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专题06 圆锥曲线的第三定义与斜率乘积是定值模型-高考数学满分突破之解析几何篇
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专题06 圆锥曲线的第三定义与斜率乘积是定值模型
圆锥曲线的第三定义：
平面内的动点到两定点的斜率乘积等于常数点的轨迹叫做椭圆或双曲线,
其中两个定点为椭圆和双曲线的两个顶点.其中如果常数时，轨迹为双曲线，如果时，轨迹为椭圆。
圆锥曲线的第三定义的有关结论：
1.椭圆方程中有关的经典结论
(1).AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，M为AB的中点，则.
(2).椭圆的方程为（a＞b＞0），为椭圆的长轴顶点，P点是椭圆上异于长轴顶点的任一点，则有
(3). 椭圆的方程为（a＞b＞0），为椭圆的短轴顶点，P点是椭圆上异于短轴顶点的任一点，则有
(4). 椭圆的方程为（a＞b＞0），过原点的直线交椭圆于两点，P点是椭圆上异于两点的任一点，则有
2.双曲线方程中有关的经典结论
(1)AB是双曲线的不平行于对称轴的弦，M为AB的中点，则，
即。
(2)双曲线的方程为（a＞0，b＞0），为双曲线的实轴顶点，P点是双曲线上异于实轴顶点的任一点，则有
(3)双曲线的方程为（a＞0，b＞0），为双曲线的虚轴端点，P点是双曲线上异于虚轴端点的任一点，则有
(4) 双曲线的方程为（a＞0，b＞0），过原点的直线交双曲线于两点，P点是双曲线上异于两点的任一点，则有
例1．（1）、（2021·全国）已知椭圆，，分别为椭圆的左､右顶点，若在椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设，得到，结合，得到，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】
由题意，椭圆，可得，，
设，代入椭圆的方程，可得，
则，
即，即.
又因为，所以.
故选：A.
（2）、（2021·全国高二课时练习）已知，，是双曲线上不同的三点，且点A，连线经过坐标原点，若直线，的斜率乘积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设出点，点的坐标，求出斜率，将点，的坐标代入方程，两式相减，再结合，即可求得离心率．
【详解】
设，，
因为点A，连线经过坐标原点，根据双曲线的对称性，则，
所以．
因为点A，在双曲线上，所以，
两式相减，得，
所以，所以．
故选：D.
【变式训练1-1】、（2021·吉林高三期末（文））已知双曲线：与直线交于，两点，点为上一动点，记直线，的斜率分别为，，的左､右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距离为1，则（ ）
A．
B．的离心率为
C．若，则的面积为2
D．若的面积为，则为钝角三角形
【答案】D
【分析】
设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)，利用点差法求解直线的斜率，得到a、b关系，
通过点到直线的距离求解c，求出a，b，即可推出离心率，判断A，B的正误；
设P在双曲线的右支上，记 则 ，利用，转化求解三角形的面积，判断C；
设P(x0，y0)，通过三角形的面积求解P的坐标，结合双曲线的定义以及余弦定理，判断三 角形的形状，判断D.
【详解】
设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)
则，且，两式相减得，
所以，因为，所以，
故双曲线C的渐近线方程
因为焦点(c，0)到渐近线的距离为1，
所以，，所以，，离心率为，故A，B错误．
对于C，不妨设P在右支上, 记 则
因为 , 所以
解得 或 (舍去）, 所以 的面积为
，故C不正确；
对于D，设P(x0，y0)，因为，所以，
将带入C：，得，即
由于对称性，不妨取P得坐标为(，2)，则，
因为
所以∠PF2F1为钝角，所以PF1F2为钝角三角形，故D正确
故选：D
【变式训练1-2】、（2022·山东·青岛二中高三期中）已知椭圆 过椭圆中心的一条直线与椭圆相交于A，B两点，P是椭圆上不同于A，B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m，n，则当 取最小值时，椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，利用斜率公式求得，结合在椭圆上，化简可得，令，利用导数求得使函数取最小值的，根据离心率定义即得.
【详解】由题可知，设，则，
而，则，
又，
令，则，
所以，
由，可得，函数单调递减，由，可得，函数单调递增，
故，即时， 取最小值，
此时.
故选：C.
例2、如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，离心率为22．分别过O，F的两条弦AB，CD相交于点E（异于A，C两点），且OE=EF．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：直线AC，BD的斜率之和为定值．
【答案】(1)x22+y2=1;(2)详见解析.
