专题18 斜率型定值型问题-2022年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破（全国通用）

专题18　斜率型定值型问题 定值问题——巧妙消参 定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决． 题型一　斜率问题 【例题选讲】 [例1]　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A(2，1)． (1)求椭圆C的方程； (2)若P，Q是椭圆C上的两个动点，且使∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，试判断直线PQ的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由． [规范解答]　(1)因为椭圆C的离心率为，且过点A(2，1)， 所以＋＝1，＝．因为a2＝c2＋b2，解得b2＝2，a2＝8 所以椭圆C的方程为＋＝1． (2)因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，所以PA与AQ所在直线关于直线x＝2对称． 设直线PA的斜率为k，则直线AQ的斜率为－k． 所以直线PA的方程为y－1＝k(x－2)，直线AQ的方程为y－1＝－k(x－2)． 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由 消去y得(1＋4k2)x2－8(2k2－k)x＋16k2－16k－4＝0，① 因为点A(2，1)在椭圆C上，所以x＝2是方程①的一个根， 2x1＝，即x1＝．同理x2＝． 所以x1－x2＝－．又y1－y2＝k(x1＋x2)－4k＝k·－4k＝－， 所以直线PQ的斜率为kPQ＝＝．所以直线PQ的斜率为定值，该值为． [例2]　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝a上的任意一点，且(＋)·＝2． (1)求椭圆C的方程； (2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值． [规范解答]　(1)设P，F(c，0)，E(a，0)， 则＝，＝，＝(c－a，0)， 所以(＋)·＝·＝2，即·(c－a)＝2，又e＝＝， 所以a＝2，c＝1，b＝，从而椭圆C的方程为＋＝1． (2)由(1)知A，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设MN的方程：y＝kx＋m，代入椭圆方程＋＝1， 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝． 又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB， 则kAM＋kAN＝0，即＋＝0，(x2－1)＋(x1－1)＝0， 即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝．故直线MN的斜率为定值． [例3]　如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上． (1)求抛物线的方程及其准线方程； (2)当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，证明：直线AB的斜率为定值． [规范解答]　(1)由题意可设抛物线的方程为y2＝2px(p>0)．则由点P(1，2)在抛物线上，得22＝2p×1， 解得p＝2，故所求抛物线的方程是y2＝4x，准线方程是x＝－1． (2)因为PA与PB的斜率存在且倾斜角互补，所以kPA＝－kPB，即＝－． 又A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，所以x1＝，x2＝，从而＝－， 即＝－，得y1＋y2＝－4，故直线AB的斜率kAB＝＝＝－1，为定值． [例4]　如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，直线l：y=x与椭圆E相交于A，B两点，AB=4，C，D是椭圆E上异于A，B两点，且直线AC，BD相交于点M，直线AD，BC相交于点N． (1)求a，b的值； (2)求证：直线MN的斜率为定值． [规范解答]　(1)因为e＝＝，所以c2＝a2，即a2－b2＝a2，所以a2＝2b2； 故椭圆方程为＋＝1；由题意，不妨设点A在第一象限，点B在第三象限， 由解得A(b，b)；又AB＝4，所以OA＝2，即b2＋b2＝20，解得b2＝12． 故a＝2，b＝2； (2)由(1)知，椭圆E的方程为＋＝1，从而A(4，2)，B(－4，－2)； ①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设直线CA，DA的斜率分别为k1，k2，C(x0，y0)， 显然k1≠k2；k1kBC＝·＝＝＝－，所以kBC＝－；同理kDB＝－， 于是直线AD的方程为y－2＝k2(x－4)，直线BC的方程为y＋2＝－(x＋4)； ∴，解得， 从而点N的坐标为(，)， 用k2代k1，k1代k2得点M的坐标为(，)； ∴kMN＝＝＝－1． 即直线MN的斜率为定值－1； ②当CA，CB，DA，DB中，有直线