斜率和积与韦达定理的应用（解析版）.pdf

1、1斜率和积与韦达定理的应用考点分析斜率和(积)构造与韦达定理目前我们市面上的斜率型题目中一大类就是斜率和(积)构造，这其中主要特征就是一定点两动点，而定点的特征又可进一步分成在坐标轴上和一般点.倘若定点 P(0,t)，在椭圆上的动点 A(x1,y1),B(x2,y2)，那么：kPA kPB=y1 tx1 y2 tx2=y1y2 t(y1+y2)+t2x1x2，此时已经凑出韦达定理的形式，就无需再解点，可直接代入韦达定理求解.kPA+kPB=y1 tx1+y2 tx2=x1y2+x2y1 t(x1+x2)x1x2,这里对交叉项 x1y2+x2y1的处理可进一步代入直线方程：AB:y=kx+m，化

2、简可得：x1y2+x2y1=x1 kx2+m+x2 kx1+m=2kx1x2+m x1+x2kPA+kPB=x1y2+x2y1 t(x1+x2)x1x2=2k+(m t)(x1+x2)x1x2(*)，再代入韦达定理.注意，这一步代入很重要，(*)式是一个非常简洁的结构，易于操作.1kPA+1kPB=x1(y1 t)+x2(y2 t)=x1y2+x2y1 t(y1+y2)(y1 t)(y2 t).可进一步代入直线方程：AB:x=my+n，化简可得：x1y2+x2y1=my1+ny2+my2+ny1=2my1y2+n y1+y2精选例题1 已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率

3、为22，点 A 0,1在 C 上过 C 的右焦点 F 的直线交 C 于 M，N 两点(1)求椭圆 C 的方程；(2)若动点 P 满足 kPM+kPN=2kPF，求动点 P 的轨迹方程【答案】(1)x22+y2=1；(2)x=2【详解】(1)由题意，b=1，ca=22，又 a2=b2+c2，解得 b=1，a=2，c=1故椭圆 C 的方程为 x22+y2=1(2)直线 MN 的斜率存在时，设直线 MN 的方程为 y=k x-12设 M x1,y1，N x2,y2，P x0,y0将 y=k x-1代入 x2+2y2=2，得 2k2+1x2-4k2x+2k2-2=0于是 x1+x2=4k22k2+1，

4、x1x2=2k2-22k2+1由题意，有 kPM+kPN=2kPF，即y1-y0 x1-x0+y2-y0 x2-x0=2y0 x0-1 k x1-1-y0 x1-x0+k x2-1-y0 x2-x0=2y0 x0-1 2k+kx0-k-y0 x1-x0+kx0-k-y0 x2-x0=2y0 x0-1 2k-2y0 x0-1+kx0-k-y01x1-x0+1x2-x0=0 kx0-k-y02x0-1+1x1-x0+1x2-x0=0显然点 P x0,y0不在直线 y=k x-1上，kx0-k-y0 0，从而2x0-1+1x1-x0+1x2-x0=0 2 x1x2-x0 x1+x2+x20+x0-1

5、x1+x2-2x0=0 2x1x2-x0+1x1+x2+2x0=0将式代入，得 2 2k2-2-x0+14k2+2x0 2k2+1=0，化简得x0=2当直线 MN 的斜率不存在时，经检验符合题意故满足题意的点 P 的轨迹方程为直线 x=22 已知点 A 2,1在双曲线 C:x2a2-y2a2-1=1 a 1上，直线 l(不过点 A)的斜率为-1，且交双曲线C 于 P、Q 两点.(1)求双曲线 C 的方程；(2)求证：直线 AP、AQ 的斜率之和为定值.【答案】(1)x22-y2=1；(2)证明见解析【详解】(1)解：将点 A 的坐标代入双曲线 C 的方程可得 4a2-1a2-1=1 a 1，解

6、得 a=2，所以，双曲线 C 的方程为 x22-y2=1.(2)证明：由题意，设直线 l 的方程为 y=-x+m，设 P x1,y1、Q x2,y2，联立y=-x+mx22-y2=1可得 x2-4mx+2m2+2=0，=16m2-8 m2+1=8 m2-1 0，解得 m 1，由韦达定理可得 x1+x2=4m，x1x2=2m2+2，所以，kAP+kAQ=y1-1x1-2+y2-1x2-2=-x1+m-1x1-2+-x2+m-1x2-2=-2+m-3x1-2+m-3x2-2=-2+m-3x1+x2-4x1x2-2 x1+x2+4=-2+m-34m-42m2+2-2 4m+4=-2+2=0.可得直线

7、 AP、AQ 的斜率之和为 0.33 已知 O 为坐标原点，椭圆 x2a2+y2b2=1 a b 0的离心率为32，椭圆的上顶点到右顶点的距离为5(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 k1、k2，求 k1 k2的值【答案】(1)x24+y2=1；(2)k1k2=-14【详解】(1)解：由题意知，ca=32，椭圆的上顶点到右顶点的距离为a2+b2=5，即ca=32a2+b2=5a2=b

