斜率和积与韦达定理的应用（解析版）

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：2y1−ty2−ty1y2−t(y1+y2)+t①kPA⋅kPB=⋅=，此时已经凑出韦达定理的形式，就无需再解点，可x1x2x1x2直接代入韦达定理求解.y1−ty2−tx1y2+x2y1−t(x1+x2)②kPA+kPB=+=,这里对交叉项x1y2+x2y1的处理可进一步代入x1x2x1x2直线方程：AB:y=kx+m，化简可得：x1y2+x2y1=x1kx2+m+x2kx1+m=2kx1x2+mx1+x2x1y2+x2y1−t(x1+x2)(m−t)(x1+x2)kPA+kPB==2k+(*)，再代入韦达定理.注意，这一步代入很重x1x2x1x2要，(*)式是一个非常简洁的结构，易于操作.11x1x2x1y2+x2y1−t(y1+y2)③+=+=.kPAkPB(y1−t)(y2−t)(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+ny2+my2+ny1=2my1y2+ny1+y2精选例题2y2x21已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，点A0,1在C上．过C的右焦点F的直线a2b22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．2x2【答案】(1)+y=1；(2)x=222c2222x【详解】(1)由题意，b=1，=，又a=b+c，解得b=1，a=2，c=1．故椭圆C的方程为a222+y=1．(2)直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx-1．1 222222设Mx1,y1，Nx2,y2，Px0,y0．将y=kx-1代入x+2y=2，得2k+1x-4kx+2k-2=0．224k2k-2于是x1+x2=2，x1x2=2．①由题意，有kPM+kPN=2kPF，即2k+12k+1y1-y0y2-y02y0kx1-1-y0kx2-1-y02y0kx0-k-y0+=⇒+=⇒2k++x1-x0x2-x0x0-1x1-x0x2-x0x0-1x1-x0kx0-k-y02y02y011=⇒2k-+kx0-k-y0+=0x2-x0x0-1x0-1x1-x0x2-x0211⇒kx0-k-y0++=0．显然点Px0,y0不在直线y=kx-1上，∴kx0x0-1x1-x0x2-x02112-k-y0≠0，从而++=0⇒2x1x2-x0x1+x2+x0+x0-1x1+x2-2x0=0x0-1x1-x0x2-x0222⇒2x1x2-x0+1x1+x2+2x0=0．将式①代入，得22k-2-x0+14k+2x02k+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=2．2y2x2已知点A2,1在双曲线C:-=1a>1上，直线l(不过点A)的斜率为-1，且交双曲线22aa-1C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.2x2【答案】(1)-y=1；(2)证明见解析241【详解】(1)解：将点A的坐标代入双曲线C的方程可得-=1a>1，解得a=2，所以，双22aa-12x2曲线C的方程为-y=1.2(2)证明：由题意，设直线l的方程为y=-x+m，设Px1,y1、Qx2,y2，y=-x+m2222联立x22可得x-4mx+2m+2=0，Δ=16m-8m+1-y=122=8m-1>0，解得m<-1或m>1，由韦达定理可得x1+x2=4m，2y1-1y2-1-x1+m-1x1x2=2m+2，所以，kAP+kAQ=+=+x1-2x2-2x1-2-x2+m-1m-3m-3=-2++x2-2x1-2x2-2m-3x1+x2-4m-34m-4=-2+=-2+=-2+2=2x1x2-2x1+x2+42m+2-2×4m+40.可得直线AP、AQ的斜率之和为0.2 2y2x33已知O为坐标原点，椭圆+=1a>b>0的离心率为，椭圆的上顶点到右顶点的距离a2b22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．2x21【答案】(1)+y=1；(2)k1k2=-44c322【详解】(1)解：由题意知，=，椭圆的上顶点到右顶点的距离为a+b=5，即a2c=3a22x2a2+b2=5，解得a=2，b=1，c=3，因此，椭圆的方程为+y=1．4222a=b+c(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+m2222222可得4k+1x+8kmx+4m-4=0，Δ=64kmx+4y=4222222-164k+1m-1>0，可得m<4k+1，即2k+2<4k+1，3解得k<-，由韦达定理可得88km16kk+1x1+x2=-2=-2>014k+14k+1，解得-<k<0，所以，4m2-442k+12k+32x1x2=2=2>04k+14k+113-<k<-，易知E-2,0、F2,0，28由于C在直线OD上，设C-x0,x0，x0y12y1又由于C在直线FA上，则=，所以，x0=-，-x0-2x1-2x1+y1-22y1y2-x1+y1-2y1y2kx1+2k+2kx2+2k+2k1⋅k2=⋅=-=-=x2+22y1+2x2+2x1+2y1-2x2+2x1+2kx1+4k+2x1+y1-2222224k2k+12k+3-32kk+1+4k+14k+122kx1x2+2kk+1x1+x2+4k+14k2+11-=-=-.22k+1x1x2+2x1+x2+42k+142k+12k+3-32kk+1+44k+1424k+12y2x134已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率是，且过点M1,．