专题3.6 定值计算并不难构建函数再消元（解析版）-高中数学压轴题讲义(解答题)

【题型综述】在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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．解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定值．【典例指引】例1．已知圆与坐标轴交于（如图）．（1）点是圆上除外的任意点（如图1），与直线交于不同的两点，求的最小值；（2）点是圆上除外的任意点（如图2），直线交轴于点，直线交于点．设的斜率为的斜率为，求证：为定值．【思路引导】（1）设出，的直线方程，联立直线，分别得出M,N的坐标，表示出，求其最值即可；（2）分别写出E,F的坐标，写出斜率，即可证明为定值．（2）由题意可知，的斜率为直线的方程为，由，得，则直线的方程为，令，则，即，直线的方程为，由，解得，的斜率（定值）．学科*网例2．已知椭圆的离心率为，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切．⑴求椭圆C的标准方程；⑵已知点A、B为动直线与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．【思路引导】（Ⅰ）由e=，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切，求出a，b，由此能求出椭圆的方程．（Ⅱ）由，得（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，由此利用韦达定理、向量的数量积，结合已知条件能求出在x轴上存在点E，使为定值，定点为（）．（Ⅱ）由，得（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，（6分）设A（x1，y1），B（x2，y2），∴，，根据题意，假设x轴上存在定点E（m，0），使得为定值，则有=（x1﹣m，y1）•（x2﹣m，y2）=（x1﹣m）•（x2﹣m）+y1y2==（k2+1）=（k2+1）•﹣（2k2+m）•+（4k2+m2）=，要使上式为定值，即与k无关，则应有3m2﹣12m+10=3（m2﹣6），即m=，此时=为定值，定点为（）．学科*网点评：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的．定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现．例3．已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，短轴长为，直线与椭圆交于、两点．（1）求椭圆的方程；（2）若直线与圆相切，探究是否为定值，如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由．【答案】（1）（2）【思路引导】（1）由已知得由此能求出椭圆的方程．（2）当直线轴时，．当直线与轴不垂直时，设直线直线与与圆的交点M（x1，y1），N（x2，y2），由直线与圆相切，得，联立，得（，由此能证明为定值．联立得，，=综上，（定值）学科*网【点评】本题考查椭圆方程的求法，角为定值的证明，线段的取值范围的求法等．解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．例4．已知是圆上任意一点，点的坐标为，直线分别与线段交于两点，且．（1）求点的轨迹的方程；（2）直线与轨迹相交于两点，设为坐标原点，，判断的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．【答案】（1）；（2）（定值）【思路引导】（1）化简向量关系式可得，所以是线段的垂直平分线，所以，转化为椭圆定义，求出椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，根据根与系数的关系求出，再由点到直线的距离公式求三角形高，写出三角形面积化简即可证明为定值．【扩展链接】2015全国新课标=2\*ROMANII理20题深度思路引导已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为．（1）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（2）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．高考试题落实运算求解能力考查的方式：1．考查思路引导运算条件：平行四边形的判定定理选择，为何不选有关平行与长度的定理来判定平行四边形，而要选择对角线相互平分来判定平行四边形，这种处理方式的优点在于弦中点的运算量更小（需要平时训练有这种认识）2．考查遇障碍而调整：若第1小问使用点差法，如何求中点坐标，需有目标思路引导及方程思想来指导，利用中点在直线上这个条件列出另一个方程．3．考查确定运算程序：相交求坐标，中点关系构建斜率方程这种程序；中点关系求坐标，点在椭圆上构建斜率方程这种程序如何选择？