第1講 垂徑定理3秒心算斜率定值(高頻學(xué)霸篇)

#★★★★★【例3】（2022屆長春模擬，改編自2005上海高中競賽題）已知雙曲線E:-=1（a>0,b>0）的半焦距為c，且b2=ac,P,Q是雙曲線上任意兩點，M為PQa2b2的中點，當(dāng)PQ與OM的斜率k,k都存在時，k-k=.PQOMPQOM/7丄乂【答案】土5.2【學(xué)霸常解】由于M是PQ的中點，可設(shè)點M(x,y),P(x+a,y+卩)，Q(x-a,y-卩)000000于是k=益，k=—omxpqa0亠，“，…，，b2(x+a)2-a2(y+B)2=a2b2又P、Q都在雙曲線上，故｛(0.(0.b2(x-a)2一a2(y-p)2=a2b200兩式相減得4b2ax-4a2卩y=0，故k-k=yo=—=竺=—00OMPQaxa2a2a0又由Ic2=a2+b2，消去b2得c2=a2+ac，解得-=仝5(舍棄負(fù)根)Ib2=aca2所以k-k=耳■.OMPQ2【劉珺秒解（垂徑定理）由b2=ac可解得e=亙土1（負(fù)根舍），則k-k=e2-1^5±1.2PQOM2★★★★★【例4】（2018全國高考III卷文理必做20/21第一問）已知斜率為k的直線l與橢圓C:節(jié)+號=1交于A、B兩點，線段AB的中點為M（l,m）（m>0）.證明：k<-1.答案】略.

【學(xué)霸常解】⑴設(shè)直線l方程為y=kx+1,A(x,y),B(x,y)1122y=kx+1<x2y2聯(lián)立消y得(4k2+3)x2+8ktx+4t2-12=0TOC\o"1-5"\h\z—+=1I43則△二64k212—4(412—12)(3+4k2)>0，得4k2+3>12…①-8kt6t且x+x==2,y+y=k(x+x)+2t==2m123+4k2丿1-i23+4k2???m>0,???t>0且k<0.且t=3+4k2…②—4k由①②得4k2+3>(3+4k2)2，?:k>-或k<—-16k222?/k<0,???k<—1.2【學(xué)神速解】設(shè)直線l的方程為y=k(x—1)+my=k(x—1)+m,x2y2得(3+4k2)x2+8k(m一k)x+4(m一k)2一12=0—^―=1〔438k(k—m)3+4k2A=64k2(m—k)2—4\3+4k24(m—k)2—12=48(3k2+2mk8k(k—m)3+4k2設(shè)A(x,y),B(x,y)側(cè)x+x=112212因為線段AB的中點為M(1,m)(m>0)所以寧=1所以寧=1，即處也=「化簡為m=-丄3+4k24k3由3由m>0，得-廡>0，所以k<0又點M(1,m)在橢圓內(nèi)部所以1+所以1+等<1，即1+丄<1，解得k16k21<2【劉珺秒解】(點差法)設(shè)【劉珺秒解】(點差法)設(shè)A(x,y),11B(x,y)，由題意知x+x=2,y+y=2m221212x2、yx2、y2一y23、y一yy+yn—2r=——nr-21x2—x24x—x21212x+x2133=-—nk-m=——4431則M(1，-忑)?又點M在橢圓內(nèi)部，故+16k2溫馨提示】點差設(shè)點為主，搭檔方程思想；韋達(dá)設(shè)斜為主，搭檔整體思想.

★★★★☆【變式1】（2015全國高考II卷文20）已知橢圓C：—+—=1，直線l84不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A、B，線段AB的中點為M?證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值?！铩铩铩铩铩咀兪?】（2021屆長沙市一中模擬8/8）已知△ABC三頂點均在雙曲線于-盞=1上，AB、BC、AC的中點分別為MN、p,O為坐標(biāo)原點，若k+k+k16111，貝9+——+-9kkkOMONOPA.1B.-1C.2D.-2★★★★★【變式3】(2022屆沈陽質(zhì)檢)橢圓mx2+ny2=l(n>m>0)與直線y=-x+1相交于A，B兩點，過原點和線段AB中點的直線斜率為呂，則彳的值是（￡<12AcV2-2-39氏-A廠I叱:曹答案解析★★★★☆【變式1】【答案】略.【劉珺速證】（點差法）設(shè)A（x,y），B（x,y），11因為點M為AB中點直線OM的斜率為k=—OMx+x21由點A、B在橢圓上，代入橢圓方程M(x,y)則x+x二2x，y+y二2y12012直線1的斜率為k=?一厶1x一x21x2+28Vx2〔8+得匸=14、y2一y23—2r-x2一x22★★★★★【變式2】【答案】A.y—yy+y21?211OMx一xx+x121【學(xué)霸常解】（點差法）過程略.【劉珺秒解】（垂徑定理）k?kABOM=2k?k9【劉珺秒解】（垂徑定理）k?kABOM=2k?k9BCON=2k-k9ACOP16161616即dkOM+旦+

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