二级结论17圆锥曲线斜率为定值的4个二级结论（三轮冲刺）考前必备结论.docxVIP

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二级结论17圆锥曲线斜率为定值的4个二级结论（考前必会结论）

【结论介绍】

此类问题涉及“手电筒”模型：过圆锥曲线上一定点作两条与曲线相交的直线，另外两个交点分别为，研究当直线的斜率之和（积）为定值时直线的特征的模型．

模型概述

为圆（或椭圆，或双曲线，或抛物线上一点，，为前述曲线上两个动点，曲线在处的切线斜率存在，为，直线的斜率分别为，直线的斜率为．

圆

若，则为定值．

椭圆

①若，则为定值；②若，则为定值；

③若，则直线过定点．

双曲线

①若，则为定值；②若，则为定值；

③若，则直线过定点．

抛物线

①若，则为定值；②若，则直线过定点．

【结论用途】

应用类型一以圆为背景的结论应用

【典例1】已知圆的圆心坐标为，且该圆经过点．

（1）若点也在圆上，且弦长为8，求直线的方程；

（2）直线交圆于、两点，若直线、的斜率之积为2，求证：直线过一个定点，并求出该定点坐标；

（3）直线交圆于、两点，若直线、的斜率之和为0，求证：直线的斜率是定值，并求出该定值．

【解析】（1）因为圆的圆心坐标为，且该圆经过点，

可得，即圆的半径为，所以圆的方程为，

当直线的斜率不存在时，此时直线的方程为，此时，符合题意；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

因为，圆的半径为，可得圆心到直线的距离为，

由点到直线的距离公式，可得，解得，

所以直线的方程为，即，

综上可得，直线的方程为或．

（2）解：当直线的斜率不存在时，设，

因为直线的斜率之积为，且，

可得，即，

又因为点在圆上，可得，

联立方程组，此时方程组无解，（舍去）；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，且，

由，

整理得，

联立方程组，整理得，

所以，

代入上式，可得，

整理得，所以直线的方程为，

可得直线的方程为，

联立方程组，解得，所以直线恒过定点．

（3）解：设直线，

联立方程组，整理得，

所以点的坐标为，

同理可得：点的坐标为，

所以，所以直线的斜率为定值．

应用类型二以椭圆为背景的结论应用

【典例2】[2020新高考I卷改编]已知椭圆的离心率为，且过点，点在上，且．

（1）求的方程．

（2）证明：直线过定点．

【解析】（1）由题意可得，得，

所以椭圆的方程为．

（2）方法一设，若直线斜率存在，设其方程为，

【讲关键】在求解直线与圆锥曲线位置关系问题时，要注意对直线斜率的存在性进行分析，不确定直线的斜率是否存在时，要分类讨论

代入椭圆方程消去并整理得关于的方程，

可得．

因为，所以，即，

把代入得，

所以，

化简得．

因为不在直线上，所以，故，验证知满足，所以直线的方程为，故直线过定点．

当直线的斜率不存在时，得，由得，结合得，解得或（舍去），直线亦过点．

综上，直线过点．

方法二：二级结论法当直线斜率都存在时，依题意得直线经过定点

【用结论】因为，所以，可利用前表中椭圆的结论③得定点

代入可得定点为，故直线经过定点．

当直线有一个斜率不存在时，直线的方程为，直线过点．

当直线的斜率不存在时，设，则，由得，结合得，解得或（舍去），直线亦过点．

综上，直线过定点．

应用类型三以双曲线为背景的结论应用

【典例3】[2022新高考I卷]已知点在双曲线上，直线交于两点，直线的斜率之和为0．

（1）求的斜率；

（2）若，求的面积．

解析（1）由题意得，所以，故双曲线．

方法一易知直线的斜率存在，设，由得关于的方程且，则，所以．

【通技法】“直曲联立”得到二次方程后，注意2个方面：①二次项系数是否为0；②得到两根之和（积）之前要保证，若含双参数，可以先保留的形式，得出两个参数的关系，但在解题的最后要记得验证（如【母题2】）

由得，即，即，则，化简得，即，所以或．

当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．

方法二：二级结论法依题意，因为点在双曲线上，且的斜率之和为0，

所以直线的斜率．

【用结论】，可利用前表中双曲线的结论①得解，求解小题时直接套用该结论可以节省时间，求解大题时需要对结论进行证明．若直接套用，可能会由于不同地区的不同评分标准失去步骤分，但若时间不够，直接套用后能得出正确答案，起码可以得部分分数．具体证明过程因篇幅受限不再给出

（2）不妨设直线的倾斜角分别为，则．

因为，所以．

因为，所以，

当时，，解得或，均舍去，

当时，，解得或（舍去）．

于是直线，直线，

由消去得关于的方程，

因为此方程有一个根为2，另一个根为，所以．

同理可得．所以，

点到直线的距离，故的面积为．

应用类型四以抛物线为背景的结论应用

【典例4】已知直线与抛物线相切于点为抛物线上不同两点（异于点），且的平分线与抛物线的准线平行．

（1