高考数学解析几何-第12讲 齐次化巧解双斜率问题

高考数学解析几何

第12讲齐次化巧解双斜率问题

知识与方法

1.齐次式：一个多项式中，如果各项的次数都相同，则称这个多项式为齐次式.

例如：x+2y,为一次齐次式,“x2-2xy-3y2,为二次齐次式，等等.

2.齐次方程：一个方程中，如果所有非零项的次数都相同，则称这个方程为齐次方程.

例如:“x+2y=0"是一次齐次方程;“x2-2xy-3y2=O"是二次齐次方程，等等.

特别地，二次齐次方程的一般形式为：Ax2+Bxy+Cy2=0(其中A,B,C不同时为0),

Z\2

当x≠Q时，两边同时除以√,可得C，+B∙t+A=O,设k=2,则

∖X√XX

Ck2+Bk+A=0,当C≠0时，即为关于k的二次方程.

3.直接构造齐次式的步骤：

对于圆锥曲线中的双斜率问题，常规方法是联立方程结合韦达定理求解；也可以通过齐次化

处理，利用齐次

式解决更加方便快捷，可简化运算，降低运算难度.

齐次化方法一般适用于两直线斜率之和(或积)为常数的题型，可以解决与斜率之和(或积)

有关的定点、

定值或轨迹等问题：使用齐次化方法时，可以有两种处理方法：

方法1：先平移坐标系，将原点平移至给定的点，转化为两直线过原点的类型；

方法2：不进行坐标平移，直线方程须化为m(x-¾)+n(^-y0)=l的形式，其中

(⅞,y0)是题目中的给定的点，此时圆锥曲线的方程也要跟着变形；其中斜率的和或者积

决定了直线方程中也八的一个关系式.

以椭圆为例，己知^PAB为楠圆=l(a>b>O)的内接三角形，其中

P(XO,%)为定点，AB为两动点,可以直接构造两根为kp、,kpti的二次方程，步骤如下:

(1)将椭圆方程变形：

12222

ʒ+p^=1b^x+cry-=a^b^=≠>⅛[(x-%0)+x0]^+tz[(^-y0)+y0]^=α/?,)

222222

化简整理得：^(x-Λ0)+2^(x-Λ0)+α(y-γ0)+2α(γ-y0)=θσ);

(2)设直线AB的方程为：加(X-X))+"(y-%)=l;

(3)联立，齐次化：(*)式化为

222222

⅛(x-Λ⅛)+2⅛(%-⅞)[m(x-Λ⅛)+n(>>-y0)]+0(y-y0)+2α(y-y0)[m(x-⅞)+n(y-y0)]=0

化简整理得：

2122

(l+2m)⅛(%-x0)^+(lnb+2∕πzzj(x-x0)(y-y0)+(l+2n)a(y-y0)^=O

(4)上式两边除以(X-Xo);得：

/\2

(1+2〃)/匕&+(2加+2加/).匕也+(1+2m)/=0,

,

IX-X(J'x-x0

此方程两根即为kpA,kpB∙由韦达定理，可得：

Inlr+2ma2(1+2m)b2

ZPA+%

PH(1+2ri)a1(l+2w)α2

据此，可以简便地解决与双斜率有关的定点或定值问题.另一方面，我们得到了一个重要的

定点定值模型：

两直线斜率之和（或积）为定值，则第三边过定点.（其中斜率之和不为0）

典型例题

类型1过原点的两直线斜率和与积问题

【例11已知A,B为抛物线Uy2=2px（p>0）上异于顶点的两动点，且以AB为

直径的圆过顶点.求证：直线AB过定点.

【例2】已知椭圆的中心为。，长轴、短轴分别为24,2b(α>8>0),P,Q分别在椭圆上,

且OPLOQ,求证:」方+—'为定值.

OP2OQ2

【例3】已知圆C1的方程为(x+2f+y2=24,点C2的坐标为(2,0).点P为圆

G上的任意一点，线段PC2的垂直平分线与PCl交于点D.

