2020届高考数学二轮复习专题《椭圆中两直线斜率之积为定值的问题》

设直线 MN 的方程为 l：y＝kx＋m(m≠1)，将 y＝kx＋m 代入x42＋y2＝1，得(4k2 ＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝－4k82k＋m1， x1x2＝44mk22＋－14.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
因为椭圆C的两个焦点间距离为2，两准线间的距离为2×ac2＝8，所以a＝2，c ＝1，所以b2＝3，所以椭圆的方程为x42＋y32＝1. …………………………3分(求出椭圆方程)
(2)设椭圆的左顶点为A，记直线AP、AQ的斜率分别为k1、k2. ①若m＝0，求k1k2的值； ②若k1k2＝－14，求实数m的值．
x±y－1＝0；
∵AD＝3，∴S△ AEF＝S△ ADF＋S△ ADE＝32|yE－yF|＝
10，∴|yE－yF|＝2
10 3.
设直线 l：x＝my＋1，代入椭圆，整理得(m2＋2)y2＋2my－3＝0，
∴yEF＝－2m± 24(mm22＋＋122) (m2＋2)，即|yE－yF|＝ 4m2＋m21＋2(2m2＋2)＝2 310，
－5 ∴k′＝3－3k1＝－6k5，∴k·k′＝－56为定值．
(本小题满分16分)(2019·南京一模) 已知椭圆C：ax22＋yb22＝1(a＞b＞0)的两个焦 点之间的距离为2，两条准线间的距离为8，直线l：y＝k(x－m)(m∈R)与椭圆C相交于 P，Q两点．
(1)求椭圆C的方程； x42＋y32＝1；
本题考查的是定点问题，由题意可知，题中的两已知直线存在斜率，且斜率之 积为－1，利用此结论，结合韦达定理及代数恒等变形，导出动直线可化为点斜式方程， 其中所过的点是一个定点，从而证明动直线过定点.
在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x42＋y32＝1 的左顶点为 A，P，Q 是椭圆 C 上的两个动点．
图 34-2 求证：直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐标与 m 无关)．
定点(1,0)． 设 T(9，m)，直线 TA 方程为my－－00＝9x＋＋33，即 y＝1m2(x＋3)，直线 TB 方程为my－－00
＝9x－－33，即 y＝m6 (x－3)．分别与椭圆x92＋y52＝1 联立方程，同时考虑到 x1≠－3，x2≠3，解
－20m 直线 ND 的斜率 kND＝32m022＋0－＋m62m0－2 1＝401－0mm2，得 kMD＝kND，所以直线 MN 过 D 点．因
此，直线 MN 必过 x 轴上的定点(1,0)．
已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的长轴长为 4，两准线间距离为 4 2.设 A 为椭 圆 C 的左顶点，直线 l 过点 D(1,0)，且与椭圆 C 相交于 E，F 两点．
因为 k1·k2＝－1，所以点 Q63kk2121－＋84，－ 3k211＋2k41. 当 k12＝1 时，63－＋84kk2121＝－27＝36kk1221＋－48， 点 P 和点 Q 的横坐标相同，直线 PQ 的方程为 x＝－27， 由此可见，如果直线 PQ 经过定点 R，则点 R 的横坐标一定为－27；
在两条直线斜率之积为定值的前提下，一般是利用它证明直线过定点，或证某 个几何量是定值，解题的思路一般如下：先是将条件加以转化，得到某个关系式，然后 利用此关系式，通过代数恒等变形达到目的.
(江苏卷)如图 34-2，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆x92＋y52＝1 的左、右顶 点为 A，B，设过点 T(9，m)的直线 TA，TB 与此椭圆分别交于点 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 其中 m＞0，y1＞0，y2＜0.
得 M3(8800＋－mm22)，804＋0mm2，N3(2m02＋－m220)，－202＋0mm2.
当 x1≠x2 时，直线 MN 方程为804＋0ym＋m22＋02＋02m02m＋02mm2＝3(8800＋－x－mm322(2)m－02＋－3(2mm2020＋2－) m220) 令 y＝0，解得 x＝1.此时必过点 D(1,0)； 当 x1＝x2 时，直线 MN 方程为 x＝1，与 x 轴交点为 D(1,0)． 所以直线 MN 必过 x 轴上的一定点(1,0)．
在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 T 的方程为x22＋y2＝1.设 A，B，M 是椭
→
→
→
圆 T 上的三点(异于椭圆顶点)，且存在锐角 θ，使OM＝cosθOA＋sinθOB.
