博客

斜率和积类模型

$\{\begin{array}{l}{k}_{PA}+k_{PB}=\mathrm{定}\mathrm{值}\\ k_{PA}\cdot k_{PB}=\mathrm{定}\mathrm{值}\\ \overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}=\mathrm{定}\mathrm{值}\end{array}\iff \mathrm{直}\mathrm{线}{l}_{AB}\mathrm{过}\mathrm{定}\mathrm{点}。$
例１、已知椭圆Ｃ:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$,四点$P_1(1,1),P_2(0,1),P_3(-1,\frac{\sqrt{3}}{2}),P_4(1,\frac{\sqrt{3}}{2})$中三点恰有三点在椭圆上：

(Ⅰ)求椭圆的标准方程；$\frac{x^2}{4}+y^2=1$
(Ⅱ)设直线$l$不经过$P_2$点且与Ｃ相交于Ａ,Ｂ两点，若直线$P_{2}A\mathrm{与}{P}_{2}B$的斜率的和为$-1$，证明：$l$过定点。
解：$\{\begin{array}{l}y=kx+m(\mathrm{不}\mathrm{经}\mathrm{过}(0,1)\mathrm{即}m\ne 1\\ x^2+4y^2-4=0\end{array}\Rightarrow x^2+4(k^2{x}^2+2kmx+m^2)-4=0$$(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-4=0$
设A点坐标为$(x_1,y_1),B\mathrm{为}(x_2,y_2)$
$\frac{y_1-1}{x_1}+\frac{y_2-1}{x_2}=-1\Rightarrow \frac{k{x}_1+m-1}{x_1}+\frac{k{x}_2+m-1}{x_2}=-1$
$2k+(m-1)(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2})=-1$
$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}=\frac{-\frac{B}{A}}{\frac{C}{A}}=-\frac{B}{C}$
$2k+(m-1)\cdot \frac{-8km}{4(m+1)(m-1)}=2k-\frac{2km}{m+1}=\frac{2km+2k-2km}{m+1}=-1$
$2k+m+1=0,\Rightarrow m=-1-2k$
$\Rightarrow y=kx+m=kx-1-2k=k(x-2)-1$
故直线$l$过定点$(2,1)$

例2、（2024年成都期中试）已知椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$右焦点$F(1,0),e=\frac{\sqrt{2}}{2}$
过F作两条互相垂直的弦AB、CD，设AB、CD的中点分别为M，N
(1)求椭圆的标准方程：
(2)证明：直线ＭＮ必过定点，并求出定点的坐标。
解：(2)设过Ｆ(1,0)的直线AB方程为$x=my+1$,联立椭圆与直线的方程有：$\{\begin{array}{l}{x}^2+2y^2-2=0\\ x=my+1\end{array}\Rightarrow (m^2+2)y^2+2my-1=0\Rightarrow y_M=\frac{y_1+y_2}{2}=-\frac{m}{m^2+2}$$\Rightarrow y_M=\frac{y_1+y_2}{2}=-\frac{m}{m^2+2},x_M=m\cdot y_M+1=-\frac{m^2}{m^2+2}+1=\frac{2}{m^2+2}$
同理设过Ｆ(1,0)的直线CD方程为$x=-\frac{1}{m}y+1$,联立椭圆与直线的方程有：$\{\begin{array}{l}{x}^2+2y^2-2=0\\ x=-\frac{1}{m}y+1\end{array}\Rightarrow y_N=\frac{\frac{1}{m}}{(\frac{1}{m}{)}^2+2}=\frac{m}{2m^2+1},x_N=-\frac{1}{m}\cdot y_N+1$$x_N=-\frac{1}{2m^2+1}+1=\frac{2m^2}{2m^2+1}$
设直线方程，与椭圆联立解得含m参数的M,N点坐标。
分析：因为动直线AB和CD均关于x轴对称，因而M,N也关于x轴对称，故动直线MN的定点一定在x轴，故有：
设直线ＭＮ与x轴的交点为（t,0）
$\frac{-\frac{m}{m^2+2}}{\frac{2}{m^2+2}-t}=\frac{\frac{m}{2m^2+1}}{\frac{2m^2}{2m^2+1}-t}\Rightarrow \frac{-\frac{m}{m^2+2}}{\frac{2-t(m^2+2)}{m^2+2}}=\frac{\frac{m}{2m^2+1}}{\frac{2m^2-t(2m^2+1)}{2m^2+1}}$$\Rightarrow \frac{-1}{2-t{m}^2-2t}=\frac{1}{2m^2-2t{m}^2-t}\Rightarrow 2m^2-2t{m}^2-t+2-t{m}^2-2t=0\Rightarrow 2m^2-3t{m}^2-3t+2=0$$2m^2+2=2t(m^2+1)\Rightarrow t=\frac{2}{3}$
这里用三点共线的斜率相等而不设立直线方程，目的是求解t值。如果是含m,则说明直线不经过定点。

例3、已知点$T_1(3,-\sqrt{5})$和$T_2(-5,\sqrt{2}1)$在双曲线$C：\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$上，双曲线的左顶点为$A,\mathrm{过}\mathrm{点}L（a^2,0)$且不与$x$轴重合的直线$l$与双曲线C交于$P,Q$两点，直线$AP，AQ$与圆$O：x^2+y^2=a^2$分别交于于$M，N$两点。
(Ⅰ) 求双曲线的标准方程：$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{4}=1$
(Ⅱ)设直线AP、AQ的斜率分别为$k_1,k_2,\mathrm{求}{k}_1{k}_2$的值
(Ⅲ)证明M、N过定点。

