1=0的两侧,且点B到l的距离是A到l的距离的3倍.(Ⅰ)求b的值;(Ⅱ)设C与l交于P,Q两点,求证:直线BP与BQ的斜率之和为定值.【答案】(Ⅰ)由椭圆的方程可得A(0,b),B(0,−b),由题意可得|2b+1|5=3×|−2b+1|5,解得b=1或b=14.当b=14时,点A,B都在直线l的下方,不符合题意,故b=1.(Ⅱ)联立x2a2+y2=1,x−2y+1=0,消去y可得(4+a2)x2+2a2x−3a2=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−2a24+a2,x1x2=−3a24+a2.直线BP与BQ的斜率之和kBP+kBQ=y1+1×1+y2+1×2=12×1+32×1+12×2+32×2=1+32(1×1+1×2)=1+32×x1+x2x1x2=1+32×2a24+a23a24+a2=2.因此直线BP与BQ的斜率之和为定值2.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)结合椭圆的方程即可求出点的坐标,再由点到直线的距离公式代入数值计算出b的值,然后由题意验证即可得出满图题意的b的取值。(2)根据题意联立直线与椭圆的方程,消去y等到关于x的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于a的两根之和与两根之积的代数式,然后由斜率的坐标公式代入整理即可得出结论。8.已知圆C和y轴相切于点T(0,2),与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),且MN=3. (Ⅰ)求圆C的方程;(Ⅱ)过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,连接AN和BN,记AN和BN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】解:(Ⅰ)依题意可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m.又|MN|=3,∴m2=22+(32)2=254,解得m=52.∴圆C的方程为(x−52)2+(y−2)2=254.(Ⅱ)由(x−52)2+(y−2)2=254,令y=0得x1=1,x2=4,所以M(1,0),N(4,0).①当直线AB的斜率为0时,可知k1=k2=0,即k1+k2=0;②当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:x=1+ty,将x=1+ty代入x2+y2=4,整理得(t2+1)y2+2ty−3=0,Δ=4t2+12(t2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=−2tt2+1,y1y2=−3t2+1.∴k1+k2=y1−0x1−4+y2−0x2−4=y1ty1−3+y2ty2−3,=2ty1y2−3(y1+y2)(ty1−3)(ty2−3)=−6tt2+1+6tt2+1(ty1−3)(ty2−3)=0.综上可知,k1+k2=0为定值.【知识点】斜率的计算公式;圆的标准方程;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(1)利用圆C和y轴相切于点T(0,2),可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m,又|MN|=3,再利用两点距离公式求出m的值,进而求出圆的标准方程。(2)利用(1)求出的圆的标准方程结合圆C与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),从而令y=0得x1=1,x2=4,进而求出点M,N的坐标,再利用点斜式设出过点M的直线方程,再结合分类讨论的方法结合过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而证出k1+k2为定值。9.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为32,过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)已知点M(0,-1),直线l经过点N(2,1)且与椭圆C相交于A,B两点(异于点M),记直线MA的斜率为k1,直线MB的斜率为k2,证明k1+k2为定值,并求出该定值.【答案】解:(Ⅰ)将x=c代入x2a2+y2b2=1中,由a2−c2=b2可得y2=b4a2,所以弦长为2b2a,故有2b2a=1ca=32a2=b2+c2,解得a=2b=1,所以椭圆C的方程为:x24+y2=1.(Ⅱ)若直线l的斜率不存在,即直线的方程为x=2,与椭圆只有一个交点,不符合题意。设直线l的斜率为k,若k=0,直线l与椭圆只有一个交点,不符合题意,故k≠0.所以直线l的方程为y−1=k(x−2),即y=kx−2k+1,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得:x24+y2=1,y=kx−2k+1消去y得:(1+4k2)x2−8k(2k−1)x+16k2−16k=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2,∵k1=y1+1×1,k2=y2+1×2,∵k1+k2=y1+1×1+y2+1×2=(y1+1)x2+(y2+1)x1x1x2=(kx1−2k+1+1)x2+(kx2−2k+1+1)x1x1x2=2kx1x2+(2-2k)x2+(2-2k)x1x1x2=2k−(2k−2)(x1+x2)x1x2把x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2代入上式,得∵k1+k2=2k−(2k−2)8k(2k−1)16k2−16k=1,命题得证.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)根据已知得到关于a,b,c的方程组,解方程组即得椭圆的标准方程;(Ⅱ)先考虑直线l的斜率不存在的情况,再考虑斜率存在的情况,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得到韦达定理,再求出k1+k2,化简即得其为定值.10.已知:点A(1,2)是离心率为22的椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上的一点.斜率为2的直线BD交椭圆C于B、D两点,且A、B、D三点不重合.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)△ABD的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由? (Ⅲ)求证:直线AB、AD的斜率之和为定值.【答案】解:(Ⅰ)∵e=22=ca,1b2+2a2=1,a2=b2+c2∴a=2,b=2,c=2∴x22+y24=1…(Ⅱ)设直线BD的方程为y=2x+m∴y=2x+m2x2+y2=4⇒4×2+22mx+m2−4=0∴Δ=−8m2+64>0⇒−22 b>0)的焦距为2,离心率为22,右顶点为A.(I)求该椭圆的方程;(II)过点D(2,−2)作直线PQ交椭圆于两个不同点P、Q,求证:直线AP,AQ的斜率之和为定值.【答案】解:(I)由题意可知2c=2,故c=1,又e=ca,∴a=2,∴b=1,∴椭圆方程为x22+y2=1.(II)由题意得,当直线PQ的斜率不存在时,不符合题意;当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y+2=k(x−2),即y=kx−2k−2.由y=kx−2k−2×22+y2=1消去y整理得(1+2k2)x2−42(k2+k)x+4k2+8k+2=0,∵直线与椭圆交于两点,∴Δ=−4(8k+1)>0,解得k<−18.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=42(k2+k)1+2k2,x1·x2=4k2+8k+21+2k2,又A(2,0),∴kAP+kAQ=y1x1−2+y2x2−2=k(x1−2)−2×1−2+k(x2−2)−2×2−2=2k−2(x1+x2)−4x1x2−2(x1+x2)+2=1.即直线AP,AQ的斜率之和为定值.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(I)由椭圆的焦距和离心率可得c=1,a=2,故b=1,从而可得椭圆的方程.(II)讨论直线PQ的斜率,当斜率存在时设其方程为y=kx−2k−2 ,与椭圆方程联立消元后得到二次方程,结合根与系数的关系及题意可求得kAP+kAQ=1,即得结论成立.三、斜率之差问题12.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设MN的斜率为m,BP的斜率为n,证明:2m−n为定值.【答案】(1)解:由椭圆的离心率e=ca=1−b2a2=32,则a=2b,①又a+b=3②,解得:a=2,b=1,则椭圆的标准方程为:x24+y2=1(2)证明:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则可设直线BP的方程为y=n(x−2)(n≠0,n≠±12).联立y=n(x−2)x24+y2=1,整理得(4n2+1)x2−16n2x+16n2−4=0.则xP+2=16n24n2+1,故xP=8n2−24n2+1,则yP=n(xP−2)=−4n4n2+1.所以P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).又直线AD的方程为y=12x+1.联立y=12x+1y=n(x−2),解得M(4n+22n−1,4n2n−1).由三点D(0,1),P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).N(x,0)共线,得−4n4n2+1−18n2−24n2+1−0=0−1x−0,所以N(4n−22n+1,0).∴MN的斜率为m=4n2n−1−04n+22n−1−4n−22n+1=4n(2n+1)2(2n+1)2−2(2n−1)2=2n+14.则2m−n=2n+12−n=12.∴2m−n为定值12【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系,整理化简计算出a与b的取值,由此得出椭圆的方程。(2)利用设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程再联立直线与椭圆的方程,消元后得到关于x的方程,结合韦达定理求出点的坐标,再联立直线的方程求出点的坐标,并代入到斜率公式整理化简即可得出答案。四、斜率之积问题13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,点A(1,32)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若椭圆C的右顶点为B,直线l过定点M(3,0),且交椭圆C于P,Q两点(异于点B),试探究直线BP与BQ的斜率的乘积是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:依题意可得a2=b2+c2e=ca=121a2+94b2=1,解得a=2b=3c=1,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)解:设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2).由y=k(x−3)x24+y23=1得(4k2+3)x2−24k2x+36k2−12=0由Δ=(−24k2)2−4(4k2+3)⋅(36k2−12)>0,解得k2<35,所以x1+x2=24k24k2+3,x1x2=36k2−124k2+3y1y2=k(x1−3)k(x2−3)=k2[x1x2−3(x1+x2)+9]=15k24k2+3所以kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2=y1y2x1x2−2(x1+x2)+4=15k24k2+336k2−124k2+3−48k24k2+3+4=15k236k2−12−48k2+4(4k2+3)=15k24k2=154(定值)【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意得到方程组,解得a、b、c的值,即可求出椭圆C的方程;(2)设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线与椭圆方程,消元,利用韦达定理得出x1+x2,x1x2的值,进而得到kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2整理计算可得直线BP与BQ的斜率的乘积为定值。14.如图,在直角坐标系xOy中,圆O:x2+y2=4与x轴负半轴交于点A,过点A的直线AM,AN分别与圆O交于M,N两点.(Ⅰ)若kAM=2,kAN=−12,求△AMN的面积;(Ⅱ)若直线MN过点(1,0),证明:kAM⋅kAN为定值,并求此定值. 【答案】解:(Ⅰ)由题知kAM⋅kAN=−1,所以AN⊥AM,MN为圆O的直径,AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,所以圆心到直线AM的距离d=|4|5,所以AM=24−165=455,由中位线定理知,AN=855,S=12×455×855=165;(Ⅱ)设M(x1,y1)、N(x2,y2),①当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程中有:x2+k2(x−1)2−4=0,整理得:(1+k2)x2−2k2x+k2−4=0,则有x1+x2=2k21+k2,x1x2=k2−41+k2,kAM⋅kAN=y1x1+2⋅y2x2+2=k(x1−1)x1+2⋅k(x2−1)x2+2=k2[x1x2−(x1+x2)+1]x1x2+2(x1+x2)+4=k2(k2−41+k2−2k21+k2+1)k2−41+k2+2⋅2k21+k2+4=k2(k2−4−2k2+1+k2)k2−4+4k2+4+4k2=−3k29k2=−13;②当直线MN斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),kAM⋅kAN=3−01−(−2)⋅−3−01−(−2)=−13;综合①②可得:kAM⋅kAN为定值,此定值为−13.