圆锥曲线-斜率之倒数-2023届高三数学二轮专题复习讲义.docx

1、微专题、斜率之倒数在圆锥曲线的问题中，斜率的综合问题中，除了斜率成等差之外，还有斜率倒数问题，如果取特殊的点线位置，会出现斜率倒数恒等式现象.对于此问题，我们如果不明白背后现象，只能依据问题，直接强行运算，但也比较费劲。但若了解背后的现象，有助于进一步明白出题的本意，更有方向更快速的解题。典 型 例 题【例题】椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),短轴为2，焦距也为2，D为椭圆C的上顶点.(1)求C的方程；(2)过点P4,b的直线l交C于不同两点A,B. 直线AD,BD的斜率分别为k1,k2，求1k1+1k2的值.解:(1)C的方程为x2+2y2=2.(2) 法1、直接计算由题意可设l:x

2、=my1+4，即x=my+4m，联立x2+2y2=2x=my1+4，化简得m2+2y2+2m4my+m28m+14=0,.设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=2m4mm2+2,y1y2=m28m+14m2+2.x1+x2=my1+y2+82m=164mm2+2.故1k1+1k2=x1y11+x2y21=x1y2+x2y1x1+x2y1y2y1+y2+1=2ky1y2+4ky1+y2x1+x2y1y2y1+y2+1, =2mm28m+14m2+22m(4m)2m2+2164mm2+2m28m+14m2+2+2m4mm2+2+1=2mm28m+142m(4m)216+4mm28m+14+8

3、m2m2+m2+2=1616=1.即1k1+1k2=1.法2：平移坐标齐次法建立新的直角坐标系xDy，原方程x2+2y2=2变为新方程：x2+2(y+1)2=2 ,展开得：2y2+4y+x2=0,显然直线AB有斜率且不为0，设直线方程为：mx+ny=1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，构造齐次式：2y2+4y(mx+ny)+x2=0, 整理为：(2+4n)y2+4mxy+x2=0两边同时除以x2，则(2+4n)()2+4m()+1=0所以由韦达定理得k1+k2=+=4m2+4n，k1k2= =12+4n；另外直线AB过原坐标系的P4,1，即过新坐标系的P4,0, 所以m4+n0=1，即m=

4、14， 故1k1+1k2=k1+k2k1k2=4m2+4n12+4n=4m， 1k1+1k2=4m=414=1，证毕.【备注】1、 题目的条件和问题都很好理解，从解题的方法看：法1：解答比较直接，不管问题什么，也无需知道背景，暴力解答，相对来说运算量比较大；法2：抓住了点D在曲线上，问题和斜率相关，抓住平移坐标系并不改变斜率，然后利用齐次化来构造斜率式子，巧妙避开了复杂运算，是处理斜率问题的很好解法；也可以采用整体化构造来书写，但和齐次化大同小异；2、 我们发现对于P的任意直线，都有斜率倒数定值的现象，我们也称之为斜率倒数恒等式。2022年全国乙卷20题也有考到此现象。事实上，对于椭圆的斜率倒

5、数现象，我们有以下的结论：(1)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)中，过直线y=b上任意一点P(t,b)做直线交椭圆于两点A,B，设椭圆的上顶点为D，记直线AD,BD的斜率分别为k1,k2,则1k1+1k2=2a2tb;(反之，若有斜率定值，则有定点现象)(2)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)中，过直线y=b上任意一点P(t,b)做直线交椭圆于A,B，设椭圆的上顶点为D，记直线AD,BD的斜率分别为k1,k2，则1k1+1k2=2a2tb;(反之，若有斜率定值，则有定点现象)*3、为什么会有如上现象？其实可以从调和线束来理解以上结论的本质！Th: 若A、C、B、D四点成调和点列，

6、在这四点所在直线外任取一点P，所形成的四条射线PA、PC、PB、PD称为调和线束，对应的方程为li:y=kix+b(i=1,2,3,4)，那么1k1k2+1k1k4=2k1k3.故我们可分析2(1)：因P(t,b),对应的极线为txa2+yb=1，斜率kPQ=tba2极线交直线AB于点Q,所以P和Q,调和分割AB，即PD、PA、PQ、PB称为调和线束，故1kPDkPA+1kPDkPB=2kPDkPQ, 注意kPD=0, kPQ=tba2，所以1kPA+1kPB=2tba2，即1kPA+1kPB=2tba2=2a2tb，得证。*4、更进一步，由上方法，双曲线和抛物线也有类似的结论：(1)双曲线C