【解析】
试题分析：（1）解：由题意，得c=1，e=ca=22，故a=2，
从而b2=a2-c2=1，
所以椭圆的方程为x22+y2=1． ① 5分
（2）证明：设直线AB的方程为y=kx， ②
直线CD的方程为y=-k(x-1)， ③ 7分
由①②得，点A，B的横坐标为±22k2+1，
由①③得，点C，D的横坐标为2k2±2(k2+1)2k2+1， 9分
记A(x1，kx1)，B(x2，kx2)，C(x3，k(1-x3))，D(x4，k(1-x4))，
则直线AC，BD的斜率之和为kx1-k(1-x3)x1-x3+kx2-k(1-x4)x2-x4=k⋅(x1+x3-1)(x2-x4)+(x1-x3)(x2+x4-1)(x1-x3)(x2-x4)
=k⋅2(x1x2-x3x4)-(x1+x2)+(x3+x4)(x1-x3)(x2-x4)13分=k⋅2(-22k2+1-2(k2-1)2k2+1)-0+4k22k2+1(x1-x3)(x2-x4)=0． 16分
考点：直线与椭圆的位置关系
点评：主要是考查了直线椭圆的位置关系的运用，属于基础题。
例3、（2019全国卷2理科数学第21题）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率
之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，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．
从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
例4.（成都市2019-2020学年高二上学期期末调研考试）已知椭圆的左,右焦点分别为 ，，，经过点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于 ，两点，△的周长为8.
（1） 求椭圆的方程；
（2）经过椭圆上的一点作斜率为，（，）的两条直线分别与椭圆相交于异于点的，两点.若，关于坐标原点对称，求的值
【答案】 （1） （2）.
【解析】
解:(I)∵，∴.
∵△的周长为8，∴，.
∵，∴
∴椭圆的方程为.
（2）设，.∴，，.
∴，
两式相减，得
∵，，∴
例5．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程;
（2）设动直线与椭圆有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点为圆心的圆，满足此圆与相交两点，（两点均不在坐标轴上），且使得直线，的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程与定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），（2）存在符合条件的圆，且此圆的方程为，定值为
【分析】
（1）利用离心率和点在椭圆上列出方程，解出即可
（2）当直线的斜率存在时，设的方程为，先将直线的方程与椭圆的方程联立，利用直线与椭圆有且仅有一个公共点，推出，然后通过直线与圆的方程联立，
设，，结合韦达定理，求解直线的斜率乘积，推出为定值，然后再验证直线的斜率不存在时也满足即可
【详解】
（1）由题意得：，
又因为点在椭圆上
所以
解得
所以椭圆的标准方程为：
（2）结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为
证明如下：
假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为：
当直线的斜率存在时，设的方程为
由方程组得
因为直线与椭圆有且仅有一个公共点
所以
即
由方程组得
则
设，，则
设直线，的斜率分别为，
所以
将代入上式得
要使得为定值，则，即
所以当圆的方程为时，
圆与的交点，满足为定值
当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为
此时圆与的交点，也满足为定值
综上：当圆的方程为时，
圆与的交点，满足为定值
【点睛】
涉及圆、椭圆的弦长、交点、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.
1．（2021·全国高三月考（理））设直线与双曲线交于，两点，若是线段的中点，直线与直线（是坐标原点）的斜率的乘积等于，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
因为点，在双曲线上，利用点差法将点代入双曲线做差化简结合题意可得，利用的平方关系可求出离心率.
【详解】
设，，则直线的斜率为，直线的斜率为，
即．
因为点，在双曲线上，所以有，，
化简可得：，
所以有，离心率为．
故选：D．
2．（2021·内蒙古乌兰浩特一中高二期末（理））若双曲线的一条渐近线与函数的图象相切，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据给定条件确定出切点坐标，利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解.
【详解】
显然函数的图象过原点，而双曲线的渐近线也过原点，
依题意，原点必为双曲线的某条渐近线与函数的图象相切的切点，
由求导得，即有，于是得，双曲线半焦距c，，
所以双曲线的离心率为.
故选：D
3．（2022·全国·高三专题练习）阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，点P为椭圆C的上顶点．直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的长轴长为（ ）
A．3 B．6 C． D．
【答案】B
【分析】由题意得到方程组①和②，即可解出a、b，求出长轴长.
【详解】椭圆的面积，即①.
因为点P为椭圆C的上项点，所以.
因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以.
因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：②
①②联立解得：.
所以椭圆C的长轴长为2a=6.
故选：B
4．（中学生标准学术能力诊断性测试2022-2023学年高三上学期11月测试文科数学试题）已知点，在椭圆上，为坐标原点，记直线，的斜率分别为，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】联立方程得出，，再由距离公式得出.
【详解】设直线的斜率为，则直线的斜率为，
则直线，的方程分别为，，
由得，，即，
由得，，即，
所以
故选：D
5．（2022·吉林吉林·高二期中）已知点，，为椭圆：上不重合的三点，且点，关于原点对称，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设点，，的坐标，将和用，，坐标表示，代入化简运算可得的值，进一步可求出椭圆的离心率.
【详解】方法一：
设不重合的点，，（），
∵点，关于原点对称，∴，
∴，， （），
由已知，（），
∵点，均在椭圆上，
∴，
，
∴，
∴，（），
∴，
∴椭圆的离心率为.
方法二：
由题意，可取，为特殊点，不妨取，为椭圆左右顶点，
依据椭圆第三定义，有，
∴，.
故选：A.
6．（2022·全国高三专题练习）已知椭圆C：的长轴长为4，若点P是椭圆C上任意一点，过原点的直线l与椭圆相交于M、N两点，记直线PM、PN的斜率分别为，当时，则椭圆方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
设，则，设直线l方程为，，，由得①，联立可得，由点P的任意性知，即可求得椭圆方程.