【知识点】直线的斜率;点到直线的距离公式;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(I)由题意,得出直线AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,由中位线定理,得AN=855,由此可求解△AMN的面积;(II)当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程,利用根与系数的关系、韦达定理,即可化简得出kAM⋅kAN为定值;当斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),即可得到kAM⋅kAN为定值.15.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的应用【解析】【分析】由椭圆方程,结合斜率公式,化简整理,即可得到斜率之积为定值.16.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】根据直线斜率公式k=y2-y1x2-x1分别写出kPA,kPB,由椭圆方程写出y2,代入kPA·kPB即可求解.五、斜率之商问题17.如图,已知椭圆Γ:x24+y2=1和圆C:(x−4t)2+(y−3t)2=25t2(0 0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D为线段F1O的中点,过F2的直线l与C的右支交于M(x1,y1),N(x2,y2)两点,延长MD,ND分别与C交于点P,Q两点,若C的离心率为2,(3,7)为C上一点.(1)求证:x1y2−x2y1=2(y2−y1);(2)已知直线l和直线PQ的斜率都存在,分别记为k1,k2,k1≠0,判断k2k1是否为定值?若是,求出该定值;若不是,说明理由.【答案】(1)证明:由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,解得a2=b2=2,c2=4,所以双曲线C的方程为x22−y22=1,则F1(−2,0),F2(2,0),当直线l的斜率不存在时,则x1=x2=2,此时x1y2−x2y1=2y2−2y1=2(y2−y1),当直线l的斜率存在时,因为kMF2=kNF2,即y1x1−2=y2x2−2,整理得x1y2−x2y1=2(y2−y1),综上所述,x1y2−x2y1=2(y2−y1)(2)解:因为点D为线段F1O的中点,所以D(−1,0),显然直线MD的斜率存在且不为0,可设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),联立y=y1x1+1(x+1)x22−y22=1,消y整理得(x12+2×1+1−y12)x2−2y12x−y12−2×12−4×1−2=0,又x122−y122=1,所以y12=x12−2,所以(2×1+3)x2−2(x12−2)x−3×12−4×1=0,设P(x0,y0),则x1x0=−3×12−4x12x1+3,所以x0=−3×1−42×1+3,代入y=y1x1+1(x+1),得y0=−y12x1+3,即P(−3×1−42×1+3,−y12x1+3),同理Q(−3×2−42×2+3,−y22x2+3),所以k2=−y22x2+3−−y12x1+3−3×2−42×2+3−−3×1−42×1+3=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2,又因x1y2−x2y1=2(y2−y1),所以k2=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2=−7(y2−y1)x1−x2=7k1,即k2k1=7是定值.【知识点】双曲线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,求出a,b,c,可得双曲线C的方程和焦点坐标,再分斜率存在与不存在时进行讨论,斜率不存在时有x1=x2=2,代入左边即可验证得到右边;斜率存在时,由kMF2=kNF2,得y1x1−2=y2x2−2,化简整理即可得证;(2)设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),与双曲线方程联立求得P点坐标,同理得到Q点坐标,进而表示出k2,结合(1)的结论即可求得k2=7k1.19.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长轴长为4,离心率为12.过点Q(4,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线AF,BF的斜率分别为k1,k2(k2≠0),求证:k1k2为定值.【答案】(1)解:由已知有2a=4ca=12a2=b2+c2,解得a2=4b2=3,故椭圆C的标准方程为:x24+y23=1;(2)解:由已知直线l斜率不为零,故设其方程为x=my+4,由x=my+4×24+y23=1消去x得:((3m2+4)y2+24my+36=0,令Δ>0得m2>4.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=−24m3m2+4,y1⋅y2=363m2+4, 易知F(1,0),∴k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=y1my1+3⋅my2+3y2=my1y2+3y1my1y2+3y2=my1y2+3(y1+y2)−3y2my1y2+3y2=36m3m2+4−3×24m3m2+4−3y236m3m2+4+3y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)=−1所以k1k2为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由已知条件即可得2a=4ca=12a2=b2+c2,即可求解;(2)设直线l的方程为x=my+4,联立椭圆方程,结合韦达定理化简可得k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)即可求证。20.在平面直角坐标系中,A1,A2两点的坐标分别为(−2,0),(2,0),直线A1M,A2M.相交于点M且它们的斜率之积是−34,记动点M的轨迹为曲线E.过点F(1,0)作直线l交曲线E于P,Q两点,且点P位于x轴上方.记直线A1Q,A2P的斜率分别为k1,k2.(1)证明:k1k2为定值:(2)设点Q关于x轴的对称点为Q1,求△PFQ1面积的最大值.【答案】(1)证明:设M(x,y),由题可知yx+2⋅yx−2=−34,所以x24+y23=1(x≠±2).设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),联立x=my+1×24+y23=1,得(3m2+4)y2+6my−9=0,所以y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,所以k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,所以k1k2=y1x1+2y2x2−2=(x2−2)y1(x1+2)y2=my1y2−y1my1y2+3y2=−9m3m2+4−(−6m3m2+4−y2)−9m3m2+4+3y2=−3m+(3m2+4)y2−9m+3(3m2+4)y2=13,所以k1k2为定值.(2)解:设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,∴S△PQQ1=12⋅(−2y1)(x2−x1)=x1y1−x2y1,S△QQ1F=12(1−x1)(−2y1)=x1y1−y1,而S△PFQ1=S△PQQ1−S△QQ1F=(x1y1−x2y1)−(x1y1−y1)=y1−(my2+1)y1=−my1y2=9m3m2+4=93m+4m⩽9212=334,当m2=43,即m=233时,等号成立,此时△PFQ1的面积最大值为334.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设M(x,y),再利用已知条件结合两点求斜率公式得出x24+y23=1(x≠±2),设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,再利用两点求斜率公式得出k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,进而证出k1k2为定值。(2)设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,再利用三角形的面积公式和作差法得出S△PFQ1=9m3m2+4,再结合均值不等式求最值的方法得出三角形△PFQ1的面积的最大值。21.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为22(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴与点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(ⅰ)设直线PM,QM的斜率分别为k1,k2,证明k2k1为定值;(ⅱ)求直线AB的斜率的最小值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2−c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,−2m).所以直线PM的斜率k=2m−mx0=mx0,直线QM的斜率k′=−2m−mx0=−3mx0. 此时k′k=−3.所以k′k为定值–3.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2−4=0.由x0x1=2m2−42k2+1,可得x1=2(m2−2)(2k2+1)x0,所以y1=kx1+m=2k(m2−2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2−2)(18k2+1)x0,y2=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m.所以x2−x1=2(m2−2)(18k2+1)x0−2(m2−2)(2k2+1)x0=−32k2(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2−y1=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m−2(m2−2)(2k2+1)x0−m=−8k(6k2+1)(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2−y1x2−x1=6k2+14k=14(6k+1k).由m>0,×0>0,可知k>0,所以6k+1k≥26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4−8m2=66,即m=147,符号题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)分别计算a,b即得.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P,Q的坐标,进而得到直线PM的斜率k,直线QM的斜率k’,可得k’k为定值.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,应用一元二次方程根与系数的关系得到x2−x1,y2−y1,进而可得kAB.应用基本不等式即得.六、斜率综合问题22.如图.矩形ABCD的长AB=23,宽BC=12,以A、B为左右焦点的椭圆M:x2a2+y2b2=1恰好过C、D两点,点P为椭圆M上的动点.(1)求椭圆M的方程,并求PA⋅PB的取值范围;(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M、N两点(点C与M、N两点不重合),且直线CM、CN的斜率分别为k1、k2,试证明k1+k2−2k为定值.【答案】(1)解:由题意得c=3.又点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1上,所以3a2+14b2=1,且a2−b2=3,所以a=2,b=1,故椭圆M的方程为x24+y2=1.设点P(x,y),由A(3,0),B(−3,0)得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2.又x∈[−2,2],所以PA⋅PB∈[−2,1](2)解:设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),联立椭圆M方程得(1+4k2)x2−83k2x+12k2−4=0.设两点M(x1,y1)、N(x2,y2),故x1+x2=83k21+4k2,x1x2=12k2−41+4k2.因为k1+k2=y1−12×1−3+y2−12×2−3=(y1x2+x1y2)−3(y1+y2)−12(x1+x2)+3x1x2−3(x1+x2)+3,其中y1x2+x1y2=2kx1x2−3k(x1+x2)=−8k1+4k2,y1+y2=−23k1+4k2,故k1+k2=−8k1+4k2+6k1+4k2−43k21+4k2+312k2−41+4k2−24k21+4k2+3=2k−3所以k1+k2−2k=−3为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意可得2c=AB=23解得c,由点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1结b2=a2-c2,解得a,b,即可得出椭圆的方程,设点P(x,y),由数量积公式可得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2,由于x∈[−2,2],即可得出PA⋅PB的取值范围;(2)设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),M(x1,y1)、N(x2,y2),联立直线MN与椭圆的方程,结合韦达定理可得x1+x2,x1x2,再计算k1+k2=2k−3,即可得出答案.23.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,P(2,1)为椭圆C上一点.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若过点Q(2,0)且斜率为k的直线l与椭圆C相交于A,B两点,记直线AP,BP的斜率分别为k1,k2,试问k1+k2−2k是否是定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设椭圆C的焦距为2c, 则4a2+1b2=1a2=b2+c2ca=32,,解得a2=8b2=2c2=6故椭圆C的方程为x28+y22=1.(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2).联立x28+y22=1,y=k(x−2),整理得(4k2+1)x2−16k2x+16k2−8=0,,则x1+x2=16k24k2+1,x1x2=16k2−84k2+1.因为P(2,1),所以k1=y1−1×1−2,k2=y2−1×2−2,则k1+k2−2k=y1−1×1−2+y2−1×2−2−2k=kx1−2k−1×1−2+kx2−2k−1×2−2−2k=−1×1−2−1×2−2=−x1+x2−4x1x2−2(x1+x2)+4=−16k24k2+1−416k2−84k2+1−32k24k2+1+4=−1.故k1+k2−2k为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由已知条件列出方程组,求解a,b,可得椭圆C的标准方程;(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2),与椭圆方程联立,再利用韦达定理可得k1+k2−2k是定值.