8、2+c2，解得 a=2，b=1，c=3，因此，椭圆的方程为 x24+y2=1(2)解：如下图所示：不妨设 A x1,y1、B x2,y2，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，联立y=kx+mx2+4y2=4可得 4k2+1x2+8kmx+4m2-4=0，=64k2m2-16 4k2+1m2-1 0，可得 m2 4k2+1，即 2k+22 4k2+1，解得 k 0 x1x2=4m2-44k2+1=4 2k+12k+34k2+1 0，解得-12 k 0，所以，-12 k b 0)的离心率是 12，且过点 M

9、 1,324(1)求椭圆 C 的方程；(2)椭圆 C 的左、右顶点分别为 A1，A2，且 P，Q 为椭圆 C 上异于 A1，A2的点，若直线 PQ 过点12,0，是否存在实数，使得 kA1P=kA2Q恒成立若存在，求实数 的值；若不存在，说明理由【答案】(1)x24+y23=1；(2)存在实数 =35，满足题设条件【详解】(1)由题意，e=ca=12，a2+b2=c2，解得：b2=34 a2 点 M 1,32在椭圆 C 上，1a2+94b2=1 联立、，解得 a2=4，b2=3，故所求椭圆 C 的标准方程是 x24+y23=1(2)解法一：由(1)知 A1(-2,0)，A2(2,0)当直线 P

10、Q 斜率不存在时，lPQ:x=12 与椭圆联立可得P 12,3 54，Q 12,-3 54，则 kA1P=3 510，kA2Q=52，故而 kA1P=35 kA2Q，可得 =35；得当直线PQ 斜率存在且不为 0 时，设 lPQ:y=k x-12，令 P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则 kA1P=y1x1+2，kA2Q=y2x2-2 联立3x2+4y2-12=0y=k x-12消去 y 并整理，得(4k2+3)x2-4k2x+k2-12=0，则由韦达定理得，x1+x2=4k24k2+3x1x2=k2-124k2+3，假设存在实数，使得 kA1P=kA2Q，则y1x1+2=y2x2-2，即

11、x1-12(x2-2)=x2-12(x1+2)，整理得(1-)x1x2+2-2x1-12+2x2+1+=0，变形为(1-)x1x2+2-2(x1+x2)-x2-12+2x2+1+=0，则(1-)k2-124k2+3+2-24k24k2+3-x2-12+2x2+1+=0，即3-52x2-(3-5)(k2+3)4k2+3=0，即3-52x2-2(k2+3)4k2+3=0，即 3-52=0 或 x2-2(k2+3)4k2+3=0，得 =35 或 x2=2(k2+3)4k2+3当 x2=2(k2+3)4k2+3时，x1=(x1+x2)-x2=4k24k2+3-2k2+64k2+3=2k2-64k2+3

12、此时，x1x2=(2k2+6)(2k2-6)(4k2+3)2=k2-124k2+3，整理得 45k2=0，解得 k=0 与题设矛盾，所以 x2 2(k2+3)4k2+3，所以 =35 解法二：由(1)知，A1(-2,0)，A2(2,0)可设 PQ:x=my+12，P(x1,y1)，Q(x2,y2)联立3x2+4y2-12=0 x=my+12，得(3m2+4)y2+3my-454=0，由韦达定理得：y1+y2=-3m3m2+4，y1y2=5-454(3m2+4)，所以 my1y2=154(y1+y2)，所以 kA1PkA2Q=y1x1+2y2x2-2=y1(x2-2)y2(x1+2)=my1y2

13、-32 y1my1y2+52 y2=154(y1+y2)-32 y1154(y1+y2)+52 y2=35故存在实数 =35，满足题设条件5 已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1 a b 0的右焦点 F 在直线 x+2y-1=0 上，A,B 分别为 C 的左、右顶点，且 AF=3 BF.(1)求 C 的标准方程；(2)已知 P 2,0，是否存在过点 G-1,0的直线 l 交 C 于 M，N 两点，使得直线 PM，PN 的斜率之和等于-1?若存在，求出 l 的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x24+y23=1；(2)存在，其方程为：x-y+1=0【详解】(1)设右焦点 F c,0，直线

14、 x+2y-1=0 与 x 轴的交点为 1,0，所以椭圆 C 右焦点 F 的坐标为 1,0故在椭圆 C 中 c=1，由题意 AF=a+c=3 BF=3 a-c，结合 c=1，则 a=2，b2=a2-c2=4-1=3所以椭圆 C 的方程为：x24+y23=1(2)当直线 l 的斜率为 0 时，显然不满足条件 kPM+kPN=-1，当直线 l的倾斜角不为 0 时，设直线 l 的方程为：x=my-1，M x1,y1,N x2,y2，由 x=my-13x2+4y2=12，可得 3m2+4y2-6my-9=0，由题意=36m2-4 3m2+4-9=144m2+144 0，则 y1+y2=6m3m2+4,

