第73讲斜率题型全归纳_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第73讲 斜率题型全归纳 知识梳理 x2 y2 1、已知P(x ,y )是椭圆 + =1上的定点，直线l(不过P点)与椭圆交于A，B两点， 0 0 a2 b2 b2x 且k +k =0，则直线l斜率为定值 0． PA PB a2y 0 x2 y2 2、已知P(x ,y )是双曲线 - =1上的定点，直线l(不过P点)与双曲线交于A，B 0 0 a2 b2 b2x 两点，且k +k =0，直线l斜率为定值- 0． PA PB a2y 0 3、已知P(x ,y )是抛物线y2=2px上的定点，直线l(不过P点)与抛物线交于M，N两点，若 0 0 p k +k =0，则直线l斜率为定值- ． PA PB y 0 x2 y2 4、P(x ,y )为椭圆Γ: + =1(a>0,b>0)上一定点，过点P作斜率为k ，k 的两条 0 0 a2 b2 1 2 直线分别与椭圆交于M,N两点． 2y 2b2x (1)若k +k =λ(λ≠0)，则直线MN过定点x - 0,-y - 0 1 2 0 λ 0 λa2  ； b2 (2)若k ⋅k =λλ≠ 1 2 a2  λa2+b2 λa2+b2 ，则直线MN过定点 x ,- y λa2-b2 0 λa2-b2 0  ． 5、设P(x ,y )是直角坐标平面内不同于原点的一定点，过P作两条直线AB，CD交椭 0 0 x2 y2 圆Γ: + =1(a>0,b>0)于A、B、C、D，直线AB，CD的斜率分别为k ，k ，弦AB， a2 b2 1 2 CD的中点记为M，N． y b2x (1)若k +k =λ(λ≠0)，则直线MN过定点x - 0,- 0 1 2 0 λ λa2  ； b2 (2)若k ⋅k =λλ≠ 1 2 a2  λa2x b2y ，则直线MN过定点 0 , 0 λa2-b2 λa2-b2  ． 6、过抛物线y2=2px(p>0)上任一点P(x ,y )引两条弦PA，PB，直线PA，PB斜率存 0 0 2y 2p 在，分别记为k,k ，即k +k =λ(λ≠0)，则直线AB经过定点x - 0, -y 1 2 1 2 0 λ λ 0  ． 必考题型全归纳 1 题型一：斜率和问题 4143 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知点A-2,0  ，B2,0  ，Px,y  是 3 异于A，B的动点，k ，k 分别是直线AP，BP的斜率，且满足k ⋅k =- . AP BP AP BP 4 (1)求动点P的轨迹方程； (2)在线段AB上是否存在定点E，使得过点E的直线交P的轨迹于M，N两点，且对直 线x=4上任意一点Q，都有直线QM，QE，QN的斜率成等差数列.若存在，求出定点 E，若不存在，请说明理由. y y 3 x2 y2 【解析】(1)由题意k ∙k = ∙ =- ，即 + =1， AP BP x-2 x+2 4 4 3 第 页 共 页 2623 3427x2 y2 又直线AP，BP的斜率存在，所以点P的轨迹方程为 + =1(y≠0)． 4 3 (2)若存在这样的定点，不妨设为E(t，0)，令Q(4，n)，M(x ，y)，N(x ，y )， 1 1 2 2 直线MN的方程为x=my+t，   x 3x = 2+ m 4 y y + 2= t， 12， (3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0， -6mt 3t2-12 由韦达定理得：y +y = ，yy = ，Δ=36m2t2-4(3m2+4)(3t2-12)> 1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 0， k +k =2k ， QM QN QE n-y n-y 2n 1 1 2 1 + 2 = ⇒ + - 4-x 4-x 4-t 4-x 4-x 4-t 1 2 1 2  -y -y ·n+ 1 + 2 4-x 4-x 1 2  =0， 1 1 2  4-x + 4-x = 4-t ， 对任意n成立，所以 1 2  -y -y  1 + 2 =0， 4-x 4-x 1 2 -y -y 由 1 + 2 =0得， 4-x 4-x 1 2 -4(y +y )+y(my +t)+y (my +t)=(t-4)(y +y )+2myy =0， 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 所以(t-4)(-6tm)+2m(3t2-12)=0， 24mt-24m=0对任意m成立，t=1，经检验，符合题意， 所以，存在E(1，0)满足题意. 4144 (2024·河南洛阳·高三伊川县第一高中校联考开学考试)已知抛物线C:y2=2px(p > 1 1 1 0)与抛物线C :x2=2p y(p >0)在第一象限交于点P. 2 2 2 (1)已知F为抛物线C 1 的焦点，若PF的中点坐标为1,1  ，求p ； 1 (2)设O为坐标原点，直线OP的斜率为k.若斜率为k 的直线l与抛物线C 和C 均相 1 2 1 2 切，证明k +k 为定值，并求出该定值. 1 2 p 【解析】(1)由C:y2=2px(p >0)得F 1,0 1 1 1 2  y2 ，设P 1 ,y 2p 1 1  ， 因为PF的中点坐标为1,1  p y2  1 + 1 =2×1 ，所以 2 2p 1 ， y =2×1 1 解得p =2. 1 (2) 第 页 共 页 2624 3427联立 y2=2p 1 x ，解得 x=0 或 x=2 3p 1 p2 2，  x2=2p y  y=0  y=2 3p2p 2 1 2 所以P2 3p p2,2 3p2p 1 2 1 2  ， 2 3p2p 3 p 所以直线OP的斜率k = 1 2 = 1 . 1 2 3p p2 p 2 1 2 设直线l的方程为y=k x+b. 2 联立   y y 2 = = k 2p x 1 + x b ，消去y得k2 2 x2+2k 2 b-p 1 2  x+b2=0， 因为直线l与抛物线C 相切， 1 所以Δ=4k 2 b-p 1  2-4k2b2=0，即k b-p =±k b， 2 2 1 2 若k b-p =k b，则p =0，不符合题意， 2 1 2 1 所以k b-p =-k b，即2k b=p ，① 2 1 2 2 1 联立   x y 2 = = k 2 x p 2 + y b ，消去y得x2-2p 2 k 2 x-2p 2 b=0， 2 因为直线l与抛物线C 相切， 2 所以Δ=4p2k2+8p b=0，即p k2+2b=0，② 2 2 2 2 2 3 p 由①②可得k =- 1 ，所以k +k =0， 2 p 1 2 2 故k +k 为定值，该定值为0. 1 2 x2 y2 4145 (2024·广东广州·高三广州市真光中学校考阶段练习)已知双曲线C: - =1(a>0, a2 b2 x b>0)，渐近线方程为y± =0，点A2,0 2  在C上； (1)求双曲线C的方程； (2)过点A的两条直线AP，AQ分别与双曲线C交于P，Q两点(不与A点重合)，且两条 直线的斜率k ，k 满足k +k =1，直线PQ与直线x=2，y轴分别交于M，N两点，求 1 2 1 2 证：△AMN的面积为定值. b 1  = 【解析】(1)∵a>0，b>0，依题意， a 2 ⇒b=1， a=2 第 页 共 页 2625 3427x2 y2 所以双曲线C的方程为 - =1. 4 1 (2)依题意可知PQ斜率存在，设方程为y=kx+m，Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ， y=kx+m  x2 y2 ⇒1-4k2 - =1 4 1  8km x +x =  1 2 1-4k2 x2-8kmx-4m2-4=0⇒ ， 4m2+4 xx =- 1 2 1-4k2 Δ=64k2m2+41-4k2  4m2+4  >0，m2+1-4k2>0①， k +k = y 1 + y 2 = 2kx 1 x 2 +m-2k 1 2 x -2 x -2 1 2  x 1 +x 2  -4m x 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4 4m2+4 2k- 1-4k2 =  +m-2k  8km  1-4k2  -4m 4m2+4 8km - -2 1-4k2 1-4k2  =1， +4 整理得m+2k  m+2k-1  =0. 1)m+2k=0，⇒PQ:y=kx-2k，过A2,0  舍去， 2)m+2k-1=0，⇒PQ:y=kx-2k+1，过点2,1  ， 此时，将m=1-2k代入①得1-2k  1 2+1-4k2=2-4k>0,k< ， 2 ∴PQ与x=2交于点M2,1  1 ，故S = ×2×1=1(定值) △AMN 2 4146 (2024·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系中，已知两定点A-4,0  ，B4,0  ，M是 平面内一动点，自M作MN垂直于AB，垂足N介于A和B之间，且2MN  2=AN  ⋅ NB  ． (1)求动点M的轨迹Γ； (2)设过P0,1  的直线交曲线Γ于C，D两点，Q为平面上一动点，直线QC，QD，QP的 1 1 2 斜率分别为k ，k ，k ，且满足 + = ．问：动点Q是否在某一定直线上？若在，求 1 2 0 k k k 1 2 0 出该定直线的方程；若不在，请说明理由． 【解析】(1)设Mx,y  ，则Nx,0  ，由题意知-4b>0)经过点A1, a2 b2 2  ，离心率 1 为 ．过点B0,2 2  的直线l与椭圆E交于不同的两点M，N． (1)求椭圆E的方程； 1 1 (2)设直线AM和直线AN的斜率分别为k 和k ，求 + 的值． AM AN k k AM AN 1 9 c 1 【解析】(1)由题意， + =1， = ，且a2=b2+c2，解得a2=4，b2=3． a2 4b2 a 2 x2 y2 故椭圆E的方程为 + =1． 4 3 (2)当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+2，设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ． 将y=kx+2代入3x2+4y2=12，消去y得4k2+3  x2+16kx+4=0；消去x得 4k2+3  y2-12y+12-12k2=0．于是 -16k 4 12 12-12k2 x +x = ，xx = ，y +y = ，yy = ． 1 2 4k2+3 1 2 4k2+3 1 2 4k2+3 1 2 4k2+3 第 页 共 页 2627 34273 1 1 x -1 x -1 x 1 y 2 +x 2 y 1 - 2 x 1 +x 2 ∴ + = 1 + 2 = k k 3 3 AM AN y - y - 1 2 2 2  -y 1 +y 2  +3 3 y - 1 2  3 y - 2 2  1 2kxx + -k 1 2 2 =  x 1 +x 2  -1 3 y 1 y 2 - 2 y 1 +y 2  1 8k+ -k 2 = 9 + 4  (-16k)-4k2+3  3 9 12-12k2- ×12+ 4k2+3 2 4  12k2-3 = -4． 3 -3k2 4 1 1 当直线l的斜率不存在时，M(0, 3)，N(0,- 3)，此时 + =-4． k k AM AN 1 1 综上， + =-4． k k AM AN 4149 (2024·山西运城·山西省运城中学校校考二模)已知点P4,3  x2 y2 为双曲线E: - =1 a2 b2 (a>0,b>0)上一点，E的左焦点F 到一条渐近线的距离为 3. 1 (1)求双曲线E的标准方程； (2)不过点P的直线y=kx+t与双曲线E交于A,B两点，若直线PA，PB的斜率和为1， 证明：直线y=kx+t过定点，并求该定点的坐标. b 【解析】(1)设F(-c,0)(c>0)到渐近线y= x，即bx-ay=0的距离为 3， 1 a |-bc| 则 3= ，结合a2+b2=c2得b= 3， b2+a2 x2 y2 16 9 又P(4,3)在双曲线 - =1上，所以 - =1，得a2=4， a2 3 a2 3 x2 y2 所以双曲线E的标准方程为 - =1. 4 3 y=kx+t  (2)联立x2 y2 ，消去y并整理得3-4k2 - =1 4 3  x2-8ktx-4t2-12=0， 则3-4k2≠0，Δ=64k2t2+4(3-4k2)(4t2+12)>0，即t2+3>4k2， 设A(x,y)，B(x ,y )， 1 1 2 2 8kt 4t2+12 则x +x = ，xx =- ， 1 2 3-4k2 1 2 3-4k2 y -3 y -3 kx +t-3 kx +t-3 则k +k = 1 + 2 = 1 + 2 PA PB x -4 x -4 x -4 x -4 1 2 1 2 = kx 1 +t-3  x 2 -4  +kx 2 +t-3  x 1 -4  x 1 -4  x 2 -4  = 2kx 1 x 2 +t-4k-3  x 1 +x 2  -8t+24 =1， xx -4(x +x )+16 1 2 1 2 所以2kx 1 x 2 +t-4k-3  x 1 +x 2  -8t+24=xx -4(x +x )+16， 1 2 1 2 所以2k-1  x 1 x 2 +t-4k+1  x 1 +x 2  -8t+8=0， 2k-1 所以-  4t2+12  t-4k+1 + 3-4k2  ⋅8kt -8t+8=0， 3-4k2 整理得t2-6k+2kt-6t-8k2+9=0， 所以(t-3)2+2k(t-3)-8k2=0， 所以t-3-2k  t-3+4k  =0， 因为直线y=kx+t不过P(4,3)，即3≠4k+t，t-3+4k≠0， 所以t-3-2k=0，即t=2k+3， 所以直线y=kx+t=kx+2k+3，即y-3=k(x+2)过定点(-2,3). 