(1)求点D的轨迹E的方程；

⑵点Q是圆X2+y2=r2(r>0)上异于点A(-r,O)和B(r,0)的任一点，直线

AQ与轨迹E交于M,N直线6。与轨迹E交于点S,T.设。为坐标原点，直

线OM,ON,OS,OT,的斜率分别为kOM,kM,kos,koT,问：是否存在常数r,使得

自N=心+^T恒成立？若存在，求厂的值；若不存在，请说明理由•

X

【例4］在直角坐标系x0y中，曲线C：y=—与直线lιy=kx+a(a>O)交于

4

M,N两点、.

(1)当时左=O时，分别求C在点M和N处的切线方程；

(2)y轴上是否存在点尸，使得当k变动时，总有/OPM=/OPN?说明理由.

类型2不过原点的两直线斜率和与积问题

22(

［例5］已知椭圆C⅛+-<=l(α>0,b>0),四点片(1,1)出(0,1),A-1,

r92J

舄T，中恰有三点在椭圆C上.

(1)求C的方程;

(2)设直线I不经过点打且与C相交于A,B两点，若直线P2A与直线P2B的

斜率的和为一1,证明：/过定点.

［例6］如图，过椭圆U∙^+*∙=l(a>b>O)上的定点P(XO，%)作倾斜角互补的

两直线，设其分别交椭圆。于AB两点，求证：直线AB的斜率是定值.

【例7】已知椭圆C:?+方=1的左顶点为A,P,Q为C上的两个动点，记直线

AP,AQ斜率分别为4,七,若匕&=2,试判断直线PQ是否过定点？若过定点，求该

定点坐标，若不过定点，请说明理由.

类型3齐次化处理与斜率和与积有关的轨迹问题

22

［例8］Ql,Q2为椭圆余+==1上两个动点，且过原点O作直线

QQ2的垂线0。，求。的轨迹方程.

y

QI

Qz

X

强化训练

I.设椭圆c：y+/=l的右焦点为F,过户的直线/与C交于A,B两点，点

M的坐标为(2,0).

(1)当/与X轴垂直时，求直线AM的方程；

(2)设。为坐标原点，证明：ZOMA=ZOMB.

2.如图，椭圆E:'+春∙=l(α>b>0)经过点A(0,-l),且离心率为乎

(1)求椭圆E的方程;

⑵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斜率之和为2.

上的两个动点，3

3.如图，已知E,F是椭圆一+ɪ=!是椭圆上的定点，如

4

果直线AE与AF关于直.

线X=I对称，证明：直线EF的斜率为定值.

4.设抛物线y2=2px(p>0)上有两个动点A(Xl,χ)(y>0),8(工2，%)(%<°)，若

OAA.OB,求线段AB的

中点的轨迹方程.

χ2v21

5.在直角坐标系xθy中，椭圆Ur+∖=l(α>h>O)的离心率为上，点

cΓh~2

p[l,∣)在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若斜率存在，纵截距为-2的直线/与椭圆C相交于A,B两点，若直线

AP,BP的斜率均存在，求证：直线AP,OP,BP的斜率依次成等差数列.

X1v'1

已知椭圆的离心率为上，过椭圆右焦点并垂直于%

6.C⅛+⅜=l(fl>⅛>O)C

ab^2

轴的直线PM交椭圆C于P,M(点P位于X轴上方)两点，且AOPMj?(O

3

为坐标原点)的面积为

2

(1)求椭圆C的标准方程；

⑵若直线/交椭圆C于A,B(A,B异于点P)两点，且直线PA与PB的斜

率之积为-己，求点P到直线/距离的最大值.

4

参考答案

类型1过原点的两直线斜率和与积问题

【例1】已知A,B为抛物线Uy2=2pχ(p>0)上异于顶点的两动点，且以AB为

直径的圆过顶点.求证：直线AB过定点.

【答案】见解析.

【证明】设直线AB的方程为mx+ny=l,联立J^+H∙V=1可得

尸=Ipx

y2=2px(mx+ny),

两边同时除以%2,得(1)一工—2pm=0.