15、y1y2=-93m2+4由 kPM+kPN=y1x1-2+y2x2-2=y1my1-3+y2my2-3=2my1y2-3 y1+y2my1-3my2-3=2my1y2-3 y1+y2m2y1y2-3m y1+y2+9=2m-93m2+4-3 6m3m2+4m2-93m2+4-3m 6m3m2+4+9，化简可得 kPM+kPN=-m，由 kPM+kPN=-1，即 m=1，故存在满足条件的直线，直线 l 的方程为：x-y+1=06 双曲线 C：x2a2-y2b2=1(a 0,b 0)的左顶点为 A，焦距为 4，过右焦点 F 作垂直于实轴的直线交双曲线 C 于 B，D 两点，且 ABD 是直角三角形

16、6(1)求双曲线 C 的标准方程；(2)M，N 是 C 右支上的两动点，设直线 AM，AN 的斜率为 k1，k2，若 k1 k2=-2，试问：直线 MN 是否经过定点？证明你的结论【答案】(1)x2-y23=1，(2)过定点，理由见解析【详解】(1)根据题意可得 BAD=90，AF=BF=DF，半焦距 c=2，则 a2+b2=4，当 x=2 时，4a2-y2b2=1，y2b2=4a2-1=4-a2a2=b2a2，所以 y2=b4a2，所以 y=b2a，由 AF=BF=DF，得 a+c=b2a，所以 a2+2a=4-a2，a2+a-2=0，解得 a=1 或 a=-2(舍去)，所以 b2=4-a2

17、=3，所以双曲线方程为 x2-y23=1，(2)由题意可知直线 MN 的斜率不为零，所以设直线 MN 为 x=my+n，设 M(x1,y1),N(x2,y2)，由 x2-y23=1x=my+n，得(3m2-1)y2+6mny+3(n2-1)=0，由 =36m2n2-12(3m2-1)(n2-1)0，得 3m2+n2-1 0，所以 y1+y2=-6mn3m2-1,y1y2=3(n2-1)3m2-1，由(1)知 A(-1,0)，所以 k1=y1x1+1,k2=y2x2+1，因为 k1 k2=-2，所以y1x1+1 y2x2+1=-2，所以 y1y2+2(x1+1)(x2+1)=0，所以 y1y2+

18、2(my1+n+1)(my2+n+1)=0，化简得(2m2+1)y1y2+2m(n+1)(y1+y2)+2(n+1)2=0，所以(2m2+1)3(n2-1)3m2-1-2m(n+1)6mn3m2-1+2(n+1)2=0，所以 3(n2-1)(2m2+1)-12m2n(n+1)+2(n+1)2(3m2-1)=0，化简得 n2-4n-5=0，解得 n=5 或n=-1，因为 M，N 是 C 右支上的两动点，所以 n 0，所以 n=5，所以直线 MN 的方程为 x=my+5，所以直线 MN 恒过定点(5,0)7跟踪训练1 已知椭圆 C:x24+y2=1 的左右顶点分别为 A,B，上顶点为 D,M 为椭

19、圆 C 上异于四个顶点的任意一点，直线 AM 交 BD 于点 P，直线 DM 交 x 轴于点 Q.(1)求 MBD 面积的最大值；(2)记直线 PM,PQ 的斜率分别为 k1,k2，求证：k1-2k2为定值.【答案】(1)2+1；(2)证明见解析【详解】(1)方法 1：如图所示，由题意知，A(-2,0)，B(2,0)，D(0,1)，设 M 2cos,sin,lBD:x+2y-2=0，则|BD|=5，点 M 到直线 BD 的距离为：d=2cos+2sin-25=2 2sin +4-25，所以 d=2 2sin +4-25-2 2-25=2 2+25，所以 SMDB 12 5 2 2+25=2+1

20、.故MBD 面积的最大值为：2+1.方法 2：设与 BD 平行的直线 l:x+2y+t=0，联立 x+2y+t=0 x2+4y2=4得 8y2+4ty+t2-4=0，令 =16-t2+8=0 t=2 2，显然当 t=2 2 时 l 与椭圆的切点与直线 BD 的距离最大，dmax=2 2-212+22=2 2+25，所以 SMDB 12 5 2 2+25=2+1.故 MBD 面积的最大值为：2+1.(2)如图所示，设直线 lAM:x=my-2，联立 x2+4y2=4x=my-2得 m2+4y2-4my=0，则点 M 的坐标为82m2-8m2+4,4mm2+4，设点 Q 为 t,0，则 kQD=k

21、MD，所以 1-t=4mm2+4-12m2-8m2+4，即 t=2 m+2m-2，所以 Q 2 m+2m-2,0，联立x=my-2y=-12 x+1得点 P 的坐标为2 m-2m+2,4m+2，所以 k1=4mm2+4-4m+22m2-8m2+4-2 m-2m+2=1m，k2=4m+2-02 m-2m+2-2 m+2m-2=2-m4m，所以 k1-2k2=1m-2 2-m4m=1m-2-m2m=12.故 k1-2k2为定值 12.2 已知点 P 4,3为双曲线 E:x2a2-y2b2=1(a 0,b 0)上一点，E 的左焦点 F1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线 E 的标准方程；(2)不