a2b2223 (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12,0，是否存在实数λ，使得kA1P=λkA2Q恒成立．若存在，求实数λ的值；若不存在，说明理由．2y2x3【答案】(1)+=1；(2)存在实数λ=，满足题设条件435c122223231【详解】(1)由题意，e==，a+b=c，解得：b=a①．∵点M1,在椭圆C上，∴+a242a29=1②24b2y222x联立①、②，解得a=4，b=3，故所求椭圆C的标准方程是+=1431(2)解法一：由(1)知A1(-2,0)，A2(2,0)．当直线PQ斜率不存在时，lPQ:x=．与椭圆联立可得213513535533P2,4，Q2,-4，则kA1P=10，kA2Q=2，故而kA1P=5kA2Q，可得λ=5；得当直线1y1y2PQ斜率存在且不为0时，设lPQ:y=kx-2，令P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则kA1P=x+2，kA2Q=x-2．12223x+4y-12=02222联立1消去y并整理，得(4k+3)x-4kx+k-12=0，则由韦达定理得，y=kx-22x+x=4k124k2+3y1y211k2-12，假设存在实数λ，使得kA1P=λkA2Q，则x+2=λx-2，即x1-2(x2-2)=λx2-2x1x2=2124k+3λ1(x1+2)，整理得(1-λ)x1x2+2-2x1-2+2λx2+1+λ=0，2λ1k-12变形为(1-λ)x1x2+2-2(x1+x2)-x2-2+2λx2+1+λ=0，则(1-λ)2+4k+32(3-5λ)(k2+3)λ4k13-5λ2-22-x2-2+2λx2+1+λ=0，即2x2-2=0，4k+34k+32223-5λ2(k+3)3-5λ2(k+3)32(k+3)即2x2-2=0，即2=0或x2-2=0，得λ=5或x2=2．4k+34k+34k+32(k2+3)2224k2k+62k-6当x2=2时，x1=(x1+x2)-x2=2-2=2．4k+34k+34k+34k+3(2k2+6)(2k2-6)2k-12此时，x1x2=22=2，(4k+3)4k+3222(k+3)3整理得45k=0，解得k=0与题设矛盾，所以x2≠，所以λ=．4k2+351解法二：由(1)知，A1(-2,0)，A2(2,0)．可设PQ:x=my+，P(x1,y1)，Q(x2,y2)．2223x+4y-12=022453m联立x=my+1，得(3m+4)y+3my-=0，由韦达定理得：y1+y2=-2，y1y2=243m+44 45-，24(3m+4)y1315315kA1Px1+2y1(x2-2)my1y2-2y14(y1+y2)-2y13所以my1y2=(y1+y2)，所以=====4kA2Qy2y2(x1+2)my1y2+5y215(y1+y2)+5y25x2-22423故存在实数λ=，满足题设条件．52y2x5已知椭圆C：+=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22ab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.2y2x【答案】(1)+=1；(2)存在，其方程为：x-y+1=043【详解】(1)设右焦点Fc,0，直线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222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，b=a-c=4-1=32y2x所以椭圆C的方程为：+=143(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,x=my-122Nx2,y2，由22，可得3m+4y-6my-9=0，由题意3x+4y=12222Δ=36m-4×3m+4×-9=144m+144>0，则y1+y2=6m92,y1y2=-23m+43m+4y1y2y1y22my1y2-3y1+y2由kPM+kPN=+=+=x1-2x2-2my1-3my2-3my1-3my2-32m×-9-3×6m2my1y2-3y1+y23m2+43m2+4=2=，化简可得kPM+kPN=-m，由kPM+kPN=myy-3my+y+92-96m1212m×2-3m×2+93m+43m+4-1，即m=1，故存在满足条件的直线，直线l的方程为：x-y+1=02y2x6双曲线C：-=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22ab双曲线C于B，D两点，且△ABD是直角三角形．5 (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．