第 页 共 页 2628 34274150 (2024·重庆巴南·统考一模)在平面直角坐标系xOy中，已知点F(-6,0)、F(6,0)， 1 2 △MFF 的内切圆与直线FF 相切于点D(4,0)，记点M的轨迹为C. 1 2 1 2 (1)求C的方程； (2)设点T在直线x=2上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，连接 BP，AQ.若直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0，试比较cos∠BAQ与cos∠BPQ 的大小. 【解析】(1)因为点F(-6,0)、F(6,0)，△MFF 的内切圆与直线FF 相切于点D(4,0)， 1 2 1 2 1 2 所以MF 1  -MF 2  =F 1 D  -F 2 D  =10-2=8<F 1 F 2  =12， 因此根据双曲线的定义可知，点M的轨迹为以F，F 为焦点的双曲线的右支， 1 2 x2 y2 设点M的轨迹C的方程为 - =1a>0,b>0 a2 b2  ，焦距为2cc>0  ， 所以F 1 F 2  =2c=12，MF 1  -MF 2  =2a=8， 所以a=4，c=6，b2=c2-a2=20， x2 y2 所以点M的轨迹方程C为 - =1(x≥4) 16 20 5 (2)由题意，直线AB，PQ的斜率互为相反数，记k =kk2> AB 4  ， 则k PQ =-k，Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，Cx 3 ,y 3  ，Dx 4 ,y 4  ， 设T(2,t)，则直线AB:y=k(x-2)+t，PQ:y=-k(x-2)+t. y=k(x-2)+t  联立直线AB和双曲线方程 x2 y2 ， - =1 16 20 整理得20-16k2  x2+64k2-32kt  x-8k-4t  2-320=0. 该方程有两个不等实根x ，x ， 1 2 20-16k2≠0 则 Δ=64k2-32kt  2-420-16k2  -8k-4t   2-320    >0 16k2-8kt (4k-2t)2+80 根据韦达定理可得x +x = ，xx = ， 1 2 4k2-5 1 2 4k2-5 16k2+8kt (4k+2t)2+80 同理可得x +x = ，x ⋅x = . 3 4 4k2-5 3 4 4k2-5 又因为TA  = 1+k2 x 1 -2  ，TB  = 1+k2 x 2 -2  . TP  = 1+k2 x 3 -2  ，TQ  = 1+k2 x 4 -2  . 则TA  TB  =1+k2  x 1 -2  x 2 -2  =1+k2  x 1 x 2 -2x 1 +x 2   +4  =1+k2  4t2+60 ， 4k2-5 第 页 共 页 2629 3427同理可得TP  TQ  =1+k2  4t2+60 4k2-5 即TP  TQ  =TA  TB  进而可得△TPA相似于△TBQ， 即∠TPA=∠TBQ，∠TAP=∠TQB， 也即A，B，Q，P四点共圆，可得∠BAQ=∠BPQ 从而得cos∠BAQ=cos∠BPQ. 因此cos∠BAQ=cos∠BPQ x2 y2 4151 (2024·湖南湘潭·高三湘钢一中校考开学考试)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离 a2 b2 1 心率为 ,A,A 分别为椭圆C的左右顶点，F,F 分别为椭圆C的左右焦点，B是椭圆C 2 1 2 1 2 2 21 的上顶点，且△BAF 的外接圆半径为 ． 1 1 3 (1)求椭圆C的方程； (2)设与x轴不垂直的直线l交椭圆C于P,Q两点(P,Q在x轴的两侧)，记直线AP, 1 A P,A Q,AQ的斜率分别为k,k ,k ,k ． 2 2 1 1 2 3 4 (i)求k ⋅k 的值； 1 2 5 (ii)若k 1 +k 4 = 3 k 2 +k 3  ，则求△FPQ的面积的取值范围． 2 x2 y2 1 c 1 【解析】(1)由于椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，故 = ， a2 b2 2 a 2 故|BF|=a=2c=2|OF|，则∠FBO=30°,∠BFO=60°,∠BFA =120°， 1 1 1 1 1 1 又b2=a2-c2=3c2，则|AB|= a2+b2= 4c2+3c2= 7c， 1 2 21 |AB| 7c 2 21 又△BAF 的外接圆半径为 ，则 1 = =2× ， 1 1 3 sin∠BF 1 A 1 sin120° 3 解得c=2，故a=4,b=2 3， x2 y2 故椭圆方程为 + =1； 16 12 (2)(i)设l与x轴的交点为D，由于直线l交椭圆C于P,Q两点(P,Q在x轴的两侧)， 故直线l的斜率不为0， x=ty+m  设l的方程为x=ty+m，联立 x2 y2 ， + =1 16 12 则3t2+4  y2+6mty+3m2-48=0，需满足Δ=48(12t2-m2+16)>0， 设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  -6mt 3m2-48 ，则y +y = ,yy = ， 1 2 3t2+4 1 2 3t2+4 第 页 共 页 2630 3427又A 1-4,0  ,A 24,0  y y y2 y2 3 ，故k ⋅k =k ⋅k = 1 ⋅ 1 = 1 = 1 =- ， 1 2 PA1 PA2 x 1 +4 x 1 -4 x2 1 -16 - 4 y2 4 3 1 3 同理可得k ⋅k =k ⋅k =- ； 3 4 QA1 QA2 4 5 (ii)因为k 1 +k 4 = 3 k 2 +k 3  ， 3 3 5 则- 4k - 4k = 3 k 2 +k 3 2 3  3 k +k 5 ,- ⋅ 2 3 = (k +k )， 4 k k 3 2 3 2 3 9 又直线l与x轴不垂直可得k +k ≠0，则k k =- ， 2 3 2 3 20 9 y y 9 即k ⋅k =- ，所以 1 ⋅ 2 =- ， PA2 QA2 20 x 1 -4 x 2 -4 20 即20y 1 y 2 +9ty 1 +m-4  (ty +m-4)=0， 2 即9t2+20  y 1 y 2 +9tm-4  y 1 +y 2  +9m-4  2=0， 即9t2+20  3m2-48 ⋅ +9tm-4 3t2+4  -6mt ⋅ +9(m-4)2=0， 3t2+4 整理得m2-3m-4=0，解得m=-1或m=4， 3m2-48 因为P,Q在x轴的两侧，故yy = <0，则-4 5， 72λ 72 故S = = ， △F2PQ 3λ2+1 1 3λ+ λ 1 1 设g(λ)=3λ+ ,g(λ)=3- ，λ> 5时，g(λ)>0， λ λ2 16 5 即g(λ)在( 5,+∞)上单调递增，即g(λ)>g( 5)= ， 5 72 9 5 故 ∈0, 1 2 3λ+ λ  9 5 ，即△FPQ的面积的取值范围为0, 2 2  . 4152 (2024·全国·高三专题练习)设抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的 直线l与E交于A，B两点，且AB  =8． (1)求抛物线E的方程； (2)设P1,m  为E上一点，E在P处的切线与x轴交于Q，过Q的直线与E交于M，N 两点，直线PM和PN的斜率分别为k 和k ．求证：k +k 为定值． PM PN PM PN p 【解析】(1)由题意，F ,0 2  p p2 ，直线l的方程为y=x- ，代入y2=2px，得x2-3px+ 2 4 =0．于是x 1 +x 2 =3p，∴焦点弦AB  =x +x +p=3p+p=4p=8，解得p=2．故抛 1 2 物线E的方程为y2=4x． (2)因P1,m  在E上，∴m=2．设E在P处的切线方程为y-2=tx-1  ，代入y2= 4x，得ty2-4y+8-4t=0．由Δ=42-4t8-4t  =16t-1  2=0，解得t=1，∴P处的 切线方程为y=x+1，从而得Q-1,0  ． 第 页 共 页 2631 3427易知直线MN的斜率存在，设其方程为y=kx+1  ，设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ． 将y=kx+1  代入y2=4x，得k2x2+2k2-4  4 x+k2=0．于是x +x = -2，xx = 1 2 k2 1 2 1，且y 1 =kx 1 +1  ，y 2 =kx 2 +1  ． ∴k +k = y 1 -2 + y 2 -2 = x 1 y 2 +x 2 y 1 -y 1 +y 2 PM PN x -1 x -1 1 2  -2(x +x )+4 1 2 x 1 -1  x 2 -1  = 2kx 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4-2k x 1 x 2 -x 1 +x 2  8 8 2k- +4+4-2k 8- k2 k2 = = =2． +1 4 4 1+2- +1 4- k2 k2 故k +k 为定值2． PM PN x2 y2 4153 (2024·四川巴中·高三统考开学考试)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右顶点 a2 b2 3 分别为A,A ，点M1, 1 2 2    3 在椭圆C上，且MA ⋅MA =- ． 1 2 4 (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C的右焦点为F，过点F斜率不为0的直线l交椭圆C于P,Q两点，记直线 MP与直线MQ的斜率分别为k,k ，当k +k =0时，求： 1 2 1 2 ①直线l的方程； ②△MPQ的面积． 【解析】(1)由题意知A 1-a,0  ,A 2a,0  3 ，又M1, 2   3 ，则MA =-a-1,- 1 2   ,MA = 2 3 a-1,- 2  ∴-a-1  a-1  3 +- 2  2 3 =- ，解得a=2 4 3 由M1, 2  1 9 在椭圆C上及a=2得 + =1，解得b2=3 4 4b2 x2 y2 ∴椭圆C的方程为 + =1 4 3 (2) 由(1)知，右焦点为F1,0  据题意设直线l的方程为x=my+1m≠0  ,Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  3 3 y - y - 1 2 2y -3 2 2 2y -3 则k = = 1 ,k = = 2 1 x -1 2my 2 x -1 2my 1 1 2 2 2y -3 2y -3 于是由k 1 +k 2 =0得 2m 1 y + 2m 2 y =0，化简得4y 1 y 2 =3y 1 +y 2 1 2  (*) x=my+1 ①由  3x2+4y2-12=0 消去x整理得3m2+4  y2+6my-9=0 Δ=(6m)2+363m2+4  =144m2+1  >0 第 页 共 页 2632 34276m 9 由根与系数的关系得：y +y =- ,yy =- ． 1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 18m 36 代入(*)式得：- =- ，解得m=2 3m2+4 3m2+4 ∴直线l的方程为x-2y-1=0 ②方法一 由①可知：Δ=14422+1  3 9 =720,y +y =- ,yy =- 1 2 4 1 2 16 由求根公式与弦长公式得：PQ  = 1+22 y 1 -y 2  5× 720 15 = = ． 16 4 3 1-2× -1 2 设点M到直线l的距离为d，则d=  3 5 = ． 1+(-2)2 5 1 ∴S = PQ △MPQ 2  1 15 3 5 9 5 d= × × = ． 2 4 5 8 方法二 1 由题意可知S △MPQ =S △MPF +S △MQF = 2 MF  x 1  +x 2    3 = 4 x 1  +x 2    由①知，直线l的方程为x-2y-1=0 代入3x2+4y2-12=0消去y得4x2+2x-11=0 ∴Δ=22-4×4×-11  1 11 =180>0,x +x =- ,xx =- <0 1 2 2 1 2 4 3 ∴S △MPQ = 4 x 1  +x 2    3 = 4 x 1 -x 2  3 180 9 5 = × = ． 4 4 8 4154 (2024·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考开学考试)在平面直角坐标系xOy中， 已知圆心为C的动圆过点(2,0)，且在y轴上截得的弦长为4，记C的轨迹为曲线E． (1)求E的方程； (2)已知A(1,2)及曲线E上的两点B和D，直线AB，AD的斜率分别为k ，k ，且k +k 1 2 1 2 =1，求证：直线BD经过定点． 