【详解】
由长轴长为4得，解得，
设，直线l方程为，，，
则，，
由得，，即，
所以①，
又P在椭圆上，所以，即，
代入①式得，即，
因为点P为椭圆上任意一点，所以该式恒成立与无关，
所以，解得，
所以所求椭圆方程为．
故选：D．
【点睛】
思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
7．（2021·河南高二期中（理））已知平行四边形内接于椭圆：（），且，斜率之积的取值范围为，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先表示出直线，斜率，利用，斜率之积的范围为，得到的范围 ，进而构造出关于的不等式，最后解出的范围.
【详解】
平行四边形内接于椭圆，
假设不关于原点对称，过点作互相平行的两条直线，分别交椭圆于两点，
则由椭圆的对称性，, 这与条件不符合.
所以由椭圆的对称性可得关于原点对称，关于原点对称.
设，，，，
直线的斜率，直线的斜率，则，
又，都在椭圆上，则，，
，
，
，又，，
故选：.
8．（2021·荆州市沙市第五中学高二期中）过原点的直线与椭圆：交于，两点，是椭圆上异于，的任一点.若直线，的斜率之积为，则椭圆的方程可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
设，，求得的斜率，根据直线的斜率之积为列方程，求得的值，即可得解.
【详解】
设，，则，
所以，
所以即.
故选：B.
9.（百校联盟2018届TOP202018届高三三月联考）已知平行四边形内接于椭圆，且， 斜率之积的范围为，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由圆锥曲线的经典结论得：，
10.（四川省成都市2019届高三第一次诊断性考试，理科，12）设椭圆的左右顶点为A,B.P是椭圆上不同于A,B的一点，设直线AP,BP的斜率分别为m,n，则当取得最小值时，椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，点P在双曲线上，得，
，所以，，化简
原式
所以设，构造函数，求导可以得到：
时，函数取得最小值=，，。
11．（2022·全国高三专题练习）过点M(－2，0)的直线m与椭圆＋y2＝1交于P1，P2两点，线段P1P2的中点为P，设直线m的斜率为k1(k1≠0)，直线OP的斜率为k2，则k1k2的值为__________．
【答案】
【分析】
联立直线与椭圆方程，表示出点的坐标，表示出直线的斜率，从而求出的值．
【详解】
设直线的方程为：， 由，整理得：，
所以，，
所以，所以
，，所以.
故答案为：.
12．（2022·全国高三专题练习）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点．若△ABF1的重心为G，则椭圆C的离心率为________．
【答案】
【分析】
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，带入椭圆方程作差，利用重心坐标公式，求得，，代入上式，即可求解.
【详解】
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
两式相减得＋＝0.(*)
因为△ABF1的重心为G，
所以故
代入(*)式得，
所以＝＝，即a2＝3b2，
所以椭圆C的离心率e＝.
故答案为：
13．(四川省蓉城名校高中2018届高三4月份联考)已知椭圆： 的长轴长为， ， 是其长轴顶点， 是椭圆上异于， 的动点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，若动点在直线上，直线， 分别交椭圆于， 两点.请问：直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
【解析】
（1）由题意知则，
设， ， ，则 ，
由，则，则，则，由此可得椭圆的标准方程为.
（2）设，则直线的方程为；则直线的方程为联立得消去得： ，则，即代入直线的方程得，故.
联立得消去得： ，则，即代入直线的方程得，故.
当，即，则与轴交点为，
当，即时，下证直线过点，
由 ，
故直线过定点.
14.(湖南省五市十校教研教改共同体2017届高三12月联考）如图,设点的坐标分别为,直线相交于点,且它们的斜率之积为．
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点的轨迹为,点是轨迹为上不同于的两点,且满足,求证：的面积为定值．
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由已知设点的坐标为,由题意知
,
化简得的轨迹方程为．
（2）证明：由题意是椭圆上非顶点的两点,且,
则直线斜率必存在且不为0,又由已知．
因为,所以．
设直线的方程为,代入椭圆方程,得
．．．．①,．
设的坐标分别为,则．
又,
所以,得．
又,
所以,即的面积为定值．
15．（2020·江苏扬州联考）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，右准线的方程为分别为椭圆C的左、右焦点，A，B分别为椭圆C的左、右顶点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点（点M在点N的左侧），且，设直线AM，BN的斜率分别为，求的值．
【解析】（1）因为椭圆C的离心率为，所以①，
因为椭圆C的右准线的方程为，所以②，联立①②，解得，
所以，所以椭圆C的标准方程为．
（2）设，
因为过作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点，所以，
由，得，所以，
因为，所以．
因为，所以，即，
整理得，所以，
又，所以，
即，即，整理得．
因为直线AM，BN的斜率分别为，且，
所以
．
16．（2020·江苏省淮阴中学高三月考）已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，为坐标原点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知､为椭圆上不同的两点．①设线段的中点为点，证明：直线､的斜率之积为定值；②若､两点满足，当的面积最大时，求的值．
【解析】（1）依题意有，解得，所以椭圆的标准方程为。
（2）设，，则，两式相减得：①
∵的中点为，∴，∴．
（3）解法l：由，因为，
所以，，②
代入①式得直线的斜率为，
设直线的方程：，联立方程组，
消得：，由，
解得，且，，③
由②③可得，，
到：的距离为，
所以，
当且仅当，即时取等号，满足，
由②③可得，所以的值为．
解法2：设直线的方程：，
联立方程组，消
得：，
，，
，
由，因为，
所以，，有，
所以，解得，下同解法1．
17．（2021·绥德中学高二月考（理））设椭圆的离心率，过点A（1，）.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆的左顶点，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别交直线于两点，若直线的斜率分别为试问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）为定值.