实际上运算难度大体相当．4．考查据算理正确的变形与运算：无论选择何种运算程序都具有过硬的运算技能，需要发现特殊代数结构的能力，在运算中要有求简的意识．运算求解过程中，大体会涉及到以下代数式运算与化简：（1）中点坐标：①韦达定理：或②解方程组；（2）点坐标：解方程组；（3）解斜率方程：①；或②，特别是如何正确解出第2个方程；特别要注意到相约，，9及公因式，然后约因式才会得到二次方程：4．解法的几何变换化简析：设，则椭圆变为圆：，，同理可得：，在圆中易知，则可得：，在圆中易知为菱形，且，则易得：5．问题一般化设直线与椭圆相交于点，且线段的中点为，直线与椭圆交于点，若四边形为平行四边形，则参数满足，易知中点满足，点在椭圆上，则，这就是说，这种形式的平行四边形法则对任何椭圆均存在附命题人的思路引导及参考答案：【解题思路】（1）思路1将的方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得点的坐标，计算可得常数（其中为直线的斜率），完成证明．思路2将点的坐标分别代入椭圆方程，两式相减，可得到的关系式，通过适当变形，即可完成证明．（2）思路1利用直线过点，将参数用表示，然后将直线的方程代入椭圆方程中，得到点的横坐标，根据第（1）问的结论，可设直线的方程为，将它代入椭圆方程，得到点的横坐标，因为“四边形为平行四边形”的充分必要条件是“线段与线段互相平分”，因此有，由此得到关于的方程．若此方程有解，则四边形可以为平行四边形，且此时方程的解即为使得四边形为平行四边形时的斜率；若此方程无解，则说明四边形不能构成平行四边形．思路2由点既在椭圆上，也在直线上，可以联立椭圆与的方程，解得，再将直线的方程与方程联立，可解得，于是有关于的方程，后同思路1．思路3与思路1类似，将参数用参数和表示，联立与直线的方程，可解得点的坐标，根据向量加法的平行四边形法则知，将的坐标代入椭圆方程，可得关于和的方程，后同思路1．【答案】（1）证法1如下图所示，设直线，，将代入，得，故，于是直线的斜率，即，所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．证法2设直线，，将的坐标代入椭圆方程，有①，②，①-②，整理可得，即，故直线的斜率，即，所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．（2）解法1四边形能为平行四边形（见下图）因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是．由（1）得的方程为，设点的横坐标为，由，得，则，将点的坐标代入的方程得，然后将的方程代入椭圆方程，可得，四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即，于是，解得因为，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形．解法2四边形能为平行四边形，设，由（1）得，因为在椭圆上，所以有，解得①，由四边形为平行四边形，可知，解得：②据①②有，即，解得，以下同解法1．解法3四边形能为平行四边形（见下图）将点的坐标代入的方程得，即的方程为，由（1）得直线的方程为，因为既在上，也在上，所以有，解得，设点的坐标为，则“四边形为平行四边形”的充要条件是，将点的坐标代入椭圆方程有，化简可得，解得，以下同解法1．【新题展示】1．【2019闽粤赣三省十校联考】已知椭圆经过点，离心率为，左右焦点分别为，．（1）求椭圆的方程；（2）是上异于的两点，若直线与直线的斜率之积为，证明：两点的横坐标之和为常数．【思路引导】（1）利用椭圆的离心率和椭圆上的点，构造关于的方程，求解得到椭圆方程；（2）假设三点坐标和直线方程，代入椭圆后利用韦达定理表示出，从而可用，表示出；再利用，表示出，根据，可将与作和整理得到结果．【解析】（1）因为椭圆经过点，所以又因为，所以又，解得所以椭圆的方程为（2）设三点坐标分别为，，设直线斜率分别为，则直线方程为由方程组消去，得：由韦达定理可得：故同理可得又故则从而即两点的横坐标之和为常数2．【2019广东江门一模】已知椭圆：（）的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，，椭圆的离心率．（1）求椭圆的标准方程；（2）、是椭圆上另外两点，若△的重心是坐标原点，试证明△的面积为定值．（参考公式：若坐标原点是△的重心，则）【思路引导】(1)根据题意得到，得，，进而得到方程；（2）设出直线AB的方程，联立直线和椭圆方程，求得弦长AB，再由点到直线的距离得到，根据点P在曲线上得到参数k和m的等量关系，得证．【解析】（1）依题意，，，由得，，，椭圆的标准方程为．（2）△最多只有1条边所在直线与轴垂直，不妨设所在直线与轴不垂直，其方程为（因为△的重心是，所以不在直线上，）由得，，设、，则，且，从而，设，由得，，，点在椭圆上，所以即，且符合．点到直线的距离，△的面积，由即得，为常数．3．【2019湖南怀化3月一模】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率等于．