【解析】(1)设圆心C(x,y)，半径为r， 因为圆心为C的动圆过点(2,0)，所以x-2  2+y2=r2， 因为圆心为C的动圆在y轴上截得的弦长为4，所以x2+22=r2， 所以x-2  2+y2=x2+4，即y2=4x，所以曲线E是抛物线. (2)证明：由题意A(1,2)点坐标适合y2=4x，即点A在E上， 由题意可知BD斜率不会为0，设直线BD：x=ty+n， x=ty+n 联立  y2=4x ，消去x并整理得y2-4ty-4n=0， 需满足Δ=16t2+16n>0，即t2+n>0， 设B(x,y)，D(x ,y )，则y +y =4t，yy =-4n， 1 1 2 2 1 2 1 2 第 页 共 页 2633 3427y -2 y -2 4 y -2 y -2 4 因为k = 1 = 1 = ，k = 2 = 2 = ， 1 x -1 y2 y +2 2 x -1 y2 y +2 1 1 -1 1 2 2 -1 2 4 4 4 4 4(y +2+y +2) 4(y +y )+16 所以k +k = + = 1 2 = 1 2 =1， 1 2 y +2 y +2 (y +2)(y +2) yy +2(y +y )+4 1 2 1 2 1 2 1 2 所以2(y +y )+12=yy ，将y +y =4t，yy =-4n代入得8t+12=-4n， 1 2 1 2 1 2 1 2 即2t+3=-n， 所以直线BD：x=ty-2t-3，即x+3=t(y-2)， 所以直线BD经过定点(-3,2). x2 y2 4155 (2024·陕西商洛·高三陕西省山阳中学校联考阶段练习)已知椭圆C： + = a2 b2 1a>b>0  过点2,3  ，且C的右焦点为F2,0  ． (1)求C的离心率； (2)过点F且斜率为1的直线与C交于M，N两点，P直线x=8上的动点，记直线PM， PN，PF的斜率分别为k ，k ，k ，证明：k +k =2k ． PM PN PF PM PN PF 【解析】(1)由F2,0  得C的半焦距为c=2，所以a2=b2+4， 又C过点2,3  4 9 ，所以 + =1，解得b2=12， b2+4 b2 所以a2=16，a=4． c 1 故C的离心率为 = ． a 2 (2) x2 y2 由(1)可知C的方程为 + =1． 16 12 设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，P8,y 0  ． 由题意可得直线MN的方程为y=x-2， 第 页 共 页 2634 3427 x2 + y2 =1 联立16 12 ，消去y可得7x2-16x-32=0， y=x-2 16 32 则x +x = ，xx =- ， 1 2 7 1 2 7 则k +k = y 0 -y 1 + y 0 -y 2 = y 0 -x 1 +2 PM PN 8-x 8-x 1 2  8-x 2  +y 0 -x 2 +2  8-x 1  8-x 1  8-x 2  = 16y 0 +32+2x 1 x 2 -y 0 +10  x 1 +x 2  64+x 1 x 2 -8x 1 +x 2  32 16y +32+2- 0 7 =  16 - 7 y 0 +10  y = 0， 32 16 3 64- -8× 7 7 y -0 y 又k = 0 = 0， PF 8-2 6 因此k +k =2k ． PM PN PF x2 y2 4156 (2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)已知椭圆C: + =1(b>0)的左右焦 6 b2 点分别为F 1 ,F 2 ,C是椭圆的中心，点M为其上的一点满足MF 1  ⋅MF 2  =5,MC  =2． (1)求椭圆C的方程； (2)设定点Tt,0  ，过点T的直线l交椭圆C于P,Q两点，若在C上存在一点A，使得直 线AP的斜率与直线AQ的斜率之和为定值，求t的范围． 【解析】(1)设MF 1  =r 1 ,MF 2  =r ，在△MFF 中，设∠FMF =θ， 2 1 2 1 2 F 1 F 2  2=r2+r2-2rr cosθ=4c2， 1 2 1 2    1 ∴2rr cosθ=r2+r2-4c2,又MC= MF+MF 1 2 1 2 2 1 2  ，      1 ∴MC2= MF2+MF2+2MF ⋅MF 4 1 2 1 2  1 = 4 r 1 2+r 2 2+2r 1 r 2 cosθ  r2 r2 = 1 + 2 -c2， 2 2 ∴MC2= r 1 2 + r 2 2 -c2= r 1 +r 2 2 2  2-2rr 1 2 -c2=2a2-c2-5=4 2 ∴2a2-c2=9,∵a2=6,∴c2=3,∴b2=3， x2 y2 所以椭圆C的方程为： + =1 6 3 (2)设Ax 0 ,y 0  ,Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ，直线l的方程为x=λy+t， x2 y2 + =1 6 3 ⇒λ2+2 x=λy+t    y2+2tλy+t2-6=0， 2tλ t2-6 ∴y +y =- ,yy = ,x =λy +t,x =λy +t， 1 2 λ2+2 1 2 λ2+2 1 1 2 2 4t 2t2-6λ2 x +x = ,xx = ， 1 2 λ2+2 1 2 λ2+2 设 y 0 -y 1 + y 0 -y 2 = y 0 -y 1 x -x x -x 0 1 0 2  ⋅x 0 -x 2  +y 0 -y 2  ⋅x 0 -x 1  x 0 -x 1  ⋅x 0 -x 2  = 2x 0 y 0 -y 0x 1 +x 2  +2λy 1 y 2 +t-x 0  y 1 +y 2  x2 0 -x 1 +x 2  x +xx 0 1 2 = 2x 0 y 0 λ2+2tx 0 -12  λ+4y 0x 0 -t  x2 0 -6  λ2+2x 0 -t  =p， 2 若p为常数，则2tx -12=0， 0 第 页 共 页 2635 34272x y 即6=tx ，而此时 0 0 0 x2 0 -6  = 4y 0x 0 -t  2x 0 -t  2y = 0 ， 2 x -t 0 6 又- 6 6或t<- 6， 0 t 6 18 综上所述，t> 6或t<- 6，存在点A ,± 3- t t2  ，使得直线AP的斜率与直线 2y AQ的斜率之和为定值 0 x -t 0 4157 (2024·湖北武汉·高三武汉市第四十九中学校考阶段练习)已知定点F1,0  ，定直线l:x =-1，动圆M过点F，且与直线l相切． (1)求动圆的圆心M所在轨迹C的方程； (2)已知点Pt,-1  是轨迹C上一点，点A,B是轨迹C上不同的两点(点A,B均不与点 8 P重合)，设直线AP,BP的斜率分别为k 、k ，且满足k +k =- ，证明：直线AB过定 1 2 1 2 5 点，并求出定点的坐标． 【解析】(1)设点Mx,y  ，圆M与直线l:x=-1的切点为N， 因为动圆M过点F1,0  ，且与直线l:x=-1相切，则MN=MF， 所以点M的轨迹是以原点O为顶点，以点F1,0  为焦点的抛物线， 则动圆M的圆心轨迹C的方程为y2=4x． (2)若直线AB的斜率为0，则直线AB与抛物线只有1个交点，不合要求， 设直线AB的方程为x=my+n,A 1x 1 ,y 1  ,B 1x 2 ,y 2  x=my+n   y2=4x ，消去x可得：y2-4my-4n=0， 则y +y =4m,yy =-4n， 1 2 1 2 因为Pt,-1  1 为抛物线y2=4x上一点，所以4t=1，解得t= ， 4 第 页 共 页 2636 3427k +k = y 1 +1 + y 2 +1 = y 1 +1 + y 2 +1 = 4y 1 +y 2 1 2 x 1 - 4 1 x 2 - 4 1 y2 1 - 1 y2 2 - 1 4 4 4 4  -8 y 1 y 2 -y 1 +y 2  16m-8 = +1 -4n-4m+1 8 =- ， 5 3 3 解得n= m-1，代入Δ=16m2+16n=16m2+16 m-1 2 2  =16m2+24m-16>0， 1 解得m> 或m<-2， 2 1 3 1 5 结合点A,B均不与点P重合，则n≠ +m，则 m-1≠ +m，解得m≠ ， 4 2 4 2 1 5 故m> 且m≠ 或m<-2， 2 2 3 3 所以直线AB:x=my+ m-1即my+ 2 2  -1-x=0 3 所以直线AB恒过定点-1,- 2  . 2 题型二：斜率差问题 x2 y2 3 4158 (2024·全国·高三专题练习)椭圆C： + =1(a>b>0)的离心率e= ，a+b= a2 b2 2 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． c b2 3 【解析】(1)由椭圆的离心率e= = 1- = ，则a=2b，① a a2 2 又a+b=3②， 解得：a=2，b=1， x2 则椭圆的标准方程为： +y2=1； 4 (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  1 n≠0，n≠± 2  ． y=nx-2 联立   x2 ，整理得4n2+1 +y2=1 4  x2-16n2x+16n2-4=0． 16n2 8n2-2 则x P +2= 4n2+1 ，故x P = 4n2+1 ，则y P =nx P -2  -4n = ． 4n2+1 8n2-2 -4n 所以P ， 4n2+1 4n2+1  ． 第 页 共 页 2637 34271 又直线AD的方程为y= x+1． 2 1 y= x+1 联立 2 y=nx-2   4n+2 4n  ，解得M ， 2n-1 2n-1  ． 由三点D0，1  8n2-2 -4n ，P ， 4n2+1 4n2+1  ．Nx，0  共线， 4n - -1 4n2+1 0-1 4n-2 得 = ，所以N ，0 8n2-2 x-0 2n+1 -0 4n2+1  ． 4n -0 2n-1 4n2n+1 ∴MN的斜率为m= = 4n+2 4n-2 - 2n-1 2n+1  2n+1 = ． 2(2n+1)2-2(2n-1)2 4 2n+1 1 则2m-n= -n= ． 2 2 1 ∴2m-n为定值 ． 2 4159 (2024·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系xOy中，已知定点A(1，0)，点M在x轴     上运动，点N在y轴上运动，点P为坐标平面内的动点，且满足PM⋅NA=0,OM=2ON  +PO. (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)点Q为圆(x+2)2+y2=1上一点，由Q向C引切线，切点分别为S、T,记k,k 分别 1 2 1 1 为切线QS，QT的斜率，当Q运动时，求 - k1 k 2  的取值范围. 【解析】(1) 设N(0，b)M(a，0)，P(x，y).   因为PM⋅NA=0 所以a-x,-y  ⋅1,-b  =0，即a-x+by=0    因为OM=2ON+PO 所以a,0  =0,2b  +-x,-y  所以x=-a，y=2b， 所以y2=4x (2)设Q(x，y)，x∈[-3，-1] 由题意知:切线斜率存在，设为k 切线方程为:y-y =k(x-x )， 0 0 y-y =k(x-x ) 联立   y2=4 0 x 0 ，化简得:ky2-4y+4y 0 -4kx 0 =0 △=16-16k(y-kx )=0 0 x k2-y k+1=0 0 0 y 1 ∴k +k = 0,kk = 1 2 x 1 2 x 0 0 1 1 ∴ - k k 1 2  k -k = 2 1 kk 1 2  y2-4x 0 0 = x 0  1  x 0  将y2=1-(x _2)2代入得 0 0 1 1  - k k 1 2  = 1-(x +2)2-4x = -x2-8x -3，x ∈[-3,-1] 0 0 0 0 0 第 页 共 页 2638 3427∴ -x2-8x -3∈[2,2 3]. 0 0 1 1 ∴ - k k 1 2  的取值范围是[2.2 3] 4160 (2024·四川成都·高二棠湖中学校考阶段练习)设M、N为抛物线C:y2=2pxp>0  上的 1 两点，M与N的中点的纵坐标为4，直线MN的斜率为 . 2 (1)求抛物线C的方程； (2)已知点P1,2  ，A、B为抛物线C(除原点外)上的不同两点，直线PA、PB的斜率分别 1 1 为k 1 ，k 2 ，且满足 k - k =2，记抛物线C在A、B处的切线交于点Sx s ,y s 1 2  ，线段AB的 中点为Ex E ,y E  ，若y =λy ，求λ的值. s E 【解析】(1)设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  . 又M、N都在抛物线C上， 即所以y2=2px ，y2=2px . 1 1 2 2 由两式相减得y 1 +y 2  y 1 -y 2  =2px 1 -x 2  ， 1 y -y 1 ∵直线MN的斜率为 ，∴ 1 2 = . 2 x -x 2 1 2 两边同除以x -x ，且由已知得y +y =8， 1 2 1 2 1 所以8• =2p，即p=2. 2 所以抛物线C的方程为y2=4x. y2 (2)设A 3,y 4 3  y2 ，B 4,y 4 4  ，Sx s ,y s  . y2 y2 3 -1 4 -1 1 1 4 4 y -y 因为 - = - = 3 4 k k y -2 y -2 4 1 2 3 4 y -y 所以 3 4 =2，所以y -y =8， 4 3 4 y2 设直线SA的斜率为k，则直线SA:y-y =kx- 3 3 4  ， y2 y-y =kx- 3 由 3 4   , ky2 y2  消x得 -y+y - 3 =0. 