7、:y2a2x2b2=1中，过直线y=a上任意一点P(t,a)做直线交双曲线上支于两点A,B，设双曲线的上顶点为D，记直线AD,BD的斜率分别为k1,k2,则1k1+1k2=2b2ta;(反之，若有斜率定值，则有定点现象)(2)双曲线C:x2a2y2b2=1中，过直线y=b上任意一点P(t,b)做直线交双曲线下支于A,B，设双曲线的上定点为D，记直线AD,BD的斜率分别为k1,k2，则1k1+1k2=2b2ta;(反之，若有斜率定值，则有定点现象)(3)抛物线C:x2=2py中，过直线y=0上任意一点P(t,0)做直线交抛物线于A,B，设抛物线的顶点为D，记直线AD,BD的斜率分别为k1,k2，

8、则1k1+1k2=4t;(反之，若有斜率定值，则有定点现象) 备注：我们也可以由调和线束的方法，构造更多斜率倒数的问题，关键之处在于1k1k2+1k1k4=2k1k3中k1为0即可！举 一 反 三【训练1】1已知抛物线C:x2=2pyp0，点P2,y0在抛物线C上且到焦点F的距离为2.(1)求抛物线C的方程，并求其准线方程；(2)已知M2,1，直线y=kx+1k0与抛物线C交于A,B两点，记直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，求1k1+1k2的值.【训练2】2已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)，过点P(1,1)且与x轴平行的直线与椭圆E恰有一个公共点，过点P且与y轴平行的直线被椭圆

9、E截得的线段长为3.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设过点P的动直线与椭圆E交于M,N两点，T为y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为k1和k2，若1k1+1k2为定值，求点T的坐标.*【训练3】3已知点F15,0，F25,0，Px0,y0，且PF1PF2=4.(1)求点P的轨迹方程C；(2)若点Q2,0，过点2,1k且斜率为kk0的直线交C于A，B（异于点Q）两点，记直线AQ，BQ的斜率分别为k1，k2，证明：存在R，满足1k1+1k2=k.(和前文定理不一样，但是是斜率倒数型，也是可以推广的现象)参 考 答 案1.【详解】（1）得y0+p2=24=2py0，解得p=2.得到抛物线C的方

10、程为x2=4y，准线方程为y=1；（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，由y=kx+1x2=4y得x24kx4=0， x1+x2=4k，x1x2=4，y1=kx1+1，y2=kx2+11k1+1k2=x12y1+1+x22y2+1=x12kx1+1+1+x22kx2+1+1=x12kx2+2+x22kx1+2kx1+2kx2+2=2kx1x22k1x1+x28k2x1x2+2kx1+x2+4=8k8kk184k2+8k2+4=8k284k2+4=2,所以1k1+1k2的值为2.2.【详解】（1）解：由题意，椭圆的下顶点为0,1，故b=1.由对称性，椭圆过点1,32，代入椭圆方程有1a2+34=1

11、，解得：a=2.故椭圆E的标准方程为：x24+y2=1.（2）设点T坐标为0,t.当直线MN斜率存在时，设其方程为y=kx+11，与x24+y2=1联立得：4k2+1x2+8kk1x+4kk2=0.设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1+x2=8kk14k2+1,x1x2=4kk24k2+1.1k1+1k2=x1y1t+x2y2t=x1kx1+k1t+x2kx2+k1t=2kx1x2+k1tx1+x2k2x1x2+kk1tx1+x2+(k1t)2，=8k2k28kk1k1t4k3k28k2k1k1t+(k1t)24k2+1=8tk28t+1k4t23k22t+1k+(t+1)2.1k1+1k2为

12、定值，即与k无关，则(t+1)2=0,t=1，此时1k1+1k2=8.经检验，当直线MN斜率不存在时也满足1k1+1k2=8，故点T坐标为0,1.3.(1)由题意可得点P的轨迹为双曲线的右支，且a=2,c=5，所以b=c2a2=1，所以点P的轨迹方程C为x24y2=1x0.(2)存在=4，满足1k1+1k2=k，设直线AB：y=kx+21k，则y=kx+21kx24y2=1，消去y可得14k2x24k22x4k23+1k2=0，=4k222+14k24k23+1k2=31k20，解得k33，设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=4k2214k2,x1x2=4k23+1k214k2，因为点Q2,0，则1k1+1k2=x12y1+x22y2=x1y2+x2y12y1+y2y1y2=x1kx2+21k+x2kx1+21k2kx1+x2+42kkx1+21kkx2+21k =2kx1x2x1+x2k8k+4kk2x1x2+2x1+x2+4x1+x2+4+1k2=4k1k2=4k，所以存在=4，满足1k1+1k2=k.