（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，若，，求证：为定值．【思路引导】（1）根据椭圆的焦点位置及抛物线的焦点坐标，设出其方程，利用顶点和离心率确定其中的参数，即可求解其标准方程；（2）写出椭圆的右焦点，然后，设出直线的方程和点的坐标，联立方程组，结合向量的坐标运算，即可求解．【解析】（1）设椭圆的方程为，则由题意知∴．即∴∴椭圆的方程为（2）设、、点的坐标分别为，，．又易知点的坐标为显然直线存在的斜率，设直线的斜率为，则直线的方程是将直线的方程代入到椭圆的方程中，消去并整理得，∴，∵，∴将各点坐标代入得，∴4．【2019湘赣十四校联考】椭圆：的左焦点为且离心率为，为椭圆上任意一点，的取值范围为，．（1）求椭圆的方程；（2）如图，设圆是圆心在椭圆上且半径为的动圆，过原点作圆的两条切线，分别交椭圆于，两点．是否存在使得直线与直线的斜率之积为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【思路引导】（1）利用离心率得到的关系；然后表示出，通过的范围得到，由得到，从而求得方程；（2）假设圆的方程，利用直线与圆相切，得到关于的方程，从而得到的表达式，从而得到当时，为定值，求得结果．【解析】（1）椭圆的离心率椭圆的方程可写为设椭圆上任意一点的坐标为则，，，椭圆的方程为（2）设圆的圆心为，则圆的方程为设过原点的圆的切线方程为：，则有整理有由题意知该方程有两个不等实根，设为，则当时，当圆的半径时，直线与直线的斜率之积为定值5．【2019江西重点中学盟校联考】已知椭圆的离心率为，焦点分别为，点是椭圆上的点，面积的最大值是．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的点，是坐标原点，若判定四边形的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由．【思路引导】（Ⅰ）由题意得到的方程组，求出的值，即可得出椭圆方程；（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，易求出四边形的面积；当直线的斜率存在时，设直线方程是，联立直线与椭圆方程，结合判别式和韦达定理，可表示出弦长，再求出点到直线的距离，根据和点在曲线上，求出的关系式，最后根据，即可得出结果．【解析】（Ⅰ）由解得得椭圆的方程为．（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，此时四边形的面积为．当直线的斜率存在时，设直线方程是，联立椭圆方程，点到直线的距离是由得因为点在曲线上，所以有整理得由题意四边形为平行四边形，所以四边形的面积为由得，故四边形的面积是定值，其定值为．6．【2019四川泸州二诊】已知，椭圆过点，两个焦点为，，是椭圆上的两个动点，直线的斜率与的斜率互为相反数．求椭圆的方程；求证：直线的斜率为定值．【思路引导】由焦点坐标求得，可设椭圆方程为，可得，解方程即可；设，，设直线的方程为，代入，求出点的坐标，再将换为，求出的坐标，即可求出直线的斜率，再化简即可得结果．【解析】由题意，可设椭圆方程为，，解得，，椭圆的方程为．设，，设直线AE的方程为，代入得，，，又直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，再上式中以代k，可得，，直线EF的斜率．7．【2019广东广州天河区综合测试】如图，在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的椭圆的右顶点和上顶点分别为A，B，M为线段AB的中点，且．求椭圆的离心率；四边形ABCD内接于椭圆，记直线AD，BC的斜率分别为、，求证：为定值．【思路引导】，，线段AB的中点从而，由，求出，由此能求出椭圆的离心率；椭圆的标准方程为，，，直线BC的方程为，联立直线BC和椭圆方程得到点C坐标，联立直线AD和椭圆方程，得，，代入点坐标化简，由此能证明为定值．【解析】，，线段AB的中点，，解得，．，椭圆的离心率．证明：由得椭圆的标准方程为，，，直线BC的方程为，联立，得，解得，，即，直线AD的方程为联立，化为，，解得，，，，化为，，为定值．8．【2019河北五个一名校联盟一诊】已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为，设该动圆圆心的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）直线过曲线的焦点，与曲线交于、两点，且，都垂直于直线，垂足分别为，直线与轴的交点为，求证为定值．【思路引导】（1）设动圆圆心坐标为C(x，y)，由题意得，能求出曲线方程；（2）设代入【解析】（Ⅰ）设动圆圆心坐标为C(x，y)，根据题意得，化简得（Ⅱ）设，，由题意知的斜率一定存在设，则，得所以，，，又=9．【2019辽宁葫芦岛调研】已知椭圆：的四个顶点围成的四边形的面积为，其离心率为（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点作直线（轴除外）与椭圆交于不同的两点，，在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点坐标及定值，若不存在，说明理由．