專(zhuān)題18 斜率型定值型問(wèn)題(原卷版)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

定值問(wèn)題就是證明一個(gè)量與其中的變化因素?zé)o關(guān)，這些變化的因素可能是直線的斜率、截距，也可能是動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)等，這類(lèi)問(wèn)題的一般解法是使用變化的量表達(dá)求證目標(biāo)，通過(guò)運(yùn)算求證目標(biāo)的取值與變化的量無(wú)關(guān)．當(dāng)使用直線的斜率和截距表達(dá)直線方程時(shí)，在解題過(guò)程中要注意建立斜率和截距之間的關(guān)系，把雙參數(shù)問(wèn)題化為單參數(shù)問(wèn)題解決．
題型一斜率問(wèn)題
【例題選講】
[例1] 已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(\r(3),2)，且過(guò)點(diǎn)A(2，1)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若P，Q是橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且使∠PAQ的角平分線總垂直于x軸，試判斷直線PQ的斜率是否為定值？若是，求出該值；若不是，說(shuō)明理由．
[規(guī)范解答] (1)因?yàn)闄E圓C的離心率為eq \f(\r(3),2)，且過(guò)點(diǎn)A(2，1)，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)．因?yàn)閍2＝c2＋b2，解得b2＝2，a2＝8
所以橢圓C的方程為eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)因?yàn)椤螾AQ的角平分線總垂直于x軸，所以PA與AQ所在直線關(guān)于直線x＝2對(duì)稱．
設(shè)直線PA的斜率為k，則直線AQ的斜率為－k．
所以直線PA的方程為y－1＝k(x－2)，直線AQ的方程為y－1＝－k(x－2)．
設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝8，,y＝k?x－2?＋1，))
消去y得(1＋4k2)x2－8(2k2－k)x＋16k2－16k－4＝0，①
因?yàn)辄c(diǎn)A(2，1)在橢圓C上，所以x＝2是方程①的一個(gè)根，
2x1＝eq \f(16k2－16k－4,1＋4k2)，即x1＝eq \f(8k2－8k－2,1＋4k2)．同理x2＝eq \f(8k2＋8k－2,1＋4k2)．
所以x1－x2＝－eq \f(16k,1＋4k2)．又y1－y2＝k(x1＋x2)－4k＝k·eq \f(16k2－4,1＋4k2)－4k＝－eq \f(8k,1＋4k2)，
所以直線PQ的斜率為kPQ＝eq \f(y1－y2, x1－x2)＝eq \f(1,2)．所以直線PQ的斜率為定值，該值為eq \f(1,2)．
[例2] 已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(1,2)，右焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為E，P為直線x＝eq \f(5,4)a上的任意一點(diǎn)，且(eq \(PF,\s\up7(→))＋eq \(PE,\s\up7(→)))·eq \(EF,\s\up7(→))＝2．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過(guò)F且垂直于x軸的直線AB與橢圓交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在第一象限)，動(dòng)直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，且M，N位于直線AB的兩側(cè)，若始終保持∠MAB＝∠NAB，求證：直線MN的斜率為定值．
[規(guī)范解答] (1)設(shè)Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)a，t))，F(xiàn)(c，0)，E(a，0)，
則eq \(PF,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(5,4)a，－t))，eq \(PE,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，－t))，eq \(EF,\s\up7(→))＝(c－a，0)，
所以(eq \(PF,\s\up7(→))＋eq \(PE,\s\up7(→)))·eq \(EF,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(3,2)a，－2t))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－a，0))＝2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(3,2)a))·(c－a)＝2，又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
所以a＝2，c＝1，b＝eq \r(3)，從而橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由(1)知Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，設(shè)MN的方程：y＝kx＋m，代入橢圓方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4m2－12,4k2＋3)．
又M，N是橢圓上位于直線AB兩側(cè)的動(dòng)點(diǎn)，若始終保持∠MAB＝∠NAB，
則kAM＋kAN＝0，即eq \f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq \f(y2－\f(3,2),x2－1)＝0，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1＋m－\f(3,2)))(x2－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2＋m－\f(3,2)))(x1－1)＝0，
即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝eq \f(1,2)．故直線MN的斜率為定值eq \f(1,2)．
