新高考数学之圆锥曲线综合讲义第17讲斜率定值问题(原卷版+解析)

这是一份新高考数学之圆锥曲线综合讲义第17讲斜率定值问题(原卷版+解析)，共31页。学案主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

1．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，离心率为22．分别过O，F的两条弦AB，CD相交于点E（异于A，C两点），且OE=EF．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：直线AC，BD的斜率之和为定值．
2．如图，在平面直角坐标系xy中，椭圆E：＋＝1的离心率为，直线l：y=x与椭圆E相交于A，B两点，AB=，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．
3．已知椭圆C：的离心率为，且过点．
Ⅰ 求椭圆C的方程；
Ⅱ 若是椭圆C上的两个动点，且使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.
4．已知直线l经过椭圆的左焦点和下顶点，坐标原点O到直线l的距离为.
（1）求椭圆C的离心率；
（2）若椭圆C经过点，点A，B是椭圆C上的两个动点，且的角平分线总是垂直于y轴，试问：直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
5．已知椭圆（）的离心率为，、是椭圆C的左、右焦点，P是椭圆C上的一个动点，且面积的最大值为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若Q是椭圆C上的一个动点，点M，N在椭圆上，O为原点，点Q，M，N满足，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．
6．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程;
（2）设动直线与椭圆有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点为圆心的圆，满足此圆与相交两点，（两点均不在坐标轴上），且使得直线，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．
7．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E斜率为k(k≠0）的直线与（Ⅰ）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．
8．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,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．
9．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦距为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点分别是椭圆的左右顶点，直线经过点且垂直于轴，点是椭圆上异于的任意一点，直线交于点.
①设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值；
②设过点垂直于的直线为 ，求证：直线过定点，并求出定点的坐标.
10．已知椭圆的方程为，斜率为的直线与椭圆交于，两点，点在直线的左上方．
（1）若以为直径的圆恰好经过椭圆右焦点，求此时直线的方程；
（2）求证：的内切圆的圆心在定直线上．
11．如图已知椭圆，是长轴的一个端点，弦过椭圆的中心，且，.
（Ⅰ）求椭圆的方程：
（Ⅱ）设为椭圆上异于且不重合的两点，且的平分线总是垂直于轴，是否存在实数，使得，若存在，请求出的最大值，若不存在，请说明理由.
12．已知椭圆经过两点，为坐标原点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设动直线与椭圆有且仅有一个公共点，且与圆相交于两点，试问直线与的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
13．已知椭圆， ，左、右焦点为，点在椭圆上，且点关于原点对称，直线的斜率的乘积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线经过点，且与椭圆交于不同的两点，若，判断直线的斜率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
14．已知椭圆（）的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线（）与椭圆交于两点，记直线的斜率分别为，试探究是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
15．椭圆C： 的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为l．
（1）求椭圆C的方程；
（2）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1、PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M（m，0），求m的取值范围．
（3）在（2）的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点．设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，若k≠0，试证明为定值，并求出这个定值．
第16讲 斜率定值问题
一、解答题
1．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，离心率为22．分别过O，F的两条弦AB，CD相交于点E（异于A，C两点），且OE=EF．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：直线AC，BD的斜率之和为定值．
【答案】(1)x22+y2=1;(2)详见解析.
