第17讲 斜率定值问题(解析版)

1．如图，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，椭圆

𝑥2𝑎

2+

𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的右焦点为𝐹(1，0)，离心率为．分别过√22

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)【解析】

试题分析：（1）解：由题意，得𝑐=1，𝑒=从而𝑏2=𝑎2−𝑐2=1， 所以椭圆的方程为

𝑥22

𝑐𝑎

𝑥22

+𝑦2=1;(2)详见解析.

=

√2，故𝑎2

=√2，

+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±√2𝑘2+1， 由①③得，点𝐶，𝐷的横坐标为

2𝑘2±√2(𝑘2+1)2𝑘2+12

， 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)𝑘𝑥2−𝑘(1−𝑥4)

+

𝑥1−𝑥3𝑥2−𝑥4

=𝑘⋅

=𝑘⋅

2(𝑥1𝑥2−𝑥3𝑥4)−(𝑥1+𝑥2)+(𝑥3+𝑥4)

(𝑥1−𝑥3)(𝑥2−𝑥4)

(𝑥1+𝑥3−1)(𝑥2−𝑥4)+(𝑥1−𝑥3)(𝑥2+𝑥4−1)

(𝑥1−𝑥3)(𝑥2−𝑥4)13分

2(𝑘2−1)−24𝑘2

2(2−2+1)−0+2𝑘2+12𝑘+12𝑘=𝑘⋅

(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xoy中，椭圆E：圆E相交于A，B两点，AB=线AD，BC相交于点N．

＋＝1的离心率为，直线l：y=x与椭

，C，D是椭圆E上异于A，B两点，且直线AC，BD相交于点M，直

（1）求a，b的值；

（2）求证：直线MN的斜率为定值． 【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）由已知条件可得的值，进而得

，可得，表示

含

式子，得出结果

；（2）斜率存在时设出直线

的关系，再利用，

的斜率分别为

与椭圆相交于，

，

，两点，，利用

，

；（2）证明见解析．

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

，最后再考虑斜率不存在情况亦成立． ，所以c2=a2，即a2﹣b2=a2，所以a2=2b2；

试题解析：（1）因为e==

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；

，从而A（4，2），B（﹣4，﹣2）；

（2）由（1）知，椭圆E的方程为

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=﹣它们交点N

（x+4），它们交点M（4，

；

）；BC：y=﹣2，AD：y﹣2=k2（x﹣4），

，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．

x2y23，3．已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，且过点A21．

ab2(Ⅰ) 求椭圆C的方程；

(Ⅰ) 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.

1x2y2【答案】(Ⅰ) （Ⅰ）. 1；

282【分析】

（I）由离心率可得a,c关系，再将点A坐标代入，可得a,b间关系，又a2b2c2，解方程可得a,b的

22值；

（II）由PAQ的角平分线总垂直于x轴，可判断直线PA,AQ的斜率互为相反数，由两直线都过A点，

由点斜式可写出直线方程．一一与椭圆方程联立，消去x或y的值，可得一元二次方程，又A点满足条件，可求得P,Q点的坐标，用k表示．再由斜率公式可得直线PQ的斜率为定值． 【详解】

(Ⅰ) 因为椭圆C的离心率为3, 且过点A2,1, 2 所以

41c31, . 因为a2b2c2, 22aba2 解得a28, b22,

x2y2 所以椭圆C的方程为1.

82(Ⅰ)法1：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xP,yP, QxQ,yQ,由{y1kx2,消去y, x2y21,822222得14kx16k8kx16k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,

16k216k48k28k2, 所以xP. 则2xP2214k14k16k8k28k2xx.. 同理xQ所以PQ2214k14k8k. 又yPyQkxPxQ414k2所以直线PQ的斜率为kPQyPyQxPxQ1. 2所以直线PQ的斜率为定值，该值为法2：设点Px1,y1,Qx2,y2， 则直线PA的斜率kPA1. 2y11y21k, 直线QA的斜率QA.

x12x2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. 所以kPAkQA, 即

y11y210, ① x12x22 因为点Px1,y1,Qx2,y2在椭圆C上,

22x12y12x2y2 所以1，② 1. ③

8282 由②得x144y110, 得

22y11x21, ④ x124y11 同理由③得

y21x22, ⑤ x224y21x12x220, 由①④⑤得

4y114y21化简得x1y2x2y1x1x22y1y240, ⑥ 由①得x1y2x2y1x1x22y1y240, ⑦ ⑥-⑦得x1x22y1y2.

