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第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 105 第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 直线与二次曲线相切的基本结论有: 抛物线:直线mx+ny+t=0与抛物线y2=2px相切n2p=2mt;直线mx+ny+t=0与抛物线x2=2py相切m2p=2nt;斜率为k的抛物线y2=2px的切线方程为:y=kx+;斜率为k的抛物线x2=2py的切线方程为:y=kx-pk2;如果点P(x0,y0)在抛物线C:y2=2px上,则抛物线C在P处的切线方程为:y0y=p(x+x0);如果点P(x0,y0)在抛物线C:x2=2py上,则抛物线C在P处的切线方程为:x0x=p(y+y0); 椭圆与双曲线:直线mx+ny+t=0与二次曲线=1相切m2a2n2b2=t2;斜率为k的椭圆=1的切线方程为:y=kx;斜率为k的双曲线=1的切线方程为:y=kx;如果点P(x0,y0)在二次曲线C:=1上,则二次曲线C在P处的切线方程为:=1;例1:圆的切线.始源问题:(2013年全国100所名校高考模拟试题)如图, y已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴为AB,过点B的直线l M与x轴垂直,直线(2-k)x-(1+2k)y+(1+2k)=0所经过的定点恰 Q好是椭圆C的一个顶点,且椭圆的离心率e=. P N()求椭圆C的方程; A O H B x()设P是椭圆C上异于A、B的任意一点,PHx轴,H为垂足,延长HP到点Q,使得HP=PQ,连接AQ并延长交直线l于点M,N为MB的中点.试判断直线QN与以AB为直径的圆O的位置关系.解析:()直线(2-k)x-(1+2k)y+(1+2k)=0(2x-y+1)-k(x+2y-2)=0经过的定点(0,1)b=1;又由e=a=2椭圆C:+y2=1;()设P(x0,y0),则+y02=1;由|QH|=2|PH|Q(x0,2y0)|OQ|=2点Q在以AB为直径的圆O上;由直线AQ:y=(x+2)M(2,)N(2,)=(x0-2,2y0-)=(x0-2,)=x0(x0-2)+=x0=0直线QN与以AB为直径的圆O相切. 该题中HP=PQ=,由此可变式为:原创问题:己知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.()求曲线C的方程;()设曲线C与x轴交于点A,PHx轴于点H,x轴上的点T满足=2,点Q满足:=,试判断直线QT与圆O:x2+y2=4的位置关系. 106 第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 解析:()设圆M、圆N、圆P的半径分别为r1、r2、r,则r1=1,r2=3,由动圆P与圆M外切并且与圆N内切|PM|=r+r1,|PN|=r2-r|PM|+|PN|=(r+r1)+(r2-r)=r1+r2=4,由椭圆定义知,曲线C是以M(-1,0)、N(1,0)为左、右焦点,长半轴长为2的椭圆:+=1(x-2);()由+=1(x-2)A(2,0);设P(x0,y0),则+=1,H(x0,0);由=2T(,0);由=Q(x0,y0)|OQ|=2点Q在圆O上;由=(x0-,y0)=x0(x0-)+(y0)2=x02-4+y02=0直线QN与圆O相切.例2:圆的切线.始源问题:(2009年山东高考试题)设椭圆E:=1(a,b>0)过M(2,)、N(,1)两点,O为坐标原点.()求椭圆E的方程;()是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A、B,且？若存在,写出该圆的方程,并求|AB|的取值范围;若不存在,请说明理由.解析:()将两点M(2,)、N(,1)的坐标代入椭圆E的方程=1得:.所以,椭圆E的方程为=1;()假设满足题意的圆存在,且设半径为R,斜率存在时,切线方程为y=kx+m,A(x1,y1)、B(x2,y2).由(2k2+1)x2+4kmx+2m2-8=0x1+x2=-,x1x2=y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.由=0x1x2+y1y2=0(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0(1+k2)+km(-)+m2=0m2=(k2+1)R等于原点O到直线y=kx+m的距离d=圆的方程为:x2+y2=.当切线AB的斜率不存在时,切线为x=y=A(,),B(,-)=0.