(1)求证：直线 OA 与 OB 的斜率之积为定值；
略；
设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)， 则x221＋y21＝1①，x222＋y22＝1②. 因为O→M＝cosθO→A＋sinθO→B，
(2)设直线 AP，AQ 的斜率分别为 k1，k2，当 k1·k2＝－1 时，求证：直线 PQ 经过定 点 R.
设点 P(x1，y1)，点 Q(x2，y2)． y＝k1(x＋2)，
设直线 AP 的方程为 y＝k1(x＋2)，联立x42＋y32＝1， 消去 y 并整理得(3＋4k21)x2＋16k21x＋16k21－12＝0， 所以－2＋x1＝－3＋164kk2121，x1＝63－＋84kk2121，y1＝31＋2k41k21，所以点 P63－＋84kk2121，31＋2k41k21.
(1)求椭圆 C 的方程；
图 34－3
x42＋y22＝1； ∵椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的长轴长为 4，两准线间距离为 4 2， ∴由题意知 2a＝4，ac2＝2 2，解得 a＝2，c＝ 2.∵a2＝b2＋c2，∴b＝ 2， ∴椭圆 C 的方程为x42＋y22＝1.
(2)若△ AEF 的面积为 10，求直线 l 的方程；
先由对称思想可知，直线 MN 过的定点位于 y 轴上，特值化易得直线 MN 过的定点为 P0，－53.
再证明如下： 由题意可知 AM 所在直线斜率存在且不为 0，因此可设 AM 所在直线 l1 的方程为 y＝kx＋1， 联立椭圆方程，消去 y，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0. 解得 xM＝－4k82＋k 1，yM＝14－ k2＋4k12.同理可得 xN＝k28＋k 4，yN＝kk22－ ＋44. 所以 kMP＝yMx＋M 35＝k25－k 1，kNP＝yNx＋N 35＝k25－k 1.所以 kMP＝kNP.故直线 MN 过的定点为 P0，－53.
解得 xM＝－4k82＋k 1，yM＝14－ k2＋4k12.同理可得 xN＝k28＋k 4，yN＝kk22－ ＋44.
直线
MN
的斜率为k2－1，直线 5k
MN
的方程为
y－11－＋44kk22＝k25－k 1x＋1＋8k4k2，
即 y＝k25－k 1x－35，直线 MN 过定点0，－35.
同解法 1，求出直线方程，利用特值法求出定点．
(1)如图 34-1，当 P，O，Q 三点共线时，直线 PA，QA 分别与 y 轴交于 M，N 两点， 求证：A→M·A→N为定值；
图 34-1
设点 P(x0，y0)，则点 Q(－x0，－y0)，点 A(－2,0)， 所以直线 AP 的方程为 y＝x0y＋0 2(x＋2)，所以点 M0，x02＋y02，所以A→M＝2，x02＋y02. 同理可得 N0，x02－y02，A→N＝2，x02－y02，所以A→M·A→N＝4＋x204－y204. 又点 P 在椭圆 C 上，故x420＋y320＝1，即 x20－4＝－34y20，所以A→M·A→N＝4＋x204－y204＝1(定值)．
过椭圆 C：x42＋y2＝1 的上顶点 A 作互相垂直的直线分别交椭圆于 M，N 两点．求 证：直线 MN 过定点，并求出该定点坐标．
0，－35.
由题意可知 AM 所在直线斜率存在且不为 0，因此可设 AM 所在直线 l1 的方程
为 y＝kx＋1，联立椭圆方程，消去 y，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0.
解得 m2＝1，即 m＝±1，∴直线 l 的方程为 x±y－1＝0.