22y【答案】(1)x-=1，(2)过定点，理由见解析322【详解】(1)根据题意可得∠BAD=90°，AF=BF=DF，半焦距c=2，则a+b=4，当x=2时，y2y22242444-ab2bb-=1，=-1==，所以y=，所以y=，由AF=BF=DF，得aa2b2b2a2a2a2a2a2b22+c=，所以a+2a=4-a，a22222ya+a-2=0，解得a=1或a=-2(舍去)，所以b=4-a=3，所以双曲线方程为x-=1，3(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)，22y由x-3=1，得(3m2-1)y2+6mny+3(n2-1)=0，由Δ=36m2n2-12(3m2-1)(n2-1)>0，得3m2x=my+n2+n-1>0，26mn3(n-1)y1y2所以y1+y2=-2,y1y2=2，由(1)知A(-1,0)，所以k1=x+1,k2=x+1，因为k1⋅k2=3m-13m-112y1y2-2，所以⋅=-2，所以y1y2+2(x1+1)(x2+1)=0，所以y1y2+2(my1+n+1)(my2+n+1)=x1+1x2+10，22223(n-1)化简得(2m+1)y1y2+2m(n+1)(y1+y2)+2(n+1)=0，所以(2m+1)⋅2-2m(n+1)⋅3m-16mn2+2(n+1)=0，23m-1222222所以3(n-1)(2m+1)-12mn(n+1)+2(n+1)(3m-1)=0，化简得n-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)6 跟踪训练2x21已知椭圆C:+y=1的左右顶点分别为A,B，上顶点为D,M为椭圆C上异于四个顶点的任4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2cosα,sinα,lBD:x+2y-2=0，则|BD|=5，22sinα+π2cosα+2sinα-24-2点M到直线BD的距离为：d==，所以d=5522sinα+π4-2-22-222+2122+2≤=，所以S△MDB≤×5×=2+1.故55525△MBD面积的最大值为：2+1.x+2y+t=022方法2：设与BD平行的直线l:x+2y+t=0，联立22得8y+4ty+t-4=0，令Δ=x+4y=4216-t+8=0⇒t=±22，显然当t=22时l与椭圆的切点与直线BD的距离最大，22--222+2122+2dmax==，所以S△MDB≤×5×=2+1.故△MBD面积的最大值12+22525为：2+1.22x+4y=422(2)如图所示，设直线lAM:x=my-2，联立得m+4y-4my=0，则点M的坐标为x=my-27 22m-84m,，m2+4m2+44m-112m+4设点Q为t,0，则kQD=kMD，所以=2，-t2m-82m+42m+2即t=，m-22m+2x=my-2所以Qm-2,0，联立y=-1x+1得点P的坐标为24m-442m-24m2+4m+21m+2-02-m,，所以k1==，k2==，所以k1m+2m+22m2-82m-2m2m-22m+24m2--m+4m+2m+2m-212-m12-m11-2k2=-2×=-=.故k1-2k2为定值.m4mm2m222y2x2已知点P4,3为双曲线E:-=1(a>0,b>0)上一点，E的左焦点F1到一条渐近线的距22ab离为3.(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.2y2x【答案】(1)-=1；(2)证明见解析，定点为(-2,3).43b|-bc|【详解】(1)设F1(-c,0)(c>0)到渐近线y=x，即bx-ay=0的距离为3，则3=，结合ab2+a22y2222x1692a+b=c得b=3，又P(4,3)在双曲线-=1上，所以-=1，得a=4，所以双曲线E的a23a232y2x标准方程为-=1.43y=kx+t222222(2)联立x2y2，消去y并整理得3-4kx-8ktx-4t-12=0，则3-4k≠0，Δ=64kt+4(3-=143222228kt4t+12-4k)(4t+12)>0，即t+3>4k，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=2，x1x2=-2，3-4k3-4ky1-3y2-3kx1+t-3kx2+t-3kx1+t-3x2-4+kx2+t-3x1-4则kPA+kPB=+=+=x1-4x2-4x1-4x2-4x1-4x2-42kx1x2+t-4k-3x1+x2-8t+24==1，所以2kx1x2+t-4k-3x1+x2-8t+24=x1x2-4(x1x1x2-4(x1+x2)+16+x2)+16，22k-14t+12t-4k+1⋅8kt所以2k-1x1x2+t-4k+1x1+x2-8t+8=0，所以-2+2-3-4k3-4k8 8t+8=0，2222整理得t-6k+2kt-6t-8k+9=0，所以(t-3)+2k(t-3)-8k=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).2y2x223已知椭圆C：+=1a>b>0，a=3b，点1,在椭圆C上．a2b23(1)求椭圆C的方程；(2)若过点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．2y2x2218解析：(1)由题意得a=3b，故椭圆C为+=1，又点1,在C上，所以+=1，得9b2b239b29b2222x2b=1，a=9，故椭圆C的方程即为+y=1；92x2+y=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9，消去x得：x=my+12222m+9y+2my-8=0，Δ=4m+32m+9>0得m∈R，设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1+y2=2m8y1y2y1y2-2，y1y2=-2(*)，因为T3,0，故kTM⋅kTN=x-3⋅x-3=my-2⋅my-2=m+9m+91212-8y1y2m2+982，将(*)代入上式，可得：==-，∴直线m2yy-2my+y+42-82m-3691212m⋅2-2m-2+4m+9m+92TM与TN斜率之积为定值-．