22、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.【答案】(1)x24-y23=1；(2)证明见解析，定点为(-2,3).【详解】(1)设 F1(-c,0)(c 0)到渐近线 y=ba x，即 bx-ay=0 的距离为3，则3=|-bc|b2+a2，结合a2+b2=c2得 b=3，又 P(4,3)在双曲线 x2a2-y23=1 上，所以 16a2-93=1，得 a2=4，所以双曲线 E 的标准方程为 x24-y23=1.(2)联立y=kx+tx24-y23=1，消去 y 并整理得 3-4k2

23、x2-8ktx-4t2-12=0，则 3-4k2 0，=64k2t2+4(3-4k2)(4t2+12)0，即 t2+3 4k2，设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 x1+x2=8kt3-4k2，x1x2=-4t2+123-4k2，则 kPA+kPB=y1-3x1-4+y2-3x2-4=kx1+t-3x1-4+kx2+t-3x2-4=kx1+t-3x2-4+kx2+t-3x1-4x1-4x2-4=2kx1x2+t-4k-3x1+x2-8t+24x1x2-4(x1+x2)+16=1，所以 2kx1x2+t-4k-3x1+x2-8t+24=x1x2-4(x1+x2)+16，所以 2k-1x1

24、x2+t-4k+1x1+x2-8t+8=0，所以-2k-14t2+123-4k2+t-4k+1 8kt3-4k2-98t+8=0，整理得 t2-6k+2kt-6t-8k2+9=0，所以(t-3)2+2k(t-3)-8k2=0，所以 t-3-2kt-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).3 已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1 a b 0，a=3b，点 1,2 23在椭圆 C 上(1)求椭圆 C 的方程；(2)若过点

25、 Q 1,0且不与 y 轴垂直的直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，T 3,0，证明 TM，TN 斜率之积为定值解析：(1)由题意得 a=3b，故椭圆 C 为 x29b2+y2b2=1，又点 1,2 23在 C 上，所以 19b2+89b2=1，得b2=1，a2=9，故椭圆 C 的方程即为 x29+y2=1；(2)由已知直线 l 过 Q 1,0，设 l 的方程为 x=my+1，联立两个方程得x29+y2=1x=my+1，消去 x 得：m2+9y2+2my-8=0，=4m2+32 m2+9 0 得 m R，设 M x1,y1，N x2,y2，则 y1+y2=-2mm2+9，y1y2=-8m

26、2+9(*)，因为 T 3,0，故 kTM kTN=y1x1-3 y2x2-3=y1my1-2 y2my2-2=y1y2m2y1y2-2m y1+y2+4，将(*)代入上式，可得：-8m2+9m2-8m2+9-2m-2mm2+9+4=8-36=-29，直线TM 与 TN 斜率之积为定值-29 4 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 MN2=AN NB(1)求动点 M 的轨迹；(2)设过 P 0,1的直线交曲线 于 C，D 两点，Q 为平面上一动点，直线 QC，QD，QP 的斜率分别为

27、10k1，k2，k0，且满足 1k1+1k2=2k0问：动点 Q 是否在某一定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由【答案】(1)x216+y28=1；(2)在定直线 y=8(x 0)上【详解】(1)设 M x,y，则 N x,0，由题意知-4 x 4 2 MN2=AN NB，2y2=x+44-x，即 2y2=16-x2，故动点 M 的轨迹 为 x216+y28=1(2)存在满足题意的 Q，在定直线 y=8(x 0)上理由如下：当直线 CD 的斜率存在时，设直线 CD 的方程为 y=kx+1设 C x1,y1，D x2,y2，Q x0,y0，则 k1=y1-y0 x1-x0，k2

28、=y2-y0 x2-x0，k0=y0-1x0，由此知 x0 0将 y=kx+1 代入 x2+2y2=16，得 2k2+1x2+4kx-14=0，于是 x1+x2=-4k2k2+1，x1x2=-142k2+1条件 1k1+1k2=2k0即 x1-x0y1-y0+x2-x0y2-y0=2x0y0-1，也即x1-x0y1-y0-x0y0-1+x2-x0y2-y0-x0y0-1=0将 y1=kx1+1，y2=kx2+1 代入得 x1 y0-kx0-1y1-y0y0-1+x2 y0-kx0-1y2-y0y0-1=0 y0-kx0-1x1y1-y0+x2y2-y0=0显然 Q x0,y0不在直线 y=kx

29、+1 上，y0-kx0-1 0，从而得x1y1-y0+x2y2-y0=0，即 x1y2+x2y1-y0 x1+x2=0将 y1=kx1+1，y2=kx2+1 代入得 2kx1x2+1-y0 x1+x2=0将式代入得 2k (-14)+1-y0(-4k)=0，解得 y0=8 x0 0当直线 CD 的斜率不存在时，经检验符合题意因此存在满足题意的Q，在定直线 y=8(x 0)上5 设椭圆 C:x22+y2=1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，点 M 的坐标为 2,0(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程；(2)设 O 为坐标原点，证明：OMA=OMB【

30、答案】(1)y=-22 x+2 或 y=22 x-2(2)证明见解析【详解】(1)由已知得 F 1,0，直线 l 的方程为 x=1 l 的方程与 C 的方程联立可得 A 1,22或A 1,-22 直线 AM 的方程为 y=-22 x+2 或 y=22 x-211(2)证明：证法一(【通性通法】分类+常规联立)当 l 与 x 轴重合时，OMA=OMB=0当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，OMA=OMB当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为 y=k x-1k 0，A x1,y1,B x2,y2，则 x12,x2 0)的焦点为 F，过 F 且斜率为 1 的直线 l