简介:斜率型定值型问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、斜率问题1.已知,椭圆C过点A(1,32),两个焦点为(−1,0),(1,0).(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.【答案】解:(Ⅰ)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,因为点A(1 ,32)在椭圆上,所以11+b2+94b2=1,解得b2=3,b2=−34舍去所求椭圆方程为x24+y23=1(Ⅱ)设直线AE方程为y=k(x−1)+32,代入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0设E(xE, yE),F(xF, yF),点A(1 ,32)在直线AE上则xE=4k2−12k−33+4k2,yE=k(xE−1)+32;直线AF的斜率与直线AE的斜率互为相反数,在上式中用−k代替k得xF=4k2+12k−33+4k2,yE=−k(xF−1)+32,直线AE的斜率kEF=yF−yExF−xE=−k(xE+xF)+2kxF−xE=12所以直线AE的斜率为定值【知识点】斜率的计算公式;椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,将A(1 ,32)代入即可求出b2=3,则椭圆方程可求.(2)设直线AE方程为:y=k(x−1)+32,代入入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0,再由点A(1 ,32)在椭圆上,根据结直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,结合直线的位置关系进行求解.2.已知椭圆C的中心在原点,一个焦点F=(0,2),且长轴长与短轴长的比是2:1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1,过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA,PB分别交椭圆C于另外两点A,B,求证:直线AB的斜率为定值;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求△PAB面积的最大值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)由题意a2=b2+c2a:b=2:1c=2,解得a2=4,b2=2.所以,椭圆C的方程为y24+x22=1.故点P(1,2)(Ⅱ)由题意知,两直线PA,PB的斜率必存在,设PB的斜率为k,则PB的直线方程为y−2=k(x−1)由y−2=k(x−1)y24+x22=1得,(2+k2)x2+2k(2−k)x+(2−k)2−4=0.设A(xA,yA),B(xB,yB),则xB=1⋅xB=k2−22k−22+k2,同理可得xA=k2+22k−22+k2则xA−xB=42k2+k2,yA−yB=−k(xA−1)−k(xB−1)=8k2+k2.所以直线AB的斜率kAB=yA−yBxA−xB=2为定值.(Ⅲ)设AB的直线方程为y=2x+m,由y=2x+m,y24+x22=1.得4×2+22mx+m2−4=0.由Δ=(22m)2−16(m2−4)>0,得m2<8此时xA+xB=−2m2,xA⋅xB=m2−44.由椭圆的方程可得点P(1,2),根据点到直线的距离公式可得P到AB的距离为d=|m|3,|AB|=(xA−xB)2+(yA−yB)2=−32m2+12则SΔPAB=12|AB|d=1212−32m2⋅|m|3=1212m2(−m2+8)≤1212×m2−m2+82=2因为m2=4使判别式大于零,所以当且仅当m=±2时取等号,所以△PAB面积的最大值为2.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)求得a,b,c即可得椭圆方程.(2)设PB的斜率为k,联立直线方程和椭圆方程,利用韦达定理用k表示A、B的坐标,从而可证斜率为定值.(3)结合(2)可设直线AB的直线方程为y=2x+m,联立直线方程和椭圆方程,利用弦长公式可求AB,利用距离公式和面积公式可得面积的表达式,利用基本不等式可求面积的最大值. 3.如图,已知点P(2,2)是抛物线C:y2=2x上一点,过点P作两条斜率相反的直线分别与抛物线交于A、B两点,直线PA的斜率为k(k>0).(Ⅰ)若直线PA、PB恰好为圆(x−2)2+y2=1的切线,求直线PA的斜率;(Ⅱ)求证:直线AB的斜率为定值.并求出当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积.【答案】解:(Ⅰ)依题意,PA:y−2=k(x−2)(k>0),由直线PA与圆(x−2)2+y2=1相切,可得|2k−0+2−2k|1+k2=1,解k=3.(Ⅱ)设A(xA,yA),B(xB,yB).联立直线PA与抛物线方程y−2=k(x−2)y2=2x,消去x可得:ky2−2y+4−4k=0,∴yAyP=4−4kk,yA=2−2kk,∴A(2(1−k)2k2,2−2kk).用−k代替k可得:yB=−2+2kk,∴B(2(1+k)2k2,−2−2kk).因此,kAB=yA−yBxA−xB=yA−yByA2−yB22=2yA+yB=−12.即直线AB的斜率为定值−12.1°当∠PAB=90°时,由kAB⋅k=−1得k=2,此时P(2,2),A(12,−1),B(92,−3),求得|PA|=325,|AB|=25,S△PAB=12|PA||AB|=12⋅325⋅25=152.2°当∠APB=90°时,可得k=1,此时P(2,2),A(0,0),B(8,−4),求得|PA|=22,|PB|=62,S△PAB=12|PA|⋅|PB|=12⋅22⋅62=12.3° 当∠ABP=90°时,无解.综上所述,当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积为152或12.【知识点】抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合点斜式求出直线PA的方程,再利用直线与圆相切的位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,进而求出直线的斜率。(2)利用已知条件结合直线与抛物线相交,联立二者方程求出交点坐标,再利用两点求斜率公式,进而求出直线AB的斜率,进而求出直线AB的斜率为定值,再利用已知条件结合分类讨论的方法和三角形的面积公式,从而求出三角形△PAB的面积。二、斜率之和问题4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=13,且椭圆C经过点P(−1,−83).(1)求椭圆C的方程.(2)不过点P的直线l:y=kx+3与椭圆C交于A,B两点,记直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,试判断k1+k2是否为定值.若是,求出该定值:若不是,请说明理由.【答案】(1)解:根据题意得:ca=13a2−b2=c21a2+649b2=1⇒a2=9b2=8c2=1,故椭圆C的标准方程为x29+y28=1(2)解:因为直线l不过点P(−1,−83),且直线PA,PB的斜率存在,所以k≠173.设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组y=kx+3×29+y28=1,得(8+9k2)x2+54kx+9=0,则x1+x2=−54k8+9k2,x1x2=98+9k2.由Δ=(54k)2−36(8+9k2)>0,得k2>19且k≠173.因为k1+k2=y1+83×1+1+y2+83×2+1=kx1+173×1+1+kx2+173×2+1=2kx1x2+(k+173)(x1+x2)+343x1x2+(x1+x2)+1,所以k1+k2=18k8+9k2−54k(k+173)8+9k2+34398+9k2−54k8+9k2+1=163(9k2−54k+17)9k2−54k+17=163.即k1+k2为定值,且k1+k2=163.【知识点】斜率的计算公式;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件即可得出关于a、b、c的方程组,计算出结果,由此得出椭圆的方程。(2)根据题意由设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程,结合韦达定理即可得出两根之和与两根之积的关于k的代数式,并代入到斜率公式整理化简即可得出结果。5.已知抛物线E:y2=2px(p>0),点P(2,22)在抛物线E上.(1)求抛物线E的准线方程;(2)过点Q(−2,0)的直线l与抛物线E交于A,B两点,直线PA交y轴于点M,直线PB交y轴于N,记直线QM,QN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】(1)解:将P(2,22)代入E:y2=2px,解得p=2,E:y2=4x的准线方程为x=−1.(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),联立y2=4xx=ny−2,整理得y2−4ny+8=0, 由题意,Δ=(4n)2−4×8>0,即n>2或n<−2,且y1+y2=4n,y1y2=8,因为P,A,M三点共线,由y1−22×1−2=y3−220−2,整理得y3=22y1y1+22,同理得y4=22y2y2+22,k1+k2=y32+y42=22(y1y2+2(y1+y2)y1y2+22(y1+y2)+8)=2.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将P(2,22)代入E:y2=2px可得答案;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),由P,A,M三点共线可得y3=22y1y1+22,y4=22y2y2+22,直线与抛物线联立,利用韦达定理代入k1+k2=y32+y42可得答案.6.如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1),且离心率为22.(I)求椭圆E的方程;(II)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),问:直线AP与AQ的斜率之和是否为定值?若是,求出此定值;若否,说明理由.【答案】解:(Ⅰ)由题意知ca=22,b=1,综合a2=b2+c2,解得a=2,所以,椭圆的方程为x22+y2=1.(Ⅱ)由题设知,直线PQ的方程为y=k(x−1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0,由已知Δ>0,设P(x1y1),Q(x2y2),x1x2≠0则x1+x2=4k(k−1)1+2k2,x1x2=2k(k−2)1+2k2,从而直线AP与AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1×1+y2+1×2=kx1+2−kx1+kx2+2−kx1=2k+(2−k)(1×1+1×2)=2k+(2−k)x1+x2x1x2=2k+(2−k)4k(k−1)2k(k−2)=2k−(2k−1)=2.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1)结合代入法求出a,b的一个方程,再利用椭圆离心率为22结合离心率公式,进而求出a,c的关系式,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而求出a,b的值,从而求出椭圆的标准方程。(2)利用点斜式求出经过点(1,1),且斜率为k的直线,再利用直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而求出直线AP与AQ的斜率之和是定值,并求出定值。7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点A与下顶点B在直线l:x−2y+1=0的两侧,且点B到l的距离是A到l的距离的3倍.(Ⅰ)求b的值;(Ⅱ)设C与l交于P,Q两点,求证:直线BP与BQ的斜率之和为定值.【答案】(Ⅰ)由椭圆的方程可得A(0,b),B(0,−b),由题意可得|2b+1|5=3×|−2b+1|5,解得b=1或b=14.当b=14时,点A,B都在直线l的下方,不符合题意,故b=1.(Ⅱ)联立x2a2+y2=1,x−2y+1=0,消去y可得(4+a2)x2+2a2x−3a2=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−2a24+a2,x1x2=−3a24+a2.直线BP与BQ的斜率之和kBP+kBQ=y1+1×1+y2+1×2=12×1+32×1+12×2+32×2=1+32(1×1+1×2)=1+32×x1+x2x1x2=1+32×2a24+a23a24+a2=2.