94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2AB，垂足N介于A和B之间，且2MN=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的斜率分别为9 112k1，k2，k0，且满足+=．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k1k2k0在，请说明理由．2y2x【答案】(1)+=1；(2)在定直线y=8(x≠0)上．168【详解】(1)设Mx,y，则Nx,0，由题意知-4<x<4．2y22222x∵2MN=AN⋅NB，∴2y=x+44-x，即2y=16-x，故动点M的轨迹Γ为+=1．168(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．y1-y0y2-y0y0-1设Cx1,y1，Dx2,y2，Qx0,y0，则k1=，k2=，k0=，由此知x0≠0．x1-x0x2-x0x022224k14将y=kx+1代入x+2y=16，得2k+1x+4kx-14=0，于是x1+x2=-2，x1x2=-2．2k+12k+1①112x1-x0x2-x02x0x1-x0x0x2-x0x0条件+=即+=，也即-+-=0．k1k2k0y1-y0y2-y0y0-1y1-y0y0-1y2-y0y0-1x1y0-kx0-1x2y0-kx0-1将y1=kx1+1，y2=kx2+1代入得+=0⇒y1-y0y0-1y2-y0y0-1x1x2y0-kx0-1+=0．y1-y0y2-y0x1x2显然Qx0,y0不在直线y=kx+1上，∴y0-kx0-1≠0，从而得+=0，即x1y2+x2y1-y0y1-y0y2-y0x1+x2=0．将y1=kx1+1，y2=kx2+1代入得2kx1x2+1-y0x1+x2=0．将式①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．2x25设椭圆C:+y=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．2(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．22【答案】(1)y=-x+2或y=x-2．(2)证明见解析222【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1,2或2A1,-2．22∴直线AM的方程为y=-x+2或y=x-2．2210 (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-1k≠0，Ax1,y1,Bx2,y2，则x1<2,x2<2，直线MA、MB的斜率之和为y1y2kMA+kMB=+．x1-2x2-22kx1x2-3kx1+x2+4kx22由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=．将y=kx-1代入+y=1得x1-2x2-222222224k2k-22k+1x-4kx+2k-2=0．∴x1+x2=2,x1x2=2．则2kx1x2-3kx1+x2+4k=2k+12k+13334k-4k-12k+8k+4k2=0．从而kMA+kMB=0，故MA、MB的倾斜角互补，∴∠OMA=∠OMB．2k+1综上，∠OMA=∠OMB．26设抛物线E:y=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kPM和kPN．求证：kPM+kPN为定值．2【答案】(1)y=4x；(2)证明见解析2pp22p【详解】(1)由题意，F2,0，直线l的方程为y=x-2，代入y=2px，得x-3px+4=0．于是x12+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y=4x．22(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y=4x，得ty-4y22+8-4t=0．由Δ=4-4t8-4t=16t-1=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=222224kx+1代入y=4x，得kx+2k-4x+k=0．于是x1+x2=2-2，x1x2=1，且y1=kx1+1，y2=kkx2+1．y1-2y2-2x1y2+x2y1-y1+y2-2(x1+x2)+42kx1x2-2x1+x2+4-2k∴kPM+kPN=+===x1-1x2-1x1-1x2-1x1x2-x1+x2+12k-8+4+4-2k8-822kk==2．故kPM+kPN为定值2．1+2-4+14-422kk2y2x317已知椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A1,，离心率为．过点B0,2的直线l与椭a2b222圆E交于不同的两点M，N．(1)求椭圆E的方程；11 11(2)设直线AM和直线AN的斜率分别为kAM和kAN，求+的值．