专题18 斜率型定值型问题(原卷版)

这是一份专题18 斜率型定值型问题(原卷版)，共18页。

定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．
题型一 斜率问题
【例题选讲】
[例1] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且过点A(2，1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P，Q是椭圆C上的两个动点，且使∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，试判断直线PQ的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
[规范解答] (1)因为椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),2)，且过点A(2，1)，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)．因为a2＝c2＋b2，解得b2＝2，a2＝8
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，所以PA与AQ所在直线关于直线x＝2对称．
设直线PA的斜率为k，则直线AQ的斜率为－k．
所以直线PA的方程为y－1＝k(x－2)，直线AQ的方程为y－1＝－k(x－2)．
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝8，,y＝kx－2＋1，))
消去y得(1＋4k2)x2－8(2k2－k)x＋16k2－16k－4＝0，①
因为点A(2，1)在椭圆C上，所以x＝2是方程①的一个根，
2x1＝eq \f(16k2－16k－4,1＋4k2)，即x1＝eq \f(8k2－8k－2,1＋4k2)．同理x2＝eq \f(8k2＋8k－2,1＋4k2)．
所以x1－x2＝－eq \f(16k,1＋4k2)．又y1－y2＝k(x1＋x2)－4k＝k·eq \f(16k2－4,1＋4k2)－4k＝－eq \f(8k,1＋4k2)，
所以直线PQ的斜率为kPQ＝eq \f(y1－y2, x1－x2)＝eq \f(1,2)．所以直线PQ的斜率为定值，该值为eq \f(1,2)．
[例2] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝eq \f(5,4)a上的任意一点，且(eq \(PF,\s\up7(→))＋eq \(PE,\s\up7(→)))·eq \(EF,\s\up7(→))＝2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值．
[规范解答] (1)设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)a，t))，F(c，0)，E(a，0)，
则eq \(PF,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(5,4)a，－t))，eq \(PE,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，－t))，eq \(EF,\s\up7(→))＝(c－a，0)，
所以(eq \(PF,\s\up7(→))＋eq \(PE,\s\up7(→)))·eq \(EF,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(3,2)a，－2t))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－a，0))＝2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(3,2)a))·(c－a)＝2，又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
所以a＝2，c＝1，b＝eq \r(3)，从而椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由(1)知Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设MN的方程：y＝kx＋m，代入椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4m2－12,4k2＋3)．
又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB，
则kAM＋kAN＝0，即eq \f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq \f(y2－\f(3,2),x2－1)＝0，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1＋m－\f(3,2)))(x2－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2＋m－\f(3,2)))(x1－1)＝0，
即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝eq \f(1,2)．故直线MN的斜率为定值eq \f(1,2)．
[例3] 如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上．
(1)求抛物线的方程及其准线方程；
(2)当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，证明：直线AB的斜率为定值．
[规范解答] (1)由题意可设抛物线的方程为y2＝2px(p>0)．则由点P(1，2)在抛物线上，得22＝2p×1，
解得p＝2，故所求抛物线的方程是y2＝4x，准线方程是x＝－1．
(2)因为PA与PB的斜率存在且倾斜角互补，所以kPA＝－kPB，即eq \f(y1－2,x1－1)＝－eq \f(y2－2,x2－1)．
又A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，所以x1＝eq \f(y\\al(2,1),4)，x2＝eq \f(y\\al(2,2),4)，从而eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＝－eq \f(y2－2,\f(y\\al(2,2),4)－1)，
即eq \f(4,y1＋2)＝－eq \f(4,y2＋2)，得y1＋y2＝－4，故直线AB的斜率kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝－1，为定值．