31、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 kPM 和 kPN求证：kPM+kPN 为定值【答案】(1)y2=4x；(2)证明见解析【详解】(1)由题意，Fp2,0，直线 l 的方程为 y=x-p2，代入 y2=2px，得 x2-3px+p24=0于是 x1+x2=3p，焦点弦 AB=x1+x2+p=3p+p=4p=8，解得 p=2故抛物线 E 的方程为 y2=4x(2)因 P 1,m在 E 上，m=2设 E 在 P 处

32、的切线方程为 y-2=t x-1，代入 y2=4x，得 ty2-4y+8-4t=0由 =42-4t 8-4t=16 t-12=0，解得 t=1，P 处的切线方程为 y=x+1，从而得 Q-1,0易知直线 MN 的斜率存在，设其方程为 y=k x+1，设 M x1,y1，N x2,y2将 y=k x+1代入 y2=4x，得 k2x2+2k2-4x+k2=0于是 x1+x2=4k2-2，x1x2=1，且 y1=k x1+1，y2=k x2+1 kPM+kPN=y1-2x1-1+y2-2x2-1=x1y2+x2y1-y1+y2-2(x1+x2)+4x1-1x2-1=2kx1x2-2 x1+x2+4-

33、2kx1x2-x1+x2+1=2k-8k2+4+4-2k1+2-4k2+1=8-8k24-4k2=2故 kPM+kPN 为定值 27 已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0)经过点 A 1,32，离心率为 12 过点 B 0,2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；12(2)设直线 AM 和直线 AN 的斜率分别为 kAM 和 kAN，求1kAM+1kAN的值【答案】(1)x24+y23=1；(2)-4【详解】(1)由题意，1a2+94b2=1，ca=12，且 a2=b2+c2，解得 a2=4，b2=3故椭圆 E 的方程为 x24+y23=1(2)当

34、直线 l 的斜率存在时，设 l 的方程为 y=kx+2，设 M x1,y1，N x2,y2将 y=kx+2 代入 3x2+4y2=12，消去 y 得 4k2+3x2+16kx+4=0；消去 x 得 4k2+3y2-12y+12-12k2=0于是 x1+x2=-16k4k2+3，x1x2=44k2+3，y1+y2=124k2+3，y1y2=12-12k24k2+31kAM+1kAN=x1-1y1-32+x2-1y2-32=x1y2+x2y1-32 x1+x2-y1+y2+3y1-32y2-32=2kx1x2+12-kx1+x2-1y1y2-32 y1+y2+94=8k+12-k(-16k)-4k

35、2+312-12k2-32 12+94 4k2+3=12k2-334-3k2-4当直线 l 的斜率不存在时，M(0,3)，N(0,-3)，此时1kAM+1kAN=-4综上，1kAM+1kAN=-4考点过关练8 已知 O 为坐标原点，过点 P 2,0的动直线 l 与抛物线 C:y2=4x 相交于 A,B 两点(1)求 OA OB；(2)在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在不同于点 P 的定点 Q，使得 AQP=BQP 恒成立？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)-4；(2)存在，(-2,0).【分析】(1)设出直线 l 的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合数量积

36、的坐标表示计算即得.(2)利用(1)中信息，结合斜率坐标公式列式求解即得.【详解】(1)显然直线 l 不垂直于 y 轴，设直线 l 的方程为 x=ty+2，A(x1,y1),B(x2,y2)，由 x=ty+2y2=4x消去 x 并整理得 y2-4ty-8=0，显然 0，于是 y1y2=-8，所以 OA OB=x1x2+y1y2=y214 y224-8=-4.13(2)由(1)知 y1+y2=4t,y1y2=-8，假定存在不同于点 P 的定点 Q，使得 AQP=BQP 恒成立，由抛物线对称性知，点 Q 在 x 轴上，设Q(m,0)，则直线 QA,QB 的斜率互为相反数，即y1x1-m+y2x2-

37、m=0，即 y1(ty2+2-m)+y2(ty1+2-m)=0，整理得 2ty1y2+(2-m)(y1+y2)=0，即-16t+4t(2-m)=0，亦即 4t(-2-m)=0，而 t 不恒为 0，则m=-2，所以存在不同于点 P 的定点 Q，使得 AQP=BQP 恒成立，点 Q 的坐标为(-2,0).9 设抛物线 E:y2=2px p 0的焦点为 F，过 F 且斜率为 1 的直线与 E 交于 A,B 两点，且 AB=8.(1)求抛物线 E 的方程；(2)已知过点-1,0的直线 l 与 E 交于不重合的两点 M,N，且 P 1,2，直线 PM 和 PN 的斜率分别为kPM 和 kPN.求证：kP