【分析】
（1）根据，得，根据椭圆过点A（1，），得，结合求得，即可得出答案；
（2）设，直线得方程为，联立，根据韦达定理求得，根据B、E、M三点共线，可求得，同理可求得，利用斜率公式化简整理即可得出结论.
【详解】
解：（1）因为，所以①，
将A（1，）代入得②，
又③，
由①②③解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，直线得方程为，
联立，得，
则，
由B、E、M三点共线，可知，即，
同理可得：，
则，
，
所以.
所以为定值.
18．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦距为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点分别是椭圆的左右顶点，直线经过点且垂直于轴，点是椭圆上异于的任意一点，直线交于点.
①设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值；
②设过点垂直于的直线为 ，求证：直线过定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）；（2）见解析.
【详解】
试题分析：（1）根据条件列方程组，解得，（2）①设，则可由直线交点得，再根据斜率公式化简，最后利用点P在椭圆上得定值；②先探求定点为，再根据点斜式写出直线方程，最后令y=0解得x=-1.
试题解析：（1）由题意椭圆的焦距为2，且过点，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①设，则直线的方程为，
令得，因为，因为，
所以，因为在椭圆上，所以，
所以为定值，
②直线的斜率为，直线的斜率为，
则直线的方程为，
所以直线过定点.
点睛：1.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．
2．定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．
(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．
19．已知椭圆经过两点，为坐标原点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设动直线与椭圆有且仅有一个公共点，且与圆相交于两点，试问直线与的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）为定值，
【分析】
（1）将两点坐标代入椭圆方程，建立的方程组，即可求出结论；
（2）先求出直线斜率不存在时的值，当直线斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立，根据已知求出关系，再将直线与圆方程联立，根据根与系数关系将坐标用表示，进而求出，即可得出结论.
【详解】
（1）依题意，，解得，
所以椭圆方程为.
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为.
若直线l的方程为，则M，N的坐标为，
.
若直线l的方程为，则M，N的坐标为，
.
当直线l的斜率存在时，可设直线，
与椭圆方程联立可得，
由相切可得，
.
又，消去得
，
设，，则
∴，
.
故为定值且定值为.
综上，为定值且定值为.
【点睛】
本题考查待定系数法求椭圆方程、直线与椭圆的位置关系以及圆与直线的位置关系，要熟练掌握根与系数关系设而不求的方法求相交弦问题，属于中档题.
20、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点A(1．)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程;
(2)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O为圆心的圆，满足此圆与l相交两点P1，P2，(两点均不在坐标轴上)，且使得直线OP1，OP2的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程与定值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由题意得，＝，a2＝b2＋c2，又因为点A(1．)在椭圆C上
所以＋＝1，解得b2＝3，a2＝2．所以椭圆的标准方程为＋＝1．
(2)结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x2＋y2＝7．
证明如下：
假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为x2＋y2＝r2(r>0)．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，
由方程组，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
因为直线l与椭圆有且仅有一个公共点，所以Δ1＝(8km)2－4(4k2＋3)( 4m2－12)＝0，即m2＝4k2＋3．
由方程组，得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－r2＝0，则Δ1＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－r2)>0，
设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝．设直线OP1，OP2的斜率分别为k1，k2，
所以k1·k2＝＝＝＝＝．
将m2＝4k2＋3代入上式得k1k2＝．要使得k1k2为定值，则＝，即r2＝7．
所以当圆的方程为x2＋y2＝7时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－．
当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x＝±2，此时圆与l的交点P1，P2也满足k1k2为定值－．
综上：当圆的方程为x2＋y2＝7时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－．
21、如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B.已知|AB|＝4，且点在椭圆上，其中e是椭圆的离心率．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上异于A，B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于点M，N，求证：直线AN与直线BM的斜率之积是定值．
【解析】 (1)因为|AB|＝4，所以2a＝4，即a＝2，又点在椭圆上，
故＋＝1，即＋＝1，联立方程组解得b2＝3，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设点P坐标为(s，t)，M，N的横坐标均为m(m≠±2)，故M，
直线BM的斜率k1＝，同理可得直线AN的斜率k2＝，所以k1k2＝＝，又因为点P在椭圆上，故有＋＝1，即t2＝－(s2－4)，则k1k2＝－，
故直线AN与直线BM的斜率之积是定值．
专题06 圆锥曲线的第三定义与斜率乘积是定值模型
圆锥曲线的第三定义：
平面内的动点到两定点的斜率乘积等于常数点的轨迹叫做椭圆或双曲线,
其中两个定点为椭圆和双曲线的两个顶点.其中如果常数时，轨迹为双曲线，如果时，轨迹为椭圆。
圆锥曲线的第三定义的有关结论：
1.椭圆方程中有关的经典结论
(1).AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，M为AB的中点，则.