[例4] 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，直线l：y=eq \f(1,2)x与椭圆E相交于A，B两点，AB=4eq \r(5)，C，D是椭圆E上异于A，B两点，且直线AC，BD相交于点M，直线AD，BC相交于点N．
(1)求a，b的值；
(2)求证：直线MN的斜率为定值．
[规范解答] (1)因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以c2＝eq \f(1,2)a2，即a2－b2＝eq \f(1,2)a2，所以a2＝2b2；
故椭圆方程为eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1；由题意，不妨设点A在第一象限，点B在第三象限，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=eq \f(1,2)x,eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1))解得A(eq \f(2\r(3),2)b，eq \f(\r(3),3)b)；又AB＝4eq \r(5)，所以OA＝2eq \r(5)，即eq \f(4,3)b2＋eq \f(1,3)b2＝20，解得b2＝12．
故a＝2eq \r(6)，b＝2eq \r(3)；
(2)由(1)知，椭圆E的方程为eq \f(x2,24)＋eq \f(y2,12)＝1，从而A(4，2)，B(－4，－2)；
①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设直线CA，DA的斜率分别为k1，k2，C(x0，y0)，
显然k1≠k2；k1kBC＝eq \f(y0－2,x0－4)·eq \f(y0＋2,x0＋4)＝eq \f(y02－4,x02－16)＝eq \f(8－eq \f(x02,2),x02－16)＝－eq \f(1,2)，所以kBC＝－eq \f(1,2k1)；同理kDB＝－eq \f(1,2k2)，
于是直线AD的方程为y－2＝k2(x－4)，直线BC的方程为y＋2＝－eq \f(1,2k1)(x＋4)；
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋2＝－eq \f(1,2k1)(x＋4), y－2＝k2(x－4)))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝eq \f(8k1k2－8k1－4,2k1k2＋1),y＝eq \f(－4k1k2－8k2＋2,2k1k2＋1)))，
从而点N的坐标为(eq \f(8k1k2－8k1－4,2k1k2＋1)，eq \f(－4k1k2－8k2＋2,2k1k2＋1))，
用k2代k1，k1代k2得点M的坐标为(eq \f(8k1k2－8k2－4,2k1k2＋1)，eq \f(－4k1k2－8k1＋2,2k1k2＋1))；
∴kMN＝eq \f(eq \f(－4k1k2－8k2＋2,2k1k2＋1)－eq \f(－4k1k2－8k1＋2,2k1k2＋1),eq \f(8k1k2－8k1－4,2k1k2＋1)－eq \f(8k1k2－8k2－4,2k1k2＋1))＝eq \f(8(k1－k2),8(k2－k1))＝－1．
即直线MN的斜率为定值－1；
②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，
故不妨设直线CA的斜率不存在，从而C(4，－2)；仍然设DA的斜率为k2，由①知kDB＝－eq \f(1,2k2)；
此时CA：x＝4，DB：y＋2＝－eq \f(1,2k2)(x＋4)，它们交点M(4，－eq \f(４,k2)－2)；
BC：y＝－2，AD：y－2＝k2(x－4)，它们交点N(4－eq \f(４,k2)，－2)，从而kMN＝－1也成立；
由①②可知，直线MN的斜率为定值－1；
【对点训练】
1．已知椭圆C的中心在原点，离心率等于eq \f (1,2)，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8eq \r(3)y的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，已知P(2，3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
①若直线AB的斜率为eq \f (1,2)，求四边形APBQ面积的最大值；
②当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．
2．已知直线l经过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点和下顶点，坐标原点O到直线l的距离为eq \f(a,2)．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若椭圆C经过点P(2，1)，点A，B是椭圆C上的两个动点，且∠APB的角平分线总是垂直于y轴，试问：直线AB的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且过点P(2，－1)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过P点作两条直线分别交椭圆C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若直线PQ平分∠APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于P，Q两点(点P，Q均在第一象限)，且直线OP，l，OQ的斜率成等比数列，证明：直线l的斜率为定值．
5．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，c＝eq \r(3)，左、右焦点为F1，F2，点P，A，B在椭圆C上，且点A，
B关于原点对称，直线PA，PB的斜率的乘积为－eq \f (1,4)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l经过点Q(2，2)，且与椭圆C交于不同的两点M，N，若|QM||QN|＝eq \f(16,3)，判断直线l的斜率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
题型二 斜率之和问题
【例题选讲】
[例5] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且过点M(4，1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y＝x＋m(m≠3)与椭圆C交于P，Q两点，记直线MP，MQ的斜率分别为k1，k2，试探究k1＋k2是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