2222y1y2x1x21xxyy1212,. ②-③得得0xx4yy2821212所以直线PQ的斜率为kPQy1y21为定值.

x1x22法3：设直线PQ的方程为ykxb，点Px1,y1,Qx2,y2， 则y1kx1b,y2kx2b, 直线PA的斜率kPAy11y21, 直线QA的斜率kQA. x12x2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. 所以kPAkQA, 即

y11y12, x12x22 化简得x1y2x2y1x1x22y1y240. 把y1kx1b,y2kx2b代入上式, 并化简得 2kx1x2b12kx1x24b40. (*)

由{x2222消去y得4k1x8kbx4b80, (**) y21,82ykxb,8kb4b28 则x1x22, ,x1x224k14k12k4b288kbb12k代入(*)得4b40, 224k14k1整理得2k1b2k10,

1或b12k. 2若b12k, 可得方程(**)的一个根为2，不合题意.

1若k时, 合题意.

2所以k所以直线PQ的斜率为定值，该值为

1. 2

1x2y24．已知直线l经过椭圆C:22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a.

2ab（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. 【答案】（1）

2；（2）是定值，定值为1. 2【分析】

（1）先求出直线l的方程，再由点到直线的距离公式得出原点O到直线l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kAPkBP，设直线AP的方程为y1k(x2)，与椭圆方程联立，求解出点A的横坐标，同理求出点B的横坐标，从而可得直线AB的斜率，得出答案. 【详解】 解：（1）过点(c,0)，(0,b)的直线l的方程为bxcybc0 则坐标原点O到直线l的距离为dbcb2c2bc1a a2可得a22bca44(a2c2)c24e44e210ec2. a2x2y2（2）由（1）易知a2b，则椭圆C：221经过点P(2,1)，

2bbx2y21. 解得b3，则椭圆C：63因为APB的角平分线总垂直于y轴，所以AP与BP所在直线关于直线y1对称.

2则kAPkBP，设直线AP的斜率为k，则直线BP的斜率为k

所以设直线AP的方程为y1k(x2)，直线BP的方程为y1k(x2) 设点A(x1,y1)，B(x2,y2).

y1k(x2)2222由x2y2，消去y，得(12k)x4(k2k)x8k8k40.

136224k4k28k8k4. 因为点P(2,1)在椭圆C上，则有2x1，即x12212k12k

4k24k2. 同理可得x2212k所以x1x28k8k. yyk(xx)4k，又12122212k12ky1y21. x1x2所以直线AB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kAPkBP，设直线AP，BP的方程，与椭圆方程联立，求解出点A,B的横坐标，属于中档题.

x2y26FF5．已知椭圆C:221（ab0）的离心率为，1、2是椭圆C的左、右焦点，P是椭圆C

ab3上的一个动点，且△PF1F2面积的最大值为102． （1）求椭圆C的方程；

x2（2）若Q是椭圆C上的一个动点，点M，N在椭圆y21上，O为原点，点Q，M，N满足

3OQOM3ON，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．

1x2y21（2）是定值，且定值为． 【答案】（1）30103【分析】

（1）根据题意列出关于a，b，c的方程组，解出a，b，c的值，即可求出椭圆方程；

2222（2）设Q(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以x023y0230，x13y13，x23y23，由

x0x13x22222OQOM3ON得yy3y，代入x03y0得x03y03276(x1x22y1y2)，所以

120x1x22y1y20，即kOMkON11，从而得到直线OM与直线ON的斜率之积为定值，且定值为． 22【详解】

c62a30a32解：（1）由题意可知：bc102，解得b10，

c220a2b2c2x2y21； ∴椭圆C的方程为：3010（2）设Qx0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，