【思路引导】（1）由离心率及2ab＝4，结合a2＝b2+c2，解得a、b，即可求得椭圆C的方程；（2）由题意可设直线l：x＝my，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，将•用m与x0表示，利用对应系数成比例，即可求得x0，代入得•为定值；【解析】（1）由得：所以椭圆方程为（2）由于直线l过右焦点F（1，0），可设直线l方程为：x=my+1，代入椭圆方程并整理得：（4+3m2)x2-8x+4-12m2=0(或（4+3m2)y2+6my-9=0)△=64-（4+3m2)(4-12m2)>0设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两个解，由韦达定理得：x1+x2=，x1x2=，y1+y2=，y1y2假设在x轴上存在定点P(x0，0)，使为定值，则：(x1-x0)(x2-x0)+y1y2=x1x2+y1y2-x0(x1+x2)+x02=+-+x02=由题意，上式为定值，所以应有：即：12x02-48=-15-24x0+12x02解得：x0=，此时10．【2019福建漳州一模】已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，且椭圆的一个顶点与抛物线的焦点重合，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的右焦点且斜率存在的直线交椭圆于两点，线段的垂直平分线交轴于点，证明：为定值．【思路引导】(1)先由题意设椭圆的方程，再结合条件列出方程，从而可求出椭圆的方程；(2)先设直线的方程，由直线与椭圆方程联立，结合韦达定理表示出，以及，化简之后作商，即可证明结论．【解析】解法一：（1）设椭圆的标准方程为，由抛物线的焦点为，得，①又，②由①②及，解得，所以椭圆的标准化为．（2）依题意设直线的方程为，设点，，当时，联立方程得，，所以，，的中点坐标为，的垂直平分线为，令，得，，又，所以，当时，点与原点重合，则，，所以；综上所述，为定值．解法二：（1）同解法一．（2）依题意，当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设点，，联立方程得，所以，，，，，所以的中点坐标为，的垂直平分线为，令，得，所以，所以；当直线的斜率为0时，点与原点重合，则，，所以；综上所述，为定值．11．【2019福建泉州1月质检】已知中，，，，点在上，且．（1）求点的轨迹的方程；（2）若，过点的直线与交于两点，与直线交于点，记，，的斜率分别为，求证：为定值．【思路引导】（1）结合题意，证明到，发现轨迹是椭圆，结合椭圆性质，即可。（2）设出直线MN的方程，代入椭圆方程，设出M，N坐标，利用坐标，计算，代入，即可。【解析】（1）如图三角形中，，所以，所以，所以点的轨迹是以，为焦点，长轴为4的椭圆（不包含实轴的端点），所以点的轨迹的方程为．注：答轨迹为椭圆，但方程错，给3分；不答轨迹，直接写出正确方程，得4分（未写出，这次不另外扣分）．（2）如图，设，，可设直线方程为，则，由可得，，，，，，，，因为，所以为定值．12．【2019陕西榆林一模】已知椭圆的离心率，左顶点到直线的距离，为坐标原点．（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于两点，若以为直径的圆经过坐标原点，证明：到直线的距离为定值．【思路引导】（1）结合离心率，计算出a，b，c之间的关系，利用点到直线距离，计算a，b值，即可。（2）分直线AB斜率存在与不存在讨论，结合直线方程和椭圆方程，并利用，计算O到直线距离，即可．【解析】（1）∵椭圆的离心率，∴，∴，∵，∴，即，∵椭圆的左顶点到直线，即到的距离，∴，把代入得：，解得：，∴，，∴椭圆的方程为．（2）设，①当直线的斜率不存在时，由椭圆的性质可得：，，∵当直线的斜率不存在时，以为直径的圆经过坐标原点，∴，即，也就是，又∵点在椭圆上，∴，∵以为直径的圆经过坐标原点，且平行于轴，∴，∴，解得：此时点到直线的距离②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立有，消去，得∴，，同理：，消去，得，即，∴∵为直径的圆过坐标原点，所以，∴∴∴∴∴点到直线的距离综上所述，点到直线的距离为定值．【同步训练】1．如图，点是抛物线：（）的焦点，点是抛物线上的定点，且，点，是抛物线上的动点，直线，斜率分别为，．（1）求抛物线的方程；（2）若，点是抛物线在点，处切线的交点，记的面积为，证明为定值．【答案】（1）（2）【思路引导】（2）过作轴平行线交于点，并设，，由（1）知，学科*网所以，又，所以，直线：，直线：，解得因直线方程为，将代入得，所以．学科*网点评：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的．定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现．2．