[规范解答] (1)依题意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝eq \f(\r(3),2),eq \f(16,a2)＋eq \f(1,b2)＝1,a2＝b2＋c2))，解得a2＝20，b2＝5．故椭圆C的方程为eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,5)＝1；
(2)k1＋k2＝1，下面给出证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝x＋m代入eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,5)＝1并整理得5x2＋8mx＋4m2－20＝0，
Δ＝(8m)2－20(4m2－20)>0，解得－5故x1＋x2＝－eq \f(8m,5)，x1·x2＝eq \f(4m2－20,5)，
则k1＋k2＝eq \f(y1－1,x1－4)＋eq \f(y2－1,x2－4)＝eq \f((y1－1) (x2－4)＋( y2－1) (x1－4),(x1－4)(x2－4))＝eq \f((x1＋m－1) (x2－4)＋(x2＋m－1) (x1－4),(x1－4)(x2－4))
＝eq \f(2x1x2＋(m－5)( x1＋x2),(x1－4)(x2－4))＝eq \f(eq \f(2(4m2－20),5)－eq \f(8m(m－5),5)－8(m－1),(x1－4)(x2－4))＝0．
故k1＋k2为定值，该定值为0．
[例6] 已知点A(1，0)和动点B，以线段AB为直径的圆内切于圆O：x2＋y2＝4．
(1)求动点B的轨迹方程；
(2)已知点P(2，0)，Q(2，－1)，经过点Q的直线l与动点B的轨迹交于M，N两点，求证：直线PM与直线PN的斜率之和为定值．
[规范解答] (1)如图，设以线段AB为直径的圆的圆心为C，取A′(－1，0)．
依题意，圆C内切于圆O，设切点为D，则O，C，D三点共线，
∵O为AA′的中点，C为AB中点，∴|A′B|＝2|OC|．
∴|BA′|＋|BA|＝2OC＋2AC＝2OC＋2CD＝2OD＝4＞|AA′|＝2，
∴动点B的轨迹是以A，A′为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，则2a＝4，2c＝2，∴a＝2，c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，
∴动点B的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)①当直线l垂直于x轴时，直线l的方程为x＝2，此时直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相切，与题意不符．
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＋1＝k(x－2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋1＝k(x－2),\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，消去y整理得，(4k2＋3)x2－(16k2＋8k)x＋16k2＋16k－8＝0．
∵直线l与椭圆交于M，N两点，∴Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋3)(16k2＋16k－8)＞0，解得k＜eq \f(1,2)．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(16k2＋8k,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(16k2＋16k－8,4k2＋3)，
∴kPM＋kPN＝eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2)＝eq \f(k(x1－2)－1,x1－2)＋eq \f(k(x2－2)－1,x2－2)
＝eq \f(2kx1x2－(4k＋1)(x1＋x2)＋8k＋4,x1x2－2(x1＋x2)＋4)＝eq \f(12,4)＝3(定值)．
[例7] 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，离心率为eq \f(\r(2),2)．分别过O，F的两条弦AB，CD相交于点E(异于A，C两点），且OE＝OF．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：直线AC，BD的斜率之和为定值．
[规范解答] (1)由题意，得c＝1，e＝eq \f(\r(2),2)，故a＝eq \r(2)，从而b＝1．
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1． ①
(2)设直线AB的方程为y＝kx，②，直线CD的方程为y＝－k(x－1)，③
由①②得，点A，B的横坐标为±eq \f(\r(2),2k2＋1)，由①③得，点C，D的横坐标为eq \f(2k2±eq \r(2(k2＋1)),2k2＋1)，
记A(x1，kx1)，B(x2，kx2)，C(x3，k(1－x3))，D(x4，k(1－x4))，
则直线AC，BD的斜率之和为eq \f(kx1－k(1－x3),x1－x3)＋eq \f(kx2－k(1－x4),x2－x4)＝keq \f((x1＋x3－1)(x2－x4)＋(x1－x3)(x2＋x4－1),(x1－x3)( x2－x4))
＝keq \f(2(x1x2－x3 x4)－(x1＋x2)＋(x3＋x4),(x1－x3)( x2－x4))＝keq \f(2(eq \f(－2,2k2＋1)－eq \f(2(k2－1),2k2＋1))－0＋eq \f(4k2,2k2＋1),(x1－x3)( x2－x4))＝0．
【对点训练】
6．如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为eq \f(\r(2),2)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
7．设F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△MF1F2
的面积为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值．
8．在平面直角坐标系xOy中，已知Q(－1，2)，F(1，0)，动点P满足|eq \(PQ,\s\up7(→))·eq \(OF,\s\up7(→))|＝|eq \(PF,\s\up7(→))|．