由OA±OB,可得2

XA⅞

所以—2Pfn=—1,即根=—L,

2p

所以AB:—x+ny=\,过定点(2p,0).

2p

【注】方程〃优+〃y=l不能表示过原点的直线.

【例2】已知椭圆的中心为0,长轴、短轴分别为2a,2b(a>b>0),P,Q分别在椭圆上,

且OPLOQ,求证:」y+工为定值.

OP-OQ2

【答案】见解析.

【证明】由于OPLOQ,因此由勾股定理可得OP2+OQ2=PQ2,所以

I,lPQ2

-----I------------------------

OP-OQ2(OPOQ)2.

设AOPQ的面积为S,O至IJPQ的距离为d,则有S=gpQ∙d=gθP∙OQ.因

此PQ=d、所以，要证明-U+-U为常数，则只需证明d为定值.

OPOQOP-OQ2

r22

土+21=∣

设直线PQ方程为ιwc+ny=X,联立《/6一，齐次化并整理可得：

twc+ny=1

(I、

--/?2—Imn-+0,方程两根为ʌ,匹,

W)Xa"

12

-2—"2

由韦达定理得：工.匹=片-----

%9

b2

-1-m2

因为OPlOQ,所以耳-----2211

=-1,化简即得m+n7+F,

12

庐一〃

由点到直线距离公式,

11

所以

-O-P-Γ-O--QT2=

【例3】已知圆C1的方程为（x+2）2+y2=24,点C2的坐标为（2,0）.点P为圆

G上的任意一点，线段PC1的垂直平分线与PCl交于点D.

（1）求点D的轨迹E的方程;

⑵点Q是圆X2+y2=r2(r>0)上异于点A(-r,0)和B（r,0）的任一点，直线

AQ与轨迹E交于M,N直线6Q与轨迹E交于点S,T.设O为坐标原点，直

线OMQNQS,OT,的斜率分别为koM,k°N,k°s,k°τ,问：是否存在常数r,使得

koM+koN=*+k0τ恒成立？若存在，求r的值；若不存在，请说明理由.

22

【答案】（1）一+匕=1;(2)r=√2.

62

22

【解析】⑴—+—=1(过程略)；

62

x=my-r2

22x-ιny

(2)设直线AQ:X=my-r.联立VX2V2,齐次化得——=

—+ɪ-ɪl62

62

整理可得：（6帆2一3户）/一12■+（6—3，）寸=0

、2、

2222

即(6w-3r-12mɪ+6-3r=0,方程两根为kOM,kON,

×)

12∕τ?4/n

k+k

则AoMTNoN

6m2-3r22m2—r2

由条件知：k+k=k+k,所以—~~--——γτ~~—,

OMONosoT2m-rmrL-2

整理得(疗+1)(产-2)=o.故r=√2.

【例4】在直角坐标系x0y中，曲线C:y=—与直线11ykx+a(a>0)交于

4

M,N两点.

(1)当时k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；

(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时，总有NOPM=/OPN?说明理由.

【答案】

【解析】(1)∖[ax+y+a=0或GX-y-a=();(过程略)

(2)假设y轴上存在点P(0,t×t≠a),满足当k变动时，总有/OPM=/OPN成

如图，新建坐标系xPy,直线MN的方程为y=kx+a-t,即一!一(y—")=1.抛

a-t

物线C的方程为y=--t.立化齐次式得Xyj——J(y一依)2,

4a-t4(a-t)

整理得4R]W/+.).+/5-')=0.

∖x√X4

因为NoPM=NOPN,所以kpM+kpN=kgG=0,即t=-a.

a

所以点P在原坐标系中的坐标为(0,-a).

类型2不过原点的两直线斜率和与积问题

22(

［例5］已知椭圆C⅛+^∙=l(a>O,^>O),四点6(1,1),£(0,1),£-1,—

I2√

舄［-J中恰有三点在椭圆C上.