38、M+kPN 为定值.【答案】(1)y2=4x;(2)证明过程见解析【分析】(1)设出直线 AB 方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦点弦公式得到方程，求出 p=2，得到抛物线方程；(2)当直线 l 的斜率为 0 时不合要求，设直线 l 为 x=-1+my，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出 kPM+kPN=2，得到结论.【详解】(1)由题意得 Fp2,0，故直线 AB 方程为 y=x-p2，联立 y=x-p2 与 y2=2px 得 x2-3px+p24=0，设 A x1,y1,B x2,y2，则 x1+x2=3p,x1x2=p24，则 AB=x1+x2+p=4p，所以

39、4p=8，解得 p=2，故抛物线 E 的方程为 y2=4x；(2)当直线 l 的斜率为 0 时，直线 l 与抛物线只有 1 个交点，不合要求，设直线 l 为 x=-1+my，联立 y2=4x 得，y2-4my+4=0，14设 M x3,y3,N x4,y4，则 y3+y4=4m,y3y4=4，则 kPM=y3-2x3-1,kPN=y4-2x4-1，所以 kPM+kPN=y3-2x3-1+y4-2x4-1=-2+my4y3-2+-2+my3y4-2-2+my4-2+my3=2my3y4-2m+2y3+y4+84-2m y3+y4+m2y3y4=8m-4m 2m+2+84-8m2+4m2=8-8m

40、24-4m2=2.所以，kPM+kPN 为定值.【点睛】定值问题常见方法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.10 已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1(a 0,b 0)的左右顶点分别为 A1,A2，点 P 3,52在 C 上，且2 A2P=3.(1)求 C 的方程；(2)直线 l:y=kx+1 与 C 交于 M,N 两点，记直线 A1M,A2N 的斜率分别为 k1,k2，若 k1+5k2=0，求 k 的值.【答案】(1)x24-y2=1；(2)k=13【分析】(1)将 P 3,52代入，并结合 A2P=32 得

41、到方程组，求出 a=2，b2=1，得到双曲线方程；(2)联立 l:y=kx+1 与 C:x24-y2=1，得到两根之和，两根之积，根据根的判别式得到 k 的取值范围，结合 k1+5k2=0，变形得到 3k-1=0，求出答案.【详解】(1)由题意得 9a2-54b2=1，A2 a,0，因为 2 A2P=3，所以 A2P=32，即3-a2+54=32，解得 a=2 或 4，当 a=2 时，94-54b2=1，解得 b2=1，满足要求，当 a=4 时，916-54b2=1，无解，舍去；所以 C:x24-y2=1；(2)联立 l:y=kx+1 与 C:x24-y2=1 得 1-4k2x2-8kx-8=

42、0，要想线 l:y=kx+1 与 C 交于 M,N 两点，则要 1-4k2 0=64k2+32 1-4k2 0，15解得 0 k2 12 且 k2 14，设 M x1,y1，N x2,y2，则 x1+x2=8k1-4k2,x1x2=-81-4k2，其中 A1-2,0,A2 2,0，k1=y1x1+2=kx1+1x1+2,k2=kx2+1x2-2，故 k1+5k2=kx1+1x1+2+5kx2+5x2-2=kx1x2-2kx1+x2-2+5kx1x2+5x1+10kx2+10 x1+2x2-2=6kx1x2-2k-5x1+x2+12k-4x2+8x1+2x2-2，因为 k1+5k2=0，所以 6

43、kx1x2-2k-5x1+x2+12k-4x2+8=0，即-48k1-4k2-2k-58k1-4k2+12k-4x2+8=0，变形为-8 3k-12k+11-4k2+4 3k-1x2=0，即 3k-1-8 2k+11-4k2+4x2=0，要想恒成立，则 3k-1=0，解得 k=13，满足 0 k2 b 0)的离心率为 12，A1、A2分别为椭圆 C 的左、右顶点，F1、F2分别为椭圆 C 的左、右焦点，A1F1=2(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 A1P，A2P，A2Q，A1Q 的斜率分别为 k1，k

44、2，k3，k4(i)求 k1k2的值；(ii)若 k1+k4=53 k2+k3，求 F2PQ 面积的取值范围【答案】(1)x216+y212=1；(2)(i)-34；(ii)0,9 52【分析】(1)结合离心率与焦点到顶点的距离计算即可得；(2)(i)设出直线，联立后消去 x 得与 y 有关的韦达定理后求解即可得；(ii)借助(i)中的结论，将 F2PQ 面积用未知数表达后结合换元法借助函数性质求最最值即可得.16【详解】(1)由于椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率为 12，故 ca=12，又 A1F1=a-c=2，所以 a=4，c=2，b2=a2-c2=12，所以椭圆 C

45、 的方程为 x216+y212=1.(2)(i)设 l 与 x 轴交点为 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 的的斜率不为 0，直线 l 的方程为 x=my+t，联立x=my+tx216+y212=1，则(3t2+4)y2+6mty+3m2-48=0，则 =48(12t2-m2+16)0，设 P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则 y1+y2=-6mt3t2+4，y1y2=3m2-483t2+4，又 A1(-4,0)，A2(4,0)，故 k1k2=kPA1kPA2=y1x1+4 y1x1-4=y12x12-16=y12-43 y12=-34，

