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1、斜率乘积为定值的问题探究【教学目标】会合理选择参数（坐标、斜率等）表示动态几何对象和几何量，探究、证明动态图形中的不变性质，体会“设而不求”、“整体代换”在简化运算中作用【教学难、重点】解题思路的优化【教学过程】一基础知识、基本方法梳理问题1已知AB是圆O的直径，点P是圆O上异于A，B的两点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则k1.k2= .问题2（类比迁移1）点P是椭圆上上异于长轴端点以外的任一点，A、B是该椭圆长轴的两个端点，直线PA,PB的斜率分别为k1，k2，则k1k2= .y问题3.（引申拓展1）求证：椭圆长轴的两个端点与椭圆上除这两个顶点外的任一点连线斜率之积为问题4.（引申
2、拓展2）设 A、B是椭圆上关于原点对称的两点，点P是该椭圆上不同于A，B的任一点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则k1k2是否为定值？并给予证明问题5.（类比迁移2）设 A、B是双曲线上关于原点对称的两点，点P是该双曲线上不同于A，B的任一点，直线PA,PB的斜率是k1,k2，猜想k1k2是否为定值？并给予证明 知识梳理：结论1.设 A、B是椭圆上关于原点对称的两点，点P是该椭圆上不同于A，B的任一点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则结论2.设 A、B是双曲线上关于原点对称的两点，点P是该双曲线上不同于A，B的任一点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则友情提醒：以上两结论
3、在解决填空题的时候，在你确保结论没记错的前提下，你可任性地使用；但：在解决解答题的时候，若要用到该结论，不可任性，需要进行简单的证明，否则，受伤的只是你。二基础训练1.(2012天津理19改编)设椭圆的左、右顶点分别为，点P在椭圆上且异于两点，若直线AP与BP的斜率之积为，则椭圆的离心率为 .解析：利用kAPkBP，很快可以得到椭圆的离心率为.2.如图2，在平面直角坐标系xOy中，F1,F2分别为椭圆的左、右焦点，B、C分别为椭圆的上、下顶点，直线BF2与椭圆的另一交点为D.若cosF1BF2，则直线CD的斜率为 解析：由已知可得，所以，所以，又因为，且，所以，所以3.（2016如东月考）已知
4、椭圆，点为其长轴的6等分点，分别过这五点作斜率为的一组平行线，交椭圆于点,则这10条直线,的斜率的乘积为 变式.（吓吓你）已知椭圆，点为其长轴的2018个等分点，分别过这2017个点作斜率为的一组平行线，交椭圆于点,则这4034条直线,的斜率的乘积为 图34.（2011江苏18改编）如图3，已知椭圆方程为，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k，对任意，求证：PAPB分析：可以转化为证明KPAKPB=-1，注意到KABKPB=法一：由题意设，A、C、B三点共线，又因为点P、B在椭圆上，两式相减得：，法
5、二：设,A、C、B三点共线，又因为点A、B在椭圆上,两式相减得：,法三：设，则，即,设，因为，,所以，又因为，在椭圆上，所以，所以，所以,所以,即方法梳理：一.解决直线和圆锥曲线问题的一般方法：Step 1 设（点的坐标、直线方程、曲线方程）；Step 2 代（点的坐标代入方程，方程联立方程组代入消元）；Step 1 化（化简方程，解方程）.二.常用的化简策略 “设而不求”，整体代换三.解决此类问题的基本要求 1、“思路清晰”，“出路通达”； 2、书写规范，推算严谨。三.典型例题例1.（南京市、盐城市2017一模改编）已知椭圆的方程,直线，（）交椭圆于两点，为弦的中点，记直线的斜率分别为，当时
6、，求的值. 解：（1）方法一：设，联立，消去，得，因为，所以恒成立，又，所以，所以，则.方法二：设， 则，两式作差，得，又，又，在直线上，又在直线上，由可得，所以，所以.例2.（2013苏北四市模考题改编）如图，在平面直角坐标系中，椭圆，若点，分别是椭圆的左、右顶点，直线经过点且垂直于轴，点是椭圆上异于，的任意一点，直线交于点.（1）设直线的斜率为直线的斜率为，求证：为定值；（2）设过点垂直于的直线为.求证：直线过定点，并求出定点的坐标.解（1）法一、设，则，因为三点共线，所以， 所以，因为在椭圆上，所以，故为定值法二、设，因为,所以所以，又因为在椭圆上，所以，所以，设直线的方程为，则直线的斜