4 3 4 y2=4x, ky 由Δ=0，得 3 -1 2  2 2 =0，即k= . y 3 2 y2 所以直线SA:y-y = x- 3 3 y 4 3  ， 2 y2 同理得直线SB:y-y = x- 4 4 y 4 4  . y +y 联立以上两个方程解得y = 3 4 s 2 y +y 又y = 3 4， E 2 所以y =y ， s E 所以λ=1. 4161 (2024·全国·高三专题练习)如图,已知点F是抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点,点M在  抛物线上,且FM=(-2,0). 第 页 共 页 2639 3427(1)若直线l:x-y+2=0与抛物线C交于A,B两点,求|AB|的值; (2)若点P,Q在抛物线C上,且抛物线C在点P,Q处的切线交于点S,记直线MP,MQ 的斜率分别为k,k ,且满足k -k =2,求证：△PQS的面积为定值. 1 2 2 1 【解析】(Ⅰ)设Mx 0 ,y 0  p ,由题意,得F0, 2  , p 故x ,y - 0 0 2  =-2,0  x =-2,  0 ,即 p y = , 0 2 代入x2=2py(p>0)中,得4=p2,所以p=2, 所以抛物线方程为x2=4y, 联立方程,得  x2=4y, x-y+2=0, 消去y,得x2-4x-8=0, Δ=16+32>0,记Ax ,y A A  ,Bx B ,y B  , 根据根与系数的关系,得x +x =4,x ⋅x =-8, A B A B 故AB  = 1+k2 x A -x B  = 1+1× 16+32=4 6. (Ⅱ)由(Ⅰ)可知,抛物线方程为x2=4y,M-2,1  , x2 设Px, 1 1 4  x2 ,Qx , 2 2 4  ,Sx ,y S S  , 因为直线MP,MQ的斜率分别为k,k , 1 2 x2 x2 2 -1 1 -1 4 4 x -x 则k -k = - = 2 1, 2 1 x +2 x +2 4 2 1 又因为k -k =2,所以x -x =8, 2 1 2 1 x x2 x x2 直线SP:y= 1x- 1,直线SQ:y= 2x- 2, 2 4 2 4 x +x x S = 1 2 2, 易得 xx y = 1 2, S 4 x2 x +x 因为直线PQ:y- 4 1 = 1 4 2 x-x 1  , 如图,过S作y轴平行线交PQ于点Ex E ,y E  , 第 页 共 页 2640 3427x2+x2 将x 的值代入直线PQ的方程,可得y = 1 2, S E 8 1 所以S = SE △PQS 2  ⋅x 2 -x 1  1 = 2 y E -y S  x2+x2 xx ×8=4 1 2 - 1 2 8 4  =32. 所以△PQS的面积为定值32. x2 y2 1 4162 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ， a2 b2 2 A，B分别是椭圆C的左、右顶点，右焦点F，BF=1，过F且斜率为k(k>0)的直线l与 椭圆C相交于M，N两点，M在x轴上方． (1)求椭圆C的标准方程； S 3 (2)记△AFM，△BFN的面积分别为S ，S ，若 1 = ，求k的值； 1 2 S 2 2 (3)设线段MN的中点为D，直线OD与直线x=4相交于点E，记直线AM，BN，FE的 斜率分别为k ，k ，k ，求k ⋅(k -k )的值． 1 2 3 2 1 3 【解析】(1)设椭圆的焦距为2c(c>0)． c 1 依题意可得e= = ，a-c=1， a 2 解得a=2，c=1． 故b2=a2-c2=3． x2 y2 所以椭圆C的标准方程为 + =1． 4 3 (2)设点M(x ，y)，N(x ，y )． 1 1 2 2 1 |AF|∙|y| S 3 2 1 3 若 1 = ，则 = ，即有y =-2y ，① S 2 1 2 2 1 2 |BF|∙|y | 2 2 设直线MN的方程为x=my+1(m>0)，与椭圆方程3x2+4y2=12， 第 页 共 页 2641 3427可得(4+3m2)y2+6my-9=0， 6m 9 则y +y =- ，yy =- ，② 1 2 4+3m2 1 2 4+3m2 2 5 将①代入②可得8m2=4+3m2，解得m= ， 5 5 则k= ； 2 (3)由(2)得 y +y 3m 4 y = 1 2 =- ，x =my +1= ， D 2 4+3m2 D D 4+3m2 3m 所以直线OD的方程为y=- x， 4 令x=4，得y =-3m，即E(4,-3m)． E -3m 所以k = =-m． 3 4-1 1 所以k ⋅(k -k )=k ⋅k + 2 1 3 2 1 k  y y = 2 ⋅ 1 +m x -2 x +2 2 1  ， yy +my (x +2) yy +my (my +3) = 1 2 2 1 = 1 2 2 1 ， (x +2)(x -2) (my +3)(my -1) 1 2 1 2 (1+m2)yy +3my (m2+1)yy +3my = 1 2 2 = 1 2 2 ， m2yy -my +3my -3 m2yy -m(y +y )-3+4my 1 2 1 2 1 2 1 2 2 9(m2+1) 9(m2+1) - +3my - +3my 4+3m2 2 4+3m2 2 3 = = = . 9m2 6m2 12(m2+1) 4 - + -3+4my - +4my 4+3m2 4+3m2 2 4+3m2 2 x2 y2 4163 (2024·广东广州·高三华南师大附中校考开学考试)已知椭圆E: + =1(a>b>0) a2 b2 的两焦点分别为F 1- 3,0  ,F 2 3,0  π ，A是椭圆E上一点，当∠FAF = 时，△FAF 1 2 3 1 2 3 的面积为 . 3 (1)求椭圆E的方程； (2)直线l 1 :k 1 x-y+2k 1 =0k 1 >0  与椭圆E交于M，N两点，线段MN的中点为P，过P 作垂直x轴的直线在第二象限交椭圆E于点S，过S作椭圆E的切线l ，l 的斜率为k ， 2 2 2 求k -k 的取值范围. 1 2 【解析】(1)由题意得c= 3， 由椭圆定义可得AF 1  +AF 2  π =2a，又∠FAF = ， 1 2 3 由余弦定理可得：cos∠FAF = AF 1 1 2  2+AF 2  2-F 1 F 2  2 2AF 1  ⋅AF 2  = AF 1  +AF 2    2-2AF 1  ⋅AF 2  -F 1 F 2  2 2AF 1  ⋅AF 2  第 页 共 页 2642 3427= 4a2-2AF 1  ⋅AF 2  -4c2 2AF 1  ⋅AF 2  = 4b2-2AF 1  ⋅AF 2  2AF 1  ⋅AF 2  1 = ， 2 所以AF 1  ⋅AF 2  4b2 1 = 3 ，又S △F1AF2 = 2 AF 1  ⋅AF 2  π 1 4b2 3 3 sin = ⋅ ⋅ = ，解得b= 3 2 3 2 3 1， x2 所以a2=b2+c2=4，故椭圆E的方程为 +y2=1. 4 (2)直线l 1 :k 1 x-y+2k 1 =0k 1 >0  ，设Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ， kx-y+2k =0  1 1 联立l 1 与E得x2 +y2=1 ，所以1+4k2 1 4  x2+16k2x+16k2-4=0， 1 1 Δ=16k2 1  2-41+4k2 1  16k2 1 -4  =16>0恒成立， 16k2 16k2-4 所以x +x =- 1 ,xx = 1 ， 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2 1 1 x +x 8k2 故x = 1 2 =- 1 =x ， P 2 1+4k2 S 1 设直线l 为y=k x+m，k >0， 2 2 2 y=k x+m  2 联立x2 +y2=1 ，所以1+4k2 2 4  x2+8k mx+4m2-4=0， 2 由Δ=8k 2 m  2-41+4k2 2  4m2-4  =0可得1+4k2=m2， 2 4k m 4k 8k2 4k 4k4 所以x =- 2 =- 2，则- 1 =- 2，所以得 1 S 1+4k2 2 m 1+4k2 1 m 1+4k2 1  k2 k2 = 2 = 2 ，所 2 m2 1+4k2 2 2k2 以k = 1 ， 2 8k2+1 1 则k -k =k - 2k2 1 =k  1- 2 1 2 1 8k2 1 +1 1  8+ 1  k2 1  ， 1 由于函数y=8+ k2 在k 1 ∈0,+∞ 1  2 上为减函数，所以函数y= 在k ∈ 1 1 8+ k2 1 0,+∞  上为增函数， 2 所以函数y=1- 1 在k 1 ∈0,+∞ 8+ k2 1  2 2 上为减函数，所以1- <1- < 2 1 8+ k2 1 1， 所以k 1 -k 2 ∈0,+∞  . 3 题型三：斜率积问题 x2 y2 4164 (2024·黑龙江鸡西·高三鸡东县第二中学校考期末)已知双曲线C: - =1(a>0，b a2 b2 第 页 共 页 2643 3427>0)的两条渐近线互相垂直，且过点D 2,1  ． (1)求双曲线C的方程； (2)设P为双曲线的左顶点，直线l过坐标原点且斜率不为0，l与双曲线C交于A，B两 点，直线m过x轴上一点Q(异于点P)，且与直线l的倾斜角互补，m与直线PA，PB分别 交于M，N(M，N不在坐标轴上)两点，若直线OM，ON的斜率之积为定值，求点Q的坐 标． x2 y2 b 【解析】(1)由 - =1可得渐近线方程为：y=± x， a2 b2 a b 因为两条渐近线互相垂直，所以- a  2 =-1，可得a=b， 2 1 又因为 - =1，解得：a2=b2=1， a2 b2 所以双曲线C的方程为x2-y2=1. (2)设Ax 0 ,y 0  ，Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，Qt,0  ， 由(1)知：P-1,0  ，设直线OM，ON的斜率分别为k,k ， 1 2 y y 因为A,P,M三点共线，所以k =k ，即 0 = 1 ， AP MP x +1 x +1 0 1 因为直线m过x轴上一点Q(异于点P)，且与直线l的倾斜角互补， y y 所以k =-k，即k =-k ，所以 1 =- 0， m l MQ OA x -t x 1 0  x y + 0 1 = x y + 1 1 x 1 = t-1 由 0 1 可得  y y  1 =- 0 x -t x 1 0  x +t 0 2x +1 0 t+1 y = 1  t+1  y  ，所以k = 1 = y 1 x 0 1 2x +1 0  y 0 2x +1 0 t-1  = x +t 0 2x +1 0 t+1  y 0 t-1  ， x +t 0 y t+1 同理可得k = 2 = 2 x 2  -y 0  t-1  -x 0  ， +t 因为直线OM，ON的斜率之积为定值，设定值为c， -t+1 则kk = 1 2  2y2 0 t2-t-1  -t+1 = 2x2 0  2y2 0 t2-t-1  2 y2 0 +1  =c， 整理可得：t+1  2-ct-1  2   y2 0 +c2t-1  =0，其中t≠-1， 2t-1=0 因为上式对任意的y 都成立，所以 0 t+1  2-ct-1   1  2=0 ，可得t= 2 ，c=9， 1 所以点Q的坐标为 ,0 2  . 第 页 共 页 2644 3427x2 4165 (2024·贵州毕节·校考模拟预测)如图，椭圆E: +y2=1(a>1)的左、右顶点分别为A, a2 B，Q-a,a  ，N为椭圆上的动点且在第一象限内，线段QN与椭圆E交于点M(异于点 N)，直线OQ与直线BM交于点P，O为坐标原点，连接MA,NA,AP，且直线AM与BP 2 的斜率之积为- ． a2+9 (1)求椭圆E的方程． (2)设直线AN,AP的斜率分别为k,k ，证明：k ⋅k 为定值． 1 2 1 2 2 【解析】(1)设直线AM与BP的斜率分别为k ,k ，则k ⋅k =- ， AM BP AM BP a2+9 设Mx 0 ,y 0  x2 ，由椭圆E: +y2=1a>0 a2  ，且A,B分别为其左右顶点，则A-a,0  ， Ba,0  ， x2 x2 因为M在椭圆E上，则 0 +y2=1，即y2=1- 0， a2 0 0 a2 设直线AM与BM的斜率分别为k ,k ， AM BM x2 1 y y y2 1- a2 0 a2 a2-x2 0 则k ⋅k = 0 ⋅ 0 = 0 = = AM BM x +a x -a x2-a2 x2-a2 0 0 0 0  1 =- ， x2-a2 a2 0 2 1 2 由k ⋅k =k ⋅k =- ，则- =- ，化简可得2a2=a2+9， AM BP AM BM a2+9 a2 a2+9 解得a2=9，由a>0，解得a=3， x2 则椭圆E: +y2=1. 9 (2)由(1)可得A-3,0  ，B3,0  ，易知直线MN斜率存在，否则直线MN过点Q-3,3  ， N就不在第一象限. 