46、同理 k3k4=kQA1kQA2=-34(ii)因为 k1+k4=53 k2+k3，则-34k2-34k3=53(k2+k3)，-34 k2+k3k2k3=53(k2+k3)又直线 l 交与 x 轴不垂直可得 k2+k3 0，所以 k2k3=-920，即 kPA2kQA2=-920 所以y1x1-4 y2x2-4=-920，20y1y2+9(ty1+m-4)(ty2+m-4)=0，于是(9t2+20)y1y2+9t(m-4)(y1+y2)+9(m-4)2=0，(9t2+20)3m2-483t2+4+9t(m-4)-6mt3t2+4+9(m-4)2=0，整理得 m2-3m-4=0，解得 m=-1

47、 或 m=4，因为 P、Q 在 x 轴的两侧，所以 y1y2=3m2-483t2+4 0，-4 m 5，故 SF2PQ=18 4t2+53t2+4=7232+1=723+1，因为 y=723+1在(5,+)上为减函数，所以 F2PQ 面积的取值范围为 0,9 52.【点睛】本题关键在面积的表示及运算，结合换元法解决最后分式不等式的范围问题.12 已知曲线 C 上的任意一点到直线 x=4 55的距离是它到点(5,0)的距离的 2 55倍.(1)求曲线 C 的方程;(2)设 M(-2,0)，N(2,0)，过点 G(4,0)的直线 l 在 y 轴的右侧与曲线 C 相交于 A，B 两点，记直线 AM，

48、BN 的斜率分别为 kAM，kBN，求直线 l 的斜率 k 的取值范围以及 kBN+3kAM 的值.【答案】(1)x24-y2=1；(2)k -,-1212,+，kBN+3kAM=0【分析】(1)设出点的坐标，根据题意计算即可得；(2)设出直线方程与两交点的坐标，将直线方程与曲线方程联立后得到与纵坐标有关的韦达定理，由交点都在双曲线右侧计算可得斜率范围，计算 kAMkBN可得 kAM=-13 kBN，即可得 kBN+3kAM=0.【详解】(1)设 x，y是曲线 C 上的任意一点，则 x-4 55=2 55x-52+y2，化简得 x2-4y2=4，所以曲线 C 的方程为 x24-y2=1；(2)

49、设 A x1,y1，B x2,y2，直线 AB 的方程为 x=ty+4，由x=ty+4x24-y2=1，消去 x 并整理得(t2-4)y2+8ty+12=0，则 t 2，=(8t)2-48(t2-4)=16t2+192 0，则 y1+y2=-8tt2-4，y1y2=12t2-4，因为直线 l 在 y 轴的右侧与曲线 C 相交于 A，B 两点，所以 x1+x2 0 x1x2 0，即 ty1+4+ty2+4 0ty1+4ty2+4 0，18所以 t y1+y2+8 0t2y1y2+4t y1+y2+16 0，即t-8tt2-4+8 0t212t2-4+4t-8tt2-4+16 0，即324-t2

50、04 t2+164-t2 0，解得 t2 4，即 1k2 4，解得 k 12，所以直线 l 的斜率 k 的取值范围是-,-1212,+，又 kAMkBN=y1x1+2y2x2-2=y1 ty1+2y2 ty1+6=ty1y2+2y1ty1y2+6y2=ty1y2+2 y1+y2-2y2ty1y2+6y2=12tt2-4-16tt2-4-2y212tt2-4+6y2=-4tt2-4+2y234tt2-4+2y2=-13，即 kAM=-13 kBN，所以 kBN+3kAM=0.【点睛】关键点睛：求解圆锥曲线中与直线斜率有关问题时，常常将直线方程与圆锥曲线方程联立，结合韦达定理以及斜率公式求解.13

51、 已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1 a b 0的离心率 e=32，短轴长为 2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)过点 4,2且斜率不为 12 的动直线 l 与椭圆 C 交于 M、N 两点，点 P 是直线 y=12 x 上一定点，设直线 PM、PN 的斜率分别为 k1、k2，若 k1k2为定值，求点 P 的坐标.【答案】(1)x24+y2=1；(2)P 12,14【分析】(1)根据已知条件可得出关于 a、b、c 的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆 C 的方程；(2)设 M x1,y1、N x2,y2、P x0,y0，设直线 MN 的方程为 y=k x-4+2 k 0，由根与系数的关系可

52、得出 x20+4 k x0-4+22-4=1+4k2x0-x1 x0-x2，进而可得出 y0-2+4k2+4k2y20-4k219=1+4k2y0-y1 y0-y2，化简 k1k2的表达式，根据 k1k2为定值可得出关于 x0、y0的等式，结合 y0=12 x0可求得 x0、y0的值，即可得出点 P 的坐标.【详解】(1)解：因为椭圆 C:x2a2+y2b2=1 a b 0的离心率 e=32，短轴长为 2，则2b=2ca=32a2=b2+c2，解得a=2b=1c=3，故椭圆 C 的方程为 x24+y2=1.(2)解：设 M x1,y1、N x2,y2、P x0,y0，设直线 MN 的方程为 y