综上可得:存在圆x2+y2=满足题目条件;由|AB|2=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=(1+k2)(-)2-4=32(1-),令=t,则t=×(1+)<t1|AB|2=32t(1-t)=-(t-)2+12|AB|,2.原创问题:己知椭圆C的中心为平面直角坐标系xOy的原点,焦点在x轴上,它的一个顶点A在直线l:x=2上,点P是椭圆C的右准线x=4上任意一点.()求椭圆C的方程;()过椭圆C的右焦点F的直线交椭圆C于B、D两点(不同于点A),直线分别PB、PD与直线l交于点M、N.求证:直线BD是以MN为直径的圆的切线.解析:()设椭圆C的方程为=1(a>b>0),由题知:a=2,=4c=1b2=3,所以,椭圆C的方程为=1; 第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 107 ()设P(4,t),B(x1,y1),D(x2,y2),直线BD:x=my+1,由(3m2+4)y2+6my-9=0y1+y2=-,y1y2=-;由直线PB:y=(x-4)+tM(2,)=(2,),同理可得:N(2,)圆的圆心E的纵坐标,即MN中点的纵坐标=+=E(2,),圆E的半径r=|MN|=|-|=;点E到直线BD的距离:d=直线BD是以MN为直径的圆的切线.例3:抛物线的切线.始源问题:(2011年安徽高考试题)若>0,点A的坐标为(1,1),点B在抛物线y=x2上运动,点Q满足=,经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M,点P满足=,求点P的轨迹方程.解析:设点P(x,y)M(x,x2),由=Q(x,(1+)x2-y),由=B(1+)x-,(1+)2x2-(1+)y-),由点B在抛物线y=x2上得:(1+)2x2-(1+)y-=(1+)x-22(1+)x-(1+)y-(1+)=02x-y-1=0.原创问题:已知直线l:x=2与抛物线C:x2=2py(p>0)相交于点A(2,1).()求抛物线C的方程;()若直线l与x轴交于点H,平行于x轴的动直线与直线l、y轴分别交于点M、N,设=,点P满足:=, 求点P的轨迹方程.解析:()由抛物线C:x2=2py(p>0)经过点A(2,1)2p=4p=2抛物线C:x2=4y;()由H(2,0)=(0,1);由=M(2,)N(0,)=(-2,0);由=(-1,0)P(+1,)点P的轨迹方程:x-y=1.例4:抛物线的切线.始源问题:(2012年全国高中数学联赛陕西预赛试题)如图, y锐角ABC内接于圆O,过圆心O且垂直于半径OA的直线分别交 A边AB、AC于点E、F,设圆O在B、C两点处的切线相交于点P.求证:直线AP平分线段EF. E O F x解析:命题组给出的是纯平面几何的综合证法,为便于移植、 C推广到二次曲线,现给出一种解析证法: B 分别以EF、OA所在直线为轴建立平面直角坐标系,如图: P不妨设A(0,1),B(cos,sin),C(cos,sin),则直线AB:y=x+1,AC:y=x+1E(,0),F(,0);又圆O:x2+y2=1在处B、C的切线分别为xcos+ysin=1、xcos+ysin=1P(,-)直线AP:y=-x+1直线AP与x轴的交点M(,0);所以,直线AP平分线段EF点M是线段EF的中点2=+2=+2 108 第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 =成立. 考虑到将圆变换为二次曲线,三角形的一个顶点移植为二次曲线的一个顶点,其他条件不变可得:原创问题:已知抛物线C:x2=2py(p>0)经过点A(2,1).()求抛物线C的方程和焦点F;()若动点Q在抛物线C上,且F在AOQ的内部,过焦点F且与y轴垂直的直线交OQ于点N,设AN的中点为M,求证:直线OM与抛物线C在Q处的切线的交点P在定直线上.解析:()由抛物线C:x2=2py(p>0)经过点A(2,1)2p=4p=2抛物线C:x2=4y,焦点F(0,1);()设Q(2t,t2),则直线OQ:y=xN(,1)M(1+,1)直线OM:y=x;又抛物线C在Q处的切线:y=tx-t2;令x=tx-t2x=t+1y=tP(t+1,t)点P在定直线x=y+1上.例5:切线证明.始源问题:(2012年安徽高考试题)如图,F1(-c,0),F2(c,0)分别是 y Q椭圆C:=1(a>b>0)的左,右焦点,过点F1作x轴的垂线交椭圆的上半部分于点P,过点F2作直线PF2的垂线交直线x=于点Q. P()若点Q的坐标为(4,4),求椭圆C的方程; F1 O F2 x()证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.