(1)求C的方程；

(2)设直线/不经过点鸟且与。相交于A,BI

斜率的和为一1,证明：I过定

点,

【解析】(1)椭圆C的方程为—+/ɪl(过程略)；

4

(2)解法1:联立方程，结合韦达定理

设直线P2A与直线P2B的斜率分别为依题意知直线I斜率存在,

y=kx+b

设Γ.y=kx+b(b≠l),联立‹%22,消去了得

—+v=l

14•

(4⅛2+1)X2+8‰+4^2-4=0,

由题设可知A=16(4∕-b2+ι)>o

A/∖r*/∖,ISkb—4

设A(AyJ,B(X2,%)∙则l用+乙=一/17,尤R=RTf

^TK十1^TK十i

∣-2Axx÷(^-l)(x+x)

,..1y~1y91kx,+h—1kx2o+/?-11212

而kl+k2=——+以一=-------÷--------

A1A2XχX2xlx2

由题设⅛+⅛2=-l,

故(2攵+1)玉工2+(人-1)(玉+工2)=0，

Urz/ɔiιχ4〃—-41Skh./?+1

即(2&+1A+gT)∙［=6得k=一一—.

4Z,+1+12

当且仅当h>-∖时，Δ>0.

直线I可化为y+1=—，。一2),显然/过定点(2,-1).

解法2:直接构造关于斜率的齐次式

椭圆C的方程x2+4(y-l+l)2=4,即x2+4(γ-l)2+8(y-l)=0.

设直线I方程为τnr+n(y-l)=l,联立卜？+火丁一】厂+8(kD=O,齐次化得

mx+n{y-V)=1

x2+4(y-l)2+8(j-l)[∕nx+n(y-l)]=0,整理得

X2+(4+8")(y-1)?+8∕wc(y-l)=0,

整理得(4+8〃)(匕ɪ]+8w-+1=0,

VX√X

由韦达定理得勺+&="」■+*」=一—-=-1,从而2加一2〃=L

XIX24+8〃

与的+〃(y-1)=1对照可知，直线I过定点(2,-1).

【注】使用齐次化方法时，可直接将直线方程设为W(X—Λfl)+“(y—%)=1的形式，其

中(Xo,%)是题目中给定的定点，同时也要将椭圆方程变形为

[(xR+J+■-%)+%]]

a2b2

解法3：坐标平移之后构造齐次式

丫2

2

如图，以P2为原点新建坐标系xP2y,则椭圆方程变为—+(y+l)=l,即

----Fy2+2y=0.

设直线AB为mx+ny=∖,联立椭圆方程，化齐次式得—+y2+2y(ιvx+ny)=Q,

4

整理得(2"+l)[t]+2m^+-=0.因为&A+£,B=T，所以一--=-1.

∖x)X4%p22n+l

即2m—2〃=1.所以直线AB过定点(2,—2).

所以，在原坐标系中,直线AB过定点(2,-1).

【注U(I)本题第(2)问的解法1为通性通法，即设直线方程，联立方程组，结合韦达

定理，不难得出正

确答案，通性通法务必要熟练掌握！解法2运算量较小，构造齐次式

4(匕1]+8匕ɪ+C=O,再由书达定理

可轻松得到问题答案；解法3通过坐标平移，使得平移后两直线都过新坐标系的原点，化

为类型1处理，和解法

2由异曲同工之妙！需要注意的是：最后还要平移回去，才能得到正确答案.

【注2】掌握四个步骤即可，不必记忆最后的结果

【例6】如图，过椭圆C=∙∣r+*∙=l(a>b>0)上的定点P(Xt),%)作倾斜角互补的

两直线，设其分别交椭圆C于AB两点，求证：直线AB的斜率是定值.

【分析】设A,B坐标分别为(h乂),(工2，%)，

由条件可得kAP+kBP=Q,即%二%+%f=0,

国一司%2-⅞

我们需要构造如下齐次式：A(y—No)2+3(x—x0)(y—%)+C(X-/)2=0,A≠0.