因此直线BP与BQ的斜率之和为定值2.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)结合椭圆的方程即可求出点的坐标,再由点到直线的距离公式代入数值计算出b的值,然后由题意验证即可得出满图题意的b的取值。(2)根据题意联立直线与椭圆的方程,消去y等到关于x的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于a的两根之和与两根之积的代数式,然后由斜率的坐标公式代入整理即可得出结论。8.已知圆C和y轴相切于点T(0,2),与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),且MN=3. (Ⅰ)求圆C的方程;(Ⅱ)过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,连接AN和BN,记AN和BN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】解:(Ⅰ)依题意可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m.又|MN|=3,∴m2=22+(32)2=254,解得m=52.∴圆C的方程为(x−52)2+(y−2)2=254.(Ⅱ)由(x−52)2+(y−2)2=254,令y=0得x1=1,x2=4,所以M(1,0),N(4,0).①当直线AB的斜率为0时,可知k1=k2=0,即k1+k2=0;②当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:x=1+ty,将x=1+ty代入x2+y2=4,整理得(t2+1)y2+2ty−3=0,Δ=4t2+12(t2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=−2tt2+1,y1y2=−3t2+1.∴k1+k2=y1−0x1−4+y2−0x2−4=y1ty1−3+y2ty2−3,=2ty1y2−3(y1+y2)(ty1−3)(ty2−3)=−6tt2+1+6tt2+1(ty1−3)(ty2−3)=0.综上可知,k1+k2=0为定值.【知识点】斜率的计算公式;圆的标准方程;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(1)利用圆C和y轴相切于点T(0,2),可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m,又|MN|=3,再利用两点距离公式求出m的值,进而求出圆的标准方程。(2)利用(1)求出的圆的标准方程结合圆C与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),从而令y=0得x1=1,x2=4,进而求出点M,N的坐标,再利用点斜式设出过点M的直线方程,再结合分类讨论的方法结合过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而证出k1+k2为定值。9.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为32,过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)已知点M(0,-1),直线l经过点N(2,1)且与椭圆C相交于A,B两点(异于点M),记直线MA的斜率为k1,直线MB的斜率为k2,证明k1+k2为定值,并求出该定值.【答案】解:(Ⅰ)将x=c代入x2a2+y2b2=1中,由a2−c2=b2可得y2=b4a2,所以弦长为2b2a,故有2b2a=1ca=32a2=b2+c2,解得a=2b=1,所以椭圆C的方程为:x24+y2=1.(Ⅱ)若直线l的斜率不存在,即直线的方程为x=2,与椭圆只有一个交点,不符合题意。设直线l的斜率为k,若k=0,直线l与椭圆只有一个交点,不符合题意,故k≠0.所以直线l的方程为y−1=k(x−2),即y=kx−2k+1,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得:x24+y2=1,y=kx−2k+1消去y得:(1+4k2)x2−8k(2k−1)x+16k2−16k=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2,∵k1=y1+1×1,k2=y2+1×2,∵k1+k2=y1+1×1+y2+1×2=(y1+1)x2+(y2+1)x1x1x2=(kx1−2k+1+1)x2+(kx2−2k+1+1)x1x1x2=2kx1x2+(2-2k)x2+(2-2k)x1x1x2=2k−(2k−2)(x1+x2)x1x2把x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2代入上式,得∵k1+k2=2k−(2k−2)8k(2k−1)16k2−16k=1,命题得证.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)根据已知得到关于a,b,c的方程组,解方程组即得椭圆的标准方程;(Ⅱ)先考虑直线l的斜率不存在的情况,再考虑斜率存在的情况,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得到韦达定理,再求出k1+k2,化简即得其为定值.10.已知:点A(1,2)是离心率为22的椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上的一点.斜率为2的直线BD交椭圆C于B、D两点,且A、B、D三点不重合.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)△ABD的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由? (Ⅲ)求证:直线AB、AD的斜率之和为定值.【答案】解:(Ⅰ)∵e=22=ca,1b2+2a2=1,a2=b2+c2∴a=2,b=2,c=2∴x22+y24=1…(Ⅱ)设直线BD的方程为y=2x+m∴y=2x+m2x2+y2=4⇒4×2+22mx+m2−4=0∴Δ=−8m2+64>0⇒−22 b>0)的焦距为2,离心率为22,右顶点为A.(I)求该椭圆的方程;(II)过点D(2,−2)作直线PQ交椭圆于两个不同点P、Q,求证:直线AP,AQ的斜率之和为定值.【答案】解:(I)由题意可知2c=2,故c=1,又e=ca,∴a=2,∴b=1,∴椭圆方程为x22+y2=1.(II)由题意得,当直线PQ的斜率不存在时,不符合题意;当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y+2=k(x−2),即y=kx−2k−2.由y=kx−2k−2×22+y2=1消去y整理得(1+2k2)x2−42(k2+k)x+4k2+8k+2=0,∵直线与椭圆交于两点,∴Δ=−4(8k+1)>0,解得k<−18.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=42(k2+k)1+2k2,x1·x2=4k2+8k+21+2k2,又A(2,0),∴kAP+kAQ=y1x1−2+y2x2−2=k(x1−2)−2×1−2+k(x2−2)−2×2−2=2k−2(x1+x2)−4x1x2−2(x1+x2)+2=1.即直线AP,AQ的斜率之和为定值.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(I)由椭圆的焦距和离心率可得c=1,a=2,故b=1,从而可得椭圆的方程.(II)讨论直线PQ的斜率,当斜率存在时设其方程为y=kx−2k−2 ,与椭圆方程联立消元后得到二次方程,结合根与系数的关系及题意可求得kAP+kAQ=1,即得结论成立.三、斜率之差问题12.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设MN的斜率为m,BP的斜率为n,证明:2m−n为定值.【答案】(1)解:由椭圆的离心率e=ca=1−b2a2=32,则a=2b,①又a+b=3②,解得:a=2,b=1,则椭圆的标准方程为:x24+y2=1(2)证明:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则可设直线BP的方程为y=n(x−2)(n≠0,n≠±12).联立y=n(x−2)x24+y2=1,整理得(4n2+1)x2−16n2x+16n2−4=0.则xP+2=16n24n2+1,故xP=8n2−24n2+1,则yP=n(xP−2)=−4n4n2+1.所以P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).又直线AD的方程为y=12x+1.联立y=12x+1y=n(x−2),解得M(4n+22n−1,4n2n−1).由三点D(0,1),P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).N(x,0)共线,得−4n4n2+1−18n2−24n2+1−0=0−1x−0,所以N(4n−22n+1,0).∴MN的斜率为m=4n2n−1−04n+22n−1−4n−22n+1=4n(2n+1)2(2n+1)2−2(2n−1)2=2n+14.则2m−n=2n+12−n=12.∴2m−n为定值12【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系,整理化简计算出a与b的取值,由此得出椭圆的方程。(2)利用设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程再联立直线与椭圆的方程,消元后得到关于x的方程,结合韦达定理求出点的坐标,再联立直线的方程求出点的坐标,并代入到斜率公式整理化简即可得出答案。四、斜率之积问题13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,点A(1,32)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若椭圆C的右顶点为B,直线l过定点M(3,0),且交椭圆C于P,Q两点(异于点B),试探究直线BP与BQ的斜率的乘积是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:依题意可得a2=b2+c2e=ca=121a2+94b2=1,解得a=2b=3c=1,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)解:设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2).由y=k(x−3)x24+y23=1得(4k2+3)x2−24k2x+36k2−12=0由Δ=(−24k2)2−4(4k2+3)⋅(36k2−12)>0,解得k2<35,所以x1+x2=24k24k2+3,x1x2=36k2−124k2+3y1y2=k(x1−3)k(x2−3)=k2[x1x2−3(x1+x2)+9]=15k24k2+3所以kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2=y1y2x1x2−2(x1+x2)+4=15k24k2+336k2−124k2+3−48k24k2+3+4=15k236k2−12−48k2+4(4k2+3)=15k24k2=154(定值)【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意得到方程组,解得a、b、c的值,即可求出椭圆C的方程;(2)设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线与椭圆方程,消元,利用韦达定理得出x1+x2,x1x2的值,进而得到kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2整理计算可得直线BP与BQ的斜率的乘积为定值。14.如图,在直角坐标系xOy中,圆O:x2+y2=4与x轴负半轴交于点A,过点A的直线AM,AN分别与圆O交于M,N两点.(Ⅰ)若kAM=2,kAN=−12,求△AMN的面积;(Ⅱ)若直线MN过点(1,0),证明:kAM⋅kAN为定值,并求此定值. 【答案】解:(Ⅰ)由题知kAM⋅kAN=−1,所以AN⊥AM,MN为圆O的直径,AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,所以圆心到直线AM的距离d=|4|5,所以AM=24−165=455,由中位线定理知,AN=855,S=12×455×855=165;(Ⅱ)设M(x1,y1)、N(x2,y2),①当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程中有:x2+k2(x−1)2−4=0,整理得:(1+k2)x2−2k2x+k2−4=0,则有x1+x2=2k21+k2,x1x2=k2−41+k2,kAM⋅kAN=y1x1+2⋅y2x2+2=k(x1−1)x1+2⋅k(x2−1)x2+2=k2[x1x2−(x1+x2)+1]x1x2+2(x1+x2)+4=k2(k2−41+k2−2k21+k2+1)k2−41+k2+2⋅2k21+k2+4=k2(k2−4−2k2+1+k2)k2−4+4k2+4+4k2=−3k29k2=−13;②当直线MN斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),kAM⋅kAN=3−01−(−2)⋅−3−01−(−2)=−13;综合①②可得:kAM⋅kAN为定值,此定值为−13.【知识点】直线的斜率;点到直线的距离公式;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(I)由题意,得出直线AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,由中位线定理,得AN=855,由此可求解△AMN的面积;(II)当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程,利用根与系数的关系、韦达定理,即可化简得出kAM⋅kAN为定值;当斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),即可得到kAM⋅kAN为定值.15.