22223y23， ∴x03y030，x123y123，x2∵OQOM3ON，

x0x13x2∴x0,y0x1,y13x2,y2，∴，

yy3y120

222222∴x03y0x13x23y13y2x16x1x29x23y118y1y227y2327226x1x23y1y230，

∴x1x23y1y20，

∴

y1y21，即kOMkON1， x1x233∴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．

1331x2y26．已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，点A1,在椭圆C上．

2ab2（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P，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1，P2（两点均不在坐标轴上）定值；若不存在，请说明理由．

3x2y222【答案】（1）（2）存在符合条件的圆，且此圆的方程为xy7，定值为 1，

443【分析】

（1）利用离心率和点在椭圆上列出方程，解出a,b,c即可

（2）当直线l的斜率存在时，设l的方程为ykxm，先将直线的方程与椭圆的方程联立，利用直线l与椭圆有且仅有一个公共点，推出m24k23，然后通过直线与圆的方程联立，

kk设P1x1,y1，P2x2,y2，结合韦达定理，求解直线的斜率乘积，推出12为定值，然后再验证直线l的

斜率不存在时也满足即可

【详解】 （1）由题意得：

c1，a2b2c2 a23A又因为点1,在椭圆C上 2所以

191 22a4b3,c1

解得a2,bx2y2所以椭圆的标准方程为：1

43（2）结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x证明如下：

假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为：xyr(r0) 当直线l的斜率存在时，设l的方程为ykxm

2222y27

ykxm222由方程组x2y2得4k3x8kmx4m120

134因为直线l与椭圆有且仅有一个公共点 所以18km44k34m120

222

即m24k23 由方程组ykxm222xyr得k1x2kmxmr0

2222则22km4k1mr22220

2kmm2r2 设P,x1x221x1,y1，P2x2,y2，则x1x22k1k1设直线OP1，OP2的斜率分别为k1，k2

22y1y2kx1mkx2mkx1x2kmx1x2m 所以k1k2x1x2x1x2x1x2m2r22kmk2km2m2m2r2k2k1k122

m2r2mrk212将m24k23代入上式得

k1k24rk222324k3r

4r23要使得k1k2为定值，则，即r27 243r所以当圆的方程为x2y27时，

3 43 4kk圆与l的交点P1，P2满足12为定值当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x2

kk此时圆与l的交点P1，P2也满足12为定值综上：当圆的方程为x2y27时，

3 4kk圆与l的交点P1，P2满足12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．

x2y2【答案】（1）见解析，1（2）存在，m2

43【分析】

（1）求出圆F1和圆F2的圆心和半径，通过圆F1与圆F2有公共点求出F1F2的范围，从而根据

PF1PF24可得P点的轨迹，进而求出方程；

（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，联立直线方程和椭圆方程，

y2y1(6m24)k2根据韦达定理以及k1，k1，可得kk1k2，根据其为定值，

x2mx1m4(m1)2k23m212则有3m2120，进而可得结果. 【详解】

（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，c1a2，b3，

x2y2即轨迹E的方程为1；

43（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

x2y212222由4消去y得到4k3x8kx4k120， 3yk(x1)

8k24k212则x1x2，x1x2， ① 224k34k3因为k1y2y1，k1，

x2mx1mkx11kx21y1y2k

xmxmxmxm2211所以kk1k2kx1x212x11x2mx21x1mk21k xmxmxmxm12212x1x2(m1)x1x22mk，

x1x2mx1x2m22(6m24)k2 将①式代入整理得kk1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.