解析:()由题知P(-c,)=-;由PF2QF2=直线QF2:y=(x-c),令x=y=(-c)=2aQ(,2a)=4,2a=4a=2,c=1椭圆C:+=1;()直线PQ:y=x+a,代入=1得:x2+2cx+c2=0x=-c直线PQ与椭圆C只有一个交点.原创问题:已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在椭圆C的右准线l上,连接OM与椭圆C交于点P,直线PQFM于Q.()若点M的坐标为(4,6)时,点P的坐标为(1,),求椭圆C的方程;()证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.解析:()由题知=4,+=1a2=4c,b2=4c-c2,+=1c=1a=2,b2=3椭圆C:+=1;()设P(x0,y0),则直线OP:y=xM(,)kMF=kPQ=-直线PQ:y-y0=-(x-x0)y=-+y0=-x+=-x+,代入=1得:(a2y02+b2x02)x2-2a2b2x0x+a4b2-a4y02=0x2-2x0x+ 第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 109 x02=0直线PQ与椭圆C只有一个交点.原创问题:已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A、B,点P在椭圆C上,PHx轴于H,PH的中点为T,过点B且垂直于x轴的直线与直线AT交于点Q.()当H为OB的中点时,点Q(2,1),求椭圆C的方程;()证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.解析:()由点Q(2,1)B(2,0)a=2,H(1,0);设T(1,t),则直线AT:y=(x+2)yQ=t=1t=P(1,)+=1b2=3椭圆C:+=1;()设P(x0,y0),则T(x0,),直线AT:y=(x+a),令x=a得:y=Q(a,)kPQ=-直线PQ:y-y0=-(x-x0)y=-x+,代入=1得:(a2y02+b2x02)x2-2a2b2x0x+a4b2-a4y02=0x2-2x0x+x02=0直线PQ与椭圆C只有一个交点.始源问题:(2013年安徽高考试题)已知椭圆C:=1(a>b>0)的焦距为4,且过点P(,).()求椭圆C的方程;()设Q(x0,y0)(x0y00)为椭圆C上一点.过点Q作x轴的垂线,垂足为E.取点A(0,2),连接AE.过点A作AE的垂线交x轴于点D.点G是点D关于y轴的对称点,作直线QG.问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由.解析:()由题知a2-b2=4,=1a2=8.b2=4椭圆C:=1;()由Q(x0,y0)E(x0,0),设D(xD,0),则=(x0,-2),=(xD,-2);由ADAE=0xDx0+8=0D(-,0)G(,0)kQG=(由Q(x0,y0)在椭圆C:=1上x02-8=-2y02)=-直线QG:y=-(x-),代入=1得:x2-2x0x+x02=0x=x0直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点Q.原创问题:已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A、B,垂直x轴的直线l与椭圆C交于M、N两点.()已知A(-2,0),当直线l过椭圆C的焦点时,|MN|=3,求椭圆C的方程;()若直线AM与BN交于点P,PQx轴于Q,问这样作出的直线QM是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由.解析:()由题知a=2,=3b2=3椭圆C:+=1;()设M(x0,y0),则N(x0,-y0),直线AM:y=(x+a),BN:y=-(x-a);由(x+a)=-(x-a)x=Q(,0)直线QM:y=(x-),即y=-x+,代入=1得:(a2y02+b2x02)x2-2a2b2x0x+a4b2-a4y02=0x2-2x0x+x02=0直线PQ与椭圆C只有一个交点. 110 第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 原创问题:已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F,点P在椭圆C上,以PF为直径的圆记为M,以椭圆C的长轴为直径的圆记为O.()求证:M与O内切于一点Q;()对于()中的点Q,问直线PQ是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由.