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的应用【解析】【分析】由椭圆方程,结合斜率公式,化简整理,即可得到斜率之积为定值.16.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】根据直线斜率公式k=y2-y1x2-x1分别写出kPA,kPB,由椭圆方程写出y2,代入kPA·kPB即可求解.五、斜率之商问题17.如图,已知椭圆Γ:x24+y2=1和圆C:(x−4t)2+(y−3t)2=25t2(0 0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D为线段F1O的中点,过F2的直线l与C的右支交于M(x1,y1),N(x2,y2)两点,延长MD,ND分别与C交于点P,Q两点,若C的离心率为2,(3,7)为C上一点.(1)求证:x1y2−x2y1=2(y2−y1);(2)已知直线l和直线PQ的斜率都存在,分别记为k1,k2,k1≠0,判断k2k1是否为定值?若是,求出该定值;若不是,说明理由.【答案】(1)证明:由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,解得a2=b2=2,c2=4,所以双曲线C的方程为x22−y22=1,则F1(−2,0),F2(2,0),当直线l的斜率不存在时,则x1=x2=2,此时x1y2−x2y1=2y2−2y1=2(y2−y1),当直线l的斜率存在时,因为kMF2=kNF2,即y1x1−2=y2x2−2,整理得x1y2−x2y1=2(y2−y1),综上所述,x1y2−x2y1=2(y2−y1)(2)解:因为点D为线段F1O的中点,所以D(−1,0),显然直线MD的斜率存在且不为0,可设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),联立y=y1x1+1(x+1)x22−y22=1,消y整理得(x12+2×1+1−y12)x2−2y12x−y12−2×12−4×1−2=0,又x122−y122=1,所以y12=x12−2,所以(2×1+3)x2−2(x12−2)x−3×12−4×1=0,设P(x0,y0),则x1x0=−3×12−4x12x1+3,所以x0=−3×1−42×1+3,代入y=y1x1+1(x+1),得y0=−y12x1+3,即P(−3×1−42×1+3,−y12x1+3),同理Q(−3×2−42×2+3,−y22x2+3),所以k2=−y22x2+3−−y12x1+3−3×2−42×2+3−−3×1−42×1+3=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2,又因x1y2−x2y1=2(y2−y1),所以k2=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2=−7(y2−y1)x1−x2=7k1,即k2k1=7是定值.【知识点】双曲线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,求出a,b,c,可得双曲线C的方程和焦点坐标,再分斜率存在与不存在时进行讨论,斜率不存在时有x1=x2=2,代入左边即可验证得到右边;斜率存在时,由kMF2=kNF2,得y1x1−2=y2x2−2,化简整理即可得证;(2)设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),与双曲线方程联立求得P点坐标,同理得到Q点坐标,进而表示出k2,结合(1)的结论即可求得k2=7k1.19.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长轴长为4,离心率为12.过点Q(4,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线AF,BF的斜率分别为k1,k2(k2≠0),求证:k1k2为定值.【答案】(1)解:由已知有2a=4ca=12a2=b2+c2,解得a2=4b2=3,故椭圆C的标准方程为:x24+y23=1;(2)解:由已知直线l斜率不为零,故设其方程为x=my+4,由x=my+4×24+y23=1消去x得:((3m2+4)y2+24my+36=0,令Δ>0得m2>4.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=−24m3m2+4,y1⋅y2=363m2+4, 易知F(1,0),∴k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=y1my1+3⋅my2+3y2=my1y2+3y1my1y2+3y2=my1y2+3(y1+y2)−3y2my1y2+3y2=36m3m2+4−3×24m3m2+4−3y236m3m2+4+3y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)=−1所以k1k2为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由已知条件即可得2a=4ca=12a2=b2+c2,即可求解;(2)设直线l的方程为x=my+4,联立椭圆方程,结合韦达定理化简可得k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)即可求证。20.在平面直角坐标系中,A1,A2两点的坐标分别为(−2,0),(2,0),直线A1M,A2M.相交于点M且它们的斜率之积是−34,记动点M的轨迹为曲线E.过点F(1,0)作直线l交曲线E于P,Q两点,且点P位于x轴上方.记直线A1Q,A2P的斜率分别为k1,k2.(1)证明:k1k2为定值:(2)设点Q关于x轴的对称点为Q1,求△PFQ1面积的最大值.【答案】(1)证明:设M(x,y),由题可知yx+2⋅yx−2=−34,所以x24+y23=1(x≠±2).设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),联立x=my+1×24+y23=1,得(3m2+4)y2+6my−9=0,所以y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,所以k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,所以k1k2=y1x1+2y2x2−2=(x2−2)y1(x1+2)y2=my1y2−y1my1y2+3y2=−9m3m2+4−(−6m3m2+4−y2)−9m3m2+4+3y2=−3m+(3m2+4)y2−9m+3(3m2+4)y2=13,所以k1k2为定值.(2)解:设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,∴S△PQQ1=12⋅(−2y1)(x2−x1)=x1y1−x2y1,S△QQ1F=12(1−x1)(−2y1)=x1y1−y1,而S△PFQ1=S△PQQ1−S△QQ1F=(x1y1−x2y1)−(x1y1−y1)=y1−(my2+1)y1=−my1y2=9m3m2+4=93m+4m⩽9212=334,当m2=43,即m=233时,等号成立,此时△PFQ1的面积最大值为334.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设M(x,y),再利用已知条件结合两点求斜率公式得出x24+y23=1(x≠±2),设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,再利用两点求斜率公式得出k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,进而证出k1k2为定值。(2)设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,再利用三角形的面积公式和作差法得出S△PFQ1=9m3m2+4,再结合均值不等式求最值的方法得出三角形△PFQ1的面积的最大值。21.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为22(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴与点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(ⅰ)设直线PM,QM的斜率分别为k1,k2,证明k2k1为定值;(ⅱ)求直线AB的斜率的最小值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2−c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,−2m).所以直线PM的斜率k=2m−mx0=mx0,直线QM的斜率k′=−2m−mx0=−3mx0. 此时k′k=−3.所以k′k为定值–3.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2−4=0.由x0x1=2m2−42k2+1,可得x1=2(m2−2)(2k2+1)x0,所以y1=kx1+m=2k(m2−2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2−2)(18k2+1)x0,y2=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m.所以x2−x1=2(m2−2)(18k2+1)x0−2(m2−2)(2k2+1)x0=−32k2(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2−y1=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m−2(m2−2)(2k2+1)x0−m=−8k(6k2+1)(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2−y1x2−x1=6k2+14k=14(6k+1k).由m>0,×0>0,可知k>0,所以6k+1k≥26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4−8m2=66,即m=147,符号题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)分别计算a,b即得.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P,Q的坐标,进而得到直线PM的斜率k,直线QM的斜率k’,可得k’k为定值.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,应用一元二次方程根与系数的关系得到x2−x1,y2−y1,进而可得kAB.应用基本不等式即得.六、斜率综合问题22.如图.矩形ABCD的长AB=23,宽BC=12,以A、B为左右焦点的椭圆M:x2a2+y2b2=1恰好过C、D两点,点P为椭圆M上的动点.(1)求椭圆M的方程,并求PA⋅PB的取值范围;(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M、N两点(点C与M、N两点不重合),且直线CM、CN的斜率分别为k1、k2,试证明k1+k2−2k为定值.【答案】(1)解:由题意得c=3.又点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1上,所以3a2+14b2=1,且a2−b2=3,所以a=2,b=1,故椭圆M的方程为x24+y2=1.设点P(x,y),由A(3,0),B(−3,0)得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2.又x∈[−2,2],所以PA⋅PB∈[−2,1](2)解:设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),联立椭圆M方程得(1+4k2)x2−83k2x+12k2−4=0.设两点M(x1,y1)、N(x2,y2),故x1+x2=83k21+4k2,x1x2=12k2−41+4k2.因为k1+k2=y1−12×1−3+y2−12×2−3=(y1x2+x1y2)−3(y1+y2)−12(x1+x2)+3x1x2−3(x1+x2)+3,其中y1x2+x1y2=2kx1x2−3k(x1+x2)=−8k1+4k2,y1+y2=−23k1+4k2,故k1+k2=−8k1+4k2+6k1+4k2−43k21+4k2+312k2−41+4k2−24k21+4k2+3=2k−3所以k1+k2−2k=−3为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意可得2c=AB=23解得c,由点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1结b2=a2-c2,解得a,b,即可得出椭圆的方程,设点P(x,y),由数量积公式可得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2,由于x∈[−2,2],即可得出PA⋅PB的取值范围;(2)设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),M(x1,y1)、N(x2,y2),联立直线MN与椭圆的方程,结合韦达定理可得x1+x2,x1x2,再计算k1+k2=2k−3,即可得出答案.23.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,P(2,1)为椭圆C上一点.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若过点Q(2,0)且斜率为k的直线l与椭圆C相交于A,B两点,记直线AP,BP的斜率分别为k1,k2,试问k1+k2−2k是否是定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设椭圆C的焦距为2c, 则4a2+1b2=1a2=b2+c2ca=32,,解得a2=8b2=2c2=6故椭圆C的方程为x28+y22=1.(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2).联立x28+y22=1,y=k(x−2),整理得(4k2+1)x2−16k2x+16k2−8=0,,则x1+x2=16k24k2+1,x1x2=16k2−84k2+1.因为P(2,1),所以k1=y1−1×1−2,k2=y2−1×2−2,则k1+k2−2k=y1−1×1−2+y2−1×2−2−2k=kx1−2k−1×1−2+kx2−2k−1×2−2−2k=−1×1−2−1×2−2=−x1+x2−4x1x2−2(x1+x2)+4=−16k24k2+1−416k2−84k2+1−32k24k2+1+4=−1.故k1+k2−2k为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由已知条件列出方程组,求解a,b,可得椭圆C的标准方程;(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2),与椭圆方程联立,再利用韦达定理可得k1+k2−2k是定值.