设直线MN:y=kx+m，由Q-3,3  在直线MN上，则3=-3k+m，即m=3+3k， 设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  y=kx+m  ，联立可得x2 ，即x2+9kx+m +y2=1 9  2-9=0， 化简可得：1+9k2  x2+18kmx+9m2-9=0，Δ=18km  2-49m2-9  1+9k2  >0， 18km 9m2-9 由韦达定理，可得x +x =- ，xx = ， 1 2 1+9k2 1 2 1+9k2 y 直线BM:y= 1 x-3 x -3 1  ，直线OQ:y=-x， y y= 1 x-3 联立可得： x -3 1   y  ，则-x= 1 x-3 x -3 y=-x 1  ，-xx 1 -3  =y 1x-3  ， 第 页 共 页 2645 3427即3y 1 =xy 1 +x 1 -3  3y 3y 3y ，故x= 1 ，则P 1 ,- 1 y +x -3 y +x -3 y +x -3 1 1 1 1 1 1  ， 3y - 1 y y +x -3 -3y 故k = 2 ，k = 1 1 = 1 1 x 2 +3 2 3y 2 +3 3y 1 +3y 1 +x 1 -3 y +x -3 1 1  -y = 1 ， x +2y -3 1 1 y -y 可得k ⋅k = 2 ⋅ 1 ，由y =kx +m，y =kx +m，代入k ⋅k ， 1 2 x +3 x +2y -3 1 1 2 2 1 2 2 1 1 则k ⋅k =- kx 2 +m ⋅ kx 1 +m =- kx 1 +m 1 2 x +3 x +2kx +2m-3 2 1 1  kx 2 +m  x 1 +3  x 1 +2y 1 +2m-3  ， 由m=3k+3，则k ⋅k =- k2x 1 x 2 +m2+kmx 1 +x 2 1 2  x 2 +3  x 1 +2kx 1 +6k+6-3  =- k2x 1 x 2 +m2+kmx 1 +x 2  x 2 +3  1+2k  x 1 +31+2k    =- k2x 1 x 2 +m2+kmx 1 +x 2  1+2k  x 1 x 2 +3x 1 +x 2   +9  ， 18km 9m2-9 将x +x =- ，xx = 代入上式，并分子分母同乘以1+9k2， 1 2 1+9k2 1 2 1+9k2 k2 9m2-9 则kk =- 1 2  +m2 1+9k2  +km⋅-18km  1+2k  9m2-9-3×18km+91+9k2    9m2k2-9k2+m2+9m2k2-18m2k2 =- 1+2k  9m2-9-54km+9+81k2  m2-9k2 =- 1+2k2  9m2+81k2-54km  ， 9k2+9+18k2-9k2 将m=3k+3代入上式，则kk =- 1 2 1+2k2  99k2+9+18k  +81k2-54k3k+3    92k2+1 =-  1+2k2  81k2+81+18×9k+81k2-162k2-162k  9 1 =- =- . 81 9 x2 y2 4166 (2024·海南省直辖县级单位·校考模拟预测)椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的离心率e 1 = ，过点0, 3 2  . (1)求椭圆的标准方程； 1 (2)过点 ,0 2  且斜率不为0的直线l与椭圆交于M,N两点，椭圆的左顶点为A，求直线 AM与直线AN的斜率之积. x2 y2 【解析】(1)因为椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  1 的离心率e= ， 2 c 1 所以 = ，即a=2c， a 2 又因为椭圆过点0, 3  ， 所以b= 3， 又因为a2=b2+c2， 所以a=2， x2 y2 所以椭圆的方程为 + =1； 4 3 (2)如图所示： 第 页 共 页 2646 34271 当直线的斜率不存在时，直线的方程为x= ， 2 1 3 5 与椭圆方程联立求得M , 2 4  1 3 5 ,N ,- 2 4  ， 又A-2,0  ， 3 5 4 所以k = AM 1 --2 2  3 5 - 3 5 4 = ,k = 10 AN 1 --2 2  3 5 =- ， 10 3 5 3 5 所以k ⋅k = ⋅- AM AN 10 10  9 =- ； 20 1 当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx- 2  ， 1 y=kx- 2 由     x2 y2 ，消去y得：3+4k2  + =1  4 3  x2-4k2x+k2-12=0， Δ=-4k2  2-43+4k2  k2-12  =180k2+144>0， 4k2 k2-12 由韦达定理得x +x = ,x ⋅x = ， 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2 y 所以k ⋅k = 1 AM AN x 1 --2  y ⋅ 2 x 2 --2  1 kx - 1 2 =  x 1 --2  1 kx - 2 2 ⋅  x 1 --2  ， 1 k2 x 1 ⋅x 2 - 2 x 1 +x 2 =  1  + 4  x 1 ⋅x 2 +x 1 +x 2  k2-12 1 4k2 1 k2 - ⋅ + 3+4k2 2 3+4k2 4 = +4  ， k2-12 4k2 +2⋅ +4 3+4k2 3+4k2 -45k2 43+4k2 =  9 =- . 25k2 20 3+4k2 x2 y2 4167 (2024·湖北武汉·统考模拟预测)已知O为坐标原点，椭圆 + =1a>b>0 a2 b2  的离心 3 率为 ，椭圆的上顶点到右顶点的距离为 5． 2 (1)求椭圆的方程； (2)若椭圆的左、右顶点分别为E、F，过点D(-2,2)作直线与椭圆交于A、B两点，且A、 B位于第一象限，A在线段BD上，直线OD与直线FA相交于点C，连接EB、EC，直线 EB、EC的斜率分别记为k 、k ，求k ⋅k 的值． 1 2 1 2 c 3 【解析】(1)由题意知， = ，椭圆的上顶点到右顶点的距离为 a2+b2= 5， a 2 第 页 共 页 2647 3427  c = 3 a 2 即 ，解得a=2，b=1，c= 3，  a2+b2= 5    a2=b2+c2 x2 因此，椭圆的方程为 +y2=1． 4 (2)如下图所示： 不妨设Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  ，由图可知，直线AB的斜率存在， 设直线AB的方程为y=kx+m，因为点D-2,2  ，则-2k+m=2，则m=2k+2， y=kx+m 联立  x2+4y2=4 可得4k2+1  x2+8kmx+4m2-4=0， Δ=64k2m2-164k2+1  m2-1  >0，可得m2<4k2+1，即2k+2  2<4k2+1， 3 解得k<- ， 8 8km 16kk+1 x +x =- =- 1 2 4k2+1 由韦达定理可得  >0 4k2+1 4m2-4 42k+1 xx = = 1 2 4k2+1  2k+3   1  ，解得- 0 4k2+1 1 3 所以，- b>0  2 的离心率为 ，以C的短轴为直径的圆与直线y=ax+6相切． 2 (1)求C的方程； (2)直线l:y=kx-1  k≥0  与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线 段AB于点Q，且PQ平分∠APB，设直线OP的斜率为k(O为坐标原点)，判断k⋅k是 否为定值？并说明理由． 2 a2-b2 1 【解析】(1)由椭圆的离心率为 ，得 = ，即有a2=2b2， 2 a2 2 由以C的短轴为直径的圆方程为x2+y2=b2， 6 由x2+y2=b2与直线y=ax+6相切得： =b， 1+a2 联立解得a2=8,b2=4， x2 y2 ∴C的方程为 + =1； 8 4 1 (2)k⋅k为定值，且k⋅k= ，理由如下： 2 由题意，直线AP，BP的斜率互为相反数，即k +k =0， AP BP 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,Px 0 ,y 0  ， x2 y2 + =1 由 8 4 y=kx-1    ，消去y得：1+2k2  x2-4k2x+2k2-8=0， 4k2 2k2-8 ∴x +x = ,xx = ， 1 2 2k2+1 1 2 2k2+1 y -y y -y 而k +k = 1 0 + 2 0 =0， AP BP x -x x -x 1 0 2 0 ∴y 1 -y 0  x 2 -x 0  +y 2 -y 0  x 1 -x 0  =0， 即kx 1 -k-y 0  x 2 -x 0  +kx 2 -k-y 0  x 1 -x 0  =2kx 1 x 2 -y 0 +kx 0 +k  x 1 +x 2  +2x 0y 0 +k  =0， 2k2-8 ∴2k⋅ 2k2+1 -y 0 +kx 0 +k  4k2 2k2+1 +2x 0y 0 +k  =0， ∴2k⋅2k2-8  -4k2 y 0 +kx 0 +k  +2x 0y 0 +k  2k2+1  =0， 化简得2y 0x 0 -1  k2+x 0 -8  k+x y =0， 0 0 又∵Px 0 ,y 0  x2 y2 在椭圆上，∴ 0 + 0 =1，∴x2+2y2=8， 8 4 0 0 ∴2y 0x 0 -1  k2+x 0 -x2 0 -2y2 0  k+x y =0， 0 0 ∴2y 0 k-x 0  x 0 -1   k-y 0  =0， 第 页 共 页 2649 3427又∵Px 0 ,y 0  不在直线l:y=kx-1  k≥0  ， y 1 则有2y k-x =0，即k= 0 = ， 0 0 x 2k 0 1 ∴k⋅k为定值，且k⋅k= . 2 x2 y2 4169 (2024·内蒙古赤峰·高三统考开学考试)已知椭圆C： + =1a>b>0 a2 b2  的右顶点为 M2,0  ，点P在圆D：x-3a  2+y2=2b2上运动，且MP  的最大值为6. (1)求椭圆C的方程； (2)不经过点M的直线l与C交于A，B两点，且直线MA和MB的斜率之积为1.求直线 l被圆D截得的弦长. 【解析】(1)如图所示： 由题可知a=2，圆D：x-3a  2+y2=2b2的圆心为D3a,0  ，半径r= 2b，又因为MP  ≤MD  +PD  =MD  +GD  =MD  +r，所以MP  =MD max  +r=2a+ 2b=6，所 x2 y2 以b= 2，所以椭圆C的方程 + =1. 4 2 (2)当直线l的斜率不存在时，显然不符合题意. 故设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  x2 + y2 =1 ，直线AB：y=kx+m，联立 4 2 ，消去y整理得一元二 y=kx+b 次方程1+2k2  x2+4kmx+2m2-4=0， 4km x +x =-  1 2 1+2k2 y 其判别式Δ=32k2+16-8m2>0，则 ；因为k ⋅k =1，所以 1 2m2-4 MA MB x -2 xx = 1 1 2 1+2k2 y ⋅ 2 =1， x -2 2 所以k2-1  x 1 x 2 +km+2  x 1 +x 2  +m2-4=0，所以k2-1  2m2-4 ⋅ +km+2 1+2k2  ⋅ 4km - 1+2k2  +m2-4=0，整理得m+2k  m+6k  =0. 若m=-2k，则y=kx-2k=kx-2  ，则直线l过定点M2,0  ，与题意矛盾； 若m=-6k，则y=kx-6k=kx-6  ，则直线l过定点6,0  . 因为圆D的圆心为6,0  ，半径r=2，所以直线l被圆D截得的弦长为4. x2 y2 4170 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习)已知双曲线C: - =1(a>0, a2 b2 1 b>0)的左、右顶点分别为A、B，渐近线方程为y=± x，焦点到渐近线距离为1，直线l: 2 2 3m 2 3k y=kx+m与C左右两支分别交于P，Q，且点 , 3 3  在双曲线C上.记 △APQ和△BPQ面积分别为S ，S ，AP，BQ的斜率分别为k ，k 1 2 1 2 第 页 共 页 2650 3427(1)求双曲线C的方程； (2)若SS =432，试问是否存在实数λ，使得-k ，λk，k .成等比数列，若存在，求出λ的 1 2 1 2 值，不存在说明理由. b 1   = a 2 【解析】(1)由题可得    12 c +22 =1 ，解得  a b= = 1 2 ，所以双曲线C的方程为 x 4 2 -y2=1；   c2=a2+b2 2 3m 2 3k (2)由点 , 3 3  x2 在C: -y2=1上可得：m2-4k2=3. 