kAMkAN2y2x【答案】(1)+=1；(2)-443219c122222x【详解】(1)由题意，+=1，=，且a=b+c，解得a=4，b=3．故椭圆E的方程为+a24b2a242y=1．3(2)当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+2，设Mx1,y1，Nx2,y2．222222将y=kx+2代入3x+4y=12，消去y得4k+3x+16kx+4=0；消去x得4k+3y-12y+12-22-16k41212-12k12k=0．于是x1+x2=2，x1x2=2，y1+y2=2，y1y2=2．4k+34k+34k+34k+3xy+xy-3x+x-y+y+311x1-1x2-1122121212∴+=+=kAMkANy-3y-3y-33122212y2-21122kx1x2+2-kx1+x2-18k+2-k(-16k)-4k+312k2-3===-4．39239232y1y2-2y1+y2+412-12k-2×12+44k+34-3k1111当直线l的斜率不存在时，M(0,3)，N(0,-3)，此时+=-4．综上，+=-4kAMkANkAMkAN考点过关练28已知O为坐标原点，过点P2,0的动直线l与抛物线C:y=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)，x=ty+22由2消去x并整理得y-4ty-8=0，显然Δ>0，于是y1y2=-8，y=4xy2y212所以OA⋅OB=x1x2+y1y2=⋅-8=-4.4412 (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)，y1y2则直线QA,QB的斜率互为相反数，即+=0，即y1(ty2+2-m)+y2(ty1+2-m)=0，x1-mx2-m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).29设抛物线E:y=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：kPM+kPN为定值.2【答案】(1)y=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.pp【详解】(1)由题意得F2,0，故直线AB方程为y=x-2，2p22p联立y=x-与y=2px得x-3px+=0，24设Ax1,y1,Bx2,y2，2p则x1+x2=3p,x1x2=，4则AB=x1+x2+p=4p，所以4p=8，解得p=2，2故抛物线E的方程为y=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，22设直线l为x=-1+my，联立y=4x得，y-4my+4=0，13 设Mx3,y3,Nx4,y4，则y3+y4=4m,y3y4=4，y3-2y4-2则kPM=,kPN=，x3-1x4-1y3-2y4-2-2+my4y3-2+-2+my3y4-2所以kPM+kPN=+=x3-1x4-1-2+my4-2+my32my3y4-2m+2y3+y4+88m-4m2m+2+88-8m2====2.22224-2my3+y4+my3y44-8m+4m4-4m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.2y2x510已知双曲线C:2-2=1(a>0,b>0)的左､右顶点分别为A1,A2，点P3,2在C上，且ab2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.2x21【答案】(1)-y=1；(2)k=43532【分析】(1)将P3,2代入，并结合A2P=2得到方程组，求出a=2，，b=1，得到双曲线方程；2x2(2)联立l:y=kx+1与C:-y=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，4结合k1+5k2=0，变形得到3k-1=0，求出答案.95【详解】(1)由题意得-=1，A2a,0，22a4b3因为2A2P=3，所以A2P=，2253即3-a+=，解得a=2或4，42952当a=2时，-=1，解得b=1，满足要求，44b295当a=4时，-=1，无解，舍去；164b22x2所以C:-y=1；42x222(2)联立l:y=kx+1与C:-y=1得1-4kx-8kx-8=0，421-4k≠0要想线l:y=kx+1与C交于M,N两点，则要Δ=64k2+321-4k2>0，14 2121解得0≤k<且k≠，24设Mx1,y1，Nx2,y2，8k-8则x1+x2=2,x1x2=2，1-4k1-4ky1kx1+1kx2+1其中A1-2,0,A22,0，k1==,k2=，x1+2x1+2x2-2kx1+15kx2+5kx1x2-2kx1+x2-2+5kx1x2+5x1+10kx2+10故k1+5k2=+=x1+2x2-2x1+2x2-26kx1x2-2k-5x1+x2+12k-4x2+8=，x1+2x2-2因为k1+5k2=0，所以6kx1x2-2k-5x1+x2+12k-4x2+8=0，-48k8k即-2k-5+12k-4x2+8=0，221-4k1-4k-83k-12k+1变形为+43k-1x2=0，21-4k-82k+1即3k-1+4x2=0①，21-4k12121要想①恒成立，则3k-1=0，解得k=，满足0≤k<且k≠，3241故k=.3【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，本题中已经给出等量关系，只需代入化简整理即可.2y2x111已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的离心率为2，A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点，F1、F2ab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，k2，k3，k4．