简介:斜率型定值型问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、斜率问题1.已知,椭圆C过点A(1,32),两个焦点为(−1,0),(1,0).(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.【答案】解:(Ⅰ)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,因为点A(1 ,32)在椭圆上,所以11+b2+94b2=1,解得b2=3,b2=−34舍去所求椭圆方程为x24+y23=1(Ⅱ)设直线AE方程为y=k(x−1)+32,代入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0设E(xE, yE),F(xF, yF),点A(1 ,32)在直线AE上则xE=4k2−12k−33+4k2,yE=k(xE−1)+32;直线AF的斜率与直线AE的斜率互为相反数,在上式中用−k代替k得xF=4k2+12k−33+4k2,yE=−k(xF−1)+32,直线AE的斜率kEF=yF−yExF−xE=−k(xE+xF)+2kxF−xE=12所以直线AE的斜率为定值【知识点】斜率的计算公式;椭圆的标准方程【解析】【分析】(1)由题意c=1,设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1,将A(1 ,32)代入即可求出b2=3,则椭圆方程可求.(2)设直线AE方程为:y=k(x−1)+32,代入入x24+y23=1得(3+4k2)x2=4k(3−2k)x+4k2−12k−3=0,再由点A(1 ,32)在椭圆上,根据结直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,结合直线的位置关系进行求解.2.已知椭圆C的中心在原点,一个焦点F=(0,2),且长轴长与短轴长的比是2:1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1,过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA,PB分别交椭圆C于另外两点A,B,求证:直线AB的斜率为定值;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求△PAB面积的最大值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)由题意a2=b2+c2a:b=2:1c=2,解得a2=4,b2=2.所以,椭圆C的方程为y24+x22=1.故点P(1,2)(Ⅱ)由题意知,两直线PA,PB的斜率必存在,设PB的斜率为k,则PB的直线方程为y−2=k(x−1)由y−2=k(x−1)y24+x22=1得,(2+k2)x2+2k(2−k)x+(2−k)2−4=0.设A(xA,yA),B(xB,yB),则xB=1⋅xB=k2−22k−22+k2,同理可得xA=k2+22k−22+k2则xA−xB=42k2+k2,yA−yB=−k(xA−1)−k(xB−1)=8k2+k2.所以直线AB的斜率kAB=yA−yBxA−xB=2为定值.(Ⅲ)设AB的直线方程为y=2x+m,由y=2x+m,y24+x22=1.得4×2+22mx+m2−4=0.由Δ=(22m)2−16(m2−4)>0,得m2<8此时xA+xB=−2m2,xA⋅xB=m2−44.由椭圆的方程可得点P(1,2),根据点到直线的距离公式可得P到AB的距离为d=|m|3,|AB|=(xA−xB)2+(yA−yB)2=−32m2+12则SΔPAB=12|AB|d=1212−32m2⋅|m|3=1212m2(−m2+8)≤1212×m2−m2+82=2因为m2=4使判别式大于零,所以当且仅当m=±2时取等号,所以△PAB面积的最大值为2.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)求得a,b,c即可得椭圆方程.(2)设PB的斜率为k,联立直线方程和椭圆方程,利用韦达定理用k表示A、B的坐标,从而可证斜率为定值.(3)结合(2)可设直线AB的直线方程为y=2x+m,联立直线方程和椭圆方程,利用弦长公式可求AB,利用距离公式和面积公式可得面积的表达式,利用基本不等式可求面积的最大值. 3.如图,已知点P(2,2)是抛物线C:y2=2x上一点,过点P作两条斜率相反的直线分别与抛物线交于A、B两点,直线PA的斜率为k(k>0).(Ⅰ)若直线PA、PB恰好为圆(x−2)2+y2=1的切线,求直线PA的斜率;(Ⅱ)求证:直线AB的斜率为定值.并求出当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积.【答案】解:(Ⅰ)依题意,PA:y−2=k(x−2)(k>0),由直线PA与圆(x−2)2+y2=1相切,可得|2k−0+2−2k|1+k2=1,解k=3.(Ⅱ)设A(xA,yA),B(xB,yB).联立直线PA与抛物线方程y−2=k(x−2)y2=2x,消去x可得:ky2−2y+4−4k=0,∴yAyP=4−4kk,yA=2−2kk,∴A(2(1−k)2k2,2−2kk).用−k代替k可得:yB=−2+2kk,∴B(2(1+k)2k2,−2−2kk).因此,kAB=yA−yBxA−xB=yA−yByA2−yB22=2yA+yB=−12.即直线AB的斜率为定值−12.1°当∠PAB=90°时,由kAB⋅k=−1得k=2,此时P(2,2),A(12,−1),B(92,−3),求得|PA|=325,|AB|=25,S△PAB=12|PA||AB|=12⋅325⋅25=152.2°当∠APB=90°时,可得k=1,此时P(2,2),A(0,0),B(8,−4),求得|PA|=22,|PB|=62,S△PAB=12|PA|⋅|PB|=12⋅22⋅62=12.3° 当∠ABP=90°时,无解.综上所述,当△PAB为直角三角形时,△PAB的面积为152或12.【知识点】抛物线的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合点斜式求出直线PA的方程,再利用直线与圆相切的位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,进而求出直线的斜率。(2)利用已知条件结合直线与抛物线相交,联立二者方程求出交点坐标,再利用两点求斜率公式,进而求出直线AB的斜率,进而求出直线AB的斜率为定值,再利用已知条件结合分类讨论的方法和三角形的面积公式,从而求出三角形△PAB的面积。二、斜率之和问题4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=13,且椭圆C经过点P(−1,−83).(1)求椭圆C的方程.(2)不过点P的直线l:y=kx+3与椭圆C交于A,B两点,记直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,试判断k1+k2是否为定值.若是,求出该定值:若不是,请说明理由.【答案】(1)解:根据题意得:ca=13a2−b2=c21a2+649b2=1⇒a2=9b2=8c2=1,故椭圆C的标准方程为x29+y28=1(2)解:因为直线l不过点P(−1,−83),且直线PA,PB的斜率存在,所以k≠173.设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组y=kx+3×29+y28=1,得(8+9k2)x2+54kx+9=0,则x1+x2=−54k8+9k2,x1x2=98+9k2.由Δ=(54k)2−36(8+9k2)>0,得k2>19且k≠173.因为k1+k2=y1+83×1+1+y2+83×2+1=kx1+173×1+1+kx2+173×2+1=2kx1x2+(k+173)(x1+x2)+343x1x2+(x1+x2)+1,所以k1+k2=18k8+9k2−54k(k+173)8+9k2+34398+9k2−54k8+9k2+1=163(9k2−54k+17)9k2−54k+17=163.即k1+k2为定值,且k1+k2=163.【知识点】斜率的计算公式;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件即可得出关于a、b、c的方程组,计算出结果,由此得出椭圆的方程。(2)根据题意由设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程联立直线与椭圆的方程消元后得到关于x的方程,结合韦达定理即可得出两根之和与两根之积的关于k的代数式,并代入到斜率公式整理化简即可得出结果。5.已知抛物线E:y2=2px(p>0),点P(2,22)在抛物线E上.(1)求抛物线E的准线方程;(2)过点Q(−2,0)的直线l与抛物线E交于A,B两点,直线PA交y轴于点M,直线PB交y轴于N,记直线QM,QN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】(1)解:将P(2,22)代入E:y2=2px,解得p=2,E:y2=4x的准线方程为x=−1.(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),联立y2=4xx=ny−2,整理得y2−4ny+8=0, 由题意,Δ=(4n)2−4×8>0,即n>2或n<−2,且y1+y2=4n,y1y2=8,因为P,A,M三点共线,由y1−22×1−2=y3−220−2,整理得y3=22y1y1+22,同理得y4=22y2y2+22,k1+k2=y32+y42=22(y1y2+2(y1+y2)y1y2+22(y1+y2)+8)=2.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将P(2,22)代入E:y2=2px可得答案;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ny−2,M(0,y3),N(0,y4),由P,A,M三点共线可得y3=22y1y1+22,y4=22y2y2+22,直线与抛物线联立,利用韦达定理代入k1+k2=y32+y42可得答案.6.如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1),且离心率为22.(I)求椭圆E的方程;(II)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),问:直线AP与AQ的斜率之和是否为定值?若是,求出此定值;若否,说明理由.【答案】解:(Ⅰ)由题意知ca=22,b=1,综合a2=b2+c2,解得a=2,所以,椭圆的方程为x22+y2=1.(Ⅱ)由题设知,直线PQ的方程为y=k(x−1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0,由已知Δ>0,设P(x1y1),Q(x2y2),x1x2≠0则x1+x2=4k(k−1)1+2k2,x1x2=2k(k−2)1+2k2,从而直线AP与AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1×1+y2+1×2=kx1+2−kx1+kx2+2−kx1=2k+(2−k)(1×1+1×2)=2k+(2−k)x1+x2x1x2=2k+(2−k)4k(k−1)2k(k−2)=2k−(2k−1)=2.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,−1)结合代入法求出a,b的一个方程,再利用椭圆离心率为22结合离心率公式,进而求出a,c的关系式,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而求出a,b的值,从而求出椭圆的标准方程。(2)利用点斜式求出经过点(1,1),且斜率为k的直线,再利用直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而求出直线AP与AQ的斜率之和是定值,并求出定值。7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点A与下顶点B在直线l:x−2y+1=0的两侧,且点B到l的距离是A到l的距离的3倍.(Ⅰ)求b的值;(Ⅱ)设C与l交于P,Q两点,求证:直线BP与BQ的斜率之和为定值.【答案】(Ⅰ)由椭圆的方程可得A(0,b),B(0,−b),由题意可得|2b+1|5=3×|−2b+1|5,解得b=1或b=14.当b=14时,点A,B都在直线l的下方,不符合题意,故b=1.(Ⅱ)联立x2a2+y2=1,x−2y+1=0,消去y可得(4+a2)x2+2a2x−3a2=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−2a24+a2,x1x2=−3a24+a2.直线BP与BQ的斜率之和kBP+kBQ=y1+1×1+y2+1×2=12×1+32×1+12×2+32×2=1+32(1×1+1×2)=1+32×x1+x2x1x2=1+32×2a24+a23a24+a2=2.因此直线BP与BQ的斜率之和为定值2.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)结合椭圆的方程即可求出点的坐标,再由点到直线的距离公式代入数值计算出b的值,然后由题意验证即可得出满图题意的b的取值。(2)根据题意联立直线与椭圆的方程,消去y等到关于x的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于a的两根之和与两根之积的代数式,然后由斜率的坐标公式代入整理即可得出结论。8.