4 x2 联立y=kx+m和C: -y2=1整理得：1-4k2 4  x2-8kmx-4m2+1  =0， 8km -4(m2+1) 设P(x,y)，Q(x ,y )，则有：x +x = ，x ⋅x = ， 1 1 2 2 1 2 1-4k2 1 2 1-4k2 Δ=16m2-4k2+1  =64>0， -4(m2+1) 1 又由直线交左右两支各一点可得：x ⋅x = <0，所以1-4k2>0，即k2< ， 1 2 1-4k2 4 所以PQ  = 1+k2 x 1 -x 2  8 1+k2 = 1+k2 (x +x )2-4xx = ， 1 2 1 2 1-4k2 又A-2,0  -2k+m 到直线l:y=kx+m的距离d = 1  ， k2+1 B2,0  2k+m 到直线l:y=kx+m的距离d = 2  ， k2+1 m2-4k2 所以dd = 1 2  3 1 k2+1 = k2+1 ，所以S 1 S 2 = 2 PQ   d 1  1 PQ 2   d 2  48 = 1-4k2  =432， 2 1 所以3(1-4k2)=1(1-4k2>0)，解得k2= ， 6 y y yy 又kk = 1 ⋅ 2 = 1 2 ， 1 2 x +2 x -2 xx +2(x -x)-4 1 2 1 2 2 1 m2-4k2 3 其中yy =(kx +m)(kx +m)=k2xx +km(x +x )+m2= = ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1-4k2 1-4k2 -4(m2+1) 8 -4 xx +2(x -x)-4= +2 -4= ， 1 2 2 1 1-4k2 1-4k2 1-4k2 yy 3 所以kk = 1 2 =- ，假设存在实数λ，使得-k ，λk，k 成等比数列， 1 2 xx +2(x -x)-4 4 1 2 1 2 2 1 1 3 3 2 3 2 则有λ2k2=-kk ，所以 λ2= ，解得λ=± ，故存在λ=± 满足题意. 1 2 6 4 2 2 x2 y2 4171 (2024·陕西西安·高三校联考开学考试)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的右顶点为 a2 b2 M2,0  2 ，离心率为 . 2 第 页 共 页 2651 3427(1)求椭圆C的方程； (2)不经过点M的直线l与C交于A,B两点，且直线MA和MB的斜率之积为1，证明：直 线l过定点. 【解析】(1)由题可知a=2， c 2 因为 = ，所以c= 2. a 2 又b2=a2-c2，所以b= 2， x2 y2 所以椭圆C的方程为 + =1. 4 2 (2) 证明：当直线l的斜率不存在时，显然不符合题意， 故设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，直线AB:y=kx+m， x2 + y2 =1, 联立 4 2 消去y整理得1+2k2 y=kx+m,  x2+4kmx+2m2-4=0， 方程1+2k2  x2+4kmx+2m2-4=0的判别式Δ=32k2+16-8m2>0， 4km x +x =-  1 2 1+2k2 则 ， 2m2-4 x ⋅x = 1 2 1+2k2 y y 因为k ⋅k =1，所以 1 ⋅ 2 =1， MA MB x -2 x -2 1 2 所以k2-1  x 1 x 2 +km+2  x 1 +x 2  +m2-4=0， 所以k2-1  2m2-4 ⋅ +km+2 1+2k2  4km ⋅- 1+2k2  +m2-4=0， 整理得m+2k  m+6k  =0. 若m=-2k，则y=kx-2k=kx-2  ，则直线l过定点M2,0  ，与题意矛盾； 若m=-6k，则y=kx-6k=kx-6  ，则直线l过定点6,0  . 4172 (2024·内蒙古包头·高三统考开学考试)已知点M-3,0  ，N3,0  ，动点Px,y  满足直 1 线PM与PN的斜率之积为- ，记点P的轨迹为曲线C. 3 (1)求曲线C的方程，并说明C是什么曲线； (2)过坐标原点的直线交曲线C于A，B两点，点A在第一象限，AD⊥x轴，垂足为D，连 结BD并延长交曲线C于点H. (ⅰ)证明：直线AB与AH的斜率之积为定值； (ⅱ)求△ABD面积的最大值. 【解析】(1)因为M-3,0  ，N3,0  ，Px,y  ， y y 所以k = ,k = ， PM x+3 PN x-3 第 页 共 页 2652 3427y y 1 x2 y2 所以 ⋅ =- ，化解得 + =1 x x+3 x-3 3 9 3   ≠3  ， 所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点； (2)(ⅰ)设直线AB的斜率为k，则其方程为y=kxk>0  ， y=kx  3 3 由x2 y2 ，得x=± ，记m= >0，则Am,mk + =1 1+3k2 1+3k2 9 3  ，B-m,-mk  ， Dm,0  ， k k km 于是直线BD的斜率为 ，方程为y= x- ， 2 2 2 k km   y= 2 x- 2 由  x2 y2 ，得4+3k2  + =1  9 3  x2-6k2mx+3k2m2-36=0①， 设Hx H ,y H  ，则-m和x 是方程①的解， H 4m+9k2m 3mk3 故x = ，由此得y = ， H 4+3k2 H 4+3k2 3mk3 -mk y -y 4+3k2 2 从而直线AH的斜率k = H A = =- ， AH x -x 4m+9k2m 3k H A -m 4+3k2 2 2 所以k ⋅k=- ，即直线AB与AH的斜率之积为定值- ； AH 3 3 (ⅱ)由(ⅰ)可知Am,mk  ，B-m,-mk  ，Dm,0  ， 1 所以S =S +S = OD △ABD △BOD △AOD 2  y B  1 + OD 2  y A  1 = OD 2  y A -y B  1 = m2mk 2  9k 9 9 3 3 =m2k= = ≤ = ， 1+3k2 1 2 3 2 +3k k 3 3 3 当且仅当k= 时取等号，所以△ABD面积的最大值为 . 3 2 4173 (2024·内蒙古包头·高三统考开学考试)已知点M-3,0  ,N3,0  ，动点Px,y  满足直线 1 PM与PN的斜率之积为- ，记点P的轨迹为曲线C． 3 第 页 共 页 2653 3427(1)求曲线C的方程，并说明C是什么曲线； (2)过坐标原点的直线交曲线C于A，B两点，点A在第一象限，AD⊥x轴，垂足为D，连 接BD并延长交曲线C于点H．证明：直线AB与AH的斜率之积为定值． y y 1 x2 y2 【解析】(1)由题设得 ⋅ =- ，化解得 + =1 x x+3 x-3 3 9 3   ≠3  ， 所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点． (2) 设直线AB的斜率为k，则其方程为y=kxk>0  ． y=kx,  3 由x2 y2 得x=± ， + =1, 1+3k2 9 3 3 记m= >0，则Am,mk 1+3k2  ，B-m,-mk  ，Dm,0  ． k k km 于是直线BD的斜率为 ，方程为y= x- ． 2 2 2 k km   y= 2 x- 2 , 由  x2 y2 得4+3k2  + =1,  9 3  x2-6k2mx+3k2m2-36=0．① 设Hx H ,y H  6k2m ，则-m和x 是方程①的解，则-m+x = ， H H 4+3k2 4m+9k2m k km 3mk3 故x = ，由此得y = x - = ． H 4+3k2 H 2 H 2 4+3k2 y -y 2 2 从而直线AH的斜率k = H A =- ，所以k ⋅k=- ． AH x -x 3k AH 3 H A 2 所以直线AB与AH的斜率之积为定值- ． 3 x2 y2 4174 (2024·山西大同·高三统考开学考试)已知双曲线C: - =1 (a>0,b>0)的离心 a2 b2 6 率为 ，且过点P(2,1)． 2 (1)求C的方程； (2)设A，B为C上异于点P的两点，记直线PA，PB的斜率分别为k ，k ，若(2k -1) 1 2 1 (2k -1)=1，试判断直线AB是否过定点？若是，则求出该定点坐标；若不是，请说明理 2 由．   c = 6 a 2  【解析】(1)由题意知 4 1 ，  - =1 a2 b2   c2=a2+b2 解得a= 2，b=1，c= 3， x2 所以C的方程为 -y2=1． 2 第 页 共 页 2654 3427(2)证明：设A(x,y)，B(x ,y )． 1 1 2 2 y -1 y -1 又P(2,1)，则k = 1 ，k = 2 ． 1 x -2 2 x -2 1 2 y -1 y -1 y -1 y -1 因为(2k -1)(2k -1)=1，所以k +k =2kk ，所以 1 + 2 =2 1 ⋅ 2 ， 1 2 1 2 1 2 x -2 x -2 x -2 x -2 1 2 1 2 (y -1)(x -2) (y -1)(x -2) y -1 y -1 即 1 2 + 2 1 =2 1 ⋅ 2 ， (x -2)(x -2) (x -2)(x -2) x -2 x -2 1 2 1 2 1 2 所以(y -1)(x -2)+(y -1)(x -2)=2(y -1)(y -1)， 1 2 2 1 1 2 所以yx +y x -x -x +2=2yy ， 1 2 2 1 2 1 1 2 当直线AB的斜率为0时，x =-x ，y =y ，所以y2=1，解得y =1或y =-1，不符合题 2 1 2 1 1 1 1 意，所以直线AB的斜率不为0． 设直线AB的方程为x=my+n， x=my+n  由x2 得(m2-2)y2+2mny+n2-2=0， -y2=1 2 Δ=4m2n2-4(m2-2)(n2-2)=8(m2+n2-2)>0，即m2+n2>2， -2mn n2-2 所以y +y = ，yy = ． 1 2 m2-2 1 2 m2-2 因为yx +y x -x -x +2=2yy ， 1 2 2 1 2 1 1 2 所以y(my +n)+y (my +n)-(my +n)-(my +n)+2=2yy ， 1 2 2 1 2 1 1 2 整理得(2m-2)yy +(n-m)(y +y )-2n+2=0， 1 2 1 2 (2m-2)(n2-2) -2mn(n-m) (-2n+2)(m2-2) 所以 + + =0， m2-2 m2-2 m2-2 所以(2m-2)(n2-2)-2mn(n-m)+(-2n+2)(m2-2)=0， 整理得m2-n2-2m+2n=0， 即(m-n)(m+n-2)=0，则m=n或m=2-n． 当m=n时，直线AB的方程为x=ny+n=n(y+1)，此时直线AB过定点(0,-1)； 当m=2-n时，直线AB的方程为x=(2-n)y+n=n(1-y)+2y，此时直线AB过定 点(2,1)． 即为P(2,1)，因为A，B为C上异于点P(2,1)的两个动点，所以不符合题意． 故直线AB过的定点为(0,-1)． 4175 (2024·河南周口·高三校联考阶段练习)已知A,B是椭圆C上的两点，A2,1  ,A、B关于 原点O对称，M是椭圆C上异于A,B的一点，直线MA和MB的斜率满足k ⋅k = MA MB 1 - . 2 (1)求椭圆C的标准方程； 第 页 共 页 2655 3427(2)若斜率存在且不经过原点的直线l交椭圆C于P,Q两点(P,Q异于椭圆C的上、下顶 点)，当△OPQ的面积最大时，求k ⋅k 的值. OP OQ 【解析】(1)设Mx,y  ，易知B-2,-1  1 ，由k ⋅k =- ， MA MB 2 y-1 y+1 1 得 ⋅ =- ⇒2y2-2=4-x2， x-2 x+2 2 x2 y2 化简得 + =1， 6 3 x2 y2 故椭圆C的标准方程为 + =1. 6 3 (2) 设l的方程为y=kx+tt≠0  ，Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ， 将y=kx+t代入椭圆方程整理得， 1+2k2  x2+4ktx+2t2-6=0，Δ=16k2t2-41+2k2  2t2-6  =86k2-t2+3  >0， 4kt 2t2-6 x 1 +x 2 =- 1+2k2 ，x 1 ⋅x 2 = 1+2k2 t2≠3  ， 则PQ  = k2+1⋅ x 1 +x 2  86k2-t2+3 2-4xx = k2+1⋅ 1 2  ， 1+2k2 t 又原点O到l的距离为d=  ， k2+1 1 故S = dPQ △OPQ 2  2 2t = ⋅ 2  ⋅ 3+6k2-t2 2 t ≤ ⋅ 1+2k2 2  2+3+6k2-t2 3 2 = ， 1+2k2 2 当且仅当t  = 3+6k2-t2时取等号， 此时3+6k2=2t2 t2≠3  ，△OPQ的面积最大. 故k ⋅k = y 1 y 2 = kx 1 +t OP OQ xx 1 2  kx 2 +t  = k2x 1 x 2 +ktx 1 +x 2 xx 1 2  +t2 xx 1 2 -4kt t2 1+2k2 =k2+kt⋅ + 2t2-6  -6k2+t2 3-2t2 = = 2t2-6 2t2-6  +t2 1 =- . 2t2-6 2 4176 (2024·江苏南通·高三统考开学考试)在直角坐标系xOy中，点P到点F 3,0  的距离 4 3 3 与到直线l：x= 的距离之比为 ，记动点P的轨迹为W. 3 2 (1)求W的方程； 1 (2)过W上两点A，B作斜率均为- 的两条直线，与W的另两个交点分别为C，D.若 2 直线AB，CD的斜率分别为k ，k ，证明：kk 为定值. 1 2 1 2 【解析】(1)设Px,y  ，由题意可知， x- 3  2+y2 4 3 x- 3  3 x2 = ⇒ +y2=1 2 4 第 页 共 页 2656 3427x2 所以W的方程为 +y2=1； 4 (2)设Ax 0 ,y 0  ，Cx 1 ,y 1  ， 1 ∴AC方程：y=- 2 x-x 0  +y 代入椭圆方程 0 1 ⇒x2+4 4 x2-2x 0 x+x2 0  +y2 0 -x-x 0    y  0  =4， ∴2x2-2x 0 +4y 0  x+x2+4y2+4x y -4=0， 0 0 0 0 ∴x2-x 0 +2y 0  x+2x y =0，∴xx =2x y ， 0 0 1 0 0 0 x ∴x =2y ，∴C2y , 0 1 0 0 2  同理设Bx 0 ,y 0  ，Dx 2 ,y 2  x ，∴D2y, 0 0 2  ， x x 0 - 0 y-y 2 2 1 ∴kk =k ⋅k = 0 0 ⋅ = 为定值. 1 2 AB CD x-x 2y-2y 4 0 0 0 0 x2 y2 4177 (2024·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考阶段练习)已知椭圆C: + = a2 b2 1a>b>0  2 的离心率为 ，以C的短轴为直径的圆与直线y=ax+6相切．