例題：(2018·南京一模)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)的下頂點(diǎn)為B，點(diǎn)M，N是橢圓上異于點(diǎn)B的動(dòng)點(diǎn)，直線BM，BN分別與x軸交于點(diǎn)P，Q，且點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))處時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，0)).
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)直線MN交y軸于點(diǎn)D，當(dāng)點(diǎn)M，N均在y軸右側(cè)，
且eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))時(shí)，求直線BM的方程．
變式1過(guò)點(diǎn)P(－4，0)的直線l與橢圓C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)A恰好是線段PB的中點(diǎn)，則直線l的方程為_(kāi)_______________．
變式2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)C(－1，0)的直線交橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)于A，B兩點(diǎn)，且滿足eq \(CA,\s\up6(→))＝2eq \(BC,\s\up6(→))，若橢圓的離心率e＝eq \f(\r(6),3)，則橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為_(kāi)_______________．(用直線的斜率k(k≠0)表示)．
串講1如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，B是橢圓eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的上頂點(diǎn)，已知過(guò)右焦點(diǎn)F2的直線l與橢圓相交于A，C兩點(diǎn)，記△ABF2，△BCF2的面積分別為S1，S2.若S1＝2S2，則直線l的斜率為_(kāi)___________．
串講2(2017·蘇州高二期末)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，其焦點(diǎn)到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為eq \r(2)，離心率為eq \f(\r(2),2).
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)如圖所示，A，B是橢圓C上兩點(diǎn)，且△AOB的面積為eq \r(2)，設(shè)射線OA，OB的斜率分別為k1，k2.
①求k1·k2的值；
②延長(zhǎng)OA到P，使得OP＝2OA，且PB交橢圓C于Q，求證：eq \f(BP,BQ)為定值．
(2018·蘇州二模)如圖，橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(\r(2),2)，焦點(diǎn)到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1，點(diǎn)A，B，C分別為橢圓的左頂點(diǎn)、右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C的直線l交橢圓于點(diǎn)D，交x軸于點(diǎn)M(x1，0)，直線AC與直線BD交于點(diǎn)N(x2，y2)．
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若eq \(CM,\s\up6(→))＝2eq \(MD,\s\up6(→))，求直線l的方程；
(3)求證：x1·x2為定值．
(2018·南通一模)如圖，已知橢圓E1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞1)，若橢圓E2：eq \f(x2,ma2)＋eq \f(y2,mb2)＝1(a＞b＞0，m＞1)，則稱橢圓E2與橢圓E1“相似”．
(1)求經(jīng)過(guò)點(diǎn)(eq \r(2)，1)，且與橢圓E1：eq \f(x2,2)＋y2＝1“相似”的橢圓E2的方程；
(2)若m＝4，橢圓E1的離心率為eq \f(\r(2),2)，點(diǎn)P在橢圓E2上，過(guò)點(diǎn)P的直線l交橢圓E1于A，B兩點(diǎn)，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，
①若點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，2)，且λ＝2，求直線l的方程；
②若直線OP，OA的斜率之積為－eq \f(1,2)，求實(shí)數(shù)λ的值．
答案：(1)eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1；(2)①直線l的方程為y＝±eq \f(\r(30),10)x＋2；②λ＝eq \f(5,2).
解析：(1)設(shè)橢圓E2的方程為eq \f(x2,2m)＋eq \f(y2,m)＝1，代入點(diǎn)(eq \r(2)，1)得m＝2，所以橢圓E2的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.3分
(2)因?yàn)闄E圓E1的離心率為eq \f(\r(2),2)，故a2＝2b2，所以橢圓E1：x2＋2y2＝2b2，又橢圓E2與橢圓E1“相似”，
且m＝4，所以橢圓E1：x2＋2y2＝8b2，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
①解法1：由題意得b＝2，所以橢圓E1：x2＋2y2＝8，將直線l：y＝kx＋2，代入橢圓E1：x2＋2y2＝8得(1＋2k2)x2＋8kx＝0.