【解析】设宜线AB方程为m(x-Λ0)+"(y-%)=L

222

因为，方(-y-⅞+⅞)+(y-%+%y

b2

(XTO)2%(X-Xo)J%(y-%)L

-++1,

所以椭圆方程可化为：RI+(2Ti+也富+汕》=。.

crb2a2b2

(x7o)-(y-%)-2%(%-端)2%(y-%)=

联立<a2b2a2b2，

∕n(x-x0)+n(j-j0)=l

C.1(、2

2伙+14一%

齐次化且整理可得2

b[x-x0,

5)---,--,^ι孙--O----

由韦达定理可得与二瓦+之二比=—2W一4一.

xx

xl-⅞2-o2佻+1

b2

.nχ,my

又因为入二1+2二九=o,.∙..萨0+歹=0°n'

ɪi-⅞⅞-⅞

2

m_bx0

∙"∙"<482

«ay0

【注】设点P关于轴的对称点为。，则Q处的切线斜率即为本题答案.

【例71已知椭圆C:?+/=l的左顶点为A,P,Q为C上的两个动点，记直线

AP,AQ斜率分别为仁,七,若人网=2,试判断直线PQ是否过定点？若过定点，求该

定点坐标，若不过定点，请说明理由.

【解析】将坐标系左移2个单位(即椭圆右移)，则椭圆方程变为G-2⅛L即

43

3√+4∕-12x=0,

3χ2-∣-4v2-12λ^=0

设PQ为直线/,平移后方程/':3+妆=L联立，ʃ,齐次化得

mx+ny=1

3X2+4)3-12x(mx+nγ)=0,

整理可得4y2-∖2nxy^+3x2-12ιwC=0.

两边同除以√,得4公一12成+3—12m=O

3-12m-5

因为k∖∙b=2.所以=2,得m=—,

412

把m代入直线1'中，一~—x+ny-1.

12

12

当y=0时，X=-—,

过定点卜?8)则/过定点［-y,°)

类型3齐次化处理与斜率和与积有关的轨迹问题

22

［例8］QvQ2为椭圆券+方=1上两个动点，且OQjOQ2,过原点。作直线

Q1Q2的垂线。。，求。的轨迹方程.

【解析】解法1：常规方法

设Q(X1,yl),(22(X2,γ2),D(X0,γ0),设直线QiQ2方程为y^kx+m,

y=kx+m

立立‹√)2,化简可得：(2//+/)/+4^7^2%+2^2(^2-/)=0,

、-1

2b2(nti+b2}b2(nti-2b2k2}

所以Λ,X2=—J——，,v∣¾=—ʒ-ʒ———，

'-2b2k2+b2122b2k2+b2

因为OQ，0。2,所以

2b2(m2+b2)b2(>τr-2b2k2)2(/—6)病—zb1E

+Ji丫2=2b2k2+b2+2b2k2+b2=2Ar2+l+2k2+↑=°`

∙∙.3∕n2=2^2(1+Λ2)(*)

又因为直线QiQ2方程等价于为了_%=_五(％_%0)•即y=--χ+-+y^

y0%为

-^-=k

y2

对比于y=kx+m,则〈，n，代入(*)中，化简可得：xl+yl=-b2.

%；3

-+y0=m

,y0

ɔ

故D的轨迹方程为/

解法2:齐次化设直线Q1Q2方程为twc+ny=∖j联立

mx+ny=12ɔ

22

<xv=>—y+⅛~~1=0，

工2222

^p-+p--(∕nr+πγ)2=0,化简可得：+JT-rn2χ2~^2y2~2mnxy=0,

整理成关于X.y的齐次式：(2-2^2/72)^2+(1-2/722/)^2-4^^2^=0,

进而两边同时除以%2,则(2—2尸〃2)女2一4加〃/%+1—2"L∕=0nK%2=F^⅛

1—2m2/?2z

因为OQLOQ,,所以k∣k,=-l,--------=-l,.∙.3=2⅛2(m2+n2)(*)

2-2b~n~'7

2

又因为直线Q∣Q,方程等价于为y-y0=-⅛(%-χ0),即丁=一包工+9+%，

%NoNO

2⅞；2=m

对比于mx+ny=l,则%°+＞，0,代入(*)中，化简可得：片+乂=2/

♦=〃3

芯+巾

ɔ

故D的轨迹方程为+

强化训练

2

1.设椭圆C：y+/=1的右焦点为尸，过尸的直线I与C交于A,B两点，点

M的坐标为(2,0).