直线l过右 2 焦点F且不平行于坐标轴，l与C有两交点A，B，线段AB的中点为M． (1)求C的方程； (2)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； (3)延长线段OM与椭圆C交于点P，若四边形OAPB为平行四边形，求此时直线l的斜 率． 2 a2-b2 1 【解析】(1)由椭圆C的离心率为 得： = ，即有a2=2b2， 2 a2 2 6 由以C的短轴为直径的圆与直线y=ax+6相切得： =b， a2+1 联立解得a2=8，b2=4， x2 y2 所以C的方程是 + =1． 8 4 (2)设直线l的方程为y=kx-2  k≠0  ，Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ， y=kx-2 联立   x2 y2 ，消去y得，2k2+1 + =1 8 4  x2-8k2x+8k2-8=0， 8k2 则Δ>0，x +x = ， 1 2 2k2+1 第 页 共 页 2657 3427x +x 4k2 ∵M为线段AB的中点，∴x M = 1 2 2 = 2k2+1 ，y M =kx M -2  -2k = ， 2k2+1 y 1 1 1 ∴k = M =- ，∴k ⋅k=- ×k=- 为定值． OM x 2k OM 2k 2 M    (3)若四边形OAPB为平行四边形，则OA+OB=OP，设Px 3 ,y 3  ， 8k2 ∴x 3 =x 1 +x 2 = 2k2+1 ，y 3 =y 1 +y 2 =kx 1 +x 2  -4k -2k= ， 2k2+1 8k2 ∵点P在椭圆上，∴ 2k2+1  2 -4k +2× 2k2+1  2 1 2 =8，解得k2= ，即k=± ， 2 2 2 ∴当四边形OAPB为平行四边形时，直线l的斜率为k=± ． 2 x2 y2 4178 (2024·四川泸州·统考三模)已知椭圆C 1 : a2 + b2 =1(a>b>0)的右焦点为F 2,0  ， 短轴长等于焦距． (1)求C的方程； (2)过F的直线交C于P,Q，交直线x=2 2于点N，记OP,OQ,ON的斜率分别为k,k , 1 2 k 3 ，若k 1 +k 2  k 3 =1，求OP  2+OQ  2的值． 【解析】(1)根据题意得到c= 2，2b=2c，解得b=c= 2， 故a2=c2+b2=2+2=4， x2 y2 故椭圆方程为 + =1； 4 2 (2)当过F的直线斜率不存在时，此时该直线与直线x=2 2无交点，舍去； 当过F的直线斜率存在时，设为y=kx- 2  ，令x=2 2，得y= 2k， 故N2 2, 2k  ， 联立y=kx- 2  x2 y2 与 + =1得，1+2k2 4 2  x2-4 2k2x+4k2-4=0， 其中Δ=32k4-41+2k2  4k2-4  =16k2+16>0， 设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ， 4 2k2 4k2-4 则x +x = ,xx = ， 1 2 1+2k2 1 2 1+2k2 y y 2k k k = 1,k = 2,k = = ， 1 x 2 x 3 2 2 2 1 2 故k +k = y 1 + y 2 = x 2 y 1 +x 1 y 2 = kx 2x 1 - 2 1 2 x x xx 1 2 1 2  +kx 1x 2 - 2  xx 1 2 = 2kx 1 x 2 - 2kx 1 +x 2  4 2k2 2k⋅ 1+2k2 -8k =2k- = ， xx 4k2-4 4k2-4 1 2 1+2k2 第 页 共 页 2658 3427故k 1 +k 2  -8k k 2 k = ⋅ =1，即-8k2=8k2-8，解得k=± ， 3 4k2-4 2 2 2 2 不妨令k= ，则直线方程为y= x-1， 2 2 x 1 +x 2 = 2,x 1 x 2 =-1，则x2 1 +x2 2 =x 1 +x 2  2-2xx =4， 1 2 2 y2+y2= x -1 1 2 2 1  2 2 + x -1 2 2  2 1 = 2 x2 1 +x2 2  - 2x 1 +x 2  +2 =2-2+2=2， 故OP  2+OQ  2=x2 1 +y2 1 +x2 2 +y2 2 =x2 1 +x2 2  +y2 1 +y2 2  OP  2+OQ  2=x2 1 +y2 1 +x2 2 +y2 2 =x2 1 +x2 2  +y2 1 +y2 2  =4+2=6， 2 当k=- 时，同理可得OP 2  2+OQ  2=6， 综上：OP  2+OQ  2=6. 4 题型四：斜率商问题 x2 y2 4179 (2024·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)已知双曲线C: - =1,a>0,b>0 a2 b2  的实轴长为4，左右两个顶点分别为A 1 ,A 2 ，经过点B4,0  的直线l交双曲线的右支于M, N两点，且M在x轴上方，当l⊥x轴时，MN=2 6. (1)求双曲线方程. (2)求证：直线MA,NA 的斜率之比为定值. 1 2 【解析】(1)由题意可得2a=4⇒a=2， 当l⊥x轴时，直线l:x=4， 42 y2 则 - =1⇒y=± 3b， 22 b2 又MN  x2 y2 =2 6=2 3b⇒b= 2，所以 - =1； 4 2 (2) 由题意可知A 1-2,0  、A 22,0  ， 不妨设l：x=ty+4,Mx 1 ,y 1  、Nx 2 ,y 2  ，易知y ≠0,y ≠0， 1 2 第 页 共 页 2659 3427x=ty+4 联立双曲线方程得  x2-2y2=4 ⇒t2-2  y2+8ty+12=0， t2-2≠0 则 Δ=64t2-48t2-2  8t y +y =-   1 2 t2-2 3  >0 ，且 12 ，不难发现ty 1 y 2 =- 2 (y 1 +y 2 ) y ⋅y = 1 2 t2-2 y y 由斜率公式可知k = 1 ,k = 2 ， MA1 x 1 +2 NA2 x 2 -2 则k :k = y 1x 2 -2 MA1 NA2  y 2x 1 +2  3 1 3 2y - (y +y ) y - y tyy +2y 1 2 1 2 2 1 2 2 1 = 1 2 1 = = =- ， tyy +6y 3 3 9 3 1 2 2 6y - (y +y ) - y + y 2 2 1 2 2 1 2 2 1 故k :k =- 是定值. MA1 NA2 3 4180 (2024·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习)如图，A、B、M、N为抛物线 y2=2x上四个不同的点，直线AB与直线MN相交于点1,0  ，直线AN过点2,0  (1)记A，B的纵坐标分别为y ,y ，求y ⋅y ； A B A B (2)记直线AN，BM的斜率分别为k,k ，是否存在实数λ，使得k =λk？若存在，求出λ 1 2 2 1 的值，若不存在说明理由 【解析】(1)设直线AB的方程为x=my+1， x=my+1 由  y2=2x 消去x并化简得y2-2my-2=0， 则y y =-2. A B (2)设直线MN的方程为x=ny+1，同(1)可求得y y =-2， M N 设直线AN的方程为x=ty+2， x=ty+2 由  y2=2x 消去x并化简得y2-2ty-4=0， 所以y y =-4. A N y -y y -y 2 k = N A = N A = ， 1 x -x y2 y2 y +y N A N - A N A 2 2 2 同理可求得k = ， 2 y +y M B k y +y y y -4 则λ= 2 = A N = A N = =2， k -2 -2 -2 -2 1 + y y A N 所以存在λ=2使得k =2k. 2 1 x2 y2 4181 (2024·广东·高三校联考阶段练习)过原点O的直线交椭圆E： + =1(b>0)于A， 9 b2 B两点，R2,0  ，△ABR面积的最大值为2 5. 第 页 共 页 2660 3427(1)求椭圆E的方程； 9 (2)连AR交椭圆于另一个交点C，又P ,m 2  (m≠0)，分别记PA，PR，PC的斜率为 k k ，k ，k ，求 2 的值. 1 2 3 k +k 1 3 1 【解析】(1)由题知：S =2S =2× ×OR △ABR △OAR 2  ×y A  =2y A  ≤2b  =2b=2 5， x2 y2 所以b= 5，故椭圆的方程为 + =1. 9 5 (2)如图所示： 设AC的方程为x=2+ty，Ax 1 ,y 1  ，Cx 2 ,y 2  ， x=2+ty  由x2 y2 ⇒5t2+9 + =1 9 5  y2+20ty-25=0， 20t 25 y +y 4t ∴y +y =- ，y ⋅y =- ，∴ 1 2 = ， 1 2 5t2+9 1 2 5t2+9 y ⋅y 5 1 2 9 设P ，m 2  2m m-y m-y ，则k = ，k +k = 1 + 2 ， 2 5 1 3 5 5 -ty -ty 2 1 2 2 ∴ k 2 = 2m ⋅ 25-10ty 1 +y 2 k +k 5 1 3  +4t2y ⋅y 1 2 2 10m-2mt+5  y 1 +y 2   +4ty 1 ⋅y 2  20t 25-10t⋅- m 5t2+9 = ⋅ 5  25 +4t2⋅- 5t2+9  10m-2mt+5  20t ⋅- 5t2+9  25 +4t⋅- 5t2+9  m 25 5t2+9 = ⋅ 5   +4t2  10m 5t2+9   +4t2  m 5 1 = ⋅ = . 5 2m 2 4182 (2024·江西南昌·高三南昌市八一中学校考阶段练习)已知随圆E的左、右焦点分别为 F 1-c,0  ,F 2c,0  (c>0)点M在E上，MF ⊥FF,△MFF 的周长为6+4 2，面积为 2 1 2 1 2 1 c. 3 (1)求E的方程. 3 (2)设E的左、右顶点分别为A,B，过点 ,0 2  的直线l与E交于C,D两点(不同于左右 顶点)，记直线AC的斜率为k ，直线BD的斜率为k ，则是否存在实常数λ，使得k =λk 1 2 1 2 恒成立. 2a+2c=6+4 2 a+c=3+2 2   【解析】(1)依题意，得 1 b2 b2 1 ，即b2 1 ， ⋅2c⋅ = ⋅c= c = 2 a a 3 a 3 解得   a b2 2 = = 1 9 ，所以E的方程 x 9 2 +y2=1； 第 页 共 页 2661 34273 (2)依题意，可设直线l的方程为x=ty+ ， 2   x2 +y2=1 9 联立方程  ，化简整理，得4t2+9 3 x=ty+  2  y2+12ty-27=0， 易得Δ>0恒成立， 设Cx 1 ,y 1  ,Dx 2 ,y 2  ，由韦达定理， -3t y +y = 1 2 t2+9 得 -27 yy = 1 2 4t2+9   9  ，可得ty 1 y 2 = 4 y 1 +y 2  ， 于是 k 1 = y 1 ⋅ x 2 -3 = x 2 -3 k x +3 y 2 1 2  y 1 x 1 +3  3 ty - 2 2 = y 2  y 1 9 ty + 1 2  y 2 9 2tyy -3y 2⋅ 4 y 1 +y 2 = 1 2 1 = 2tyy +9y 1 2 2  -3y 1 9 2⋅ 4 y 1 +y 2  +9y 2 3 9 3 2 y 1 + 2 y 2 2 y 1 +3y 2 = = 9 27 y + y 2 1 2 2  9 2 y 1 +3y 2  1 = ， 3 1 故存在实数λ= ，使得k =λk 恒成立. 3 1 2 x2 y2 4183 (2024·河南·高三校联考开学考试)已知双曲线E: - =1a>0,b>0 a2 b2  实轴左右两 个顶点分别为A,B，双曲线E的焦距为2 5，渐近线方程为x±2y=0． (1)求双曲线E的标准方程； (2)过点0,1  k 的直线l与双曲线E交于C,D两点．设AC,BD的斜率分别为k,k ，且 1 1 2 k 2 =-3，求l的方程． 【解析】(1)∵双曲线E的焦距2c=2 5，∴c= 5； 1 b 1 ∵双曲线E的渐近线方程为x±2y=0，即y=± x，∴ = ， 2 a 2 x2 又a2+b2=c2，∴a2=4，b2=1，∴双曲线E的标准方程为： -y2=1. 4 (2)由(1)得：A-2,0  ，B2,0  ， 设Cx 1 ,y 1  ，Dx 2 ,y 2  ， 第 页 共 页 2662 3427由题意知：直线l的斜率一定存在，则可设l:y=kx+1， y=kx+1  由x2 得：1-4k2 -y2=1 4  x2-8kx-8=0， 1-4k2≠0 ∴ Δ=162-4k2    ，解得：k2< 1 且k2≠ 1 ， >0 2 4 y 1 ∴x +x = 8k ，xx =- 8 ，∴ k 1 = x 1 +2 = y 1x 2 -2 1 2 1-4k2 1 2 1-4k2 k y 2 2 x -2 2  y 2x 1 +2  ； x2 y x +2 y x -2 ∵ 1 -y2=1，∴ 1 = 1 ，即 1 = 1 ， 4 1 x -2 4y x +2 4y 1 1 1 1 ∴ k 1 = y 1x 2 -2 k 2  y 2x 1 +2  = x 2 -2  x 1 -2  = x 1 x 2 -2x 1 +x 2 4yy 1 2  +4 4kx 1 +1  kx 2 +1  = x 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4 4k2x 1 x 2 +4kx 1 +x 2  +4 -8-16k+4-16k2 -16k2-16k-4 4k2+4k+1 = = = =-3， -32k2+32k2+4-16k2 4-16k2 4k2-1 1 1 1 1 1 解得：k= 或k=- ，又k2< 且k2≠ ，∴k= ， 4 2 2 4 4 1 ∴直线l的方程为：y= x+1，即x-4y+4=0. 