已知常数，在矩形ABCD中，，，O为AB的中点，点E、F、G分别在BC、CD、DA上移动，且，P为GE与OF的交点（如图），问是否存在两个定点，使P到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析【思路引导】根据题设条件，首先求出点P坐标满足的方程，据此再判断是否存在的两定点，使得点P到两点距离的和为定值．当时，点P轨迹为椭圆的一部分，点P到该椭圆焦点的距离的和为定长当时，点P到椭圆两个焦点（的距离之和为定值当时，点P到椭圆两个焦点（0，的距离之和为定值2．学科*网3．已知是椭圆的左、右焦点，椭圆的离心率为，过原点的直线交椭圆于两点，若四边形的面积最大值为．（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于且，求证：原点到直线的距离为定值．【答案】（1）（2）见解析【思路引导】（1）四边形面积最大值为，所以根据a,b,c的方程组解出（2）先设，利用直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理以及，得，再根据点到直线距离公式可得最后验证斜率不存在的情形．因为，所以，即，所以，原点到直线的距离；当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，学科*网则，由得，解得，所以此时原点到直线的距离为．综上可知，原点到直线的距离为定值．4．已知椭圆：的短轴长为，离心率为，圆的圆心在椭圆上，半径为2，直线与直线为圆的两条切线．（1）求椭圆的标准方程；（2）试问：是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．【答案】（1）；（2）学科*网【思路引导】（1）由椭圆焦点在轴上，，离心率，则，即可求得椭圆的标准方程；（2）设，圆的方程为，由直线与圆相切，根据点到直线的距离公式可得为方程，的两个根，由韦达定理可知：，由在椭圆上即可求得．5．已知椭圆：的左右焦点分别是，直线与椭圆交于两点，当时，恰为椭圆的上顶点，此时的面积为6．（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左顶点为，直线与直线分别相交于点，问当变化时，以线段为直径的圆被轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由．【答案】（1）；（2）弦长为定值6．【思路引导】（1）根据时，直线的倾斜角为，又的周长为6，即可求得椭圆方程；（2）利用特殊位置猜想结论：当时，直线的方程为：，求得以为直径的圆过右焦点，被轴截得的弦长为6，猜测当变化时，以为直径的圆恒过焦点，被轴截得的弦长为定值6，再进行证明即可．6．已知动圆经过点，并且与圆相切．（1）求点的轨迹的方程；（2）设为轨迹内的一个动点，过点且斜率为的直线交轨迹于两点，当为何值时？是与无关的定值，并求出该值定值．【答案】（1）；（2）见解析．学科*网【思路引导】（1）由椭圆定义易知轨迹为椭圆，确定，即可；（2）设，直线，与椭圆联立得，进而通过韦达定理建立根与系数的关系，，由，代入化简即可求定值．试题解析：（1）由题设得：，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，椭圆方程为．方法：①当时，…；②当时，设直线，…；可以减少计算量．7．已知椭圆的焦距为，且过点．（1）求椭圆的方程；（2）若不经过点的直线与交于两点，且直线与直线的斜率之和为，证明：直线的斜率为定值．【答案】（1）；（2）学科*网【思路引导】（1）由已知条件先求出椭圆的半焦距，再把代入椭圆方程，结合性质，求出、、，即可求出椭圆的方程；（2）设直线的方程为与椭圆的方程联立，根据韦达定理及过两点的斜率公式，利用直线的斜率之和为零可得，从而可得结果．【点评】本题主要考查待定系数求椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系和过两点的斜率公式，属于难题．用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或；③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求．8．已知椭圆C的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点．（1）求椭圆C的标准方程．（2）已知点在椭圆C上，点A、B是椭圆C上不同于P、Q的两个动点，且满足：．试问：直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．【答案】（1）（2）【思路引导】对于（1），结合已知即可求出b2与a2，问题便可解答；对于（2），当时，PA，PB的斜率之和为0．设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为-k，接下来求出直线PA与PB的方程，然后将其与椭圆分别联立，即可求出,然后利用斜率的计算公式不难求出k的值，问题便可解答．9．在平面直角坐标系中，圆与轴的正半轴交于点，以为圆心的圆与圆交于两点．（1）若直线与圆切于第一象限，且与坐标轴交于，当线段长最小时，求直线的方程；（2）设是圆上异于的