(1)当/与X轴垂直时，求直线AM的方程；

(2)设。为坐标原点，证明：NOMA=NOMB.

/7∕τ

【答案】(1)y=------x+JΣ,或y=—x-∖∣2.；(2)见解析.

22

【解析】⑴c=√2≡T=l,.∙.F(l,()),

•；1与X轴垂直，，X=1,

直线AM的方程为=-—Λ+√2,或y=-x-y∕2.

"22

⑵证明：将椭圆左移2个单位，得(T)+y2=ι,即f+4χ+2y2+2=o平移后

的直线lt.ιwc+ny=∖过(-1,0),即Tn=L所以m=-∖

f+4r+2vɔ+2=0

联立V,齐次化得X2+4x(z∕u+nγ)÷2y2+2(mx-^-ny)2=O,即

tnx+=1

(2+2力，/+(4/t÷4mn)xy÷(1+4m+2m2x2=0,

两边同除以x2,得(2+2〃，攵2+(4〃+4加鹿)左+1+4根+2加2=0,

4〃+4-πιrι

贝IJk.+lc=-——-r=O,.∙.ΛOMA=NoMB.

y-(r2+2n2)

2.如图，椭圆E:5+耳=l(0＞匕＞0)经过点A(O,-1),且离心率为—.

a'b-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斜率之和为2.

Y

【答案】(1)y+∕=l；(2)见解析.

b=1

【解析】(1)由题设得J-=-b=1X2

L，所以椭圆E的方程为一+y2=i;

a2a=五2"

a2^b2+c2

⑵设的方程为则

PQnvc+n(y+Γ)=1,P(xl,yl),Q(x2,y2),

^ΛP=Sk%+ι

β

xi^X2

直线PQ过点A(l,l),则∕τι+2π=l=>m=l-2∕ι.

椭圆方程为改写成2即

f+2y2=2.√+2[(γ+l)-lJ=2,

x2+2(j+l)2-4(y+l)=0,

所以X2+2(y+1)2-4(y+l)[mx+/i(ʃ+1)]=0,即

(2-4n)(y+l)2-4WX(J+1)+X2=0,

令四_=左，则二一就:+方程两根为所以

(2-4")4,1=0,kAP,kAQ,

X

4m4(1-2n)_―卜、

ktAP+ktAQ=TT-T=-^-I—=2(定值)•

2-4«2-4n

3

3.如图，已知E,F是椭圆一+ɪ=!上的两个动点，是椭圆上的定点，如

4

果直线AE与AF关于直.

线X=I对称，证明：直线EF的斜率为定值.

【答案】见解析.

【证明】以点A为坐标原点，重新建立平面直角坐标系，则椭圆方程为

(3

y+

(x+l)2I(2

△=1

43

整理得：3√+4∕+6x+12y=0,

令宜线EF方程：y^kx+b,贝∣J1=2二幺，

b

所以3元2+4/+6χ∙匕M+12y∙k"=0，

bb

整理得:(3b-6k)x2+(4⅛+l2)/+(6-12k)xy=0,

、2

所以：(4⅛+12)ɪ+(6-12女)2y+(3b-66)=0,

X)

由题意：kAE+kAF=0.

即：J&=_6T2k=0贝Jli=L

x1x24b+122

即直线EF的斜率为定值.

4.设抛物线y2=2pχ(p>0)上有两个动点A(APy)(X>0),8&,必)(必<0)，若

OAlOB,求线段AB的中点的轨迹方程.

【答案】见解析.

【解析】先证明直线AB过定点：

设直线AB方程为mx+ny=∖,联立<ʃ=2PX,

mx+=1

/∖2

齐次化可得y2=2px(mx+ny),即—-2pm—-Imp=O.

∖xJx

由韦达定理可得

又^--^-=-∖,.∙.2pm=-l,即m=L

X1X22〃

所以直线AB恒过定点(2p,0).