已知圆C和y轴相切于点T(0,2),与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),且MN=3. (Ⅰ)求圆C的方程;(Ⅱ)过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,连接AN和BN,记AN和BN的斜率分别为k1,k2,求证:k1+k2为定值.【答案】解:(Ⅰ)依题意可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m.又|MN|=3,∴m2=22+(32)2=254,解得m=52.∴圆C的方程为(x−52)2+(y−2)2=254.(Ⅱ)由(x−52)2+(y−2)2=254,令y=0得x1=1,x2=4,所以M(1,0),N(4,0).①当直线AB的斜率为0时,可知k1=k2=0,即k1+k2=0;②当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:x=1+ty,将x=1+ty代入x2+y2=4,整理得(t2+1)y2+2ty−3=0,Δ=4t2+12(t2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=−2tt2+1,y1y2=−3t2+1.∴k1+k2=y1−0x1−4+y2−0x2−4=y1ty1−3+y2ty2−3,=2ty1y2−3(y1+y2)(ty1−3)(ty2−3)=−6tt2+1+6tt2+1(ty1−3)(ty2−3)=0.综上可知,k1+k2=0为定值.【知识点】斜率的计算公式;圆的标准方程;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(1)利用圆C和y轴相切于点T(0,2),可设圆心C的坐标为(m,2)(m>0),则圆C的半径为m,又|MN|=3,再利用两点距离公式求出m的值,进而求出圆的标准方程。(2)利用(1)求出的圆的标准方程结合圆C与x轴的正半轴交于M、N两点(M在N的左侧),从而令y=0得x1=1,x2=4,进而求出点M,N的坐标,再利用点斜式设出过点M的直线方程,再结合分类讨论的方法结合过点M任作一条直线与圆O:x2+y2=4相交于点A、B,联立二者方程结合判别式法和韦达定理,再结合两点求斜率公式,进而证出k1+k2为定值。9.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为32,过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)已知点M(0,-1),直线l经过点N(2,1)且与椭圆C相交于A,B两点(异于点M),记直线MA的斜率为k1,直线MB的斜率为k2,证明k1+k2为定值,并求出该定值.【答案】解:(Ⅰ)将x=c代入x2a2+y2b2=1中,由a2−c2=b2可得y2=b4a2,所以弦长为2b2a,故有2b2a=1ca=32a2=b2+c2,解得a=2b=1,所以椭圆C的方程为:x24+y2=1.(Ⅱ)若直线l的斜率不存在,即直线的方程为x=2,与椭圆只有一个交点,不符合题意。设直线l的斜率为k,若k=0,直线l与椭圆只有一个交点,不符合题意,故k≠0.所以直线l的方程为y−1=k(x−2),即y=kx−2k+1,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得:x24+y2=1,y=kx−2k+1消去y得:(1+4k2)x2−8k(2k−1)x+16k2−16k=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2,∵k1=y1+1×1,k2=y2+1×2,∵k1+k2=y1+1×1+y2+1×2=(y1+1)x2+(y2+1)x1x1x2=(kx1−2k+1+1)x2+(kx2−2k+1+1)x1x1x2=2kx1x2+(2-2k)x2+(2-2k)x1x1x2=2k−(2k−2)(x1+x2)x1x2把x1+x2=8k(2k−1)1+4k2,x1x2=16k2−16k1+4k2代入上式,得∵k1+k2=2k−(2k−2)8k(2k−1)16k2−16k=1,命题得证.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)根据已知得到关于a,b,c的方程组,解方程组即得椭圆的标准方程;(Ⅱ)先考虑直线l的斜率不存在的情况,再考虑斜率存在的情况,直线l的方程与椭圆的标准方程联立得到韦达定理,再求出k1+k2,化简即得其为定值.10.已知:点A(1,2)是离心率为22的椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上的一点.斜率为2的直线BD交椭圆C于B、D两点,且A、B、D三点不重合.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)△ABD的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由? (Ⅲ)求证:直线AB、AD的斜率之和为定值.【答案】解:(Ⅰ)∵e=22=ca,1b2+2a2=1,a2=b2+c2∴a=2,b=2,c=2∴x22+y24=1…(Ⅱ)设直线BD的方程为y=2x+m∴y=2x+m2x2+y2=4⇒4×2+22mx+m2−4=0∴Δ=−8m2+64>0⇒−22 b>0)的焦距为2,离心率为22,右顶点为A.(I)求该椭圆的方程;(II)过点D(2,−2)作直线PQ交椭圆于两个不同点P、Q,求证:直线AP,AQ的斜率之和为定值.【答案】解:(I)由题意可知2c=2,故c=1,又e=ca,∴a=2,∴b=1,∴椭圆方程为x22+y2=1.(II)由题意得,当直线PQ的斜率不存在时,不符合题意;当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y+2=k(x−2),即y=kx−2k−2.由y=kx−2k−2×22+y2=1消去y整理得(1+2k2)x2−42(k2+k)x+4k2+8k+2=0,∵直线与椭圆交于两点,∴Δ=−4(8k+1)>0,解得k<−18.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=42(k2+k)1+2k2,x1·x2=4k2+8k+21+2k2,又A(2,0),∴kAP+kAQ=y1x1−2+y2x2−2=k(x1−2)−2×1−2+k(x2−2)−2×2−2=2k−2(x1+x2)−4x1x2−2(x1+x2)+2=1.即直线AP,AQ的斜率之和为定值.【知识点】椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(I)由椭圆的焦距和离心率可得c=1,a=2,故b=1,从而可得椭圆的方程.(II)讨论直线PQ的斜率,当斜率存在时设其方程为y=kx−2k−2 ,与椭圆方程联立消元后得到二次方程,结合根与系数的关系及题意可求得kAP+kAQ=1,即得结论成立.三、斜率之差问题12.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设MN的斜率为m,BP的斜率为n,证明:2m−n为定值.【答案】(1)解:由椭圆的离心率e=ca=1−b2a2=32,则a=2b,①又a+b=3②,解得:a=2,b=1,则椭圆的标准方程为:x24+y2=1(2)证明:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则可设直线BP的方程为y=n(x−2)(n≠0,n≠±12).联立y=n(x−2)x24+y2=1,整理得(4n2+1)x2−16n2x+16n2−4=0.则xP+2=16n24n2+1,故xP=8n2−24n2+1,则yP=n(xP−2)=−4n4n2+1.所以P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).又直线AD的方程为y=12x+1.联立y=12x+1y=n(x−2),解得M(4n+22n−1,4n2n−1).由三点D(0,1),P(8n2−24n2+1,−4n4n2+1).N(x,0)共线,得−4n4n2+1−18n2−24n2+1−0=0−1x−0,所以N(4n−22n+1,0).∴MN的斜率为m=4n2n−1−04n+22n−1−4n−22n+1=4n(2n+1)2(2n+1)2−2(2n−1)2=2n+14.则2m−n=2n+12−n=12.∴2m−n为定值12【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系,整理化简计算出a与b的取值,由此得出椭圆的方程。(2)利用设而不求法设出点的坐标,以及直线的方程再联立直线与椭圆的方程,消元后得到关于x的方程,结合韦达定理求出点的坐标,再联立直线的方程求出点的坐标,并代入到斜率公式整理化简即可得出答案。四、斜率之积问题13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,点A(1,32)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若椭圆C的右顶点为B,直线l过定点M(3,0),且交椭圆C于P,Q两点(异于点B),试探究直线BP与BQ的斜率的乘积是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:依题意可得a2=b2+c2e=ca=121a2+94b2=1,解得a=2b=3c=1,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)解:设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2).由y=k(x−3)x24+y23=1得(4k2+3)x2−24k2x+36k2−12=0由Δ=(−24k2)2−4(4k2+3)⋅(36k2−12)>0,解得k2<35,所以x1+x2=24k24k2+3,x1x2=36k2−124k2+3y1y2=k(x1−3)k(x2−3)=k2[x1x2−3(x1+x2)+9]=15k24k2+3所以kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2=y1y2x1x2−2(x1+x2)+4=15k24k2+336k2−124k2+3−48k24k2+3+4=15k236k2−12−48k2+4(4k2+3)=15k24k2=154(定值)【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)依题意得到方程组,解得a、b、c的值,即可求出椭圆C的方程;(2)设直线l的方程为y=k(x−3)(k≠0),设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线与椭圆方程,消元,利用韦达定理得出x1+x2,x1x2的值,进而得到kBP⋅kBQ=y1x1−2⋅y2x2−2整理计算可得直线BP与BQ的斜率的乘积为定值。14.如图,在直角坐标系xOy中,圆O:x2+y2=4与x轴负半轴交于点A,过点A的直线AM,AN分别与圆O交于M,N两点.(Ⅰ)若kAM=2,kAN=−12,求△AMN的面积;(Ⅱ)若直线MN过点(1,0),证明:kAM⋅kAN为定值,并求此定值. 【答案】解:(Ⅰ)由题知kAM⋅kAN=−1,所以AN⊥AM,MN为圆O的直径,AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,所以圆心到直线AM的距离d=|4|5,所以AM=24−165=455,由中位线定理知,AN=855,S=12×455×855=165;(Ⅱ)设M(x1,y1)、N(x2,y2),①当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程中有:x2+k2(x−1)2−4=0,整理得:(1+k2)x2−2k2x+k2−4=0,则有x1+x2=2k21+k2,x1x2=k2−41+k2,kAM⋅kAN=y1x1+2⋅y2x2+2=k(x1−1)x1+2⋅k(x2−1)x2+2=k2[x1x2−(x1+x2)+1]x1x2+2(x1+x2)+4=k2(k2−41+k2−2k21+k2+1)k2−41+k2+2⋅2k21+k2+4=k2(k2−4−2k2+1+k2)k2−4+4k2+4+4k2=−3k29k2=−13;②当直线MN斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),kAM⋅kAN=3−01−(−2)⋅−3−01−(−2)=−13;综合①②可得:kAM⋅kAN为定值,此定值为−13.【知识点】直线的斜率;点到直线的距离公式;直线与圆的位置关系【解析】【分析】(I)由题意,得出直线AM的方程为y=2x+4,直线AN的方程为y=−12x−1,由中位线定理,得AN=855,由此可求解△AMN的面积;(II)当直线MN斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x−1)(k≠0),代入圆的方程,利用根与系数的关系、韦达定理,即可化简得出kAM⋅kAN为定值;当斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,代入圆的方程可得:M(1,3),N(1,−3),即可得到kAM⋅kAN为定值.15.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的应用【解析】【分析】由椭圆方程,结合斜率公式,化简整理,即可得到斜率之积为定值.16.设P(x,y)是椭圆x225+y216=1上的点且P的纵坐标y≠0,点A(−5,0)、B(5,0),试判断kPA⋅kPB是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.【答案】解:∵点P在椭圆x225+y216=1上,∴y2=16×(1−x225)=16×25−x225.①∵点P的纵坐标y≠0,∴x≠±5.∴kPA=yx+5,kPB=yx−5.∴kPA⋅kPB=yx+5⋅yx−5=y2x2−25②,将①代入②得:kPA⋅kPB=16×25−x225x2−25=−1625.∴kPA⋅kPB为定值,这个定值是−1625【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】根据直线斜率公式k=y2-y1x2-x1分别写出kPA,kPB,由椭圆方程写出y2,代入kPA·kPB即可求解.五、斜率之商问题17.如图,已知椭圆Γ:x24+y2=1和圆C:(x−4t)2+(y−3t)2=25t2(0 0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D为线段F1O的中点,过F2的直线l与C的右支交于M(x1,y1),N(x2,y2)两点,延长MD,ND分别与C交于点P,Q两点,若C的离心率为2,(3,7)为C上一点.