(i)求k1k2的值；5(ii)若k1+k4=k2+k3，求△F2PQ面积的取值范围．32y2x395【答案】(1)16+12=1；(2)(i)-4；(ii)0,2【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.15 2y2x1c1【详解】(1)由于椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，故=，a2b22a2222又A1F1=a-c=2，所以a=4，c=2，b=a-c=12，2y2x所以椭圆C的方程为+=1.1612(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，x=my+t222联立x2y2，则(3t+4)y+6mty+3m-48=0，+=1161222则Δ=48(12t-m+16)>0，2-6mt3m-48设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则y1+y2=2，y1y2=2，3t+43t+4又A1(-4,0)，A2(4,0)，22y1y1y1y13故k1k2=kPA1kPA2=x+4⋅x-4=2=42=-4，11x1-16-y133同理k3k4=kQA1kQA2=-．453353k2+k35(ii)因为k1+k4=k2+k3，则--=(k2+k3)，-⋅=(k2+k3)．34k24k334k2k3399又直线l交与x轴不垂直可得k2+k3≠0，所以k2k3=-，即kPA2kQA=-．20220y1y29所以⋅=-，20y1y2+9(ty1+m-4)(ty2+m-4)=0，x1-4x2-42022于是(9t+20)y1y2+9t(m-4)(y1+y2)+9(m-4)=0，223m-48-6mt2(9t+20)⋅+9t(m-4)⋅+9(m-4)=0，223t+43t+42整理得m-3m-4=0，解得m=-1或m=4，23m-48因为P、Q在x轴的两侧，所以y1y2=2<0，-4<m<4，3t+4又m=-1时，直线l与椭圆C有两个不同交点，因此m=-1，直线l恒过点D(-1,0)，16 6t-45此时y1+y2=2，y1y2=2，3t+43t+41332184t2+526t-45S△F2PQ=2F2D⋅y1-y2=2(y1+y2)-4y1y2=22-42=2，3t+43t+43t+42设4t+5=λ，由直线l交与x轴不垂直可得λ>5，2184t+572λ72故S△F2PQ=2=2=1，3t+43λ+13λ+λ72因为y=在(5,+∞)上为减函数，3λ+1λ95所以△F2PQ面积的取值范围为0,2.【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.452512已知曲线C上的任意一点到直线x=的距离是它到点(5,0)的距离的倍.55(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，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.2x211【答案】(1)4-y=1；(2)k∈-∞,-2∪2,+∞，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kAM1交点都在双曲线右侧计算可得斜率范围，计算可得kAM=-kBN，即可得kBN+3kAM=0.kBN3452522【详解】(1)设x，y是曲线C上的任意一点，则x-5=5×x-5+y，22化简得x-4y=4，2x2所以曲线C的方程为-y=1；4(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为x=ty+4，x=ty+422由x22，消去x并整理得(t-4)y+8ty+12=0，-y=14222则t≠±2，Δ=(8t)-48(t-4)=16t+192>0，8t12则y1+y2=-2，y1y2=2，t-4t-4因为直线l在y轴的右侧与曲线C相交于A，B两点，x1+x2>0ty1+4+ty2+4>0所以，即，x1x2>0ty1+4ty2+4>017 ty1+y2+8>0所以2，ty1y2+4ty1+y2+16>0t-8t+8>0t2-4即，2128tt×t2-4+4t-t2-4+16>032>024-t2即2，解得t<4，4t+162>04-t111即<4，解得k<-或k>，k22211所以直线l的斜率k的取值范围是-∞,-2∪2,+∞，y1kAMx1+2y1ty1+2ty1y2+2y1ty1y2+2y1+y2-2y2又====kBNy2y2ty1+6ty1y2+6y2ty1y2+6y2x2-212t-16t-2y-4t+2yt2-4t2-42t2-421===-，12t+6y4t3t2-4232+2y2t-41即kAM=-kBN，所以kBN+3kAM=0.3【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.2y2x313已知椭圆C:+=1a>b>0的离心率e=，短轴长为2.a2b22(1)求椭圆C的方程；11(2)过点4,2且斜率不为的动直线l与椭圆C交于M、N两点，点P是直线y=x上一定点，设22直线PM、PN的斜率分别为k1、k2，若k1k2为定值，求点P的坐标.2x211【答案】(1)+y=1；(2)P,424【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2222222系可得出x0+4kx0-4+2-4=1+4kx0-x1⋅x0-x2，进而可得出y0-2+4k+4ky0-4k18 