【二轮复习】高考数学考点6-6 圆锥曲线中斜率和积与韦达定理的应用（考点精练）.zip

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【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，在椭圆上的动点，那么：
①，此时已经凑出韦达定理的形式，就无需再解点，可直接代入韦达定理求解.
②,这里对交叉项的处理可进一步代入直线方程：，化简可得：
（*），再代入韦达定理.注意，这一步代入很重要，（*）式是一个非常简洁的结构，易于操作.
③.
可进一步代入直线方程：，化简可得：
【精选例题】
【例1】已知椭圆的离心率为，点在C上．过C的右焦点F的直线交C于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若动点P满足，求动点P的轨迹方程．
【答案】(1)；(2)x＝2
【详解】（1）由题意，b＝1，，又，解得b＝1，，c＝1．故椭圆C的方程为．
（2）直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为．
设，，．将代入，得．于是，．①由题意，有，即
．显然点不在直线上，∴，从而
．将式①代入，得，化简得．
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．
【例2】已知点在双曲线上，直线（不过点）的斜率为，且交双曲线于、两点.
(1)求双曲线的方程；
(2)求证：直线、的斜率之和为定值.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【详解】（1）解：将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，所以，双曲线的方程为.
（2）证明：由题意，设直线的方程为，设、，
联立可得，，解得或，由韦达定理可得，，所以，
.可得直线、的斜率之和为.
【例3】已知为坐标原点，椭圆的离心率为，椭圆的上顶点到右顶点的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的左、右顶点分别为、，过点作直线与椭圆交于、两点，且、位于第一象限，在线段上，直线与直线相交于点，连接、，直线、的斜率分别记为、，求的值．
【答案】(1)；(2)
【详解】（1）解：由题意知，，椭圆的上顶点到右顶点的距离为，即，解得，，，因此，椭圆的方程为．
（2）解：如下图所示：不妨设、，由图可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，因为点，则，则，联立可得，，可得，即，解得，由韦达定理可得，解得，所以，，易知、，由于在直线上，设，
又由于在直线上，则，所以，，
.
【例4】已知椭圆的离心率是，且过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C的左、右顶点分别为，，且P，Q为椭圆C上异于，的点，若直线过点，是否存在实数，使得恒成立．若存在，求实数的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)；(2)存在实数，满足题设条件
【详解】（1）由题意，，，解得：①．∵点在椭圆C上，∴②
联立①、②，解得，，故所求椭圆C的标准方程是
（2）解法一：由（1）知，．当直线斜率不存在时，．与椭圆联立可得，，则，，故而，可得；得当直线斜率存在且不为0时，设，令，，则，．联立消去y并整理，
得，则由韦达定理得，，假设存在实数，使得，则，即，整理得，
变形为，则，即，
即，即或，得或．
当时，．此时，，
整理得，解得与题设矛盾，所以，所以．
解法二：由（1）知，，．可设，，．
联立，得，由韦达定理得：，，
所以，所以
故存在实数，满足题设条件．
【例5】已知椭圆：的右焦点在直线上，分别为的左、右顶点，且.
(1)求的标准方程；
(2)已知，是否存在过点的直线交于，两点，使得直线，的斜率之和等于-1?若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2)存在，其方程为：
【详解】（1）设右焦点，直线与轴的交点为，所以椭圆右焦点的坐标为
故在椭圆中 ，由题意，结合，则，
所以椭圆的方程为：
（2）当直线的斜率为0时，显然不满足条件，当直线的倾斜角不为时，设直线的方程为：，，由，可得，由题意，则
由
，化简可得，由，即，故存在满足条件的直线，直线的方程为：
【例6】双曲线C：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双曲线C于B，D两点，且是直角三角形．
(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，试问：直线MN是否经过定点？证明你的结论．
【答案】(1)，(2)过定点，理由见解析
【详解】（1）根据题意可得，，半焦距，则，当时，， ，所以，所以，由，得，所以，
，解得或（舍去），所以，所以双曲线方程为，
（2）由题意可知直线的斜率不为零，所以设直线为，设，
由，得，由，得，
所以，由（1）知，所以，因为，所以，所以，所以，
化简得，所以，
所以，化简得，解得或，
因为M，N是C右支上的两动点，所以，所以，所以直线的方程为，所以直线恒过定点

【跟踪训练】
1.已知椭圆的左右顶点分别为，上顶点为为椭圆上异于四个顶点的任意一点，直线交于点，直线交轴于点.
(1)求面积的最大值；
(2)记直线的斜率分别为，求证：为定值.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【详解】（1）方法1：如图所示，
由题意知，，，，设，则，
点到直线的距离为：，所以，所以.故△MBD面积的最大值为：.