[例3] 如圖所示，拋物線關(guān)于x軸對(duì)稱，它的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P(1，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在拋物線上．
(1)求拋物線的方程及其準(zhǔn)線方程；
(2)當(dāng)PA與PB的斜率存在且傾斜角互補(bǔ)時(shí)，證明：直線AB的斜率為定值．
[規(guī)范解答] (1)由題意可設(shè)拋物線的方程為y2＝2px(p>0)．則由點(diǎn)P(1，2)在拋物線上，得22＝2p×1，
解得p＝2，故所求拋物線的方程是y2＝4x，準(zhǔn)線方程是x＝－1．
(2)因?yàn)镻A與PB的斜率存在且傾斜角互補(bǔ)，所以kPA＝－kPB，即eq \f(y1－2,x1－1)＝－eq \f(y2－2,x2－1)．
又A(x1，y1)，B(x2，y2)均在拋物線上，所以x1＝eq \f(y\\al(2,1),4)，x2＝eq \f(y\\al(2,2),4)，從而eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＝－eq \f(y2－2,\f(y\\al(2,2),4)－1)，
即eq \f(4,y1＋2)＝－eq \f(4,y2＋2)，得y1＋y2＝－4，故直線AB的斜率kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝－1，為定值．
[例4] 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(\r(2),2)，直線l：y=eq \f(1,2)x與橢圓E相交于A，B兩點(diǎn)，AB=4eq \r(5)，C，D是橢圓E上異于A，B兩點(diǎn)，且直線AC，BD相交于點(diǎn)M，直線AD，BC相交于點(diǎn)N．
(1)求a，b的值；
(2)求證：直線MN的斜率為定值．
[規(guī)范解答] (1)因?yàn)閑＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以c2＝eq \f(1,2)a2，即a2－b2＝eq \f(1,2)a2，所以a2＝2b2；
故橢圓方程為eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1；由題意，不妨設(shè)點(diǎn)A在第一象限，點(diǎn)B在第三象限，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=eq \f(1,2)x,eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1))解得A(eq \f(2\r(3),2)b，eq \f(\r(3),3)b)；又AB＝4eq \r(5)，所以O(shè)A＝2eq \r(5)，即eq \f(4,3)b2＋eq \f(1,3)b2＝20，解得b2＝12．
故a＝2eq \r(6)，b＝2eq \r(3)；
(2)由(1)知，橢圓E的方程為eq \f(x2,24)＋eq \f(y2,12)＝1，從而A(4，2)，B(－4，－2)；
①當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時(shí)，設(shè)直線CA，DA的斜率分別為k1，k2，C(x0，y0)，
顯然k1≠k2；k1kBC＝eq \f(y0－2,x0－4)·eq \f(y0＋2,x0＋4)＝eq \f(y02－4,x02－16)＝eq \f(8－eq \f(x02,2),x02－16)＝－eq \f(1,2)，所以kBC＝－eq \f(1,2k1)；同理kDB＝－eq \f(1,2k2)，
于是直線AD的方程為y－2＝k2(x－4)，直線BC的方程為y＋2＝－eq \f(1,2k1)(x＋4)；
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋2＝－eq \f(1,2k1)(x＋4), y－2＝k2(x－4)))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝eq \f(8k1k2－8k1－4,2k1k2＋1),y＝eq \f(－4k1k2－8k2＋2,2k1k2＋1)))，
從而點(diǎn)N的坐標(biāo)為(eq \f(8k1k2－8k1－4,2k1k2＋1)，eq \f(－4k1k2－8k2＋2,2k1k2＋1))，
用k2代k1，k1代k2得點(diǎn)M的坐標(biāo)為(eq \f(8k1k2－8k2－4,2k1k2＋1)，eq \f(－4k1k2－8k1＋2,2k1k2＋1))；
∴kMN＝eq \f(eq \f(－4k1k2－8k2＋2,2k1k2＋1)－eq \f(－4k1k2－8k1＋2,2k1k2＋1),eq \f(8k1k2－8k1－4,2k1k2＋1)－eq \f(8k1k2－8k2－4,2k1k2＋1))＝eq \f(8(k1－k2),8(k2－k1))＝－1．
即直線MN的斜率為定值－1；
②當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時(shí)，根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線斜率不存在，
故不妨設(shè)直線CA的斜率不存在，從而C(4，－2)；仍然設(shè)DA的斜率為k2，由①知kDB＝－eq \f(1,2k2)；
此時(shí)CA：x＝4，DB：y＋2＝－eq \f(1,2k2)(x＋4)，它們交點(diǎn)M(4，－eq \f(４,k2)－2)；
BC：y＝－2，AD：y－2＝k2(x－4)，它們交點(diǎn)N(4－eq \f(４,k2)，－2)，從而kMN＝－1也成立；
由①②可知，直線MN的斜率為定值－1；
【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】
1．已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，離心率等于eq \f (1,2)，它的一個(gè)短軸端點(diǎn)恰好是拋物線x2＝8eq \r(3)y的焦點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)如圖，已知P(2，3)，Q(2，－3)是橢圓上的兩點(diǎn)，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側(cè)的動(dòng)點(diǎn)．
①若直線AB的斜率為eq \f (1,2)，求四邊形APBQ面積的最大值；
②當(dāng)A，B運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問(wèn)直線AB的斜率是否為定值？請(qǐng)說(shuō)明理由．