【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Q1，,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．

83x2y2【答案】(1) 1x3．(2) k1+k2=2k3证明见解析；

98【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），

x2y2所以点P的轨迹E的方程为1x3．

98

(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）,

x2y21，由9可得（9k2+8）x2-18k2x+（9k2-72）=0, 8ykx1，9k27218k2,x1x2, x1x2229k89k888kx118, 33kk1x11x113x11y1

8k2k,3k1, 3x21k391388k因为k1k3k2k3所以：k1+k2=2k3．

【点睛】

x1x220281128, 33x11x2133x1x2x1x21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．

6x2y22,9．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:221ab0的焦距为2，且过点. 2ab

（1）求椭圆E的方程；

（2）若点A,B分别是椭圆E的左右顶点，直线l经过点B且垂直于x轴，点P是椭圆上异于A,B的任意一点，直线AP交l于点M.

①设直线OM的斜率为k1，直线BP的斜率为k2，求证：k1k2为定值； ②设过点M垂直于PB的直线为m ，求证：直线m过定点，并求出定点的坐标.

x2y2【答案】（1）（2）见解析. 1；

43【详解】

32试题分析：（1）根据条件列方程组，解得a2,b3，（2）①设Px0,y0，则可由直c1,221ab2线交点得M2,4y0再根据斜率公式化简k1k2，最后利用点P在椭圆上得定值；②先探求定点为1,0，，

x02再根据点斜式写出直线m方程，最后令y=0解得x=-1.

6x2y22,试题解析：（1）由题意椭圆E:221(ab0)的焦距为2，且过点， 2ab32所以，解得a2,b3， c1,2221abx2y2所以椭圆E的标准方程为1.

43（2）①设Px0,y0y00，则直线AP的方程为y

y0x2， x02令x2得M2,2y0y04y0kk，因为，因为， 12x2x2x0200222y0x0y0所以k1k22，因为Px0,y0y00在椭圆上，所以1，

x0243所以k1k23为定值， 2y12x1，直线m的斜率为km， x12y1②直线BP的斜率为k2则直线m的方程为yx122x14y12x1x2yx20x1， y1y1x12y1所以直线m过定点1,0.

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ykxb，然后利用条件建立k,b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．

13x2y2P10．已知椭圆C的方程为，斜率为的直线与椭圆交于，两点，点Cl1AB1,在直线l的

2243左上方．

（1）若以AB为直径的圆恰好经过椭圆右焦点F2，求此时直线l的方程； （2）求证：△PAB的内切圆的圆心在定直线x1上． 【答案】（1）y【分析】

（1）设直线l的方程为y111x．（2）见解析 271xm．设Ax1,y1，Bx2,y2．由直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦23在直线l的左上方再一个m的范围，2达定理得x1x2,x1x2，由判别式大于0得m的一个范围，由点P1,两者结合得m的取值范围，以AB为直径的圆恰好经过椭圆C的右焦点F2，说明AF2BF2示并代入x1x2,x1x2可求得m，注意m的取值范围，即得直线方程；

（2）由（1）计算kPAkPN0，即得直线x1是APB的内角平分线，可得结论． 【详解】

解：（1）设直线l的方程为y0，用坐标表

1xm．设Ax1,y1，Bx2,y2． 2x2y21432由得x2mxm230，则x1x2m，x1x2m3． y1xm2由△m4m30，解得2m2． 又∵点P1,223在直线l的左上方，∴2m1． 2若以AB为直径的圆恰好经过椭圆C的右焦点F2， 则AF2BF20，即1x1,y11x2,y20，

11，或m1（舍）． 7化简得7m24m110，解得m∴直线l的方程为y111x． 27

（2）∵kPAkPB33y1y2

221x11x23131x1mx2m

22221x11x21111m

1x1x122x1x211m

1x1x2x1x22mm2m211m120， 21mm3mm2∴直线x1平分APB，即△PAB的内切圆的圆心在定直线x1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(x1,y1),(x2,y2)，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得x1x2,x1x2，用x1x2,x1x2参与运算求解．

x2y211．如图已知椭圆221ab0，A2,0是长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，且

abACBC0，OCOB2BCBA.

