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.