(Ⅱ)解：设过$L(4,0)\mathrm{的}\mathrm{直}\mathrm{线}：x=my+4\mathrm{与}{x}^2-y^2-4=0\mathrm{联}\mathrm{立}，\mathrm{得}(m^2-1)y^2+8my+12=0$设$P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),k_1=\frac{y_1}{x_1+2},k_2=\frac{y_2}{x_2+2}\Rightarrow k_1{k}_2=\frac{y_1}{x_1+2}\cdot \frac{y_2}{x_2+2}$
$\Rightarrow =\frac{y_1{y}_2}{x_1{x}_2+2(x_1+x_2)+4}\Rightarrow$
$x_1{x}_2=(m{y}_1+4)(m{y}_2+4)=m^2{y}_1{y}_2+4m(y_1+y_2)+16$
$x_1+x_2=(m{y}_1+4)+(m{y}_2+4)=m(y_1+y_2)+8\Rightarrow 2(x_1+x_2)=2m(y_1+y_2)+16$
分母$＝m^2{y}_1{y}_2+6m(y_1+y_2)+36$
$k_1{k}_2=\frac{y_1{y}_2}{m^2{y}_1{y}_2+6m(y_1+y_2)+36}=\frac{12}{12m^2+6m(-8m)+36\cdot (m^2-1)}=-\frac{1}{3}$

(Ⅲ)圆的方程：$x^2+y^2=4$,设过$M(x_3,y_3),N(x_4,y_4)$的直线方程为$x=ty+n$

$(ty+n{)}^2+y^2-4=0\Rightarrow (1+t^2)y^2+2tn\cdot y+(n^2-4)=0$

$k_{AM}=\frac{y_3}{x_3+2},k_{AN}=\frac{y_4}{x_4+2},k_{AM}{k}_{AN}=\frac{y_3{y}_4}{x_3{x}_4+2(x_3+x_4)+4}$
$x_3{x}_4=(t{y}_3+n)(t{y}_4+n)=t^2{y}_3{y}_4+nt(y_3+y_4)+n^2$
$2(x_3+x_4)=2t(y_3+y_4)+4n$
分母=$t^2{y}_3{y}_4+t(n+2)(y_3+y_4)+n^2+4n+4$$k_{AM}{k}_{AN}=\frac{y_3{y}_4}{t^2{y}_3{y}_4+t(n+2)(y_3+y_4)+n^2+4n+4}=\frac{n^2-4}{t^2(n^2-4)+t(n+2)(-2nt)+(n+2{)}^2(1+t^2)}$
=$\frac{n-2}{t^2(n-2)-2n{t}^2+(n+2)(1+t^2)}=\frac{n-2}{n+2}=-\frac{1}{3}$
$\therefore n=1$
$x=ty+1\mathrm{直}\mathrm{线}\mathrm{过}(1,0)\mathrm{点}$

法二：平移齐次法
(Ⅱ)解:将点$A(-2,0)L(4,0)$，椭圆$x^2-y^2-4=0$向右平移两个单位，得到$A^{\prime }(0,0),L^{\prime }(6,0)$
椭圆平移后$(x-2{)}^2-y^2-4=0\mathrm{化}\mathrm{简}\mathrm{得},x^2-4x-y^2=0$
设经过L'(6,0)的直线方程：$mx+ny=1(x\ne 0)$,设直线与椭圆的两个交点P$(x_1,y_2),Q(x_2,y_2)$
齐次化：$x^2-4x(mx+ny)-y^2=0\Rightarrow (1-4m)x^2-4nxy-y^2=0$
两边除$-x^2\mathrm{得}\frac{y^2}{x^2}+4n\cdot \frac{y}{x}+(4m-1)=0$
$k_{A^{\prime }P}=\frac{y_1}{x_1},k_{A^{\prime }Q}=\frac{y_2}{x_2},\Rightarrow \frac{y_1}{x_1}\cdot \frac{y_2}{x_2}=4m-1$,直线也过$(6,0)\mathrm{即}，6m=1\Rightarrow m=\frac{1}{6}$
$\therefore k_{A^{\prime }P}\cdot k_{A^{\prime }Q}=4\cdot \frac{1}{6}-1=-\frac{1}{3}$
(Ⅲ)圆向左平移两个单位，得，$(x-2{)}^2+y^2-4=0\Rightarrow x^2-4x+y^2=0$
设点$M(x_3,y_3),N(x_4,y_4),\mathrm{直}\mathrm{线}MN\mathrm{的}\mathrm{方}\mathrm{程}\mathrm{为}:\lambda x+\mu y=1$
齐次化：$x^2-4x(\lambda x+\mu y)+y^2=0$
$y^2-4\mu xy+(1-4\lambda )x^2=0$
直线不过原点，两边除以$x^2\frac{y^2}{x^2}-4\mu \cdot \frac{y}{x}+1-4\lambda =0$
$\therefore \frac{y_3}{x_3}\cdot \frac{y_4}{x_4}=1-4\lambda =-\frac{1}{3},\Rightarrow \lambda =\frac{1}{3}$
$\lambda x+\mu y=1\Rightarrow \frac{1}{3}x+\mu y=1$
故直线过定点(3,0)