（Ⅰ）求椭圆的方程：

（Ⅰ）设P,Q为椭圆上异于A,B且不重合的两点，且PCQ的平分线总是垂直于x轴，是否存在实数，使得PQAB，若存在，请求出的最大值，若不存在，请说明理由.

x23y223 【答案】（Ⅰ）1（Ⅰ）max344【分析】

（Ⅰ）易知a2,根据条件确定AOC形状，即得C坐标，代入椭圆方程可得b2，（Ⅰ）即先判断PQ∥AB是否成立，设PC的直线方程，与椭圆联立方程组解得P坐标，根据P、Q关系可得Q坐标，利用斜率坐标公式即得PQ斜率，进而判断PQ∥AB成立，然后根据两点间距离公式计算PQ长度最大值，即可得的最大值. 【详解】

（Ⅰ）∵ACBC0， ∴ACBC,ACB90

又OCOB2BCBA，即BC2AC，2OC2AC,OCAC ∴AOC是等腰直角三角形 ∵A(2,0)， ∴C(1,1) 因为点C在椭圆上，∴

1142 1,a2,b∴22ab3x23y2∴所求椭圆方程为1

44（Ⅰ）对于椭圆上两点P、Q，∵PCQ的平分线总是垂直于x轴

∴PC与CQ所在直线关于x1对称，设kPCk(k0且k1)，则kCQk， 则PC的直线方程y1k(x1)yk(x1)1 ①

QC的直线方y1k(x1)yk(x1)1 ②

x23y2将①代入1得(13k2)x26k(k1)x3k26k10 ③

44

3k26k1∵C(1,1)在椭圆上，∴x1是方程③的一个根，∴xp1xp 213k3k26k1. 以k替换k，得到xQ23k16k224kk2k22ypyQk(xpxQ)2k113k13kkPQ

12k12kxpxQxpxQ32213k13k1因为B(1,1),所以kAB,∴kPQkAB, ∴PQ∥AB，∴存在实数，使得PQAB

3|PQ|(xpxq)(ypyq)2212k24k2()()213k13k2160k2(13k2)216023013 9k226k当9k21132时即时取等号， k,kk23323023 3310又|AB|10，【点睛】

max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.

x2y222312．已知椭圆C:221(ab0)经过A(1,),B(,)两点，O为坐标原点.

ab222（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:xy3相交于M,N两点，试问直线OM与

22ON的斜率之积kOMkON是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.

1x2【答案】（1）y21；（2）为定值，

22【分析】

22（1）将A,B两点坐标代入椭圆方程，建立a,b的方程组，即可求出结论；

（2）先求出直线l斜率不存在时kOMkON的值，当直线l斜率存在时，设其方程为ykxm，与椭圆方程联立，根据已知求出m,k关系，再将直线l与圆方程联立，根据根与系数关系将M,N坐标用m,k表示，进而求出kOMkON，即可得出结论. 【详解】

112212a22ab（1）依题意，，解得2，

13b1241a2b2x2所以椭圆方程为y21.

2（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x2. 若直线l的方程为x2，则M，N的坐标为(2,1),(2,1)，

1kOMkON.

2若直线l的方程为x2，则M，N的坐标为(2,1),(2,1)，

1kOMkON.

2当直线l的斜率存在时，可设直线l:ykxm， 与椭圆方程联立可得12k222x224kmx2m220，

2由相切可得16km8(m1)(2k1)82km10，

22m22k21.

又ykxm222y1kx2kmxm30 ，消去得22xy34k2m24(m23)(k21)43k23m24(k22)0，

2kmxx121k2 设Mx1,y1，Nx2,y2，则2xxm3121k2m23k2∴y1y2kx1mkx2mkx1x2kmx1x2m， 21k22kOMkONy1y2m23k22k213k21k21. x1x2m232k2132k2221. 21. 2故kOMkON为定值且定值为综上，kOMkON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.

x2y213． c3，已知椭圆C:221(ab0)，左、右焦点为F1,F2，点P,A,B在椭圆C上，且点A,Bab关于原点对称，直线PA,PB的斜率的乘积为（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QMQN率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.