(2).椭圆的方程为（a＞b＞0），为椭圆的长轴顶点，P点是椭圆上异于长轴顶点的任一点，则有
(3). 椭圆的方程为（a＞b＞0），为椭圆的短轴顶点，P点是椭圆上异于短轴顶点的任一点，则有
(4). 椭圆的方程为（a＞b＞0），过原点的直线交椭圆于两点，P点是椭圆上异于两点的任一点，则有
2.双曲线方程中有关的经典结论
(1)AB是双曲线的不平行于对称轴的弦，M为AB的中点，则，
即。
(2)双曲线的方程为（a＞0，b＞0），为双曲线的实轴顶点，P点是双曲线上异于实轴顶点的任一点，则有
(3)双曲线的方程为（a＞0，b＞0），为双曲线的虚轴端点，P点是双曲线上异于虚轴端点的任一点，则有
(4) 双曲线的方程为（a＞0，b＞0），过原点的直线交双曲线于两点，P点是双曲线上异于两点的任一点，则有
例1．（1）、（2021·全国）已知椭圆，，分别为椭圆的左､右顶点，若在椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设，得到，结合，得到，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】
由题意，椭圆，可得，，
设，代入椭圆的方程，可得，
则，
即，即.
又因为，所以.
故选：A.
（2）、（2021·全国高二课时练习）已知，，是双曲线上不同的三点，且点A，连线经过坐标原点，若直线，的斜率乘积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设出点，点的坐标，求出斜率，将点，的坐标代入方程，两式相减，再结合，即可求得离心率．
【详解】
设，，
因为点A，连线经过坐标原点，根据双曲线的对称性，则，
所以．
因为点A，在双曲线上，所以，
两式相减，得，
所以，所以．
故选：D.
【变式训练1-1】、（2021·吉林高三期末（文））已知双曲线：与直线交于，两点，点为上一动点，记直线，的斜率分别为，，的左､右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距离为1，则（ ）
A．
B．的离心率为
C．若，则的面积为2
D．若的面积为，则为钝角三角形
【答案】D
【分析】
设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)，利用点差法求解直线的斜率，得到a、b关系，
通过点到直线的距离求解c，求出a，b，即可推出离心率，判断A，B的正误；
设P在双曲线的右支上，记 则 ，利用，转化求解三角形的面积，判断C；
设P(x0，y0)，通过三角形的面积求解P的坐标，结合双曲线的定义以及余弦定理，判断三 角形的形状，判断D.
【详解】
设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)
则，且，两式相减得，
所以，因为，所以，
故双曲线C的渐近线方程
因为焦点(c，0)到渐近线的距离为1，
所以，，所以，，离心率为，故A，B错误．
对于C，不妨设P在右支上, 记 则
因为 , 所以
解得 或 (舍去）, 所以 的面积为
，故C不正确；
对于D，设P(x0，y0)，因为，所以，
将带入C：，得，即
由于对称性，不妨取P得坐标为(，2)，则，
因为
所以∠PF2F1为钝角，所以PF1F2为钝角三角形，故D正确
故选：D
【变式训练1-2】、（2022·山东·青岛二中高三期中）已知椭圆 过椭圆中心的一条直线与椭圆相交于A，B两点，P是椭圆上不同于A，B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m，n，则当 取最小值时，椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，利用斜率公式求得，结合在椭圆上，化简可得，令，利用导数求得使函数取最小值的，根据离心率定义即得.
【详解】由题可知，设，则，
而，则，
又，
令，则，
所以，
由，可得，函数单调递减，由，可得，函数单调递增，
故，即时， 取最小值，
此时.
故选：C.
例2、如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，离心率为22．分别过O，F的两条弦AB，CD相交于点E（异于A，C两点），且OE=EF．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：直线AC，BD的斜率之和为定值．
【答案】(1)x22+y2=1;(2)详见解析.
