重难点突破09 一类与斜率和、差、商、积问题的探究（四大题型）（解析版）

重难点突破09一类与斜率和、差、商、积问题的探究目录1、已知00(,)Pxy是椭圆22221xyab上的定点，直线l（不过P点）与椭圆交于A，B两点，且0PAPBkk，则直线l斜率为定值2020bxay．2、已知00(,)Pxy是双曲线22221xyab上的定点，直线l（不过P点）与双曲线交于A，B两点，且0PAPBkk，直线l斜率为定值2020bxay．3、已知00(,)Pxy是抛物线22ypx上的定点，直线l（不过P点）与抛物线交于M，N两点，若0PAPBkk，则直线l斜率为定值0py．4、00(,)Pxy为椭圆222:xyab2+=1)0,0(ab上一定点，过点P作斜率为1k，2k的两条直线分别与椭圆交于,MN两点．（1）若12(0)kk，则直线MN过定点20000222(,)ybxxya；（2）若2122()bkka，则直线MN过定点2222002222(,)ababxyabab．5、设00(,)Pxy是直角坐标平面内不同于原点的一定点，过P作两条直线AB，CD交椭圆222:xyab2+=1)0,0(ab于A、B、C、D，直线AB，CD的斜率分别为1k，2k，弦AB，CD的中点记为M，N．（1）若12(0)kk，则直线MN过定点20002(,)ybxxa；（2）若2122()bkka，则直线MN过定点22002222(,)axbyabab．6、过抛物线22(0)ypxp上任一点00(,)Pxy引两条弦PA，PB，直线PA，PB斜率存在，分别记为12,kk，即12(0)kk，则直线AB经过定点00022(,)ypxy．题型一：斜率和问题例1．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知点2,0A，2,0B，,Pxy是异于A，B的动点，APk，BPk分别是直线AP，BP的斜率，且满足34APBPkk.(1)求动点P的轨迹方程；(2)在线段AB上是否存在定点E，使得过点E的直线交P的轨迹于M，N两点，且对直线4x上任意一点Q，都有直线QM，QE，QN的斜率成等差数列.若存在，求出定点E，若不存在，请说明理由.【解析】（1）由题意3224APBPyykkxx，即22143xy，又直线AP，BP的斜率存在，所以点P的轨迹方程为221(0)43xyy．（2）若存在这样的定点，不妨设为(0)Et，，令(4)Qn，，11()Mxy，，22()Nxy，，直线MN的方程为xmyt，223412xmytxy，，222(34)63120mymtyt，由韦达定理得：122634mtyym，212231234tyym，2222364(34)(312)0mtmt，2QMQNQEkkk，12121212122112·044444444nynyyynnxxtxxtxx，对任意n成立，所以121212112444044xxtyyxx，，由1212044yyxx得，12122112124()()()(4)()20yyymytymyttyymyy，所以2(4)(6)2(312)0ttmmt，24240mtm对任意m成立，1t，经检验，符合题意，所以，存在(10)E，满足题意.例2．（2023·河南洛阳·高三伊川县第一高中校联考开学考试）已知抛物线2111:2(0)Cypxp与抛物线2222:2(0)Cxpyp在第一象限交于点P.(1)已知F为抛物线1C的焦点，若PF的中点坐标为1,1，求1p；(2)设O为坐标原点，直线OP的斜率为1k.若斜率为2k的直线l与抛物线1C和2C均相切，证明12kk为定值，并求出该定值.【解析】（1）由2111:2(0)Cypxp得1,02pF，设2111,2yPyp，因为PF的中点坐标为1,1，所以21111212221pypy，解得12p.（2）联立212222ypxxpy，解得00xy或2312231222xppypp，所以223312122,2Ppppp，所以直线OP的斜率23121312321222pppkppp.设直线l的方程为2ykxb.联立2122ypxykxb，消去y得22222120kxkbpxb，因为直线l与抛物线1C相切，所以222212Δ440kbpkb，即212kbpkb，若212kbpkb，则10p，不符合题意，所以212kbpkb，即212kbp，①联立2222xpyykxb，消去y得2222220xpkxpb，因为直线l与抛物线2C相切，所以22222Δ480pkpb，即22220pkb，②由①②可得1322pkp，所以120kk，故12kk为定值，该定值为0.例3．（2023·广东广州·高三广州市真光中学校考阶段练习）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab，渐近线方程为02xy，点2,0A在C上；(1)求双曲线C的方程；(2)过点A的两条直线AP，AQ分别与双曲线C交于P，Q两点（不与A点重合），且两条直线的斜率1k，2k满足121kk，直线PQ与直线2x，y轴分别交于M，N两点，求证：AMN的面积为定值.【解析】（1）0a，0b，依题意，1122bbaa，所以双曲线C的方程为22141xy.