圆锥曲线中一类斜率关系题

俞新龙

在最近一段时间的复习中，经常遇到圆锥曲线中一类斜率关系题，从同学们答题的情况看，掌握的不理想，下面，我们通过四道典型问题一起来集中突破.

（注：每题第（1）问请同学们自行求解.）

例1. 已知抛物线C：y=ax2过点P（4，4）.

（I）求实数a的值；

（II）设点A，B在抛物线C上，直线PA，PB的斜率分别为K1，k2，且k2-k1=1，若△AOP的面积是△AOB的面积的2倍（O为坐标原点），求直线PA的方程.

解析： （I）a=.

（II）在改卷中，我们发现同学们知道是根据面积关系建立等式，但如何把斜率关系用起来却成为了问题.其实，斜率关系可以直接用，也可以简接用.

直接用：要求直线PA方程，还缺其斜率k1，故我们可以通过联立方程求交点，并通过两斜率的关系统一化为同一变量k1，再将面积关系转化出等式求解k1.

联立直线PA与抛物线C方程y=k1（x-4）+4，y=x2，得x2-4k1x+16k1-16=0，

解得x=4或x=4k1-4，所以点A的坐标为（4k1-4，4（k1-1）2），

同理，点B的坐标为（4k2-4，4（k2-1）2），因为k2=k1+1，所以B（4k1，4k12）.

于是可得直线OA方程为y=（k1-1）x，从而由点到直线的距离公式得，点P到直线OA的距离d1=，点B到直线OA的距离d2=.

根据△AOP的面积是△AOB的面积的2倍，知d1=2d2，故│k1-2│=2│k1│，

解得k1=-2或k1=，所以直线PA的方程为2x+y-12=0或2x-3y+4=0.

间接用：要求直线PA方程，还可以通过求A点坐标（x1，x12）.可以通过k1、k2斜率关系和面积关系求解x1.

设A（x1，x12），B（x2，x22），则k1==（x1+4），

同理k2=（x2+4），所以由k2-k1=1可得x2-x1=4.

因为直线OA方程为y=x1x，即x1x-4y=0，所以点P到直线OA的距离d1=，

同理点B到直线OA的距离d2===.

根据△AOP的面积是△AOB的面积的2倍知d1=2d2 ，即│x1-4│=2│x1+4│，

解得x1=-12或x1=-，从而k1=-2或k1=，

所以直线PA的方程为2x+y-12=0或2x-3y+4=0.

例2. 已知椭圆C：+=1（a>b>0）的左、右焦点和短轴的两个端点构成边长为2的正方形.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点Q（1，0）的直线线l与椭圆C相交于A，B两点.点P（4，3）），记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，当k1，k2最大时，求直线线l的方程.

解析：（1）+=1.

（2）该题有大部分同学对第（2）问无法入手解答，还有一部分在得到k1，k2表达式后不能再求解下去了.其实，该题还是可以通过直线与圆锥曲线相交问题的常规解法做下去的.

①当直线l斜率不存在时，方程为x=1，得A（1，），B（1，-），所以可得k1·k2=.

②设直线l斜率为k，联立直线与椭圆方程y=k（x-1），+=1，

得（1+2k2）x2-4k2x+2k2-4=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1+x2=，x1·x2=，所以y1+y2=k（x1+x2-2）=

，y1+y2=k2（x1-1）（x2-1）=.

所以k1·k2=·==.

接下去就是求y=的最大值，一般有以下几种方法.

解法1：（基本不等式法）y==+=+≤+

=1，当且仅当2k->0且（2k-）=·，即k=1时取等号.

注意：该解法中取不等式时要注意2k->0，否则就不符合使用基本不等式的条件.

解法2：（导数法）y′==，

所以函数y=在（-∞，-）递减，（-，1）递增，（1，+∞）递减.

至此，同学们不免产生疑问：函数不存在最大值啊？

其实，这也是导数法中必须要解决的问题，事实上，对于函数y=来讲，不管k是趋向于+∞还是k趋向于-∞，y均趋向于，而因为k=1时y=1，故最大值为y=1.

