圆锥曲线中有关斜率与定点定值的两个结论及应用

圆锥曲线有着非常丰富的性质和许多美妙的结论，若在平时的学习中注意总结、积累并合理运用，在解题中将收到事半功倍的效果．本文介绍圆锥曲线中与斜率及定点定值有关的两个结论，并举例说明其应用．

结论1 已知动直线l交椭圆x2a2+y2b2=1（a>0，b>0，a不一定大于b）于A、B两点（异于顶点P（－a，0）），m≠0，m≠±a（m为常数），设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则

（1）l过定点（m，0） k1k2=b2（m－a）a2（m+a）；定值

（2）l过定点（－a，m）k1+k2=2b2ma；定值

（3）l过定点（a，m） 1k1+1k2=2am.定值

证明： 先对椭圆方程变形x2a2+y2b2=1（（x+a）－a）2a2+y2b2=1（x+a）2a2－2a（x+a）+y2b2=0，

设直线AB的方程为p（x+a）+qy=1，代入上式得（x+a）2a2－2a（x+a）（p（x+a）+qy）+y2b2=0

（1a2－2pa）（x+a）2－2qa（x+a）y+y2b2=0（1－2pa）b2（x+a）2－2qab2（x+a）y+a2y2=0a2（yx+a）2－2qab2·yx+a+（1－2pa）b2=0.设点A（x1，y1），B（x2，y2），又点P（－a，0），∴k1=y1+ax1，k2=y2+ax2，∴k1与k2是关于k的二次方程a2k2－2qab2k+（1－2pa）b2=0的两根，∴k1+k2=2qb2a，k1k2=（1－2pa）b2a2，所以（1）k1k2=b2（m－a）a2（m+a）（1－2pa）b2a2=b2（m－a）a2（m+a）1－2pa=m－am+a（m+a）－2pa（m+a）=m－ap（m+a）=1l过定点（m，0）.

（2）k1+k2=2b2ma2qb2a=2b2maqm=1l过定点（－a，m）.

（3）1k1+1k2=2am2qa1－2pa=2amq1－2pa=1m2pa+qm=1l过定点（a，m）.

注：当P为椭圆右顶点时，只需将结论1中的a换成－a．

同理可得如下：

结论2 已知动直线l交椭圆x2a2+y2b2=1（a>0，b>0，a不一定大于b）于A、B两点（异于点P（0，b）），m≠0，m≠±b（m为常数），直线PA，PB的斜率为k1，k2，则

（1）l过定点（0，m）k1k2=b2（m－b）a2（m+b）定值；

（2）l过定点（m，－b）k1+k2=－2bm定值；

（3）l过定点（m，b）1k1+1k2=－2a2mb.

注：（1）当P为椭圆下顶点时，只需将结论2中的b换成－b；

（2）在圆、双曲线、抛物线中有类似的结论．

下面举例说明以上结论在解题中的应用．

例1 （2023年全国乙卷理科第20题）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a>b>0）的离心率是53，点A－2，0在C上．

（1）求C的方程；

（2）过点－2，3的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，

证明：线段MN的中点为定点．

解：（1）易得椭圆方程为y29+x24=1.

（2）设点M（0，m），N（0，n），则kAM=m2，kAN=n2，又由结论1（2）知kAP+kAQ=2×93×2=3，即m2+n2=3，∴线段MN的中点是定点0，3.

例2 （2022年高考浙江卷21题）如图1，已知椭圆x212+y2=1，设A，B是椭圆上异于

P（0，1）的两点，且点Q（0，12）在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y=－12x+3于C，D两点.

（1）略； （2）求|CD|的最小值.

解：设点C（2m，3－m），D（2n，3－n），由结论2（1）知kPAkPB=－136，即kPCkPD=－1362－m2m·2－n2n=－136（m－2）（n－2）=－19mnn=9m－185m－9， ∴|CD|=1+14|2m－2n|=5|m－n|=5|m－9m－185m－9|=55|5m－45m－905m－9|=55|5m－9（5m－9）－95m－9|=55|5m－9+95m－9|=55（|5m－9|+9|5m－9|）≥55·29=655（当|5m－9|=3时取等号），∴|CD|的最小值为655．

例3 （2022年全国乙卷理科21题） 已知椭圆E的中心为坐标原点，

对称轴为x轴、y轴，且过A0，－2，B32，－1两点．

（1）求E的方程；（2）设过点P1，－2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线

与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．

解证：（1）易得E的方程为x23+y24=1.

（2） 设M（x1，y1），N（x2，y2），由题设知直线AB的方程为x=32（y+2），故点T（32（y1+2），y1），H（3（y1+2）－x1，y1）．又在结论2（3）中，将b换成－b可得1kAM+1kAN=3，即x1y1+2+x2y2+2=3x1+x2（y1+2）y2+2=3（y1+2）3（y1+2）－x1=x2（y1+2）y2+2，∴H（x2（y1+2）y2+2，y1），∴kHN=y1－y2x2（y1+2）y2+2－x2=（y1－y2）（y2+2）x2（y1+2）－x2（y2+2）=（y1－y2）（y2+2）x2（y1－y2）=y2+2x2，∴直线HN的方程为y－y2=y2+2x2（x－x2），即y=y2+2x2x－2，所以直线HN过定点（0，－2）．

评注：上述三题均涉及曲线的内接三角形（例如：例3中ΔAMN内接于椭圆），其中一点为曲线的顶点（不妨记为A），另两点的连线过定点（记为P），且PA⊥坐标轴．求解这类问题可以利用本文中的结论轻松突破．所以教学时题不在多，贵在总结，要善于透过现象看清问题的本质，找到问题的“根”，从而达到解一题、通一类、带一串的目的.