2=1+4ky0-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=1x0可求得x0、y0的值，即可得出点P的坐标.22y2x3【详解】(1)解：因为椭圆C:+=1a>b>0的离心率e=，短轴长为2，a2b222b=2a=22c3x2则a=2，解得b=1，故椭圆C的方程为4+y=1.a2=b2+c2c=3(2)解：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，y=kx-4+222由22得x+4kx-4+2-4=0，x+4y=422因为x1、x2为方程x+4kx-4+2-4=0的两根，222所以x+4kx-4+2-4=1+4kx-x1x-x2，222则x0+4kx0-4+2-4=1+4kx0-x1⋅x0-x2，y-2由y=kx-4+2，得x=+4，ky-2x=+4y-222由k得+4+4y-4=0，x2+4y2=4k22222同理可得y0-2+4k+4ky0-4k=1+4ky0-y1⋅y0-y2，22222y0-y1y0-y21+4ky0-y1y0-y2y0-2+4k+4ky0-4k则k1k2==2=22x0-x1x0-x21+4kx0-x1x0-x2x0+4kx0-4+2-42224y0+12k+8y0-16k+y0-4y0+4=，2224x0-8x0+16k+44x0-16k+x0+12224y0+128y0-16y0-4y0+4若k1k2为定值，则必有2==2，4x0-8x0+1644x0-16x0+12x=11102结合点P在直线y=x上，即y0=x0，解得1，22y0=4111所以点P坐标为P2,4，则k1k2=4，111综上所述，当P2,4时，k1k2=4为定值.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(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.19 14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1R满足当直线PR，QR的斜率k1，k2都存在时，k1⋅k2=-.2(1)求曲线C的方程；(2)已知直线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.2y2x【答案】(1)+=1,x≠±6；(2)存在，M-2,084y-1y+11【分析】(1)由题意k1⋅k2=⋅=-，化简并整理即可，注意x≠±6.x-6x+62y1-by2-b(2)设Ma,b，l:x=ty-4,Ax1,y1,Bx2,y2，由题意kMA+kMB=0，即+=0，将直线方x1-ax2-a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P6,1,Q-6,-1，y-1y+12y21x又k1⋅k2=⋅=-，化简并整理得+=1，x-6x+62842y2x曲线C的方程为+=1,x≠±6.84(2)假设存在Ma,b满足题意，并设l:x=ty-4,Ax1,y1,Bx2,y2，x=ty-422联立22，得t+2y-8ty+8=0，x+2y=88t8222则y1+y2=2,y1⋅y2=2,Δ=64t-32t+2=32t-64>0.t+2t+2因为直线MA,MB关于x轴对称，所以kMA+kMB=0，y1-by2-b即+=0⇒y1-bty2-4-a+y2-bty1-4-a=0⇒2ty1y2-a+4+bty1+y2=x1-ax2-a0，16t8ta+4+bt2b=0a=-2即-=0⇒2=a+4+bt对任意t>2成立，所以⇒，t2+4t2+4a+4=2b=0即假设成立，存在定点M-2,0满足题意.π15在平面直角坐标系xOy中，△ABC是直角三角形，∠CAB=，C0,-12，点A，B分别在x2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.2【答案】(1)x=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，然后利用中点坐标公式可得a=20 yπ-x，b=，再由∠CAB=结合向量的数量积可求出动点M的轨迹方程；22(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，a+x0+y所以=0，=b，22y即a=-x，b=.2πy又∠CAB=2，所以AB⋅AC=0，即x,2⋅x,-12=0，2化简，得x=6y，又A，B不重合，所以x≠0，y≠0，2故动点M的轨迹方程为x=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，y1-12y2-12则kNP=，kNQ=，x1x2y=kx-122由2，得x-6kx+72=0，x=6y2所以x1+x2=6k，x1x2=72，Δ=36k-288>0，y1-12y2-12kx1-24kx2-242kx1x2-24x1+x2144k-144k所以kNP+kNQ=+=+===0.x1x2x1x2x1x2x1x221