【解析】
试题分析：（1）解：由题意，得c=1，e=ca=22，故a=2，
从而b2=a2-c2=1，
所以椭圆的方程为x22+y2=1． ① 5分
（2）证明：设直线AB的方程为y=kx， ②
直线CD的方程为y=-k(x-1)， ③ 7分
由①②得，点A，B的横坐标为±22k2+1，
由①③得，点C，D的横坐标为2k2±2(k2+1)2k2+1， 9分
记A(x1，kx1)，B(x2，kx2)，C(x3，k(1-x3))，D(x4，k(1-x4))，
则直线AC，BD的斜率之和为kx1-k(1-x3)x1-x3+kx2-k(1-x4)x2-x4=k⋅(x1+x3-1)(x2-x4)+(x1-x3)(x2+x4-1)(x1-x3)(x2-x4)
=k⋅2(x1x2-x3x4)-(x1+x2)+(x3+x4)(x1-x3)(x2-x4)13分=k⋅2(-22k2+1-2(k2-1)2k2+1)-0+4k22k2+1(x1-x3)(x2-x4)=0． 16分
考点：直线与椭圆的位置关系
点评：主要是考查了直线椭圆的位置关系的运用，属于基础题。
例3、（2019全国卷2理科数学第21题）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率
之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，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．
从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
例4.（成都市2019-2020学年高二上学期期末调研考试）已知椭圆的左,右焦点分别为 ，，，经过点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于 ，两点，△的周长为8.
（1） 求椭圆的方程；
（2）经过椭圆上的一点作斜率为，（，）的两条直线分别与椭圆相交于异于点的，两点.若，关于坐标原点对称，求的值
【答案】 （1） （2）.
【解析】
解:(I)∵，∴.
∵△的周长为8，∴，.
∵，∴
∴椭圆的方程为.
（2）设，.∴，，.
∴，
两式相减，得
∵，，∴
例5．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程;
（2）设动直线与椭圆有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点为圆心的圆，满足此圆与相交两点，（两点均不在坐标轴上），且使得直线，的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程与定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），（2）存在符合条件的圆，且此圆的方程为，定值为
【分析】
（1）利用离心率和点在椭圆上列出方程，解出即可
（2）当直线的斜率存在时，设的方程为，先将直线的方程与椭圆的方程联立，利用直线与椭圆有且仅有一个公共点，推出，然后通过直线与圆的方程联立，
设，，结合韦达定理，求解直线的斜率乘积，推出为定值，然后再验证直线的斜率不存在时也满足即可
【详解】
（1）由题意得：，
又因为点在椭圆上
所以
解得
所以椭圆的标准方程为：
（2）结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为
证明如下：
假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为：
当直线的斜率存在时，设的方程为
由方程组得
因为直线与椭圆有且仅有一个公共点
所以
即
由方程组得
则
设，，则
设直线，的斜率分别为，
所以
将代入上式得
要使得为定值，则，即
所以当圆的方程为时，
圆与的交点，满足为定值
当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为
此时圆与的交点，也满足为定值
综上：当圆的方程为时，
圆与的交点，满足为定值
【点睛】
涉及圆、椭圆的弦长、交点、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.
1．（2021·全国高三月考（理））设直线与双曲线交于，两点，若是线段的中点，直线与直线（是坐标原点）的斜率的乘积等于，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
因为点，在双曲线上，利用点差法将点代入双曲线做差化简结合题意可得，利用的平方关系可求出离心率.
【详解】
设，，则直线的斜率为，直线的斜率为，
即．
因为点，在双曲线上，所以有，，
化简可得：，
所以有，离心率为．
故选：D．
2．（2021·内蒙古乌兰浩特一中高二期末（理））若双曲线的一条渐近线与函数的图象相切，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据给定条件确定出切点坐标，利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解.
【详解】
显然函数的图象过原点，而双曲线的渐近线也过原点，
依题意，原点必为双曲线的某条渐近线与函数的图象相切的切点，
由求导得，即有，于是得，双曲线半焦距c，，
所以双曲线的离心率为.
故选：D
3．（2022·全国·高三专题练习）阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，点P为椭圆C的上顶点．直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的长轴长为（ ）
A．3 B．6 C． D．
【答案】B
【分析】由题意得到方程组①和②，即可解出a、b，求出长轴长.
【详解】椭圆的面积，即①.
因为点P为椭圆C的上项点，所以.
因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以.
因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：②
①②联立解得：.
所以椭圆C的长轴长为2a=6.
故选：B
4．（中学生标准学术能力诊断性测试2022-2023学年高三上学期11月测试文科数学试题）已知点，在椭圆上，为坐标原点，记直线，的斜率分别为，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】联立方程得出，，再由距离公式得出.
【详解】设直线的斜率为，则直线的斜率为，
则直线，的方程分别为，，
由得，，即，
由得，，即，
所以
故选：D
5．（2022·吉林吉林·高二期中）已知点，，为椭圆：上不重合的三点，且点，关于原点对称，若，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设点，，的坐标，将和用，，坐标表示，代入化简运算可得的值，进一步可求出椭圆的离心率.
【详解】方法一：
设不重合的点，，（），
∵点，关于原点对称，∴，
∴，， （），
由已知，（），
∵点，均在椭圆上，
∴，
，
∴，
∴，（），
∴，
∴椭圆的离心率为.
方法二：
由题意，可取，为特殊点，不妨取，为椭圆左右顶点，
依据椭圆第三定义，有，
∴，.
故选：A.
6．（2022·全国高三专题练习）已知椭圆C：的长轴长为4，若点P是椭圆C上任意一点，过原点的直线l与椭圆相交于M、N两点，记直线PM、PN的斜率分别为，当时，则椭圆方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
设，则，设直线l方程为，，，由得①，联立可得，由点P的任意性知，即可求得椭圆方程.