(3)已知直线 AE，AF 分别交直线 x＝3 于点 M，N，线段 MN 的中点为 Q，设直线 l 和 QD 的斜率分别为 k(k≠0)，k′，求证：k·k′为定值．
略 证明：设直线 l：y＝k(x－1)， 代入椭圆整理得(2k2＋1)k2－4k2x＋2k2x＋2k2－4＝0， 设 E(x1，k(x1－1))，F(x2，k(x2－1))，∴x1,2＝4k2± 16k4－2(24k(22＋k2＋1) 1)(2k2－4)， ∴x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－＋41， 直线 AE 的方程为 y＝k(xx11＋－21)(x＋2)，
令x＝3，解得 M(3，5kx(1x＋1－21))，同理，得(N3，5kx(2x＋2－21))
∵Q为M，N 的中点，∴yQ＝52k (xx11－ ＋12＋xx22－＋12)＝5k－125k·x1x2＋x1＋2x1x＋2＋24x2＋4， 将 x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－＋41，代入上式整理得yQ＝－3k5，
前与解析 1 同，若 x1＝x2，则由24800－ ＋3mm2 2＝32m02＋－m620及 m＞0，得 m＝2 10，
此时直线 MN 的方程为 x＝1，过点 D(1,0)．若 x1≠x2，则 m≠2 10，直线 MD 的斜率 kMD
40m ＝248008－ ＋0＋3mmm2 22－1＝401－0mm2，
椭圆中两直线斜率之积为定值的问题
定点定值问题是圆锥曲线中十分重要的研究课题，蕴含着动、静依存的辩证关系， 深刻体现了数学的魅力，在高考中常常涉及此类问题且位于中档题的位置．本专题以椭 圆中两直线斜率之积为条件，从具体问题入手，通过对解决方法进行总结辨析，使学生 能够根据问题的条件寻找与设计更合理、更简捷的运算途径，并引导学生发现这类问题 所具有的更一般性规律.
故xy＝ ＝xy11ccoossθθ＋ ＋xy22ssiinnθθ， . 又因为点 M 在椭圆上，故 (x1cosθ＋2 x2sinθ)2＋(y1cosθ＋y2sinθ)2＝1，
整理得x212＋y21cos2θ＋x222＋y22sin2θ＋2x12x2＋y1y2cosθsinθ＝1. 将①②代入上式，得x12x2＋y1y2cosθsinθ＝0， 因为 cosθsinθ≠0，所以x12x2＋y1y2＝0， 所以 kOA·kOB＝yx11yx22＝－12为定值．
当 k12≠1 时，kPQ＝3631＋ －＋2k4841kkk212121－－－ 336kkk2112121＋－ ＋2k4841＝4(17－k1k21)， 直线 PQ 的方程为 y－31＋2k41k21＝4(17－k1k21)(x－36＋－48kk1221)， 令 x＝－27，得 y＝4(17－k1k21)－27－36＋－48kk2112＋31＋2k41k12＝0， 所以直线 PQ 过定点 R－27，0
①－34；②m＝1.
①设P(x0，y0)，由于m＝0，则Q(－x0，－y0)， 由x420＋y320＝1，得y02＝3－34x20…………………………5分(设出点P(x0，y0)求出关系式y20＝3－34x02) 所以k1k2＝x0y＋0 2·－－x0y＋0 2＝x20y－20 4＝3x－02－344x20＝－34. …………………………8分(利用上面关系式，推证k1k2＝定值．) ②由(1)得A(－2,0)．
(2)求 OA2＋OB2 的值．
3 由(1)得(y1y2)2＝－x12x22＝x221·x222＝(1－y12)·(1－y22)＝1－(y21＋y22)＋y12y22， 故 y12＋y22＝1. 又x212＋y21＋x222＋y22＝2，故 x12＋x22＝2， 所以 OA2＋OB2＝x12＋y21＋x22＋y22＝3.
而 y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝4k22m＋1.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝ m2－4k2 4k2＋1 .
→→ →→ 由题设 AM⊥AN，即AM·AN＝0.AM·AN＝(x1，y1－1)(x2，y2－1)＝x1x2＋(y1－1)(y2－ 1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝44mk22＋－14＋m42k－2＋4k12－4k22m＋1＋1＝0，化简得 5m2－2m－3＝0， 解得 m＝1(舍)，m＝－35.所以直线 MN 的方程为 y＝kx－35，过定点0，－35.