解得x1＝eq \f(－8k,1＋2k2)，x2＝0，故y1＝eq \f(2－4k2,1＋2k2)，y2＝2，所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k,1＋2k2)，\f(2－4k2,1＋2k2)，))5分
又eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(AB,\s\up6(→))，即B為AP中點(diǎn)，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k,1＋2k2)，\f(2＋12k2,1＋2k2)))，6分
代入橢圓E2：x2＋2y2＝32得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k,1＋2k2)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋12k2,1＋2k2)))eq \s\up12(2)＝32，即20k4＋4k2－3＝0，即(10k2－3)(2k2＋1)＝0，
所以k＝±eq \f(\r(30),10)，所以直線l的方程為y＝±eq \f(\r(30),10)x＋2.8分
解法2：由題意得b＝2，所以橢圓E1：x2＋2y2＝8，E2：x2＋2y2＝32，設(shè)A(x，y)，B(0，2)，則P(－x，4－y)，
代入橢圓方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝8，,x2＋2（4－y）2＝32，))解得y＝eq \f(1,2)，故x＝±eq \f(\r(30),2)，6分
所以k＝±eq \f(\r(30),10)，所以直線l的方程為y＝±eq \f(\r(30),10)x＋2.8分
②解法1：由題意得，x02＋2y02＝8b2，x12＋2y12＝2b2，x22＋2y22＝2b2，eq \f(y0,x0)·eq \f(y1,x1)＝－eq \f(1,2)，即x0x1＋2y0y1＝0，
eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，則(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(x0＋（λ－1）x1,λ)，,y2＝\f(y0＋（λ－1）y1,y)，))12分
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋（λ－1）x1,λ)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0＋（λ－1）y1,λ)))eq \s\up12(2)＝2b2，則x02＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x12＋2y02＋4(λ－1)y0y1＋
2(λ－1)2y12＝2λ2b2(x02＋2y02)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x12＋2y12)＝2λ2b2，
所以8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝eq \f(5,2).16分
解法2：不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限，設(shè)直線OP：y＝kx(k＞0)，代入橢圓E2：x2＋2y2＝8b2，
解得x0＝eq \f(2\r(2)b,\r(1＋2k2))，則y0＝eq \f(2\r(2)bk,\r(1＋2k2))，因?yàn)橹本€OP，OA的斜率之積為－eq \f(1,2)，則直線OA：y＝－eq \f(1,2k)x，10分
代入橢圓E1：x2＋2y2＝2b2，解得x1＝－eq \f(2bk,\r(1＋2k2))，則y1＝eq \f(b,\r(1＋2k2))，由eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，則(x0－x1，y0－y1)
＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(x0＋（λ－1）x1,λ)，,y2＝\f(y0＋（λ－1）y1,λ)，))12分
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋（λ－1）x1,λ)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0＋（λ－1）y1,λ)))eq \s\up12(2)＝2b2，則x02＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x12＋2y02＋4(λ－1)y0y1＋
2(λ－1)2y12＝2λ2b2(x02＋2y02)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x12＋2y12)＝2λ2b2，所以8b2＋
微專題21
例題
答案：(1)eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)直線BM的方程為
y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).
解析：(1)由Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\r(3)，0))，得直線NQ的方程為y＝eq \f(3,2)x－eq \r(3).令x＝0，得點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，－eq \r(3))．所以橢圓的方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1.將點(diǎn)N的坐標(biāo)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))代入，得eq \f(（\r(3)）2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2),3)＝1，解得a2＝4.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)解法1：設(shè)直線BM的斜率為k(k＞0)，則直線BM的方程為y＝kx－eq \r(3).在y＝kx－eq \r(3)中，令y＝0，得xP＝eq \f(\r(3),k)，而點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)，所以xQ＝eq \f(\r(3),2k).所以直線BN的斜率kBN＝kBQ＝eq \f(0－（－\r(3)）,\f(\r(3),2k)－0)＝2k.
聯(lián)立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－\r(3)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(3＋4k2)x2－8eq \r(3)kx＝0，解得xM＝eq \f(8\r(3)k,3＋4k2).用2k代k，得xN＝eq \f(16\r(3)k,3＋16k2).又eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.故2×eq \f(8\r(3)k,3＋4k2)＝3×eq \f(16\r(3)k,3＋16k2)，又k＞0，解得k＝eq \f(\r(6),2).所以直線BM的方程為y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).
解法2：設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．由B(0，－eq \r(3))，得直線BN的方程為y＝eq \f(y1＋\r(3),x1)x－eq \r(3)，令y＝0，得xP＝eq \f(\r(3)x1,y1＋\r(3)).同理，得xQ＝eq \f(\r(3)x2,y2＋\r(3)).而點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)，所以xP＝2xQ，故eq \f(\r(3)x1,y1＋\r(3))＝eq \f(2\r(3)x2,y2＋\r(3)).又eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，所以x2＝2(x1－x2)，得x2＝eq \f(2,3)x1＞0，從而eq \f(1,y1＋\r(3))＝eq \f(\f(4,3),y2＋\r(3))，解得y2＝eq \f(4,3)y1＋eq \f(\r(3),3).
將eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(2,3)x1，,y2＝\f(4,3)y1＋\f(\r(3),3)))代入到橢圓C的方程中，得eq \f(x12,9)＋eq \f(（4y1＋\r(3)）2,27)＝1.又x12＝
4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y12,3)))，所以eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y12,3))),9)＋eq \f(（4y1＋\r(3)）2,27)＝1，即eq \r(3)y12＋2y1－eq \r(3)＝0，解得y1＝－eq \r(3)(舍)或y1＝eq \f(\r(3),3).又x1＞0，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)，\f(\r(3),3))).故直線BM的方程為y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).
變式聯(lián)想
變式1
答案：y＝±eq \f(\r(5),6)(x＋4)．
解析：設(shè)出點(diǎn)A的坐標(biāo)進(jìn)而利用條件求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，然后將點(diǎn)A和B的坐標(biāo)代入橢圓方程中即可求得A.進(jìn)而可求得直線l的方程為
y＝±eq \f(\r(5),6)(x＋4)．
變式2
答案：2a＝2eq \r(\f(3（k2＋3）,1＋3k2)).
解析：設(shè)c＝eq \r(2)t，a＝eq \r(3)t(t＞0)，則b＝eq \r(3t2－2t2)＝t，故橢圓方程eq \f(x2,3t2)＋eq \f(y2,t2)＝1，即x2＋3y2＝3t2，
將直線l：y＝k(x＋1)代入并整理可得(1＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－3t2＝0，
則由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1＋x2＝－eq \f(6k2,1＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－3t2,1＋3k2)；
設(shè)直線l：y＝k(x＋1)與橢圓的兩個(gè)交點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq \(CA,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1－x2，－y2)，
故由題設(shè)eq \(CA,\s\up6(→))＝2eq \(BC,\s\up6(→))可得x1＋1＝2(－1－x2)，即x1＝－3－2x2，代入x1＋x2＝－eq \f(6k2,1＋3k2)，可得x2＝－eq \f(3＋3k2,1＋3k2)，x1＝eq \f(3－3k2,1＋3k2)，代入x1x2＝eq \f(3k2－3t2,1＋3k2)，可得k2－t2＝eq \f(3（k4－1）,1＋3k2)，
則t2＝k2－eq \f(3（k4－1）,1＋3k2)＝eq \f(k2＋3k4－3k4＋3,1＋3k2)＝eq \f(k2＋3,1＋3k2)，
則長(zhǎng)軸長(zhǎng)2a＝2eq \r(3)t＝
2eq \r(\f(3（k2＋3）,1＋3k2)).
串講激活
串講1
答案：±eq \f(\r(5),2).
解析：設(shè)B到直線AC的距離為h，由于S1＝2S2，
所以，eq \f(1,2)AF2·h＝2×eq \f(1,2)F2C·h，即AF2＝2F2C，所以，eq \(AF2,\s\up6(→))＝2eq \(F2C,\s\up6(→)).
設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，又F2(1，0)，
則(1－x1，－y1)＝2(x2－1，y2)，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝3－2x2，,y1＝－2y2.))
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x22,4)＋\f(y22,3)＝1，,\f(（3－2x2）2,4)＋\f(（－2y2）2,3)＝1，))
解得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(7,4)，,y2＝±\f(3\r(5),8).))
所以，直線l的斜率為k＝eq \f(±\f(3\r(5),8),\f(7,4)－1)＝±eq \f(\r(5),2).
串講2
答案：(1)eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)①k1k2＝－eq \f(1,2)；②eq \f(BP,BQ)＝eq \f(5,2).