2．已知直線l經(jīng)過(guò)橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)和下頂點(diǎn)，坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為eq \f(a,2)．
(1)求橢圓C的離心率；
(2)若橢圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(2，1)，點(diǎn)A，B是橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且∠APB的角平分線總是垂直于y軸，試問(wèn)：直線AB的斜率是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
3．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(\r(3),2)，且過(guò)點(diǎn)P(2，－1)．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)點(diǎn)Q在橢圓C上，且PQ與x軸平行，過(guò)P點(diǎn)作兩條直線分別交橢圓C于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，若直線PQ平分∠APB，求證：直線AB的斜率是定值，并求出這個(gè)定值．
4．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(3),2)，且C過(guò)點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)(點(diǎn)P，Q均在第一象限)，且直線OP，l，OQ的斜率成等比數(shù)列，證明：直線l的斜率為定值．
5．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，c＝eq \r(3)，左、右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P，A，B在橢圓C上，且點(diǎn)A，
B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，直線PA，PB的斜率的乘積為－eq \f (1,4)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)已知直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q(2，2)，且與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N，若|QM||QN|＝eq \f(16,3)，判斷直線l的斜率是否為定值？若是，請(qǐng)求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
題型二斜率之和問(wèn)題
【例題選講】
[例5] 已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(\r(3),2)，且過(guò)點(diǎn)M(4，1)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l：y＝x＋m(m≠3)與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，記直線MP，MQ的斜率分別為k1，k2，試探究k1＋k2是否為定值，若是，請(qǐng)求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[規(guī)范解答] (1)依題意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝eq \f(\r(3),2),eq \f(16,a2)＋eq \f(1,b2)＝1,a2＝b2＋c2))，解得a2＝20，b2＝5．故橢圓C的方程為eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,5)＝1；
(2)k1＋k2＝1，下面給出證明：設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
將y＝x＋m代入eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,5)＝1并整理得5x2＋8mx＋4m2－20＝0，
Δ＝(8m)2－20(4m2－20)>0，解得－5b>0)，焦距為2c，
依題意，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2c＝2，,a＋c＝3，))解得a＝2，c＝1，又a2＝b2＋c2，則b＝eq \r(3)，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)證明：由(1)得A(－2，0)，F(xiàn)(1，0)，設(shè)直線PQ：x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，整理，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
則y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
依題意，可設(shè)M(3，yM)，N(3，yN)，則由eq \f(yM,3＋2)＝eq \f(y1,x1＋2)，可得yM＝eq \f(5y1,x1＋2)＝eq \f(5y1,my1＋3)，
同理，可得yN＝eq \f(5y2,my2＋3)，所以直線FM和直線FN的斜率之積
kFM·kFN＝eq \f(yM－0,3－1)·eq \f(yN－0,3－1)＝eq \f(1,4)·eq \f(25y1y2,(my1＋3)(my2＋3))＝eq \f(1,4)·eq \f(25y1y2,m2y1y2＋3m(y1＋y2)＋9)
＝eq \f(1,4)·eq \f(25·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4))),m2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4)))＋3m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,3m2＋4)))＋9)＝eq \f(1,4)·eq \f(－25×9,－9m2－18m2＋27m2＋36)＝－eq \f(25×9,4×36)＝－eq \f(25,16)．
所以直線FM和直線FN的斜率之積為定值－eq \f(25,16)．
[例9] 已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(1,2)，點(diǎn)A(1．eq \f(3,2))在橢圓C上．