53、=k x-4+2 k 0，由 y=k x-4+2x2+4y2=4得 x2+4 k x-4+22-4=0，因为 x1、x2为方程 x2+4 k x-4+22-4=0 的两根，所以 x2+4 k x-4+22-4=1+4k2x-x1x-x2，则 x20+4 k x0-4+22-4=1+4k2x0-x1 x0-x2，由 y=k x-4+2，得 x=y-2k+4，由 x=y-2k+4x2+4y2=4得y-2k+42+4y2-4=0，同理可得 y0-2+4k2+4k2y20-4k2=1+4k2y0-y1 y0-y2，则 k1k2=y0-y1y0-y2x0-x1x0-x2=1+4k2y0-y1y0-y21

54、+4k2x0-x1x0-x2=y0-2+4k2+4k2y20-4k2x20+4 k x0-4+22-4=4y20+12k2+8y0-16k+y20-4y0+44 x20-8x0+16k2+4 4x0-16k+x20+12，若 k1k2为定值，则必有4y20+124 x20-8x0+16=8y0-164 4x0-16=y20-4y0+4x20+12，结合点 P 在直线 y=12 x 上，即 y0=12 x0，解得x0=12y0=14，所以点 P 坐标为 P 12,14，则 k1k2=14，综上所述，当 P 12,14时，k1k2=14 为定值.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(

55、1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；(3)求证直线过定点 x0,y0，常利用直线的点斜式方程 y-y0=k x-x0或截距式 y=kx+b 来证明.2014 在平面直角坐标系内，已知 P,Q 两点关于原点对称，且 P 的坐标为6,1.曲线 C 上的动点R 满足当直线 PR，QR 的斜率 k1，k2都存在时，k1 k2=-12.(1)求曲线 C 的方程；(2)已知

56、直线 l 过点-4,0且与曲线 C 交于 A，B 两点，问是否存在定点 M，使得直线 MA，MB 关于x 轴对称？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)x28+y24=1,x 6；(2)存在，M-2,0【分析】(1)由题意 k1 k2=y-1x-6 y+1x+6=-12，化简并整理即可，注意 x 6.(2)设 M a,b，l:x=ty-4,A x1,y1,B x2,y2，由题意 kMA+kMB=0，即 y1-bx1-a+y2-bx2-a=0，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理即可求解.【详解】(1)由题意设 R x,y，且 P6,1,Q-6,-1，又 k1 k2=y-

57、1x-6 y+1x+6=-12，化简并整理得 x28+y24=1，曲线 C 的方程为 x28+y24=1,x 6.(2)假设存在 M a,b满足题意，并设 l:x=ty-4,A x1,y1,B x2,y2，联立 x=ty-4x2+2y2=8，得 t2+2y2-8ty+8=0，则 y1+y2=8tt2+2,y1 y2=8t2+2,=64t2-32 t2+2=32t2-64 0.因为直线 MA,MB 关于 x 轴对称，所以 kMA+kMB=0，即 y1-bx1-a+y2-bx2-a=0 y1-bty2-4-a+y2-bty1-4-a=0 2ty1y2-a+4+bty1+y2=0，即 16tt2+4

58、-8t a+4+btt2+4=0 2=a+4+bt 对任意 t2 2 成立，所以 b=0a+4=2 a=-2b=0，即假设成立，存在定点 M-2,0满足题意.15 在平面直角坐标系 xOy 中，ABC 是直角三角形，CAB=2，C 0,-12，点 A，B 分别在 x轴和 y 轴上运动，点 A 关于 B 的对称点为 M.(1)求动点 M 的轨迹方程；(2)若过点 C 的直线 l 与点 M 的轨迹交于 P，Q 两点，N 0,12，求直线 NP，NQ 的斜率之和.【答案】(1)x2=6y y 0；(2)0【分析】(1)设 A a,0，B 0,b，M x,y，由题意可得 B 为 AM 的中点，然后利用

59、中点坐标公式可得 a=21-x，b=y2，再由 CAB=2 结合向量的数量积可求出动点 M 的轨迹方程；(2)由题意设直线 l 的方程为 y=kx-12，P x1,y1，Q x2,y2，表示出 kNP和 kNQ，再将直线方程代入抛物线方程，化简后利用根与系数的关系，然后计算化简 kNP与 kNQ的和即可.【详解】(1)设 A a,0，B 0,b，M x,y，由点 A 关于 B 的对称点为 M，得 B 为 AM 的中点，所以 a+x2=0，0+y2=b，即 a=-x，b=y2.又 CAB=2，所以 AB AC=0，即 x,y2 x,-12=0，化简，得 x2=6y，又 A，B 不重合，所以 x 0，y 0，故动点 M 的轨迹方程为 x2=6y y 0.(2)由题意知直线 l 的斜率存在，故设直线 l 的方程为 y=kx-12，P x1,y1，Q x2,y2，则 kNP=y1-12x1，kNQ=y2-12x2，由 y=kx-12x2=6y，得 x2-6kx+72=0，所以 x1+x2=6k，x1x2=72，=36k2-288 0，所以 kNP+kNQ=y1-12x1+y2-12x2=kx1-24x1+kx2-24x2=2kx1x2-24 x1+x2x1x2=144k-144kx1x2=0.