【详解】
由长轴长为4得，解得，
设，直线l方程为，，，
则，，
由得，，即，
所以①，
又P在椭圆上，所以，即，
代入①式得，即，
因为点P为椭圆上任意一点，所以该式恒成立与无关，
所以，解得，
所以所求椭圆方程为．
故选：D．
【点睛】
思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
7．（2021·河南高二期中（理））已知平行四边形内接于椭圆：（），且，斜率之积的取值范围为，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先表示出直线，斜率，利用，斜率之积的范围为，得到的范围 ，进而构造出关于的不等式，最后解出的范围.
【详解】
平行四边形内接于椭圆，
假设不关于原点对称，过点作互相平行的两条直线，分别交椭圆于两点，
则由椭圆的对称性，, 这与条件不符合.
所以由椭圆的对称性可得关于原点对称，关于原点对称.
设，，，，
直线的斜率，直线的斜率，则，
又，都在椭圆上，则，，
，
，
，又，，
故选：.
8．（2021·荆州市沙市第五中学高二期中）过原点的直线与椭圆：交于，两点，是椭圆上异于，的任一点.若直线，的斜率之积为，则椭圆的方程可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
设，，求得的斜率，根据直线的斜率之积为列方程，求得的值，即可得解.
【详解】
设，，则，
所以，
所以即.
故选：B.
9.（百校联盟2018届TOP202018届高三三月联考）已知平行四边形内接于椭圆，且， 斜率之积的范围为，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由圆锥曲线的经典结论得：，
10.（四川省成都市2019届高三第一次诊断性考试，理科，12）设椭圆的左右顶点为A,B.P是椭圆上不同于A,B的一点，设直线AP,BP的斜率分别为m,n，则当取得最小值时，椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，点P在双曲线上，得，
，所以，，化简
原式
所以设，构造函数，求导可以得到：
时，函数取得最小值=，，。
11．（2022·全国高三专题练习）过点M(－2，0)的直线m与椭圆＋y2＝1交于P1，P2两点，线段P1P2的中点为P，设直线m的斜率为k1(k1≠0)，直线OP的斜率为k2，则k1k2的值为__________．
【答案】
【分析】
联立直线与椭圆方程，表示出点的坐标，表示出直线的斜率，从而求出的值．
【详解】
设直线的方程为：， 由，整理得：，
所以，，
所以，所以
，，所以.
故答案为：.
12．（2022·全国高三专题练习）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点．若△ABF1的重心为G，则椭圆C的离心率为________．
【答案】
【分析】
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，带入椭圆方程作差，利用重心坐标公式，求得，，代入上式，即可求解.
【详解】
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
两式相减得＋＝0.(*)
因为△ABF1的重心为G，
所以故
代入(*)式得，
所以＝＝，即a2＝3b2，
所以椭圆C的离心率e＝.
故答案为：
13．(四川省蓉城名校高中2018届高三4月份联考)已知椭圆： 的长轴长为， ， 是其长轴顶点， 是椭圆上异于， 的动点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，若动点在直线上，直线， 分别交椭圆于， 两点.请问：直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
【解析】
（1）由题意知则，
设， ， ，则 ，
由，则，则，则，由此可得椭圆的标准方程为.
（2）设，则直线的方程为；则直线的方程为联立得消去得： ，则，即代入直线的方程得，故.
联立得消去得： ，则，即代入直线的方程得，故.
当，即，则与轴交点为，
当，即时，下证直线过点，
由 ，
故直线过定点.
14.(湖南省五市十校教研教改共同体2017届高三12月联考）如图,设点的坐标分别为,直线相交于点,且它们的斜率之积为．
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点的轨迹为,点是轨迹为上不同于的两点,且满足,求证：的面积为定值．
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由已知设点的坐标为,由题意知
,
化简得的轨迹方程为．
（2）证明：由题意是椭圆上非顶点的两点,且,
则直线斜率必存在且不为0,又由已知．
因为,所以．
设直线的方程为,代入椭圆方程,得
．．．．①,．
设的坐标分别为,则．
又,
所以,得．
又,
所以,即的面积为定值．
15．（2020·江苏扬州联考）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，右准线的方程为分别为椭圆C的左、右焦点，A，B分别为椭圆C的左、右顶点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点（点M在点N的左侧），且，设直线AM，BN的斜率分别为，求的值．
【解析】（1）因为椭圆C的离心率为，所以①，
因为椭圆C的右准线的方程为，所以②，联立①②，解得，
所以，所以椭圆C的标准方程为．
（2）设，
因为过作斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点，所以，
由，得，所以，
因为，所以．
因为，所以，即，
整理得，所以，
又，所以，
即，即，整理得．
因为直线AM，BN的斜率分别为，且，
所以
．
16．（2020·江苏省淮阴中学高三月考）已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，为坐标原点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知､为椭圆上不同的两点．①设线段的中点为点，证明：直线､的斜率之积为定值；②若､两点满足，当的面积最大时，求的值．
【解析】（1）依题意有，解得，所以椭圆的标准方程为。
（2）设，，则，两式相减得：①
∵的中点为，∴，∴．
（3）解法l：由，因为，
所以，，②
代入①式得直线的斜率为，
设直线的方程：，联立方程组，
消得：，由，
解得，且，，③
由②③可得，，
到：的距离为，
所以，
当且仅当，即时取等号，满足，
由②③可得，所以的值为．
解法2：设直线的方程：，
联立方程组，消
得：，
，，
，
由，因为，
所以，，有，
所以，解得，下同解法1．
17．（2021·绥德中学高二月考（理））设椭圆的离心率，过点A（1，）.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆的左顶点，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别交直线于两点，若直线的斜率分别为试问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）为定值.