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)过点F的直线与E交于A，B两点，记直线QA，QB的斜率分别为k1，k2，求证：k1＋k2为定值．
题型三 斜率之积问题
【例题选讲】
[例8] 已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，焦距为2，椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点A，F分别为椭圆C的左顶点、右焦点，过点F的直线交椭圆C于点P，Q，直线AP，AQ分别与直线l：x＝3交于点M，N，求证：直线FM和直线FN的斜率之积为定值．
[规范解答] (1)设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，
依题意，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2c＝2，,a＋c＝3，))解得a＝2，c＝1，又a2＝b2＋c2，则b＝eq \r(3)，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)证明：由(1)得A(－2，0)，F(1，0)，设直线PQ：x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，整理，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，
依题意，可设M(3，yM)，N(3，yN)，则由eq \f(yM,3＋2)＝eq \f(y1,x1＋2)，可得yM＝eq \f(5y1,x1＋2)＝eq \f(5y1,my1＋3)，
同理，可得yN＝eq \f(5y2,my2＋3)，所以直线FM和直线FN的斜率之积
kFM·kFN＝eq \f(yM－0,3－1)·eq \f(yN－0,3－1)＝eq \f(1,4)·eq \f(25y1y2,(my1＋3)(my2＋3))＝eq \f(1,4)·eq \f(25y1y2,m2y1y2＋3m(y1＋y2)＋9)
＝eq \f(1,4)·eq \f(25·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4))),m2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4)))＋3m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,3m2＋4)))＋9)＝eq \f(1,4)·eq \f(－25×9,－9m2－18m2＋27m2＋36)＝－eq \f(25×9,4×36)＝－eq \f(25,16)．
所以直线FM和直线FN的斜率之积为定值－eq \f(25,16)．
[例9] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，点A(1．eq \f(3,2))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程;
(2)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O为圆心的圆，满足此圆与l相交两点P1，P2，(两点均不在坐标轴上)，且使得直线OP1，OP2的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程与定值；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)由题意得，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，又因为点A(1．eq \f(3,2))在椭圆C上
所以eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，解得b2＝3，a2＝2．
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x2＋y2＝7．
证明如下：
假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为x2＋y2＝r2(r>0)．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
因为直线l与椭圆有且仅有一个公共点，所以Δ1＝(8km)2－4(4k2＋3)( 4m2－12)＝0，即m2＝4k2＋3．
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2＋y2＝r2))，得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－r2＝0，
则Δ1＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－r2)>0，
设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－2km,1＋k2)，x1x2＝eq \f(m2－r2,1＋k2)．
设直线OP1，OP2的斜率分别为k1，k2，
所以k1·k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f((kx1＋m)(k2x＋m),x1x2)＝eq \f(k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2,x1x2)＝eq \f(k2eq \f(m2－r2,1＋k2)＋kmeq \f(－2km,1＋k2)＋m2, eq \f(m2－r2,1＋k2))＝eq \f(m2－r2k2,m2－r2)．
将m2＝4k2＋3代入上式得k1k2＝eq \f((4－r2)k2＋3,4k2＋3－r2)．要使得k1k2为定值，则eq \f(4－r2,4)＝eq \f(3,3－r2)，即r2＝7．
所以当圆的方程为x2＋y2＝7时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－eq \f(3,4)．
当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x＝±2，
此时圆与l的交点P1，P2也满足k1k2为定值－eq \f(3,4)．
综上：当圆的方程为x2＋y2＝7时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－eq \f(3,4)．
