2023届高考数学二轮复习微专题22椭圆中两直线斜率积学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题22椭圆中两直线斜率积学案，共12页。

例题：过椭圆C：eq \f(x2,4)＋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．
变式1若将上述试题中“椭圆C的上顶点”改为椭圆上另一个定点(如右顶点)，直线MN是否仍然过定点？若对于更一般的椭圆呢？
变式2过椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的上顶点A作两条直线分别交椭圆于M，N两点，且两条直线的斜率之积为λ.求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标．
串讲1(2010·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的左、右顶点为A，B，右焦点为F，设过点T(t，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，设t＝9，求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)．
串讲2已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)))，P4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
(2018·九章密卷)如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，右准线l：x＝2，设O为坐标原点，若不与坐标轴垂直的直线与椭圆E交于不同两点P，Q(均异于点A)，直线AP交l于M(点M在x轴下方)．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过右焦点F作OM的垂线与以OM为直径的圆H交于C，D两点，若CD＝eq \r(6)，求圆H的方程；
(3)若直线AP与AQ的斜率之和为2，证明：直线PQ过定点，并求出该定点．
如图，已知椭圆E1方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，圆E2方程为x2＋y2＝a2，过椭圆的左顶点A作斜率为k1的直线l1与椭圆E1和圆E2分别相交于B，C.设D为圆E2上不同于A的一点，直线AD的斜率为k2，当eq \f(k1,k2)＝eq \f(b2,a2)时，试问直线BD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
答案：直线BD过定点(a，0)．
解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k1（x＋a），,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得eq \f(x2－a2,a2)＋eq \f(k12（x＋a）2,b2)＝0，所以x＝－a，或x＝eq \f(a（b2－k12a2）,b2＋a2k12)，4分
因为xB≠－a，所以xB＝eq \f(a（b2－k12a2）,b2＋a2k12)，则yB＝k1(xB＋a)＝eq \f(2ab2k1,b2＋a2k12).6分
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k2（x＋a），,x2＋y2＝a2，))得x2－a2＋k22(x＋a)2＝0，得x＝－a，或x＝eq \f(a（1－k22）,1＋k22)，8分
同理，得xD＝eq \f(a（1－k22）,1＋k22)，yD＝eq \f(2ak2,1＋k22)，10分
当eq \f(k1,k2)＝eq \f(b2,a2)时，xB＝eq \f(a（b2－\f(b4,a2)k22）,b2＋\f(b4,a2)k22)＝eq \f(a（a2－b2k22）,a2＋b2k22)，yB＝eq \f(2ab2k2,a2＋b2k22)，kBD＝eq \f(\f(2ab2k2,a2＋b2k22)－\f(2ak2,1＋k22),\f(a（a2－b2k22）,a2＋b2k22)－\f(a（1－k22）,1＋k22))＝－eq \f(1,k2)，13分
所以BD⊥AD，因为E2为圆，所以∠ADB所对圆E2的弦为直径，从而直线BD过定点(a，0).14分
微专题22
例题
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
解法1设直线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＝－eq \f(8k,4k2＋1)，yM＝eq \f(1－4k2,4k2＋1).
同理可得xN＝eq \f(8k,k2＋4)，yN＝eq \f(k2－4,k2＋4).
直线MN的斜率为eq \f(k2－1,5k)，直线MN的方程为y－eq \f(1－4k2,1＋4k2)＝eq \f(k2－1,5k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8k,1＋4k2)))，
即y＝eq \f(k2－1,5k)x－eq \f(3,5)，
直线MN过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
解法2同解法1，求出直线方程，利用特值法求出定点．
解法3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Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
再证明如下：
设直线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＝－eq \f(8k,4k2＋1)，yM＝eq \f(1－4k2,4k2＋1).
同理可得xN＝eq \f(8k,k2＋4)，yN＝eq \f(k2－4,k2＋4).
所以kMP＝eq \f(yM＋\f(3,5),xM)＝eq \f(k2－1,5k)，kNP＝eq \f(yN＋\f(3,5),xN)＝eq \f(k2－1,5k).
所以kMP＝kNP.
故直线MN过的定点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
解法4设直线MN的方程为l：y＝kx＋m(m≠1)，
将y＝kx＋m代入eq \f(x2,4)＋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＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
而y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(2m,4k2＋1).
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(m2－4k2,4k2＋1).
由题设AM⊥AN，即eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0.
eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)(x2，y2－1)＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)
＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)
＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1
＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋eq \f(m2－4k2,4k2＋1)－eq \f(2m,4k2＋1)＋1＝0，
化简得5m2－2m－3＝0，解得m＝1(舍)，m＝－eq \f(3,5).
所以直线MN的方程为y＝kx－eq \f(3,5)，过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
变式联想
变式1
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，0)).
解析：方法同上．
通过变式1引导同学们发现第一个结论；
结论1：过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一点P(x0，y0)作互相垂直的直线分别交椭圆于M，N两点．则直线MN过定点
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2－b2,a2＋b2)x0，－\f(a2－b2,a2＋b2)y0)).