方法2：设与平行的直线，联立得，令，显然当时与椭圆的切点与直线的距离最大，
，所以.故△MBD面积的最大值为：.
（2）如图所示，设直线，联立得，则点的坐标为，
设点为，则，所以，即，
所以，联立得点的坐标为，所以，，所以.故为定值.
2.已知点为双曲线上一点，的左焦点到一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
【答案】(1)；(2)证明见解析，定点为.
【详解】（1）设到渐近线，即的距离为，则，结合得，又在双曲线上，所以，得，所以双曲线的标准方程为.
（2）联立，消去并整理得，则，，即，设，，则，，
则
，所以，
所以，所以，
整理得，所以，所以，
因为直线不过，即，，所以，即，所以直线，即过定点.

3.已知椭圆：，，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，，证明，斜率之积为定值．
解析：（1）由题意得，故椭圆为，又点在上，所以，得，，故椭圆的方程即为；
（2）由已知直线过，设的方程为，联立两个方程得，消去得：，得，设，，则，（*），因为，故，将（*）代入上式，可得：，∴直线与斜率之积为定值．
4.在平面直角坐标系中，已知两定点，，M是平面内一动点，自M作MN垂直于AB，垂足N介于A和B之间，且．
(1)求动点M的轨迹；
(2)设过的直线交曲线于C，D两点，Q为平面上一动点，直线QC，QD，QP的斜率分别为，，，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；若不在，请说明理由．
【答案】(1)；(2)在定直线y＝8（x≠0）上．
【详解】（1）设，则，由题意知－4＜x＜4．
∵，∴，即，故动点M的轨迹为．
（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．
设，，，则，，，由此知．
将y＝kx＋1代入，得，于是，．①
条件即，也即．
将，代入得．
显然不在直线y＝kx＋1上，∴，从而得，即．
将，代入得．将式①代入得，解得．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．
5.设椭圆的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为．
(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．
【答案】(1)或．(2)证明见解析
【详解】（1）由已知得，直线l的方程为x＝1．l的方程与C的方程联立可得或．
∴直线AM的方程为或．
（2）证明：证法一（【通性通法】分类＋常规联立）当与轴重合时，．
当与轴垂直时，为的垂直平分线，∴．当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，则，直线、的斜率之和为．
由得．将代入得．∴．则．从而，故、的倾斜角互补，∴．综上，．
6.设抛物线的焦点为F，过F且斜率为1的直线l与E交于A，B两点，且．
(1)求抛物线E的方程；
(2)设为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的斜率分别为和．求证：为定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【详解】（1）由题意，，直线l的方程为，代入，得．于是，∴焦点弦，解得p＝2．故抛物线E的方程为．
（2）因在E上，∴m＝2．设E在P处的切线方程为，代入，得．由，解得t＝1，∴P处的切线方程为y＝x＋1，从而得．易知直线MN的斜率存在，设其方程为，设，．将代入，得．于是，，且，．
∴．故为定值2．
7.已知椭圆经过点，离心率为．过点的直线l与椭圆E交于不同的两点M，N．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线AM和直线AN的斜率分别为和，求的值．
【答案】(1)；(2)
【详解】（1）由题意，，，且，解得，．故椭圆E的方程为．
（2）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋2，设，．
将y＝kx＋2代入，消去y得；消去x得．于是，，，．
∴
．
当直线l的斜率不存在时，，，此时．综上，
1．已知为坐标原点，过点的动直线与抛物线相交于两点．
(1)求；
(2)在平面直角坐标系中，是否存在不同于点的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；(2)存在，.
【分析】（1）设出直线的方程，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）显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，，
由消去x并整理得，显然，于是，
所以.
（2）由（1）知，
假定存在不同于点的定点，使得恒成立，由抛物线对称性知，点在x轴上，设，
则直线的斜率互为相反数，即，即，
整理得，即，亦即，而不恒为0，则，
所以存在不同于点的定点，使得恒成立，点的坐标为.
2．设抛物线的焦点为，过且斜率为1的直线与交于两点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)已知过点的直线与交于不重合的两点，且，直线和的斜率分别为和.求证：为定值.
【答案】(1);(2)证明过程见解析
【分析】（1）设出直线方程，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，得到抛物线方程；
（2）当直线的斜率为0时不合要求，设直线为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出，得到结论.
【详解】（1）由题意得，故直线方程为，
联立与得，
设，
则，
则，所以，解得，
故抛物线的方程为；
（2）当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，
设直线为，联立得，，
设，
则，
则，
所以
.