7、率为，直线的斜率为，所以为定值（2）法一、直线的斜率为，直线的斜率为,则直线的方程为，=，所以直线过定点 法二、由（1）知，又因为，所以，所以，若记直线与轴的交点为，则，即，所以，又，所以，所以点的坐标为，故直线过定点例3：已知椭圆方程C的方程为，为椭圆的左、右顶点，点S为椭圆C上位于轴上方的动点，直线AS,BS与直线分别交于M，N两点. （1）试求线段MN的长度的最小值； （2）试问：以线段MN为直径的圆是否过定点，并证明你的结论. 解：（1）方法一.由已知可得,设的方程为，则，联立方程组，整理可得，所以，所以，设,又因为三点共线，所以,且，,所以，即，所以，所以，当且仅当，即时取等号.所以
8、线段MN的长度的最小值为.方法二. 由已知可得,设的方程为，则，由于,所以，所以可设的方程为，则，所以，且仅当，即时取等号.所以线段MN的长度的最小值为.（2）法一.由（1）知，所以以线段MN为直径的圆的方程为，即 (*)，当时，对于任意大于0的实数 (*)式恒成立，所以，或即以线段MN为直径的圆是恒过定点和.法二.假设以线段MN为直径的圆是恒过定点，由（1）可得，所以,又，所以对于任意大于0的实数都成立，即 (*)，当时(*)式恒成立，所以，或即以线段MN为直径的圆是恒过定点和.引申：若直线方程变为时，以上问题的结果又如何呢？由已知可得,设的方程为，则，由于,所以，所以可设的方程为，则，所以
9、，当且仅当，即时取等号.所以线段MN的长度的最小值为.（2）假设以线段MN为直径的圆是恒过定点，由（1）知，所以,又，所以对于任意大于0的实数都成立，即 (*)，当时(*)式恒成立，所以，或即以线段MN为直径的圆是恒过定点和.当时，以上的结论又如何？（1）MN的长度的最小值为；（2）当时，以线段MN为直径的圆是恒过定点和；当时，以线段MN为直径的圆是恒过定点和.四.课堂小结五.巩固练习1.（2015全国卷2理20）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 ()证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（）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
10、率，若不能，说明理由试题分析：()题中涉及弦的中点坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解：设端点的坐标，代入椭圆方程并作差，出现弦的中点和直线的斜率；设直线的方程同时和椭圆方程联立，利用韦达定理求弦的中点，并寻找两条直线斜率关系；（）根据()中结论，设直线方程并与椭圆方程联立，求得坐标，利用以及直线过点列方程求的值试题解析：()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（）四边形能为平行四边形因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，由()得的方程为设点的横坐标为由得，即将点的坐标代入直线的方程得，因此四边形为平行四边形当且仅当线段
11、与线段互相平分，即于是解得，因为，2，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形2.（2015上海理）.已知椭圆，过原点的两条直线和分别于椭圆交于和，记得到的平行四边形的面积为. （1）设，用的坐标表示点到直线的距离，并证明； （2）若和的斜率之积为，试求的值. 解析：依题意，直线的方程为，由点到直线的距离公式得点到的距离为，因为，所以（2）方法一：设直线的斜率为，则直线的斜率为，设直线的的方程为，联立方程组，消去解得，根据对称性，设，则，同理可得，则，所以.方法二：设直线、的斜率分别为、，则，所以，所以，因为，在椭圆上，所以，即，所以，即，所以.3 (2016山东文21)已知椭圆的长轴长为4，焦
12、距为.（I）求椭圆C的方程；()过动点M(0，m)(m0)的直线交x轴与点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B.(i)设直线PM、QM的斜率分别为k、k，证明为定值.(ii)求直线AB的斜率的最小值.解：()设椭圆的半焦距为c，由题意知，所以，所以椭圆C的方程为.()(i)设，由M(0,m)，可得 所以，直线PM的斜率，直线QM的斜率.此时，所以为定值-3.(ii)设，直线的方程为，直线的方程为，联立，整理得.由可得，所以，同理，.所以， ，所以 由，可知，所以，当且仅当时取得，此时，即，符合题意.此时直线的斜率的最小值为.（2015陕西卷）20如图，椭圆经过点，且离心率为.(I)求椭圆的方程；(II)经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同两点（均异于点），证明：直线与的斜率之和为2.解：(I)由题意知，综合，解得，所以，椭圆的方程为.(II)由题设知，直线的方程为，代入，得 ，由已知，设，则，从而直线与的斜率之和 .