1. 416，判断直线l的斜3x2【答案】（1）（2）直线l的斜率为定值2 y21；

4【分析】

b21（1）利用斜率乘积为2，c3，a2b2c2可构造出方程组，求解得到a2和b2，从而可得

a4椭圆标准方程；（2）联立直线l与椭圆方程，可得关于x的一元二次方程；利用判别式大于零可求得k的取值范围；利用韦达定理表示出x1x2和x1x2；根据QMQN1616，可得到QMQN；利用向量数33量积坐标运算，代入韦达定理整理得到【详解】

（1）由题意知：kPAkPB161k214k216，解方程可求得结果.

3b212，又c3，a2b2c2

a4可得：a24，b21，c23

2x椭圆C的方程为：y21 4（2）设直线l的方程为：y2kx2

x222将其代入y21，整理可得：14kx16k(1k)x16(1k)240

42220，得：k3 16k1k414k161k4则8设Mx1,y1，Nx2,y2

2216kk1161k444k8k3

则x1x2，xx21214k14k214k2

又QMQN1616 ，且QM,QN0 QMQN33又QMx12,y12，QNx22,y22 所以x12x22y12y2216 3又y1kx122，y2kx222

2x12x22y12y22x12x221k2xx2xx41k121216 344k28k316kk1162241k 2214k14k3化简得：

161k214k216，解得：2k2

33k k2

8直线l的斜率为定值2 【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k的方程，解方程求得结果；要注意的是，需要通过判别式确定k的取值范围.

x2y2314．已知椭圆C:221（ab0）的离心率为，且过点M4,1.

ab2（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.

x2y2【答案】(1) 1 (2) k1k2为定值，该定值为0.

205【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：

161221，ab222（1）依题意，abc,

c3,2ax2y2解得a20,b5,c15，故椭圆C的方程为1；

205222（2）k1k20，下面给出证明：设Px1,y1，Qx2,y2 ，

22xy将yxm代入1并整理得5x28mx4m2200，

2058m204m2200，解得5m5，且m3.

8m4m220故x1x2，x1x2，

552y11y21y11x24y21x14则k1k2， x14x24x4x412分子=x1m1x24x2m1x14

2x1x2m5x1x28m1故k1k2为定值，该定值为0.

24m22058mm58m10，

5x2y2315．椭圆C： 221(ab0)的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的

2ab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

11为定值，并求出这个定值． kk1kk2x233y21；【答案】（1）（2）m；（3）-8 4222b2c31,即a2b2.又因为e【解析】试题分析：（1）根据题意可得，所以可得a，b的值，即可

a2a得方程；（2）设出点p坐标，由两点式列出直线PF1,PF2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yy0kxx0.与椭圆方程联

22立，需满足0,即4x0k22x0y0k1y00.求得kx0112x0，由（2）可知，代入

k1k2y04y0化简即可

x2y2b2, 试题解析：（1）由于cab,将xc代入椭圆方程221,得yaba2222b21,即a2b2. 由题意知ac3x2,所以a2,b1.所以椭圆C的方程为y21. 又ea24（2）设Px0,y0y00.

又F13,0,F2lPF1:y0xx03,0,所以直线PF,PF的方程分别为

3y3y0,l:yxx3y3y0,120PF2000由题意知my03y02y0x032my03y02y0x032.

2x02y01. 由于点P在椭圆上，所以4所以m33x2022m33x2022.

因为3m3,2x02,所以m33m3,所以mx0.433x022x0 2233因此m.(5分）22（3）设Px0,y0y00.则直线l的方程为yy0kxx0.

x2y21,22联立{ 整理得14k2x28ky0k2x0x4y02kx0y0k2x010. 4yy0kxx0,22由题意得0,即4x0k22x0y0k1y00.

2x0x2222又y01,所以16y0k8x0y0kx00,故k0.

44y0由（2）知

11x03x032x0, k1k2y0y0y0所以

111114y2x008, kk1kk2kk1k2x0y011为定值，这个定值为－8. kk1kk2因此

考点：1．椭圆方程的性质；2．直线与椭圆