【解析】
试题分析：（1）解：由题意，得c=1，e=ca=22，故a=2，
从而b2=a2−c2=1，
所以椭圆的方程为x22+y2=1． ① 5分
（2）证明：设直线AB的方程为y=kx， ②
直线CD的方程为y=−k(x−1)， ③ 7分
由①②得，点A，B的横坐标为±22k2+1，
由①③得，点C，D的横坐标为2k2±2(k2+1)2k2+1， 9分
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
kx1−k(1−x3)x1−x3+kx2−k(1−x4)x2−x4
=k⋅(x1+x3−1)(x2−x4)+(x1−x3)(x2+x4−1)(x1−x3)(x2−x4)
=k⋅2(x1x2−x3x4)−(x1+x2)+(x3+x4)(x1−x3)(x2−x4)13分
=k⋅2(−22k2+1−2(k2−1)2k2+1)−0+4k22k2+1(x1−x3)(x2−x4)
=0． 16分
考点：直线与椭圆的位置关系
点评：主要是考查了直线椭圆的位置关系的运用，属于基础题。
2．如图，在平面直角坐标系xy中，椭圆E：＋＝1的离心率为，直线l：y=x与椭圆E相交于A，B两点，AB=，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．
【答案】（1），；（2）证明见解析．
【解析】
试题分析：（1）由已知条件可得的值，进而得的关系，再利用与椭圆相交于，两点，，可得；（2）斜率存在时设出直线，的斜率分别为，，，利用，表示的斜率，利用直线相交分别求的坐标，再利用斜率公式求，运算化简含式子，得出结果，最后再考虑斜率不存在情况亦成立．
试题解析：（1）因为e==，所以c2=a2，即a2﹣b2=a2，所以a2=2b2；
故椭圆方程为+=1；由题意，不妨设点A在第一象限，点B在第三象限，
由解得A（b，b）；又AB=4，所以OA=2，即b2+b2=20，解得b2=12；
故=2，=2；
（2）由（1）知，椭圆E的方程为，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；所以kCB=﹣； 同理kDB=﹣，
于是直线AD的方程为y﹣2=k2（x﹣4），直线BC的方程为y+2=﹣（x+4）；
从而点N的坐标为；
用k2代k1，k1代k2得点M的坐标为；
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=﹣；
此时CA：x=4，DB：y+2=﹣（x+4），它们交点M（4，）；BC：y=﹣2，AD：y﹣2=k2（x﹣4），它们交点N ，从而kMN=﹣1也成立；
由①②可知，直线MN的斜率为定值﹣1；
考点：1、椭圆的几何性质；2、直线与圆锥曲线的位置关系；3、分类讨论；4、直线的斜率．
【方法点晴】本题主要考查的是椭圆的几何性质，直线和椭圆的位置关系及直线斜率，直线相交的问题，属于难题．解决第二问时，涉及直线较多，采用设两条直线斜率，表示另外两条的方法，控制引入未知数个数，然后利用直线相交，表示交点坐标，需要较强的类比推理能力及运算能力，还要注意斜率是否存在，要有较强的分类讨论意识．
3．已知椭圆C：的离心率为，且过点．
Ⅰ 求椭圆C的方程；
Ⅱ 若是椭圆C上的两个动点，且使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.
【答案】Ⅰ ；（Ⅱ）
【分析】
（I）由离心率可得关系，再将点坐标代入，可得间关系，又，解方程可得的值；
（II）由的角平分线总垂直于轴，可判断直线的斜率互为相反数，由两直线都过点，由点斜式可写出直线方程．一一与椭圆方程联立，消去或的值，可得一元二次方程，又点满足条件，可求得点的坐标，用表示．再由斜率公式可得直线的斜率为定值．
【详解】
(Ⅰ) 因为椭圆的离心率为, 且过点,
所以, . 因为,
解得, ,
所以椭圆的方程为.
(Ⅱ)法1：因为的角平分线总垂直于轴,
所以与所在直线关于直线对称.
设直线的斜率为, 则直线的斜率为.
所以直线的方程为,
直线的方程为.
设点, ,由消去,
得. ①
因为点在椭圆上, 所以是方程①的一个根,
则, 所以.
同理.所以.
又.
所以直线的斜率为.
所以直线的斜率为定值，该值为.
法2：设点，
则直线的斜率, 直线的斜率.
因为的角平分线总垂直于轴, 所以与所在直线关于直线对称.
所以, 即, ①
因为点在椭圆上,
所以，② . ③
由②得, 得, ④
同理由③得, ⑤
由①④⑤得,
化简得, ⑥
由①得, ⑦
⑥⑦得.
②③得,得.
所以直线的斜率为为定值.
法3：设直线的方程为，点，
则,
直线的斜率, 直线的斜率.
因为的角平分线总垂直于轴,
所以与所在直线关于直线对称.