解析：(1)由題意可知
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，,\f(a2,c)－c＝\r(2).))解得a＝2，b＝eq \r(2)，c＝eq \r(2)，所以所求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)①設(shè)直線OA：y＝k1x，設(shè)直線OB：y＝k2x，它們分別與橢圓C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k1x，))解得x12＝eq \f(4,1＋2k12)，同理x22＝eq \f(4,1＋2k22).點(diǎn)B到OA的距離為d＝eq \f(|k1x2－y2|,\r(1＋k12))＝eq \f(|x2（k1－k2）|,\r(1＋k12))，因?yàn)椤鰽OB的面積為eq \r(2)，所以S△AOB＝eq \f(1,2)OA·d＝eq \f(1,2)eq \r(1＋k12)|x1|eq \f(|x2（k1－k2）|,\r(1＋k12))＝eq \f(1,2)|x1x2(k1－k2)|，即eq \f(1,2)·eq \f(2,\r(1＋2k12))·eq \f(2,\r(1＋2k22))|k1－k2|＝eq \r(2)，即eq \r(2)|k1－k2|＝eq \r(（1＋2k12）（1＋2k22）)，所以(2k1k2＋1)2＝0，即k1k2＝－eq \f(1,2).②因?yàn)镺P＝2OA，所以P(2x1，2y1)，設(shè)PB交橢圓C于Q(x3，y3)，且eq \f(BP,BQ)＝λ(λ＞0)．則eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BQ,\s\up6(→))，所以(2x1－x2，2y1－y2)＝λ(x3－x2，y3－y2)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝\f(2,λ)x1＋\f(λ－1,λ)x2，,y3＝\f(2,λ)y1＋\f(λ－1,λ)y2，))
即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,λ)x1＋\f(λ－1,λ)x2，,\f(2,λ)y1＋\f(λ－1,λ)y2))，因?yàn)锳，B，Q都在橢圓C上，即eq \f(x12,4)＋eq \f(y12,2)＝1，eq \f(x22,4)＋eq \f(y22,2)＝1，eq \f(x32,4)＋eq \f(y32,2)＝1，所以eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,λ)x1＋\f(λ－1,λ)x2))\s\up12(2),4)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,λ)y1＋\f(λ－1,λ)y2))\s\up12(2),2)＝1，整理得eq \f(4,λ2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x12,4)＋\f(y12,2)))＋eq \f(（λ－1）2,λ2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x22,4)＋\f(y22,2)))＋eq \f(4（λ－1）,λ2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,2)))＝1，且eq \f(x1x2,4)＋eq \f(y1y2,2)＝0，所以eq \f(4,λ2)＋eq \f(（λ－1）2,λ2)＝1，即4＋λ2－2λ＋1＝λ2，解得λ＝eq \f(5,2).所以eq \f(BP,BQ)為定值．
新題在線
答案：(1)eq \f(x2,2)＋y2＝1；
(2)y＝eq \f(\r(6),2)x＋1或y＝－eq \f(\r(6),2)x＋1；
(3)略．
解析：(1)由橢圓的離心率為eq \f(\r(2),2)，焦點(diǎn)到對(duì)應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1.
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(a2,c)－c＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,c＝1，))
所以，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由(1)知C(0，1)，設(shè)D(x0，y0)，因?yàn)閑q \(CM,\s\up6(→))＝2eq \(MD,\s\up6(→))，得2y0＝－1，所以y0＝－eq \f(1,2)，代入橢圓方程得x0＝eq \f(\r(6),2)或－eq \f(\r(6),2)，所以Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，－\f(1,2)))或Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，－\f(1,2)))，
所以l的方程為y＝eq \f(\r(6),2)x＋1或y＝－eq \f(\r(6),2)x＋1.
(3)解法1設(shè)D坐標(biāo)為(x3，y3)，由C(0，1)，M(x1，0)可得直線CM的方程為y＝－eq \f(1,x1)x＋1，
聯(lián)立橢圓方程得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,x1)x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
解得x3＝eq \f(4x1,x12＋2)，y3＝eq \f(x12－2,x12＋2).
由B(eq \r(2)，0)，得直線BD的方程：y＝eq \f(x12－2,－\r(2)x12＋4x1－2\r(2))(x－eq \r(2))，①
直線AC的方程為y＝eq \f(\r(2),2)x＋1，②
聯(lián)立①②得x2＝eq \f(2,x1)，
從而x1x2＝2為定值．
解法2：設(shè)D坐標(biāo)為(x3，y3)，
由C，M，D三點(diǎn)共線得eq \f(1,－x1)＝eq \f(y3,x3－x1)，所以x1＝eq \f(x3,1－y3)，①
由B，D，N三點(diǎn)共線得eq \f(y3,x3－\r(2))＝eq \f(y2,x2－\r(2))，將y2＝eq \f(\r(2),2)x2＋1，代入可得x2＝eq \f(\r(2)x3＋2y3－2,\r(2)y3－x3＋\r(2))，②
所以x1x2＝eq \f(x3,1－y3)·
eq \f(\r(2)x3＋2y3－2,\r(2)y3－x3＋\r(2))＝
eq \f(\r(2)x32＋2x3y3－2x3,－\r(2)y32＋x3y3－x3＋\r(2))＝
eq \f(\r(2)x32＋2x3y3－2x3,－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x32,2)))＋x3y3－x3＋\r(2))＝2.
直線的斜率問(wèn)題在高考中經(jīng)常出現(xiàn)，利用橢圓中的相關(guān)點(diǎn)法探究直線的斜率問(wèn)題也是高考的熱點(diǎn)與難點(diǎn)，解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化相關(guān)條件，利用坐標(biāo)進(jìn)行計(jì)算，難點(diǎn)在于有一定的計(jì)算量．本專題主要通過(guò)相關(guān)點(diǎn)法研究與斜率相關(guān)的一系列問(wèn)題，并在解題過(guò)程中感悟、總結(jié)數(shù)學(xué)思想與方法.

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