变式2
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4λ＋1,4λ－1)SA，\f(4λ＋1,4λ－1)yA))，其中xA，yA分别为点A的横、纵坐标．
解析：本题可以参照例题的做法，也可以设直线MN的方程为y＝kx＋n，由韦达定理找出n，k的关系．比较两种做法，寻找每一种方法的合理性．
通过变式2引导同学们发现第二个结论与第三个结论，
结论2过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一点P(x0，y0)的两条直线分别交椭圆于M，N两点．
当kPM·kPN＝λ，则直线MN过定点
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λa2＋b2,λa2－b2)x0，－\f(λa2＋b2,λa2－b2)y0)).
发现并强调注意，此时λ≠eq \f(b2,a2).
结论3当λ＝eq \f(b2,a2)且x0y0≠0时，直线MN的斜率为定值－eq \f(y0,x0).
串讲激活
串讲1
答案：定点(1，0)．
证法1设T(9，m)，
直线TA方程为eq \f(y－0,m－0)＝eq \f(x＋3,9＋3)，
即y＝eq \f(m,12)(x＋3)，
直线TB方程为eq \f(y－0,m－0)＝eq \f(x－3,9－3)，即y＝eq \f(m,6)(x－3)．
分别与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1联立方程，同时考虑到x1≠－3m，x2≠3，解得
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3（80－m2）,80＋m2)，\f(40m,80＋m2)))，
Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3（m2－20）,20＋m2)，－\f(20m,20＋m2))).
当x1≠x2时，直线MN方程为eq \f(y＋\f(20m,20＋m2),\f(40m,80＋m2)＋\f(20m,20＋m2))＝
eq \f(x－\f(3（m2－20）,20＋m2),\f(3（80－m2）,80＋m2)－\f(3（m2－20）,20＋m2))
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)．
证法2前与证法1同，若x1＝x2，则由eq \f(240－3m2,80＋m2)＝eq \f(3m2－60,20＋m2)及m＞0，得m＝2eq \r(10)，此时直线MN的方程为x＝1，过点D(1，0)．
若x1≠x2，则m≠2eq \r(10)，直线MD的斜率kMD＝eq \f(\f(40m,80＋m2),\f(240－3m2,80＋m2)－1)＝eq \f(10m,40－m2)，直线ND的斜率kND＝eq \f(\f(－20m,20＋m2),\f(3m2－60,20＋m2)－1)＝eq \f(10m,40－m2)，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)．
证法3注意到kAM·kBN＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(5,9)，eq \f(kBN,kAM)＝eq \f(kTN,kTM)＝eq \f(\f(|m|,9－3),\f(|m|,9＋3))＝2，则kBM·kBN＝－eq \f(10,9)，即椭圆中过右顶点B(3，0)的直线BM，BN斜率之积为定值－eq \f(10,9)，因此，直线MN必过x轴上的定点(1，0)．x＝eq \f(（ta2＋b2）·x0,ta2－b2)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,9)×9＋5))×3,－\f(10,9)×9－5)＝1，y＝eq \f(（－b2－ta2）·y0,ta2－b2)＝0.
串讲2
答案：(1)C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1；
(2)定点(2，－1)．
解析：(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点．
又由eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＞eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)知，C不经过点P1，所以点P2在C上．因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1.))故C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(\r(4－t2),2))).则k1＋k2＝－1，得t＝2，不符合题意．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)，将y＝kx＋m代入eq \f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝
－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(kx1＋m－1,x1)＋eq \f(kx2＋m－1,x2)＝eq \f(2kx1x2＋（m－1）（x1＋x2）,x1x2).由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)eq \f(－8km,4k2＋1)＝0.解得k＝
－eq \f(m＋1,2)，当且仅当m＞－1时，Δ＞0，欲使l：y＝－eq \f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq \f(m＋1,2)(x－2)．所以l过定点(2，－1)．
新题在线
答案：(1)eq \f(x2,2)＋y2＝1；
(2)(x－1)2＋(y＋1)2＝2；
(3)直线PQ过定点，
定点为(1，1)．
解析：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(a2,c)＝2，,a2＝b2＋c2，))解得a＝eq \r(2)，b＝1.
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设M(2，m)，由CD⊥OM得kCD＝－eq \f(1,kOM)＝－eq \f(2,m)，则CD方程为y＝－eq \f(2,m)(x－1)，即2x＋my－2＝0.
因为圆心Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(m,2)))，则圆心H到直线CD的距离为d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(m2,2)－2)),\r(4＋m2))＝eq \f(m2,2\r(4＋m2)).
圆半径为r＝eq \f(OM,2)＝eq \f(\r(4＋m2),2)，且eq \f(CD,2)＝eq \f(\r(6),2)，由d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(CD,2)))eq \s\up12(2)＝r2，代入得m＝±2.
因为点M在x轴下方，所以m＝－2，此时圆H方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
(3)设PQ方程为：y＝kx＋b(b≠－1)，A(0，－1)，令P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由直线AP与AQ的斜率之和为2得eq \f(y1＋1,x1)＋eq \f(y2＋1,x2)＝2，
由y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b得2k＋eq \f(（b＋1）（x1＋x2）,x1x2)＝2，①
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0，所以x1＋x2＝eq \f(－4kb,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2b2－2,1＋2k2)代入①得，(b＋1)(b＋k－1)＝0，
由b≠－1得b＋k－1＝0，即b＝1－k，
所以PQ方程为y＝kx＋1－k＝k(x－1)＋1，
所以直线PQ过定点，
定点为(1，1)．
定点问题是圆锥曲线中十分重要的内容，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．本专题以椭圆中的斜率之积(和)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.