所以, 即,
化简得.
把代入上式, 并化简得
. (*)
由消去得, (**)
则,
代入(*)得,
整理得,
所以或.
若, 可得方程(**)的一个根为，不合题意.
若时, 合题意.
所以直线的斜率为定值，该值为.
4．已知直线l经过椭圆的左焦点和下顶点，坐标原点O到直线l的距离为.
（1）求椭圆C的离心率；
（2）若椭圆C经过点，点A，B是椭圆C上的两个动点，且的角平分线总是垂直于y轴，试问：直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】
（1）先求出直线的方程，再由点到直线的距离公式得出原点到直线的距离，从而可得出答案.
(2)由条件结合（1）先求出椭圆方程，根据条件可得，设直线的方程为，与椭圆方程联立，求解出点的横坐标，同理求出点的横坐标，从而可得直线的斜率，得出答案.
【详解】
解：（1）过点，的直线的方程为
则坐标原点到直线的距离为
可得.
（2）由（1）易知，则椭圆：经过点，
解得，则椭圆：.
因为的角平分线总垂直于轴，所以与所在直线关于直线对称.
则，设直线的斜率为，则直线的斜率为
所以设直线的方程为，直线的方程为
设点，.
由，消去，得.
因为点在椭圆上，则有，即.
同理可得.
所以，又.
所以直线的斜率为.
【点睛】
关键点睛：本题考查求椭圆的离心率和椭圆中的定值问题，解答本题的关键是由条件得出，设直线的方程，与椭圆方程联立，求解出点的横坐标，属于中档题.
5．已知椭圆（）的离心率为，、是椭圆C的左、右焦点，P是椭圆C上的一个动点，且面积的最大值为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若Q是椭圆C上的一个动点，点M，N在椭圆上，O为原点，点Q，M，N满足，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．
【答案】（1）（2）是定值，且定值为．
【分析】
（1）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，即可求出椭圆方程；
（2）设，，，，，，所以，，，由得，代入得，所以，即，从而得到直线与直线的斜率之积为定值，且定值为．
【详解】
解：（1）由题意可知：，解得，
∴椭圆C的方程为：；
（2）设，，，
∴，，，
∵，
∴，∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴直线OM与直线ON的斜率之积为定值，且定值为．
【点睛】
本题主要考查了椭圆方程，以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
6．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程;
（2）设动直线与椭圆有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点为圆心的圆，满足此圆与相交两点，（两点均不在坐标轴上），且使得直线，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．
【答案】（1），（2）存在符合条件的圆，且此圆的方程为，定值为
【分析】
（1）利用离心率和点在椭圆上列出方程，解出即可
（2）当直线的斜率存在时，设的方程为，先将直线的方程与椭圆的方程联立，利用直线与椭圆有且仅有一个公共点，推出，然后通过直线与圆的方程联立，
设，，结合韦达定理，求解直线的斜率乘积，推出为定值，然后再验证直线的斜率不存在时也满足即可
【详解】
（1）由题意得：，
又因为点在椭圆上
所以
解得
所以椭圆的标准方程为：
（2）结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为
证明如下：
假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为：
当直线的斜率存在时，设的方程为
由方程组得
因为直线与椭圆有且仅有一个公共点
所以
即
由方程组得
则
设，，则
设直线，的斜率分别为，
所以
将代入上式得
要使得为定值，则，即
所以当圆的方程为时，
圆与的交点，满足为定值
当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为
此时圆与的交点，也满足为定值
综上：当圆的方程为时，
圆与的交点，满足为定值
【点睛】
涉及圆、椭圆的弦长、交点、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.
7．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E斜率为k(k≠0）的直线与（Ⅰ）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．
【答案】（1）见解析，（2）存在，
【分析】
（1）求出圆和圆的圆心和半径，通过圆F1与圆F2有公共点求出的范围，从而根据可得点的轨迹，进而求出方程；
（2）过点且斜率为的直线方程为，设，，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理以及，，可得，根据其为定值，则有，进而可得结果.