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)動(dòng)直線l與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，判斷是否存在以原點(diǎn)O為圓心的圓，滿足此圓與l相交兩點(diǎn)P1，P2，(兩點(diǎn)均不在坐標(biāo)軸上)，且使得直線OP1，OP2的斜率之積為定值？若存在，求此圓的方程與定值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[規(guī)范解答] (1)由題意得，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，又因?yàn)辄c(diǎn)A(1．eq \f(3,2))在橢圓C上
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，解得b2＝3，a2＝2．
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)結(jié)論：存在符合條件的圓，且此圓的方程為x2＋y2＝7．
證明如下：
假設(shè)存在符合條件的圓，且設(shè)此圓的方程為x2＋y2＝r2(r>0)．
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y＝kx＋m，
由方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
因?yàn)橹本€l與橢圓有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，所以Δ1＝(8km)2－4(4k2＋3)( 4m2－12)＝0，即m2＝4k2＋3．
由方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2＋y2＝r2))，得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－r2＝0，
則Δ1＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－r2)>0，
設(shè)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則x1＋x2＝eq \f(－2km,1＋k2)，x1x2＝eq \f(m2－r2,1＋k2)．
設(shè)直線OP1，OP2的斜率分別為k1，k2，
所以k1·k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f((kx1＋m)(k2x＋m),x1x2)＝eq \f(k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2,x1x2)＝eq \f(k2eq \f(m2－r2,1＋k2)＋kmeq \f(－2km,1＋k2)＋m2, eq \f(m2－r2,1＋k2))＝eq \f(m2－r2k2,m2－r2)．
將m2＝4k2＋3代入上式得k1k2＝eq \f((4－r2)k2＋3,4k2＋3－r2)．要使得k1k2為定值，則eq \f(4－r2,4)＝eq \f(3,3－r2)，即r2＝7．
所以當(dāng)圓的方程為x2＋y2＝7時(shí)，圓與l的交點(diǎn)P1，P2滿足k1k2為定值－eq \f(3,4)．
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由題意知l的方程為x＝±2，
此時(shí)圓與l的交點(diǎn)P1，P2也滿足k1k2為定值－eq \f(3,4)．
綜上：當(dāng)圓的方程為x2＋y2＝7時(shí)，圓與l的交點(diǎn)P1，P2滿足k1k2為定值－eq \f(3,4)．
[例10] 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A，B.已知|AB|＝4，且點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在橢圓上，其中e是橢圓的離心率．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)P是橢圓C上異于A，B的點(diǎn)，與x軸垂直的直線l分別交直線AP，BP于點(diǎn)M，N，求證：直線AN與直線BM的斜率之積是定值．
[規(guī)范解答] (1)因?yàn)閨AB|＝4，所以2a＝4，即a＝2，又點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在橢圓上，
故eq \f(e2,a2)＋eq \f(45,16b2)＝1，即eq \f(c2,16)＋eq \f(45,16b2)＝1，聯(lián)立方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c2,16)＋\f(45,16b2)＝1，,c2＋b2＝4，))解得b2＝3，
故橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(s，t)，M，N的橫坐標(biāo)均為m(m≠±2)，故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(t,s＋2)(m＋2)))，
直線BM的斜率k1＝eq \f(t(m＋2),(s＋2)(m－2))，同理可得直線AN的斜率k2＝eq \f(t(m－2),(s－2)(m＋2))，
所以k1k2＝eq \f(t2(m2－4),(s2－4)(m2－4))＝eq \f(t2,s2－4)，
又因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上，故有eq \f(s2,4)＋eq \f(t2,3)＝1，即t2＝－eq \f(3,4)(s2－4)，則k1k2＝－eq \f(3,4)，
故直線AN與直線BM的斜率之積是定值．
[例11] 已知拋物線C：y2＝ax(a＞0)上一點(diǎn)P(t，eq \f(1,2))到焦點(diǎn)F的距離為2t．
(1)求拋物線C的方程；
(2)拋物線C上一點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為1，過(guò)點(diǎn)Q(3，－1)的直線與拋物線C交于M，N兩個(gè)不同的點(diǎn)(均與點(diǎn)A不重合)，設(shè)直線AM，AN的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值．
[規(guī)范解答] (1)由拋物線的定義可知|PF|＝t＋eq \f(a,4)＝2t，則a＝4t，由點(diǎn)P(t，eq \f(1,2))在拋物線上，得at＝eq \f(1,4)，