[例10] 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B.已知|AB|＝4，且点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在椭圆上，其中e是椭圆的离心率．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上异于A，B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于点M，N，求证：直线AN与直线BM的斜率之积是定值．
[规范解答] (1)因为|AB|＝4，所以2a＝4，即a＝2，又点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(3\r(5),4)))在椭圆上，
故eq \f(e2,a2)＋eq \f(45,16b2)＝1，即eq \f(c2,16)＋eq \f(45,16b2)＝1，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c2,16)＋\f(45,16b2)＝1，,c2＋b2＝4，))解得b2＝3，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设点P坐标为(s，t)，M，N的横坐标均为m(m≠±2)，故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(t,s＋2)(m＋2)))，
直线BM的斜率k1＝eq \f(t(m＋2),(s＋2)(m－2))，同理可得直线AN的斜率k2＝eq \f(t(m－2),(s－2)(m＋2))，
所以k1k2＝eq \f(t2(m2－4),(s2－4)(m2－4))＝eq \f(t2,s2－4)，
又因为点P在椭圆上，故有eq \f(s2,4)＋eq \f(t2,3)＝1，即t2＝－eq \f(3,4)(s2－4)，则k1k2＝－eq \f(3,4)，
故直线AN与直线BM的斜率之积是定值．
[例11] 已知抛物线C：y2＝ax(a＞0)上一点P(t，eq \f(1,2))到焦点F的距离为2t．
(1)求抛物线C的方程；
(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1，过点Q(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值．
[规范解答] (1)由抛物线的定义可知|PF|＝t＋eq \f(a,4)＝2t，则a＝4t，由点P(t，eq \f(1,2))在抛物线上，得at＝eq \f(1,4)，
∴a×eq \f(a,4)＝eq \f(1,4)，则a2＝1，由a＞0，得a＝1，∴抛物线C的方程为y2＝x．
(2)∵点A在抛物线C上，且yA＝1，∴xA＝1．
∴A(1，1)，设过点Q(3，－1)的直线的方程为x－3＝m(y＋1)，即x＝my＋m＋3，
代入y2＝x得y2－my－m－3＝0．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3，
∴k1k2＝eq \f(y1－1,x1－1)·eq \f(y2－1,x2－1)＝eq \f(y1y2－y1＋y2＋1,m2y1y2＋mm＋2y1＋y2＋m＋22)＝－eq \f(1,2)，∴k1k2为定值．
【对点训练】
9．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点为点D，右焦点为F2(1，0)，延长DF2交椭圆C于点E，且满
足|DF2|＝3|F2E|．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F2作与x轴不重合的直线l和椭圆C交于A，B两点，设椭圆C的左顶点为点H，且直线HA，HB分别与直线x＝3交于M，N两点，记直线F2M，F2N的斜率分别为k1，k2，则k1与k2之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
10．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过A(1，eq \f(\r(2),2))，B(eq \f(\r(2),2)，－eq \f(\r(3),2))两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，且与圆O：x2＋y2＝3相交于M，N两点试问直线OM与ON的斜率之积kOMkON是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
11．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点O到直线AB
的距离为eq \f(2\r(5),5)，△OAB的面积为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线l与椭圆交于C，D两点，若直线l∥直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
12．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，F1，F2，是椭圆C的左、右焦点，P是椭圆C上的一
个动点，且△PF1F2面积的最大值为10eq \r(2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若Q是椭圆C上的一个动点，点M，N在椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1上，O为原点，点Q，M，N满足eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋3eq \(ON,\s\up6(→))，则直线OM与直线ON的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
题型四 斜率综合问题
【例题选讲】
[例12] 已知△ABC中，B(－1，0)，C(1，0)，AB＝6，点P在AB上，且∠BAC＝∠PCA．
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)若Q(1，eq \f(8,3))，过点C的直线与E交于M，N两点，与直线x＝9交于点K，记QM，QN，QK的斜率分别为k1，k2，k3，试探究k1，k2，k3的关系，并证明．
[规范解答] (1)如图三角形ACP中，∠BAC＝∠PCA，所以PA＝PC，
所以PB＋PC＝PB＋PA＝AB＝6，
所以点P的轨迹是以B，C为焦点，长轴为4的椭圆(不包含实轴的端点)，
所以点P的轨迹E的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1(x≠±3)．
(2)k1，k2，k3的关系：k1＋k2＝2k3．