【详解】
（1）因为，，所以，
因为圆的半径为，圆的半径为，
又因为，所以，即，
所以圆与圆有公共点，
设公共点为，因此，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
所以，，，
即轨迹的方程为；
（2）过点且斜率为的直线方程为，设，
由消去得到，
则，， ①
因为，，
所以
，
将①式代入整理得
因为，
所以当时，即时，.
即存在实数使得.
【点睛】
本题考查椭圆定理求椭圆方程，考查椭圆中的定值问题，灵活应用韦达定理进行计算是关键，并且观察出取定值的条件也很重要，考查了学生分析能力和计算能力，是中档题.
8．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,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．
【答案】(1)．(2) k1+k2=2k3证明见解析；
【分析】
(1)利用已知条件判断P的轨迹为椭圆,转化求解即可．
(2)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）,联立直线与椭圆方程,通过韦达定理转化求解斜率关系,证明k1+k2=2k3．
【详解】
解：(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．
(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）,
由可得（9k2+8）x2-18k2x+（9k2-72）=0,
,,
,
,,
因为,
所以：k1+k2=2k3．
【点睛】
本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用,椭圆的定义的应用,考查转化思想以及计算能力,是难题．
9．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦距为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点分别是椭圆的左右顶点，直线经过点且垂直于轴，点是椭圆上异于的任意一点，直线交于点.
①设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值；
②设过点垂直于的直线为 ，求证：直线过定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）；（2）见解析.
【详解】
试题分析：（1）根据条件列方程组，解得，（2）①设，则可由直线交点得，再根据斜率公式化简，最后利用点P在椭圆上得定值；②先探求定点为，再根据点斜式写出直线方程，最后令y=0解得x=-1.
试题解析：（1）由题意椭圆的焦距为2，且过点，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①设，则直线的方程为，
令得，因为，因为，
所以，因为在椭圆上，所以，
所以为定值，
②直线的斜率为，直线的斜率为，
则直线的方程为，
所以直线过定点.
点睛：1.求定值问题常见的方法有两种
(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．
2．定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．
(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．
10．已知椭圆的方程为，斜率为的直线与椭圆交于，两点，点在直线的左上方．
（1）若以为直径的圆恰好经过椭圆右焦点，求此时直线的方程；
（2）求证：的内切圆的圆心在定直线上．
【答案】（1）．（2）见解析
【分析】
（1）设直线的方程为．设，．由直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，由判别式大于0得的一个范围，由点在直线的左上方再一个的范围，两者结合得的取值范围，以为直径的圆恰好经过椭圆的右焦点，说明，用坐标表示并代入可求得，注意的取值范围，即得直线方程；
（2）由（1）计算，即得直线是的内角平分线，可得结论．
【详解】
解：（1）设直线的方程为．设，．
由得，则，．
由，解得．
又∵点在直线的左上方，∴．
若以为直径的圆恰好经过椭圆的右焦点，
则，即，
化简得，解得，或（舍）．
∴直线的方程为．
（2）∵
，
∴直线平分，即的内切圆的圆心在定直线上．
【点睛】
本题考查直线与椭圆相交问题，考查直线的对称性．直线与椭圆相交问题采取设而不求思想，即设交点坐标为，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得，用参与运算求解．
11．如图已知椭圆，是长轴的一个端点，弦过椭圆的中心，且，.
（Ⅰ）求椭圆的方程：
（Ⅱ）设为椭圆上异于且不重合的两点，且的平分线总是垂直于轴，是否存在实数，使得，若存在，请求出的最大值，若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）易知根据条件确定形状，即得C坐标，代入椭圆方程可得，（Ⅱ）即先判断是否成立，设的直线方程，与椭圆联立方程组解得坐标，根据、关系可得坐标，利用斜率坐标公式即得斜率，进而判断成立，然后根据两点间距离公式计算长度最大值，即可得的最大值.
【详解】
（Ⅰ）∵， ∴
又，即，2
∴是等腰直角三角形
∵， ∴
因为点在椭圆上，∴∴
∴所求椭圆方程为
（Ⅱ）对于椭圆上两点、，∵的平分线总是垂直于轴
∴与所在直线关于对称，设且，则，
则的直线方程 ①
的直线方 ②
将①代入得 ③
∵在椭圆上，∴是方程③的一个根，∴
以替换，得到.