解法3：（值域法）一般地，如果函数的值域知道了，则函数的最值就也知道了.所以我们可以用△判别法来求y=的值域.

化简整理得（6y-5）k2-2k+4y-3=0（）

①6y-5=0即y=时，k=，符合；

②6y-5≠0时，方程（）有解，所以判别式△=4-4（6y-5）（4y-3）≥0，

解得≤y≤1，故≤y≤1且y≠.所以≤y≤1，

因此最大值为y=1，由1=解得k=1.

解法4：（特殊法）y==1-≤1，当k=1时取等号.

对于上述四种解法，建议同学们着重掌握解法2、解法3，尤其是解法2，具有可操作性，易理解，而解法1技巧性比较强，属于“听得懂，难操作”，解法4“凑巧”成份大.

例3. 已知中心在原2点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆过点（，）.

（1）求椭圆的方程；

（2）设不过原点O的直线l与该椭圆交于P、Q两点，满足直线OP，PQ，OQ，的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的取值范围.

解析：（1）+y2=1.

（2）在老师苦口婆心的多次讲解下，同学们应该都会这样做：endprint

设直线l方程y=kx+m（m≠0），通过联立椭圆方程消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，

判别式△=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-4）>0，得1+4k2>m2，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，│PQ│=│x1-x2│=.

至此后，后面可能就会觉得无从下手，其实，我们只要根据斜率关系建立等式就能看到“曙光”.

因为k2=·，而y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=，

所以k2=，解得k2=，

故│PQ│=，且原点O到直l线的距离d==，所以S△OPQ=··=│m│.

到此，如何求S△OPQ面积的取值范围呢？可以看成是关于m2的一元二次问题：S△OPQ=，所以0

这个答案还是有问题的！因为前面在得到1+4k2>m2、k2=、k2=后，我们可以得到0

例4. 椭圆T的中心为坐标原点O，右焦点为F（2，0），且椭圆T过点E（2，）.△ABC的三个顶点都在椭圆T上，设三条边的中点分别为M，N，P.

（1）求椭圆T的方程；

（2）设△ABC的三条边所在直线的斜率分别为k1，k2，k3，且k1≠0，i=1，2，3. 若直线OM，ON，OP的斜率之和为0，求证：++为定值.

解析：（1）+=1.

（2）阅读完该问时，同学们可能会觉得无从下手，但若我们能想起本题的命题背景：直线与椭圆相交，则该直线斜率与相交线段中点与原点的连线斜率之积为常数，则该题的解决就容易了.

设斜率为k的直线l与椭圆+=1（a>b>0）相交于A、B两点，线段AB中点M与原点O的连线斜率为k1，则k·k1=-.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则+=1，+=1，

得+=0，则·=-，即k·k1=-.

因此，对于本题kOM·k1=-，=-2kOM，

同理可得=-2kON，=-2kOP，所以++=-2（kON+kOM+kOP）=0为常数.

实际上，++=-（k1′+k2′+k3′），++=-（k1+k2+k3），即只要其中某一类的斜率之和为常数，则另一类的斜率倒数之和必也为常数，并且不难发现还可以推广到有限情况和双曲线中.

综上所述，希望通过本文四道圆锥曲线中斜率关系题的分析，对同学们突破该类题型有所帮助.

（作者单位：浙江绍兴县越崎中学）

责任编校 徐国坚

设直线l方程y=kx+m（m≠0），通过联立椭圆方程消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，

判别式△=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-4）>0，得1+4k2>m2，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，│PQ│=│x1-x2│=.

至此后，后面可能就会觉得无从下手，其实，我们只要根据斜率关系建立等式就能看到“曙光”.

因为k2=·，而y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=，

所以k2=，解得k2=，

故│PQ│=，且原点O到直l线的距离d==，所以S△OPQ=··=│m│.

