模型2 圆锥曲线中的斜率模型
【问题背景】近年来新高考中有一种常见的热点问题，在圆锥曲线综合题中有一类涉及斜率和、斜率积的试题，常常与定点、定值、最值问题交汇在一起，各种条件错综复杂，难以入手．如果没有成型的解题模型，解题时就会茫然失措，毫无章法．其实，这类题型有其解题模型，解题过程也是有章可循的．
【解决方法】
【典例1】（2024海南海口嘉勋高级中学8月模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为轴上存在一点（点在椭圆左顶点的左侧），过的直线与椭圆交于点和点（异于椭圆左、右顶点），且与互为补角，求面积的最大值．
【套用模型】第一步：做好解题准备工作．
由题意知，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，则，由消去并整理得关于的方程，
由，可得 ①，
【 黑板】点在椭圆外，所以要保证直线与椭圆有两个交点，必须满足
设，则．
第二步：由斜率列出表达式．
与互为补角，，则，
【建立敏感度】解析几何涉及角的关系，要立刻联想到直线的倾斜角，进而联系到斜率，得到斜率之间的关系，如斜率相等、斜率和为0等
第三步：得到相关参数关系．
解得直线的方程为，且由①可得，即．
第四步：求解题干问题．
点到直线的距离，
．
令，则，
当且仅当，即时等号成立，面积的最大值为．
【典例2】（试题调研原创）已知为坐标原点，椭圆．直线与椭圆交于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，且，求的取值范围．
【套用模型】第一步：做好解题准备工作．
设，当直线的斜率存在时，设的方程为，
由消去得关于的方程，，
则．
第二步：由斜率列出表达式．
因为，所以，则，
第三步：得到相关参数关系．
整理得，则且恒成立．
第四步：求解题干问题．
，
又且，故．
当直线的斜率不存在时，，
【易遗漏】涉及直线斜率的问题，直线斜率可能不存在，不要遗漏，所得结果取并集
则，又，得，则．
综上，的取值范围为．
【典例3】（2024四川宜宾第四中学8月开学考试）如图1，已知抛物线的焦点为，，点是在第一象限内且在上的一个动点，当与轴垂直时，，过点作与相切的直线交轴于点，过点作直线的垂线交抛物线于两点．
图1
（1）求的方程．
（2）延长，交抛物线于点．设直线（其中为坐标原点）的斜率分别为，证明：为定值．
（1）当与轴垂直时，，则由抛物线的定义可得，解得，
所以的方程为．
（2）【套用模型】第一步：做好解题准备工作．
设，对于，当时，，所以，直线的斜率为．
当直线的斜率存在时，将直线的方程与抛物线方程联立，消去并化简，得，易得，设，则，所以．
【抓条件】直线与抛物线的另一个交点是点，这是一个直白的、但容易灯下黑的条件，这里根据“”可以直接求出
把点的纵坐标代入，得，所以．
第二步：列出斜率表达式．
因为直线与切线垂直，所以，而，所以．
又为坐标原点，所以．
第三步：求解题干问题．
所以．当直线的斜率不存在时，，此时，所以．综上，为定值2．
（2024·重庆·二模）
1．已知抛物线，过点作两条斜率为，的直线与抛物线的准线分别相交于点，．分别过，作的垂线交抛物线于点，，当时，则点到直线的距离的最大值是（ ）
A．1 B． C． D．
（23-24高三下·黑龙江鹤岗·开学考试）
2．已知椭圆的右焦点为，且离心率为．三角形的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边AB、BC、AC的中点分别为D、E、M、且三条边所在直线的斜率分别为、、，且、、均不为0，O为坐标原点．若直线OD、OE、OM的斜率之和为1，则（ ）
A．－1 B．
C． D．
（2024·河南·模拟预测）
3．已知椭圆的右焦点为外的一点满足（为坐标原点），过点的直线与交于两点，且，若直线的斜率之积为，则 ．
（2024·贵州黔东南·一模）
4．已知抛物线：的焦点为，准线为，过点作直线交于，两点，过，分别作的垂线交于，两点，设，的斜率分别为，，则的最小值为 ．
（23-24高三上·广东广州·阶段练习）
5．已知椭圆的两个顶点在直线上，分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上异于长轴两个端点的任一点，过点作椭圆的切线与直线交于点，设直线，的斜率分别为，则的值为 ．
（2024高三·全国·专题练习）
6．在平面直角坐标系中，已知两定点，，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．
(1)求动点M的轨迹；
(2)设过的直线交曲线于C，D两点，Q为平面上一动点，直线QC，QD，QP的斜率分别为，，，且满足．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．
（23-24高三下·湖南·阶段练习）
7．如图，已知椭圆：经过点，离心率，直线的方程为.