证明：如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
可设直线MN方程为y＝k(x－1)，则K(4，3k)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝k(x－1)，))可得(9k2＋8)x2－18k2x＋(9k2－72)＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(18k2,9k2＋8)，x1x2＝eq \f(9k2－72,9k2＋8)．
k1＝eq \f(y1－eq \f(8,3),x1－1)＝eq \f(k(x1－1)－eq \f(8,3),x1－1)＝k－eq \f(8,3(x1－1))，k2＝k－eq \f(8,3(x2－1))，k3＝k－eq \f(8k－eq \f(8,3),9－1)＝k－eq \f(1,3)，
因为(k1－k3)＋(k2－k3)＝eq \f(2,3)－eq \f(8,3)(eq \f(1,x1－1)＋eq \f(1,x2－1))＝eq \f(2,3)－eq \f(8,3) eq \f(x1＋x2－2,x1x2－(x1＋x2)＋1)，
所以：k1＋k2＝2k3．
[例13] 已知圆F1：(x＋1)2＋y2＝r2(1≤r≤3)，圆F2：(x－1)2＋y2＝(4－r)2．
(1)证明：圆F1与圆F2有公共点，并求公共点的轨迹E的方程；
(2)已知点Q(m，0)(m<0)，过点F2斜率为k(k≠0）的直线与(1)中轨迹E相交于M，N两点，记直线QM的斜率为k1，直线QN的斜率为k2，是否存在实数m使得k(k1＋k2)为定值？若存在，求出m的值，若不存在，说明理由．
[规范解答] (1)因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以|F1F2|＝2，
因为圆F1的半径为r，圆F2的半径为4－r，
又因为1≤r≤3，所以|4－r－r|≤2，即|4－r－r|≤|F1F2|≤|4－r＋r|，
所以圆F1与圆F2有公共点，
设公共点为P，因此|PF1|＋|PF2|＝4，所以P点的轨迹E是以F1(－1，0)，F2(1，0)为焦点的椭圆，
所以2a＝4，a＝2，b＝eq \r(3)，
即轨迹E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)过F2点且斜率为k的直线方程为y＝k(x－1)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x－1),eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1))消去y得到(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0．
则x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)．①
因为k1＝eq \f(y1,x1－m)，k2＝eq \f(y2,x2－m)，
所以k(k1＋k2)＝k(eq \f(y1,x1－m)＋eq \f(y2,x2－m))＝k(eq \f(k(x1－1),x1－m)＋eq \f(k(x2－1),x2－m))＝k2(eq \f(x1－1,x1－m)＋eq \f(x2－1,x2－m))
＝k2eq \f((x1－1)(x2－m)＋(x2－1)(x1－m),(x1－m)(x2－m))＝k2eq \f(2x1x2－(m＋1)(x1＋x2)＋2m,x1x2－m(x1＋x2)＋m2)，
将①式代入整理得k(k1＋k2)＝eq \f((6m－24)k2,4(m－1)2k2＋3m2－12)
因为m<0，所以当3m2－12＝0时，即m＝－2时，k(k1＋k2)＝－1．
即存在实数m＝－2使得k(k1＋k2)＝－1．
[例14] 已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，直线x＝my＋3与E交于A，B两点，且eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＝6，其中O为坐标原点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点C的坐标为(－3，0)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：eq \f (1,k\\al(2,1))＋eq \f (1,k\\al(2,2))－2m2为定值．
[规范解答] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋3，,y2＝2px))消去x，整理得y2－2pmy－6p＝0，
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－6p，x1x2＝eq \f ((y1y2)2,4p2)＝9，
由eq \(OA,\s\up7(→))·eq \(OB,\s\up7(→))＝x1x2＋y1y2＝9－6p＝6，解得p＝eq \f (1,2)，所以y2＝x．
(2)由题意得k1＝eq \f (y1,x1＋3)＝eq \f (y1,my1＋6)，k2＝eq \f (y2,x2＋3)＝eq \f (y2,my2＋6)，所以eq \f (1,k1)＝m＋eq \f (6,y1)，eq \f (1,k2)＝m＋eq \f (6,y2)，
所以eq \f (1,k\\al(2,1))＋eq \f (1,k\\al(2,2))－2m2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f (6,y1)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f (6,y2)))2－2m2＝2m2＋12meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,y1)＋\f (1,y2)))＋36eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,y\\al(2,1))＋\f (1,y\\al(2,2))))－2m2
＝12m·eq \f (y1＋y2,y1y2)＋36·eq \f ((y1＋y2)2－2y1y2,y\\al(2,1)y\\al(2,2))．
由(1)可知：y1＋y2＝2pm＝m，y1y2＝－6p＝－3，所以eq \f (1,k\\al(2,1))＋eq \f (1,k\\al(2,2))－2m2＝12m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (m,3)))＋36·eq \f (m2＋6,9)＝24，
所以eq \f (1,k\\al(2,1))＋eq \f (1,k\\al(2,2))－2m2为定值．