因为,所以∴ ∴，∴存在实数，使得
当时即时取等号，
又，
【点睛】
解析几何存在性问题，一般解决方法先假设存在，即设参数，运用推理，将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，然后直接推理、计算，根据计算结果确定是否存在．其中直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化.
12．已知椭圆经过两点，为坐标原点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设动直线与椭圆有且仅有一个公共点，且与圆相交于两点，试问直线与的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）为定值，
【分析】
（1）将两点坐标代入椭圆方程，建立的方程组，即可求出结论；
（2）先求出直线斜率不存在时的值，当直线斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立，根据已知求出关系，再将直线与圆方程联立，根据根与系数关系将坐标用表示，进而求出，即可得出结论.
【详解】
（1）依题意，，解得，
所以椭圆方程为.
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为.
若直线l的方程为，则M，N的坐标为，
.
若直线l的方程为，则M，N的坐标为，
.
当直线l的斜率存在时，可设直线，
与椭圆方程联立可得，
由相切可得，
.
又，消去得
，
设，，则
∴，
.
故为定值且定值为.
综上，为定值且定值为.
【点睛】
本题考查待定系数法求椭圆方程、直线与椭圆的位置关系以及圆与直线的位置关系，要熟练掌握根与系数关系设而不求的方法求相交弦问题，属于中档题.
13．已知椭圆， ，左、右焦点为，点在椭圆上，且点关于原点对称，直线的斜率的乘积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线经过点，且与椭圆交于不同的两点，若，判断直线的斜率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）直线的斜率为定值
【分析】
（1）利用斜率乘积为，，可构造出方程组，求解得到和，从而可得椭圆标准方程；（2）联立直线与椭圆方程，可得关于的一元二次方程；利用判别式大于零可求得的取值范围；利用韦达定理表示出和；根据，可得到；利用向量数量积坐标运算，代入韦达定理整理得到，解方程可求得结果.
【详解】
（1）由题意知：，又，
可得：，，
椭圆的方程为：
（2）设直线的方程为：
将其代入，整理可得：
则，得：
设，
则，
又，且
又，
所以
又，
化简得：，解得：

直线的斜率为定值
【点睛】
本题考查椭圆标准方程的求解、椭圆中的定值类问题.解决本题的关键是灵活利用韦达定理的形式来表示出已知中的等量关系，通过整理可得到关于的方程，解方程求得结果；要注意的是，需要通过判别式确定的取值范围.
14．已知椭圆（）的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线（）与椭圆交于两点，记直线的斜率分别为，试探究是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1) (2) 为定值，该定值为0.
【解析】
试题分析：（1）由椭圆的离心率公式，求得a2=4b2，将M代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；（2）将直线l：代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可取得k1+k2=0．
试题解析：
（1）依题意，
解得，故椭圆的方程为；
（2），下面给出证明：设， ，
将代入并整理得，
，解得，且
故，，
则，
分子=
，
故为定值，该定值为0.
15．椭圆C： 的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为l．
（1）求椭圆C的方程；
（2）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1、PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M（m，0），求m的取值范围．
（3）在（2）的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点．设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，若k≠0，试证明为定值，并求出这个定值．
【答案】（1）；（2）；（3）-8
【解析】试题分析：（1）根据题意可得又因为，所以可得a，b的值，即可得方程；（2）设出点p坐标，由两点式列出直线方程，然后利用点m到两直线的距离相等来确定m值，再根据p点，横坐标的范围，来确定m范围；（3）设直线方程为与椭圆方程联立，需满足求得，由（2）可知，代入化简即可
试题解析：（1）由于
由题意知
又
（2）设
由题意知
由于点P在椭圆上，所以
所以
（3）设则直线l的方程为
联立
由题意得
又
由（2）知
所以
因此
考点：1．椭圆方程的性质；2．直线与椭圆