（1）求椭圆的方程；
（2）是椭圆经过定点的任意一条弦(不经过点)，设直线与直线相交于点，记直线，，的斜率依次为，，，问：是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（23-24高三上·湖北武汉·开学考试）
8．已知椭圆，过点且与轴平行的直线与椭圆恰有一个公共点，过点且与轴平行的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过点的动直线与椭圆交于两点，为轴上的一点，设直线和的斜率分别为和，若为定值，求点的坐标.
（23-24高三上·湖北·期中）
9．已知椭圆：的离心率为，椭圆的短轴长等于4．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设，，过且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，直线，分别交：于异于点的点，，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为．
①求证：为定值；
②求证：直线过定点.
（23-24高三上·内蒙古包头·开学考试）
10．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程，并说明是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交曲线于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交曲线于点.
（ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值；
（ⅱ）求面积的最大值.
（23-24高三上·湖北武汉·开学考试）
11．已知椭圆：的离心率为，点是椭圆短轴的一个四等分点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设过点A且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，且点，直线，分别交：于异于点的点，，设直线的斜率为，求实数，使得，恒成立.
（2024高三·全国·专题练习）
12．已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，求的值；
(3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】设，，直线，与抛物线联立，得到韦达定理，由求得a的值.则直线过定点，则到直线的最大距离即MN.
【详解】解：设，，直线，
由，得．则．
，∴，得．
∴直线过定点，则到直线的距离．
当，即，或，时取等号．
故选：C．
2．C
【分析】根据椭圆的右焦点为，且离心率为，求出椭圆方程，由三角形的三个顶点都在椭圆上，利用点差法求解.
【详解】因为椭圆的右焦点为，且离心率为，
所以，，解得 ，
所以椭圆方程为，
设 ，
则，
两式相减得：，即，
即，
同理，，，
又直线 的斜率之和为1，
所以，，故C正确.
故选：C.
3．
【分析】取线段的中点为，利用边长比值关系可得，进而借助点差法求解的值.
【详解】解：如图，取线段的中点为，连接，
则由题意可得，，又，所以．
因为直线的斜率之积为，所以．
设，则，
两式相减可得，
整理得，即，
所以，所以．
故答案为：．
4．2
【分析】将直线与抛物线方程联立，再利用韦达定理表示出，利用换元法以及基本不等式即可求解.
【详解】由已知可设，
代入得：．
设，则，
由，得．
，
，
由题意得：，
，
设，
则，
当且仅当即取到最小值为．
故答案为：2
5．
【分析】根据题意求出，进而写出椭圆方程，设点的切线方程为，与椭圆联立，由得到，然后依次表示出相关点的坐标，利用斜率公式表示出，进而化简整理即可求出结果。
【详解】因为椭圆的两个顶点在直线上，
所以，所以椭圆方程为，所以,
设点的切线方程为，，
联立，消去得，
因为直线与椭圆相切，所以，所以，
所以，所以点，
又，所以，所以，
设点，又在切线上，所以，
所以，
所以，
故答案为：
【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，注意不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
6．(1)
(2)在定直线y＝8（x≠0）上．
【详解】（1）设，则，由题意知－4＜x＜4．
∵，∴，即，故动点M的轨迹为．
（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，，，则，，，由此知．
将y＝kx＋1代入，得，于是
，．①
条件即，也即．
将，代入得．
显然不在直线y＝kx＋1上，∴，从而得，即．
将，代入得．将式①代入得
，解得．
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．
【反思】由于关于椭圆的极线是直线y＝8，若恒成立，由命题5知点Q在极线y＝8上，因此存在满足题意的Q，其轨迹为y＝8（x≠0）．本题实质是命题5的逆向应用．
7．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）根据点在椭圆上以及离心率列出关于的方程组，结合求解出的值，则椭圆方程可求；
（2）先假设存在，然后设出直线的方程，联立直线与椭圆方程，得到对应坐标的韦达定理，根据结合韦达定理进行化简，同时计算出坐标，表示出，由此可判断出与的倍数关系，则可求.