(1)求证:x1y2−x2y1=2(y2−y1);(2)已知直线l和直线PQ的斜率都存在,分别记为k1,k2,k1≠0,判断k2k1是否为定值?若是,求出该定值;若不是,说明理由.【答案】(1)证明:由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,解得a2=b2=2,c2=4,所以双曲线C的方程为x22−y22=1,则F1(−2,0),F2(2,0),当直线l的斜率不存在时,则x1=x2=2,此时x1y2−x2y1=2y2−2y1=2(y2−y1),当直线l的斜率存在时,因为kMF2=kNF2,即y1x1−2=y2x2−2,整理得x1y2−x2y1=2(y2−y1),综上所述,x1y2−x2y1=2(y2−y1)(2)解:因为点D为线段F1O的中点,所以D(−1,0),显然直线MD的斜率存在且不为0,可设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),联立y=y1x1+1(x+1)x22−y22=1,消y整理得(x12+2×1+1−y12)x2−2y12x−y12−2×12−4×1−2=0,又x122−y122=1,所以y12=x12−2,所以(2×1+3)x2−2(x12−2)x−3×12−4×1=0,设P(x0,y0),则x1x0=−3×12−4x12x1+3,所以x0=−3×1−42×1+3,代入y=y1x1+1(x+1),得y0=−y12x1+3,即P(−3×1−42×1+3,−y12x1+3),同理Q(−3×2−42×2+3,−y22x2+3),所以k2=−y22x2+3−−y12x1+3−3×2−42×2+3−−3×1−42×1+3=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2,又因x1y2−x2y1=2(y2−y1),所以k2=−2(x1y2−x2y1)−3(y2−y1)x1−x2=−7(y2−y1)x1−x2=7k1,即k2k1=7是定值.【知识点】双曲线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由题意得:ca=2a2+b2=c29a2−7b2=1,求出a,b,c,可得双曲线C的方程和焦点坐标,再分斜率存在与不存在时进行讨论,斜率不存在时有x1=x2=2,代入左边即可验证得到右边;斜率存在时,由kMF2=kNF2,得y1x1−2=y2x2−2,化简整理即可得证;(2)设直线MD的方程为y=y1x1+1(x+1),与双曲线方程联立求得P点坐标,同理得到Q点坐标,进而表示出k2,结合(1)的结论即可求得k2=7k1.19.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,长轴长为4,离心率为12.过点Q(4,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线AF,BF的斜率分别为k1,k2(k2≠0),求证:k1k2为定值.【答案】(1)解:由已知有2a=4ca=12a2=b2+c2,解得a2=4b2=3,故椭圆C的标准方程为:x24+y23=1;(2)解:由已知直线l斜率不为零,故设其方程为x=my+4,由x=my+4×24+y23=1消去x得:((3m2+4)y2+24my+36=0,令Δ>0得m2>4.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=−24m3m2+4,y1⋅y2=363m2+4, 易知F(1,0),∴k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=y1my1+3⋅my2+3y2=my1y2+3y1my1y2+3y2=my1y2+3(y1+y2)−3y2my1y2+3y2=36m3m2+4−3×24m3m2+4−3y236m3m2+4+3y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)=−1所以k1k2为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由已知条件即可得2a=4ca=12a2=b2+c2,即可求解;(2)设直线l的方程为x=my+4,联立椭圆方程,结合韦达定理化简可得k1k2=y1x1−1⋅x2−1y2=36m−3×24m−3y2(3m2+4)36m+3y2(3m2+4)即可求证。20.在平面直角坐标系中,A1,A2两点的坐标分别为(−2,0),(2,0),直线A1M,A2M.相交于点M且它们的斜率之积是−34,记动点M的轨迹为曲线E.过点F(1,0)作直线l交曲线E于P,Q两点,且点P位于x轴上方.记直线A1Q,A2P的斜率分别为k1,k2.(1)证明:k1k2为定值:(2)设点Q关于x轴的对称点为Q1,求△PFQ1面积的最大值.【答案】(1)证明:设M(x,y),由题可知yx+2⋅yx−2=−34,所以x24+y23=1(x≠±2).设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),联立x=my+1×24+y23=1,得(3m2+4)y2+6my−9=0,所以y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,所以k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,所以k1k2=y1x1+2y2x2−2=(x2−2)y1(x1+2)y2=my1y2−y1my1y2+3y2=−9m3m2+4−(−6m3m2+4−y2)−9m3m2+4+3y2=−3m+(3m2+4)y2−9m+3(3m2+4)y2=13,所以k1k2为定值.(2)解:设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,∴S△PQQ1=12⋅(−2y1)(x2−x1)=x1y1−x2y1,S△QQ1F=12(1−x1)(−2y1)=x1y1−y1,而S△PFQ1=S△PQQ1−S△QQ1F=(x1y1−x2y1)−(x1y1−y1)=y1−(my2+1)y1=−my1y2=9m3m2+4=93m+4m⩽9212=334,当m2=43,即m=233时,等号成立,此时△PFQ1的面积最大值为334.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设M(x,y),再利用已知条件结合两点求斜率公式得出x24+y23=1(x≠±2),设直线l的方程为x=my+1,Q(x1,y1),P(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4,再利用两点求斜率公式得出k1=y1x1+2,k2=y2x2−2,进而证出k1k2为定值。(2)设Q1(x1,−y1),由椭圆的对称性,不妨设m>0,再利用三角形的面积公式和作差法得出S△PFQ1=9m3m2+4,再结合均值不等式求最值的方法得出三角形△PFQ1的面积的最大值。21.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为22(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴与点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(ⅰ)设直线PM,QM的斜率分别为k1,k2,证明k2k1为定值;(ⅱ)求直线AB的斜率的最小值.【答案】解:(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2−c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,−2m).所以直线PM的斜率k=2m−mx0=mx0,直线QM的斜率k′=−2m−mx0=−3mx0. 此时k′k=−3.所以k′k为定值–3.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2−4=0.由x0x1=2m2−42k2+1,可得x1=2(m2−2)(2k2+1)x0,所以y1=kx1+m=2k(m2−2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2−2)(18k2+1)x0,y2=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m.所以x2−x1=2(m2−2)(18k2+1)x0−2(m2−2)(2k2+1)x0=−32k2(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2−y1=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m−2(m2−2)(2k2+1)x0−m=−8k(6k2+1)(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2−y1x2−x1=6k2+14k=14(6k+1k).由m>0,×0>0,可知k>0,所以6k+1k≥26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4−8m2=66,即m=147,符号题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(Ⅰ)分别计算a,b即得.(Ⅱ)(ⅰ)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),由M(0,m),可得P,Q的坐标,进而得到直线PM的斜率k,直线QM的斜率k’,可得k’k为定值.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=–3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,应用一元二次方程根与系数的关系得到x2−x1,y2−y1,进而可得kAB.应用基本不等式即得.六、斜率综合问题22.如图.矩形ABCD的长AB=23,宽BC=12,以A、B为左右焦点的椭圆M:x2a2+y2b2=1恰好过C、D两点,点P为椭圆M上的动点.(1)求椭圆M的方程,并求PA⋅PB的取值范围;(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M、N两点(点C与M、N两点不重合),且直线CM、CN的斜率分别为k1、k2,试证明k1+k2−2k为定值.【答案】(1)解:由题意得c=3.又点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1上,所以3a2+14b2=1,且a2−b2=3,所以a=2,b=1,故椭圆M的方程为x24+y2=1.设点P(x,y),由A(3,0),B(−3,0)得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2.又x∈[−2,2],所以PA⋅PB∈[−2,1](2)解:设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),联立椭圆M方程得(1+4k2)x2−83k2x+12k2−4=0.设两点M(x1,y1)、N(x2,y2),故x1+x2=83k21+4k2,x1x2=12k2−41+4k2.因为k1+k2=y1−12×1−3+y2−12×2−3=(y1x2+x1y2)−3(y1+y2)−12(x1+x2)+3x1x2−3(x1+x2)+3,其中y1x2+x1y2=2kx1x2−3k(x1+x2)=−8k1+4k2,y1+y2=−23k1+4k2,故k1+k2=−8k1+4k2+6k1+4k2−43k21+4k2+312k2−41+4k2−24k21+4k2+3=2k−3所以k1+k2−2k=−3为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意可得2c=AB=23解得c,由点C(3,12)在椭圆M:x2a2+y2b2=1结b2=a2-c2,解得a,b,即可得出椭圆的方程,设点P(x,y),由数量积公式可得PA⋅PB=x2−3+y2=x2−3+1−x24=3×24−2,由于x∈[−2,2],即可得出PA⋅PB的取值范围;(2)设过点B且斜率为k的直线方程为y=k(x−3),M(x1,y1)、N(x2,y2),联立直线MN与椭圆的方程,结合韦达定理可得x1+x2,x1x2,再计算k1+k2=2k−3,即可得出答案.23.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,P(2,1)为椭圆C上一点.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若过点Q(2,0)且斜率为k的直线l与椭圆C相交于A,B两点,记直线AP,BP的斜率分别为k1,k2,试问k1+k2−2k是否是定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设椭圆C的焦距为2c, 则4a2+1b2=1a2=b2+c2ca=32,,解得a2=8b2=2c2=6故椭圆C的方程为x28+y22=1.(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2).联立x28+y22=1,y=k(x−2),整理得(4k2+1)x2−16k2x+16k2−8=0,,则x1+x2=16k24k2+1,x1x2=16k2−84k2+1.因为P(2,1),所以k1=y1−1×1−2,k2=y2−1×2−2,则k1+k2−2k=y1−1×1−2+y2−1×2−2−2k=kx1−2k−1×1−2+kx2−2k−1×2−2−2k=−1×1−2−1×2−2=−x1+x2−4x1x2−2(x1+x2)+4=−16k24k2+1−416k2−84k2+1−32k24k2+1+4=−1.故k1+k2−2k为定值-1.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由已知条件列出方程组,求解a,b,可得椭圆C的标准方程;(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x−2),A(x1,y1),B(x2,y2),与椭圆方程联立,再利用韦达定理可得k1+k2−2k是定值.