【分析】
（1）根据，得，根据椭圆过点A（1，），得，结合求得，即可得出答案；
（2）设，直线得方程为，联立，根据韦达定理求得，根据B、E、M三点共线，可求得，同理可求得，利用斜率公式化简整理即可得出结论.
【详解】
解：（1）因为，所以①，
将A（1，）代入得②，
又③，
由①②③解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，直线得方程为，
联立，得，
则，
由B、E、M三点共线，可知，即，
同理可得：，
则，
，
所以.
所以为定值.
18．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦距为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点分别是椭圆的左右顶点，直线经过点且垂直于轴，点是椭圆上异于的任意一点，直线交于点.
①设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值；
②设过点垂直于的直线为 ，求证：直线过定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）；（2）见解析.
【详解】
试题分析：（1）根据条件列方程组，解得，（2）①设，则可由直线交点得，再根据斜率公式化简，最后利用点P在椭圆上得定值；②先探求定点为，再根据点斜式写出直线方程，最后令y=0解得x=-1.
试题解析：（1）由题意椭圆的焦距为2，且过点，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①设，则直线的方程为，
令得，因为，因为，
所以，因为在椭圆上，所以，
所以为定值，
②直线的斜率为，直线的斜率为，
则直线的方程为，
所以直线过定点.
点睛：1.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．
2．定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．
(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．
19．已知椭圆经过两点，为坐标原点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设动直线与椭圆有且仅有一个公共点，且与圆相交于两点，试问直线与的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）；（2）为定值，
【分析】
（1）将两点坐标代入椭圆方程，建立的方程组，即可求出结论；
（2）先求出直线斜率不存在时的值，当直线斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立，根据已知求出关系，再将直线与圆方程联立，根据根与系数关系将坐标用表示，进而求出，即可得出结论.
【详解】
（1）依题意，，解得，
所以椭圆方程为.
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为.
若直线l的方程为，则M，N的坐标为，
.
若直线l的方程为，则M，N的坐标为，
.
当直线l的斜率存在时，可设直线，
与椭圆方程联立可得，
由相切可得，
.
又，消去得
，
设，，则
∴，
.
故为定值且定值为.
综上，为定值且定值为.
【点睛】
本题考查待定系数法求椭圆方程、直线与椭圆的位置关系以及圆与直线的位置关系，要熟练掌握根与系数关系设而不求的方法求相交弦问题，属于中档题.
20、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点A(1．)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程;
(2)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O为圆心的圆，满足此圆与l相交两点P1，P2，(两点均不在坐标轴上)，且使得直线OP1，OP2的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程与定值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由题意得，＝，a2＝b2＋c2，又因为点A(1．)在椭圆C上
所以＋＝1，解得b2＝3，a2＝2．所以椭圆的标准方程为＋＝1．
(2)结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x2＋y2＝7．
证明如下：
假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为x2＋y2＝r2(r>0)．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，
由方程组，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
因为直线l与椭圆有且仅有一个公共点，所以Δ1＝(8km)2－4(4k2＋3)( 4m2－12)＝0，即m2＝4k2＋3．
由方程组，得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－r2＝0，则Δ1＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－r2)>0，
设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝．设直线OP1，OP2的斜率分别为k1，k2，
所以k1·k2＝＝＝＝＝．
将m2＝4k2＋3代入上式得k1k2＝．要使得k1k2为定值，则＝，即r2＝7．
所以当圆的方程为x2＋y2＝7时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－．
当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x＝±2，此时圆与l的交点P1，P2也满足k1k2为定值－．
综上：当圆的方程为x2＋y2＝7时，圆与l的交点P1，P2满足k1k2为定值－．
21、如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B.已知|AB|＝4，且点在椭圆上，其中e是椭圆的离心率．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上异于A，B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于点M，N，求证：直线AN与直线BM的斜率之积是定值．
【解析】 (1)因为|AB|＝4，所以2a＝4，即a＝2，又点在椭圆上，
故＋＝1，即＋＝1，联立方程组解得b2＝3，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设点P坐标为(s，t)，M，N的横坐标均为m(m≠±2)，故M，
直线BM的斜率k1＝，同理可得直线AN的斜率k2＝，所以k1k2＝＝，又因为点P在椭圆上，故有＋＝1，即t2＝－(s2－4)，则k1k2＝－，
故直线AN与直线BM的斜率之积是定值．
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