【详解】（1）由题意可知：，所以，
所以椭圆；
（2）假设存在满足题意，显然直线的斜率存在，设，
因为，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，即，
所以存在满足题意.
8．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到椭圆的下顶点为和椭圆过点求解；
（2）设点坐标为，当直线斜率存在时，设其方程为，与联立，由，结合韦达定理求解；当直线斜率不存在时验证即可.
【详解】（1）解：由题意，椭圆的下顶点为，故.
由对称性，椭圆过点，代入椭圆方程有，
解得：.
故椭圆的标准方程为：.
（2）设点坐标为.
当直线斜率存在时，设其方程为，与联立得：
.
设，则.
，
，
，
为定值，即与无关，则，此时.
经检验，当直线斜率不存在时也满足，故点坐标为.
9．(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题意得到方程组，解之即可求出结果；
（2）①设出直线MN的方程，与椭圆联立，结合韦达定理得到，化简整理即可求出结果；
②设PQ的方程，与联立，结合韦达定理求出的值，进而可以求出结果.
【详解】（1）由题意解得
所以椭圆的标准方程为：；
（2）① 设MN的方程为，与联立得：，
设，，则，
②设PQ的方程为 ，与联立，
设，则
由，即此时，
的方程为，故直线恒过定点.
【点睛】求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
10．(1)，为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.
【分析】（1）直接利用斜率公式即可求解；
（2）（i）设直线的方程为联立椭圆方程可得点坐标，设，根据坐标之间的联系可得直线的方程为，与椭圆方程联立运用韦达定理求出的坐标，再利用斜率公式求出，进而即得；
（ii）由题可得，再利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）因为，，，
所以，
所以，化解得，
所以为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；
（2）（ⅰ）设直线的斜率为，则其方程为，
由，得，记，则，，，
于是直线的斜率为，方程为，
由，得①，
设，则和是方程①的解，
故，由此得，
从而直线的斜率，
所以，即直线与的斜率之积为定值；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，，，
所以
，
当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
11．（1）；（2）.
【分析】（1）根据点是椭圆短轴的一个四等分点，求得b，再根据离心率和，即可求得a，从而得出答案；
（2）设，直线MN的方程为，则直线BM的方程为，与联立，利用韦达定理可求得点，的坐标，从而得出直线的斜率，整理可得出结论.
【详解】解：（1）因为点是椭圆短轴的一个四等分点，
所以，
又，且，
则，所以，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设，直线MN的方程为，
则直线BM的方程为，与联立，
得：，
由，且点在上，得，
又，即，代入上式得，
，
即点，同理，
则，
将代入上式，
得，
所以时，，恒成立.
【点睛】本题考查了根据离心率求椭圆的标准方程及直线与椭圆、圆的位置关系，考查了计算能力和逻辑推理能力，难度较大.
12．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意列出关于的方程，解方程求出，即可得出答案.
（2）由（1）得到直线AB的方程与椭圆方程联立得到关于的一元二次方程，设，，由韦达定理代入求出，设O点到直线AB的距离为d，求出d，由面积公式即可求出答案.
（3）设，，设，由题目条件表示结合定比分点公式由表示，设同理用表示，代入，可求得答案.
【详解】（1）由题意，得解得∴，故的方程为．
（2）由（1）知，
∴直线AB的方程为，由即，
设，，
则，，
∴．
设O点到直线AB的距离为d，则．
∴．
（3）设AB直线方程，
设，，，，
由由定比分点坐标公式：，
由于A，C满足椭圆方程，故得
两式作差得③，
将①②代入③可得，和①进行联立，
即，解得：
由同理可得，
∴
，
故．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