所以，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.
3．已知双曲线的左､右顶点分别为，点在上，且.
(1)求的方程；
(2)直线与交于两点，记直线的斜率分别为，若，求的值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）将代入，并结合得到方程组，求出，，，得到双曲线方程；
（2）联立与，得到两根之和，两根之积，根据根的判别式得到的取值范围，结合，变形得到，求出答案.
【详解】（1）由题意得，，
因为，所以，
即，解得或4，
当时，，解得，满足要求，
当时，，无解，舍去；
所以；
（2）联立与得，
要想线与交于两点，则要，
解得且，
设，，
则，
其中，，
故
，
因为，所以，
即，
变形为，
即①，

要想①恒成立，则，解得，满足且，
故.
【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.
4．已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右顶点，、分别为椭圆的左、右焦点，．
(1)求椭圆的方程；
(2)设与轴不垂直的直线交椭圆于、两点（、在轴的两侧），记直线，，，的斜率分别为，，，．
（i）求的值；
（ii）若，求面积的取值范围．
【答案】(1)；(2)（i）；（ii）
【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，联立后消去得与有关的韦达定理后求解即可得；
（ii）借助（i）中的结论，将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.
【详解】（1）由于椭圆的离心率为，故，
又，所以，，，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）设与轴交点为，由于直线交椭圆Ｃ于、两点（、在轴的两侧），
故直线的的斜率不为，直线的方程为，
联立，则，
则，
设，，则，，
又，，
故，
同理 ．
（ii）因为，则，．
又直线交与轴不垂直可得，所以，即．
所以，，
于是，
，
整理得，解得或，
因为、在轴的两侧，所以，，
又时，直线与椭圆有两个不同交点，
因此，直线恒过点，
此时，，
，
设，由直线交与轴不垂直可得，
故，
因为在上为减函数，
所以面积的取值范围为.
【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.
5．已知曲线C上的任意一点到直线的距离是它到点的距离的倍.
(1)求曲线C的方程;
(2)设，，过点的直线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，，求直线l的斜率k的取值范围以及的值.
【答案】(1)；(2)，
【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，由交点都在双曲线右侧计算可得斜率范围，计算可得，即可得.
【详解】（1）设是曲线C上的任意一点，则，
化简得，
所以曲线C的方程为；
（2）设，，直线AB的方程为，
由，消去x并整理得，
则，，
则，，
因为直线l在y轴的右侧与曲线C相交于A，B两点，
所以，即，
所以，
即，
即，解得，
即，解得或，
所以直线l的斜率k的取值范围是，
又
，
即，所以.
【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.
6．已知椭圆的离心率，短轴长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率不为的动直线与椭圆交于、两点，点是直线上一定点，设直线、的斜率分别为、，若为定值，求点的坐标.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设、、，设直线的方程为，由根与系数的关系可得出，进而可得出，化简的表达式，根据为定值可得出关于、的等式，结合可求得、的值，即可得出点的坐标.
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率，短轴长为，
则，解得，故椭圆的方程为.
（2）解：设、、，
设直线的方程为，
由得，
因为、为方程的两根，
所以，
则，
由，得，
由得，
同理可得，
则
，
若为定值，则必有，
结合点在直线上，即，解得，
所以点坐标为，则，
综上所述，当时，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，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
7．在平面直角坐标系内，已知两点关于原点对称，且的坐标为. 曲线上的动点满足当直线的斜率都存在时，.
(1)求曲线的方程；
(2)已知直线过点且与曲线交于两点，问是否存在定点，使得直线关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；(2)存在，
【分析】（1）由题意，化简并整理即可，注意.
（2）设，，由题意，即，将直线方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，且，
又，化简并整理得，
曲线的方程为.
（2）假设存在满足题意，并设，
联立，得，
则.
因为直线关于轴对称，所以，
即，
即对任意成立，所以，
即假设成立，存在定点满足题意.
8．在平面直角坐标系中，是直角三角形，，，点，分别在轴和轴上运动，点关于的对称点为.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若过点的直线与点的轨迹交于，两点，，求直线，的斜率之和.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）设，，，由题意可得为的中点，然后利用中点坐标公式可得，，再由结合向量的数量积可求出动点的轨迹方程；
（2）由题意设直线的方程为，，，表示出和，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，然后计算化简与的和即可.
【详解】（1）设，，，由点关于的对称点为，得为的中点，
所以，，
即，.
又，所以，即，
化简，得，
又，不重合，所以，，
故动点的轨迹方程为.
（2）由题意知直线的斜率存在，故设直线的方程为，，，
则，，
由，得，
所以，，，
所以.