（2）依题意可知PQ斜率存在，设方程为ykxm，11,Pxy，22,Qxy，1222222221228141484404414114kmykxmxxkkxkmxmxymxxk，2222Δ64414440kmkm，22140mk①，121212121212122242224kxxmkxxmyykkxxxxxx2222224482241414448241414mkmkmkmkkmkmkk1，整理得2210mkmk=.1）20mk，:2PQykxk，过2,0A舍去，2）210mk，:21PQykxk，过点2,1，此时，将12mk代入①得2211214240,2kkkk，PQ与2x交于点2,1M，故12112AMNS△（定值）变式1．（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，已知两定点4,0A，4,0B，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22MNANNB．(1)求动点M的轨迹；(2)设过0,1P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1k，2k，0k，且满足120112kkk．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．【解析】（1）设,Mxy，则,0Nx，由题意知－4＜x＜4．∵22MNANNB，∴2244yxx，即22216yx，故动点M的轨迹为221168xy．（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11,Cxy，22,Dxy，00,Qxy，则10110yykxx，20220yykxx，0001ykx，由此知00x．将y＝kx＋1代入22216xy，得22214140kxkx，于是122421kxxk，1221421xxk．①条件120112kkk即102001020021xxxxxyyyyy，也即100200100200011xxxxxxyyyyyy．将111ykx，221ykx代入得100200120010020010201101011xykxxykxxxykxyyyyyyyyyy．显然00,Qxy不在直线y＝kx＋1上，∴0010ykx，从而得1210200xxyyyy，即12210120xyxyyxx．将111ykx，221ykx代入得12012210kxxyxx．将式①代入得02(14)1(4)0kyk，解得0080yx．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．变式2．（2023·全国·高三专题练习）设2,An是抛物线2:4Exy上一点，不过点A的直线l交E于M，N两点，F为E的焦点．(1)若直线l过F，求11FMFN的值；(2)设直线AM，AN和直线l的斜率分别为1k，2k和k，若122kk，求k的值．【解析】（1）因直线l过0,1F，可设其方程为y＝kx＋1，设11,Mxy，22,Nxy．将y＝kx＋1代入24xy，得222410yky．于是21224yyk，121yy．由焦点弦公式，得11FMy，21FNy．∴21221212112441144FMFNyykFMFNFMFNyyyyk．（2）显然直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋m，设11,Mxy，22,Nxy．将y＝kx＋m代入24xy，得2440xkxm．于是124xxk，124xxm，11ykxm，22ykxm，且(2,1)A，∴122112121212121224112222xyxyyyxxyykkxxxx2121212122(21)4484(21)44212448421kxxmkxxmkmkmkmkmkkmxxxxmkmk．∵122kk，∴22310kmkm，即1210kkm．∵直线l：y＝kx＋m不过点2,1A，∴2k＋m－1≠0，故k＝1．变式3．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆2222:1(0)xyEabab经过点31,2A，离心率为12．过点0,2B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AMk和ANk，求11AMANkk的值．【解析】（1）由题意，221914ab，12ca，且222abc，解得24a，23b．故椭圆E的方程为22143xy．（2）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋2，设11,Mxy，22,Nxy．将y＝kx＋2代入223412xy，消去y得22431640kxkx；消去x得222431212120kyyk．于是1221643kxxk，122443xxk，1221243yyk，2122121243kyyk．∴12211212121212331111233332222AMANxyxyxxyyxxkkyyyy221212222121211218(16)43