下面求AB中点的轨迹方程，设AB中点为M(x0,y0),对直线AB的斜率分两种

情形讨论：

情形一：

若直线AB的斜率存在，则攵Lj=—^―=上，

XI-X2-+%%

2

0

乂因为kBM=―ʃ■■,为kAB=kBM.

⅞-2∕?

所以旦=-¾,即4=M∕-2p);

%X0p

情形二：

若直线AB.斜率不存在，此时M的坐标为(2p,0),它显然满足y=p(j⅞-2p).

综上所述：AB中点的轨迹方程为y2=p(x-2p).

X221

5.在直角坐标系xθy中，楠圆C：r+、v=l(a>b>0)的离心率为一，点

ab2

p(l,∣)在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程；

⑵若斜率存在，纵截距为一2的直线I与椭圆C相交于A,B两点，若直线

AP,BP的斜率均存在，求证：直线APQP,BP的斜率依次成等差数列.

r2V2

【答案】(1)-----H--=1；(2)见解析.

43

22

【解析】⑴工+汇=1;(过程略)

43

⑵根据条件可设直线I的方程为zn(x-l)+nfy-∣j=l,由直线I过点(0,—2).

7n+2

可得m=-

2

(33Y

椭圆方程3√+4∕=12,即3(X-1+1)2+4ʃ--+-=12,

I22

(3Y

3(%-1)2+4y--∑+6(x-l)+12=O,

\2)

∕71(χ-l)÷∏=1

联立并且齐次化整理可得

(3Y

3(x-i)2+4y--∑

\2)

(3A2

(3+6m)(x-1)2÷(4+12π)y——+(12m+6π)(x-l)

\2)

y--y--

即(4+12〃)一ɪ+(12m+6n)-+3+6m=0

%-1X—1

∖√

,,,6m+3n,_7〃+2

由韦达7E.理可旬kp+/Cgp=---------.由于m=--------,

A2+6〃2

所以kAP+kβp=3,即kAP+kκp=2kop,得证.

2

Yy1

6.已知椭圆C:=+^r=l（α＞人＞0）的离心率为上，过椭圆C右焦点并垂直于X

a~Ir2

轴的直线PM交椭圆C于P,M（点P位于%轴上方）两点，且A0PMi'7（0

3

为坐标原点）的面积为

2

（1）求椭圆C的标准方程；

⑵若直线I交椭圆C于A,B（A,B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜

率之积为-=9，求点P到直线/距离的最大值.

4

【答案】（1）1+斗=1;（2）卑.

434

c_1

α2a=2

<-×-×c=-..解得⅛=√3.所椭圆C

【解析】(1)由题意可得的标准方程为

2a2

a2=bL2+Ic2IC=I

29

χ

----^---+1---y-----_1].

43

(2)解法1:书达定理暴算

设点A(Λ1,y1),B(x2,y2),由(1)易求得尸[1，T

当直线的斜率不存在时，设其方程为

ZX=Λ0(-2<X0<2∏.X0≠1).

33

Y一不乂一不9

所以k.∙kpB=——l----乙=——,即2xj-3x0+l=0.

Λ

XI-1Λ2-14

当宜线I的斜率存在时，设其方程为y=kx+m,

y=kx+m

联做,消去

J,v2y并整理得(3+4⅛2)x2+8⅛ιx+4m2-12=0.

X+—=1

I4

,xxW-12

则Δ=(8k")2-4(3+4A-12)>0,x1+x2=~ι'ι

3+4产

33

当一二

y—2-2—乂-|Q

所以kpjkpBP即・卜-(=_[(%_1)(工2T)

玉一1X2~14

3Q

所以kx+m+m——=一疝(司_1>(々_1)-

l2

、2

H+W)∙X∣M+k3一∖(Λ+X)3

m——I2+m——+0

227Γ

9

整理得242+4∕√-3w+6k%--=0.

2

即％+〃2—3]・(2左+4，〃+3)=0,所以3

k+m——=0或2Z:+4∕n+3=0

<2)2

33

若Λ+m-j=O,则直线I的方程为yk{x-∖).

2

所以直线I过定点N0,∣

,不