到此，如何求S△OPQ面积的取值范围呢？可以看成是关于m2的一元二次问题：S△OPQ=，所以0

这个答案还是有问题的！因为前面在得到1+4k2>m2、k2=、k2=后，我们可以得到0

例4. 椭圆T的中心为坐标原点O，右焦点为F（2，0），且椭圆T过点E（2，）.△ABC的三个顶点都在椭圆T上，设三条边的中点分别为M，N，P.

（1）求椭圆T的方程；

（2）设△ABC的三条边所在直线的斜率分别为k1，k2，k3，且k1≠0，i=1，2，3. 若直线OM，ON，OP的斜率之和为0，求证：++为定值.

解析：（1）+=1.

（2）阅读完该问时，同学们可能会觉得无从下手，但若我们能想起本题的命题背景：直线与椭圆相交，则该直线斜率与相交线段中点与原点的连线斜率之积为常数，则该题的解决就容易了.

设斜率为k的直线l与椭圆+=1（a>b>0）相交于A、B两点，线段AB中点M与原点O的连线斜率为k1，则k·k1=-.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则+=1，+=1，

得+=0，则·=-，即k·k1=-.

因此，对于本题kOM·k1=-，=-2kOM，

同理可得=-2kON，=-2kOP，所以++=-2（kON+kOM+kOP）=0为常数.

实际上，++=-（k1′+k2′+k3′），++=-（k1+k2+k3），即只要其中某一类的斜率之和为常数，则另一类的斜率倒数之和必也为常数，并且不难发现还可以推广到有限情况和双曲线中.

综上所述，希望通过本文四道圆锥曲线中斜率关系题的分析，对同学们突破该类题型有所帮助.

（作者单位：浙江绍兴县越崎中学）

责任编校 徐国坚

设直线l方程y=kx+m（m≠0），通过联立椭圆方程消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，

判别式△=64k2m2-4（1+4k2）（4m2-4）>0，得1+4k2>m2，

设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，│PQ│=│x1-x2│=.

至此后，后面可能就会觉得无从下手，其实，我们只要根据斜率关系建立等式就能看到“曙光”.

因为k2=·，而y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=，

所以k2=，解得k2=，

故│PQ│=，且原点O到直l线的距离d==，所以S△OPQ=··=│m│.

到此，如何求S△OPQ面积的取值范围呢？可以看成是关于m2的一元二次问题：S△OPQ=，所以0

这个答案还是有问题的！因为前面在得到1+4k2>m2、k2=、k2=后，我们可以得到0

例4. 椭圆T的中心为坐标原点O，右焦点为F（2，0），且椭圆T过点E（2，）.△ABC的三个顶点都在椭圆T上，设三条边的中点分别为M，N，P.

（1）求椭圆T的方程；

（2）设△ABC的三条边所在直线的斜率分别为k1，k2，k3，且k1≠0，i=1，2，3. 若直线OM，ON，OP的斜率之和为0，求证：++为定值.

解析：（1）+=1.

（2）阅读完该问时，同学们可能会觉得无从下手，但若我们能想起本题的命题背景：直线与椭圆相交，则该直线斜率与相交线段中点与原点的连线斜率之积为常数，则该题的解决就容易了.

设斜率为k的直线l与椭圆+=1（a>b>0）相交于A、B两点，线段AB中点M与原点O的连线斜率为k1，则k·k1=-.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则+=1，+=1，

得+=0，则·=-，即k·k1=-.

因此，对于本题kOM·k1=-，=-2kOM，

同理可得=-2kON，=-2kOP，所以++=-2（kON+kOM+kOP）=0为常数.

实际上，++=-（k1′+k2′+k3′），++=-（k1+k2+k3），即只要其中某一类的斜率之和为常数，则另一类的斜率倒数之和必也为常数，并且不难发现还可以推广到有限情况和双曲线中.

综上所述，希望通过本文四道圆锥曲线中斜率关系题的分析，对同学们突破该类题型有所帮助.

（作者单位：浙江绍兴县越崎中学）

责任编校 徐国坚