∴a×eq \f(a,4)＝eq \f(1,4)，則a2＝1，由a＞0，得a＝1，∴拋物線C的方程為y2＝x．
(2)∵點(diǎn)A在拋物線C上，且yA＝1，∴xA＝1．
∴A(1，1)，設(shè)過(guò)點(diǎn)Q(3，－1)的直線的方程為x－3＝m(y＋1)，即x＝my＋m＋3，
代入y2＝x得y2－my－m－3＝0．
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3，
∴k1k2＝eq \f(y1－1,x1－1)·eq \f(y2－1,x2－1)＝eq \f(y1y2－?y1＋y2?＋1,m2y1y2＋m?m＋2??y1＋y2?＋?m＋2?2)＝－eq \f(1,2)，∴k1k2為定值．
【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】
9．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上頂點(diǎn)為點(diǎn)D，右焦點(diǎn)為F2(1，0)，延長(zhǎng)DF2交橢圓C于點(diǎn)E，且滿
足|DF2|＝3|F2E|．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)過(guò)點(diǎn)F2作與x軸不重合的直線l和橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)橢圓C的左頂點(diǎn)為點(diǎn)H，且直線HA，HB分別與直線x＝3交于M，N兩點(diǎn)，記直線F2M，F(xiàn)2N的斜率分別為k1，k2，則k1與k2之積是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
10．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)A(1，eq \f(\r(2),2))，B(eq \f(\r(2),2)，－eq \f(\r(3),2))兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)動(dòng)直線l與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，且與圓O：x2＋y2＝3相交于M，N兩點(diǎn)試問(wèn)直線OM與ON的斜率之積kOMkON是否為定值？若是，求出該定值；若不是，說(shuō)明理由．
11．已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)O到直線AB
的距離為eq \f(2\r(5),5)，△OAB的面積為1．
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)直線l與橢圓交于C，D兩點(diǎn)，若直線l∥直線AB，設(shè)直線AC，BD的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2為定值．
12．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq \f(\r(6),3)，F(xiàn)1，F(xiàn)2，是橢圓C的左、右焦點(diǎn)，P是橢圓C上的一
個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且△PF1F2面積的最大值為10eq \r(2)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若Q是橢圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M，N在橢圓eq \f(x2,3)＋y2＝1上，O為原點(diǎn)，點(diǎn)Q，M，N滿足eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋3eq \(ON,\s\up6(→))，則直線OM與直線ON的斜率之積是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
題型四斜率綜合問(wèn)題
【例題選講】
[例12] 已知△ABC中，B(－1，0)，C(1，0)，AB＝6，點(diǎn)P在AB上，且∠BAC＝∠PCA．
(1)求點(diǎn)P的軌跡E的方程；
(2)若Q(1，eq \f(8,3))，過(guò)點(diǎn)C的直線與E交于M，N兩點(diǎn)，與直線x＝9交于點(diǎn)K，記QM，QN，QK的斜率分別為k1，k2，k3，試探究k1，k2，k3的關(guān)系，并證明．
[規(guī)范解答] (1)如圖三角形ACP中，∠BAC＝∠PCA，所以PA＝PC，
所以PB＋PC＝PB＋PA＝AB＝6，
所以點(diǎn)P的軌跡是以B，C為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸為4的橢圓(不包含實(shí)軸的端點(diǎn))，
所以點(diǎn)P的軌跡E的方程為eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1(x≠±3)．
(2)k1，k2，k3的關(guān)系：k1＋k2＝2k3．
證明：如圖，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
可設(shè)直線MN方程為y＝k(x－1)，則K(4，3k)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝k(x－1)，))可得(9k2＋8)x2－18k2x＋(9k2－72)＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(18k2,9k2＋8)，x1x2＝eq \f(9k2－72,9k2＋8)．
k1＝eq \f(y1－eq \f(8,3),x1－1)＝eq \f(k(x1－1)－eq \f(8,3),x1－1)＝k－eq \f(8,3(x1－1))，k2＝k－eq \f(8,3(x2－1))，k3＝k－eq \f(8k－eq \f(8,3),9－1)＝k－eq \f(1,3)，
因?yàn)?k1－k3)＋(k2－k3)＝eq \f(2,3)－eq \f(8,3)(eq \f(1,x1－1)＋eq \f(1,x2－1))＝eq \f(2,3)－eq \f(8,3) eq \f(x1＋x2－2,x1x2－(x1＋x2)＋1)，
所以：k1＋k2＝2k3．
[例13] 已知圓F1：(x＋1)2＋y2＝r2(1≤r≤3)，圓F2：(x－1)2＋y2＝(4－r)2．
(1)證明：圓F1與圓F2有公共點(diǎn)，并求公共點(diǎn)的軌跡E的方程；
(2)已知點(diǎn)Q(m，0)(m

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