4 x2 y2 4184 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的焦距为2 3，O为坐 a2 b2 标原点，椭圆的上下顶点分别为B ，B ，左右顶点分别为A ，A ，依次连接C的四个顶点 1 2 1 2 构成的四边形的面积为4． (1)求C的方程； (2)过点(1,0)的任意直线与椭圆C交于E，F(不同于A ，A )两点，直线AE的斜率为 1 2 1 k 1 k ，直线A F的斜率为k ．求证： 1 = ． 1 2 2 k 3 2 2c=2 3  1 【解析】(1)依题意可得 ⋅2a⋅2b=4，解得a=2，b=1  2   b2+c2=a2 x2 所以椭圆C的方程为 +y2=1 4 (2)由(1)可知A 1-2,0  ，A 22,0  ， 由题意，直线l的斜率不为0，设直线l:x=my+1，Ex 1 ,y 1  ，Fx 2 ,y 2  ， x=my+1  由x2 +y2=1 4 可得m2+4  -2m -3 y2+2my-3=0，则y +y = ，yy = ， 1 2 m2+4 1 2 m2+4 第 页 共 页 2663 3427y y 因为直线AE的斜率k = 1 ，直线A F的斜率k = 2 ， 1 1 x +2 2 2 x -2 1 2 -2m -3 3 由y 1 +y 2 = m2+4 ，y 1 y 2 = m2+4 ，得my 1 y 2 = 2 y 1 +y 2  ， 所以 k 1 = y 1x 2 -2 k 2  y 2x 1 +2  = y 1my 2 -1  y 2my 1 +3  3 myy -y 2 y 1 +y 2 = 1 2 1 = myy +3y 1 2 2  -y 1 3 2 y 1 +y 2  1 3 y + y 2 1 2 2 = = 3 9 +3y y + y 2 2 1 2 2 1 ， 3 1 k 1 所以直线AE和A F的斜率之比为 ，即 1 = 1 2 3 k 3 2 x2 y2 3 4185 (2024·河南洛阳·模拟预测)已知椭圆C： + =1(a>b>0)的离心率为 ，右焦 a2 b2 2 点为F 3,0  ，A，B分别为椭圆C的左、右顶点. (1)求椭圆C的方程； (2)过点D1,0  作斜率不为0的直线l，直线l与椭圆C交于P，Q两点，记直线AP的斜 k 率为k ，直线BQ的斜率为k ，求证： 1 为定值； 1 2 k 2 (3)在(2)的条件下，直线AP与直线BQ交于点M，求证：点M在定直线上. c 3 【解析】(1)依题可得   e= a = 2 ，解得  a=2 ，所以b2=a2-c2=1， c= 3 c= 3 x2 所以椭圆C的方程为 +y2=1． 4 (2)设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，因为直线l过点D1,0  且斜率不为0， x2 所以可设l的方程为x=ty+1，代入椭圆方程 +y2=1得t2+4 4  y2+2ty-3=0， 其判别式Δ=4t2+12t2+4  2t 3 >0，所以y +y =- ，yy =- . 1 2 t2+4 1 2 t2+4 y +y 2 3 两式相除得 y 1 y 2 = 3 t，即ty 1 y 2 = 2 y 1 +y 2 1 2  ． 因为A,B分别为椭圆C的左、右顶点，所以点A的坐标为-2,0  ，点B的坐标为2,0  ， y y y y 所以k = 1 = 1 ，k = 2 = 2 ． 1 x +2 ty +3 2 x -2 ty -1 1 1 2 2 从而 k 1 = y 1ty 2 -1 k 2  y 2ty 1 +3  3y 1 +y 2 =  -y 2 1 3y 1 +y 2  y +3y 1 = 1 2 = ． 3y +9y 3 1 2 +3y 2 2 第 页 共 页 2664 3427k 1 (3)由(1)知 1 = ，设k =m，则k =3m， k 3 1 2 2 所以直线AP的方程为y=mx+2m，直线BQ的方程为y=3mx-6m， y=mx+2m x=4 联立 可得 ，   y=3mx-6m y=6m 所以直线AP与直线BQ的交点M的坐标为4,6m  ， 所以点M在定直线x=4上. 4186 (2024·福建福州·福建省福州第一中学校考三模)已知M是平面直角坐标系内的一个动 点，直线MA与直线y=x垂直，A为垂足且位于第三象限；直线MB与直线y=-x垂 直，B为垂足且位于第二象限.四边形OAMB(O为原点)的面积为2，记动点M的轨迹 为C. (1)求C的方程； (2)点E2 2,0  ，直线PE，QE与C分别交于P，Q两点，直线PE，QE，PQ的斜率分别 1 1 为k ，k ，k .若 + 1 2 3 k k 1 2  ⋅k =-6，求△PQE周长的取值范围. 3 【解析】(1)因为直线x-y=0、x+y=0相互垂直，则四边形OAMB为矩形， 设Mx,y  x-y<0 ，且  ，可得x<0， x+y<0 2x-y 则点M到直线x-y=0、x+y=0的距离分别为  2x+y 、 2  ， 2 2x-y 可得  2x+y × 2  =2，整理得x2-y2=4x<0 2  ， 所以C的方程为x2-y2=4x<0  . (2)设直线PQ:y=kx+m,Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ， y=kx+m 联立方程  x2-y2=4 ，消去y得1-k2  x2-2kmx-m2+4  =0， 1-k2≠0 Δ=4k2m2+41-k2 由题意可得：  m2+4  =4m2-4k2+4     >0  2km x 1 +x 2 = 1-k2 <0 ，①   m2+4  x 1 x 2 =- 1-k2 >0 1 1 因为 + k k 1 2  x -2 2 x -2 2 ⋅k =-6，则 1 + 2 3 y y 1 2  x -2 2 x -2 2 ⋅k= 1 + 2 kx +m kx +m 1 2  ⋅k= -6， 整理得8k2x 1 x 2 +7km-2 2k2  x 1 +x 2  +6m2-4 2km=0， 8k2 m2+4 即-  2km7km-2 2k2 + 1-k2  +6m2-4 2km=0， 1-k2 4 2 整理得3m2-2 2km-16k2=0，解得m=- k或m=2 2k， 3 第 页 共 页 2665 34274 2 4 2 4 2 若m=- k，则直线PQ:y=kx- k=kx- 3 3 3  4 2 ，过定点F ,0 3  ， 1-k2≠0 16 Δ= 9-k2 9 此时①式为  >0 8 2k2 x +x =- 1 2 31-k2      ，无解，不符合题意；  <0   m2+4  x 1 x 2 =- 1-k2 >0 当m=2 2k时，则直线PQ:y=kx+2 2k=kx+2 2  ，过定点F-2 2,0  ， 1-k2≠0 Δ=16k2+1 此时①式为     >0  x +x = 4 2k2 <0，解得k2>1，即k>1或k<-1，  1 2 1-k2  8k2+4  x 1 x 2 =- 1-k2 >0 则PQ  4 2k2 = 1+k2  1-k2  2 48k2+4 +  4k2+1 = 1-k2  2 =41+ k2-1 k2-1  ， 1 因为k2>1，则k2-1>0，可得 >0， k2-1 所以PQ  2 =41+ k2-1  >4， 又因为E,F为双曲线x2-y2=4的左、右焦点， 则PE  -PF  =4,QE  -QF  =4，即PE  =PF  +4,QE  =QF  +4， 可得△PQE周长为PE  +QE  +PQ  =PF  +4+QF  +4+PQ  =2PQ  +8>16， 所以△PQE周长的取值范围16,+∞  . x2 4187 (2024·全国·高三专题练习)已知A、B分别为椭圆E： +y2=1的左、右顶点，直线 9 3 CD过定点 ，0 2  k ，记直线AC，BD的斜率为k 、k ，求 1 的值． 1 2 k 2 【解析】(蝴蝶定理法)过点Q做x轴垂线，交椭圆于E、F，交AC、BD于点I、J， 显然 Q是EF的中点； IQ 3 3- 由蝴蝶定理得：Q也是IJ的中点，即IQ=JQ；故 k 1 = AQ = BQ = a-x Q = 2 k JQ AQ a+x 3 2 Q 3+ BQ 2 1 = ． 3 第 页 共 页 2666 34274188 (2024·全国·高三专题练习)设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点Dp，0  ，过F 的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF  =3． (1)求C的方程； (2)设直线MD，ND与C另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的斜率为k 、k ，求 1 2 k 1 的值． k 2 【解析】(1)抛物线C的方程为 (2) 解法一： y2 设M 1，y 4 1  y2 ，N 2，y 4 2  y2 ，A 3，y 4 3  y2 ，B 4，y 4 4  ，直线MN：x=my+1， x=my+1 联立直线MN与抛物线  y2=4x ，得y2-4my-4=0，故Δ>0，y 1 y 2 =-4， x -2 联立直线MD与抛物线   x= 1 y 1 ⋅y+2 ，得y2- 4x 1 -2 y2=4x  ⋅y-8=0，故Δ>0，yy = y 1 3 1 -8， ∴y =2y ，同理可得y =2y ， 3 2 4 1 y -y 4 y -y 4 4 由斜率公式可得k = 1 2 = ，k = 3 4 = ，∴k = = 1 y2 y2 y +y 2 y2 y2 y +y 2 y +y 1 - 2 1 2 3 - 4 3 4 3 4 4 4 4 4 4 2y 1 +y 2  k = 1． 2 第 页 共 页 2667 3427解法二：三点共线 设Mx 1 ，y 1  ，Nx 2 ，y 2  ，Ax 3 ，y 3  ，Bx ，y 4 4  ， 由M、N、F三点共线，得yy =-4， 1 2 由M、D、A三点共线，得yy =-8， 1 3 由N、D、B三点共线，得y y =-8， 2 4 则y y =4yy =-16，AB过定点(4，0)． 3 4 1 2 4189 (2024·高二课时练习)在平面直角坐标系xOy中，已知点E(2,0)，抛物线C:y2=4x的焦 点为F，M为抛物线C上异于顶点的动点，直线MF交抛物线C于另一点N，直线ME， NE分别交抛物线C于点P，Q． (1)当MN⊥x轴时，求直线PQ与x轴的交点坐标； k (2)设直线MN，PQ的斜率分别为k ，k ，试探究 1 是否为定值？若是，求出此定值；若 1 2 k 2 不是，请说明理由． 【解析】(1)由题意F1,0  ,当MN⊥x轴时，则直线MN的方程x=1，代入抛物线可得 y2=4 不妨设M1,2  ,N1,-2  2-0 ，则k = =-2 ME 1-2 所以直线ME的方程为y=-2x-2  y=-2x-2 由    y2=4x ，解得x=4或x=1(舍), 即x P =4,所以y P =-4,所以点P4,-4  -2-0 则k = =2 NE 1-2 所以直线NE的方程为y=2x-2  y=2x-2 ,由    y2=4x ，解得x=4或x=1(舍), 即x =4,所以y =4 所以点Q4,4 Q Q  所以直线PQ的方程为x=4，所以直线PQ与x轴的交点坐标4,0  1 (2)设直线NM的方程为：x=my+1 m≠0,k = 1 m  设Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ,Px 3 ,y 3  ,Qx 4 ,y 4  x=my+1 由  y2=4x ，则y2-4my-4=0 y2 y2 所以yy =-4,xx = 1 × 2 =1 (1) 1 2 1 2 4 4 设直线MP的方程为：x=ty+2， x=ty+2 由  y2=4x ，则y2-4ty-8=0 第 页 共 页 2668 3427y2 y2 则yy =-8,xx = 1 × 3 =4 (2) 1 3 1 3 4 4 设直线NQ的方程为：x=ny+2， x=ty+2 由  y2=4x ，则y2-4ny-8=0 y2 y2 则y y =-8,x x = 2 × 4 =4 (3) 2 4 2 4 4 4 由yy =-4，yy =-8，可得y =2y 1 2 1 3 3 2 由y =2y ，yy =-8，y y =-8，可得y =2y 3 2 1 3 2 4 4 1 同理由xx =1，xx =4，x x =4，可得x =4x ,x =4x 1 2 1 3 2 4 3 2 4 1 y -y y -y 2y -2y 1 y -y 1 k = 2 1，k = 4 3 = 1 2 = × 2 1 = k 1 x -x 2 x -x 4x -4x 2 x -x 2 1 2 1 4 3 1 2 2 1 k 所以 1 为定值2. k 2 第 页 共 页 2669 3427