解析:()设椭圆C的左焦点为E,则两圆的圆心距|OM|=|PE|=(2a-|PF|)=a-|PF|=两圆半径之差M与O内切于一点Q;()设P(x0,y0),则以PF为直径的M:(x-x0)(x-c)+y(y-y0)=0,即M:x2+y2-(x0+c)x-y0y+cx0=0;以椭圆C的长轴为直径的O:x2+y2=a2,两圆方程相减得外公切线方程:(x0+c)x+y0y-cx0-a2=0,代入x2+y2=a2得:(x0+c)2+y02x2-2(x0+c)(cx0+a2)x+(cx0+a2)2-a2y02=0,由两根相等xQ=yQ=kQF=kPQ=-直线PQ:y-y0=-(x-x0)y=-x+,代入=1得:(a2y02+b2x02)x2-2a2b2x0x+a4b2-a4y02=0x2-2x0x+x02=0直线PQ与椭圆C只有一个交点.例6:切线性质. y始源问题:如图,设A、B、C、D分别是椭圆G 的四个顶点,过椭圆G上任意一点P(不A、B、C、 A D与重合)的切线交x轴于点Q,直线AP、BP分别交 Px轴于M、N.求证: C O N D Q M x()Q是MN的中点;()|QD|,|QN|,|QC|成等比数列. B解析:设椭圆G:+=1(a>b>0),P(x0,y0),则A(0,b),B(0,-b),C(-a,0),D(a,0),+=1,切线PQ:+=1Q(,0);()由直线AP:y=x+bM(,0),同理可得N(,0)+=2Q是MN的中点;()由|QD|QC|=|-a|+a|=|-a2|=a2|=;|QN|=|-|=|-|=|QD|QC|=|QN|2|QD|,|QN|,|QC|成等比数列.原创问题:已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1、A2,上、下顶点分别为B1、B2,点P是椭圆C上任意一点(不在坐标轴上),直线B1P、B2P分别交x轴于M、N,线段MN的中点为Q.()求证:|QA1|,|QN|,|QA2|成等比数列;()证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.解析:()因A1(-a,0),A2(a,0),B1(0,b),B2(0,-b),设P(x0,y0),则+=1,直线B1P:y=x+bM(,0),同理可得N(,0)+=2Q(,0)|QA1|QA2|=|+a|-a|=|-a2|=a2 第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 111 |=;|QN|=|-|=|-|=|QD|QC|=|QN|2|QD|,|QN|,|QC|成等比数列;()由kPQ=-=-直线PQ:y=-(x-),即y=-x+,代入+=1得:x2-2x0x+x02=0x=x0,y=y0直线PQ与椭圆C只有一个交点P.始源问题:(2009年辽宁高考试题)己知椭圆C经过点A(1,),两个焦点为(-1,0),(1,0).()求椭圆C的方程;()E、F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明:直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.解析:()由两个焦点为F1(-1,0),F2(1,0)c=1,2a=|AF1|+|AF2|=4a=2b2=3椭圆C的方程为:=1;()设直线AE的方程为:y=k(x-1)+,代入椭圆方程=1得:(4k2+3)x2-4k(2k-3)+4(-k)2-12=0xAxE=xe=,同理xF=xF-xE=xF+xE=kFE=为定值. 本题第问中的结论具有一般性:M、A、B是椭圆C上的一点,若直线MA、MB与椭圆C的对称轴的夹角相等,则直线AB的斜率为定值;进一步研究可知,椭圆C在M处的切线斜率与直线AB的斜率互为相反数.原创问题:己知椭圆C的左、右分别焦点为F1(-1,0)、F2(1,0),直线x+2y=4与椭圆C恰有一个交点M.()求椭圆C的方程和点M的坐标;()若直线l与直线x+2y=4关于x轴对称,作平行于直线l的动直线与椭圆C交于A、B两点.求证:MAB的内切圆的圆心在定直线上.解析:()设椭圆C:+=1(a>b>0),则a2=b2+1;由(a2+4b2)y2-16b2y+16b2-a2b2=0(-16b2)2-4(a2+4b2)(16b2-a2b2)=0b2=3,a2=4y=x=1椭圆C:=1,M(1,);()由kl=kAB=;设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB:y=x+t;由4x2+4tx+4t2-12=0x1+x2=-t,x1x2=t2-3kMA+kMB=+=+=0直线MA与MB关于直线x=1对称AMB的角平分线为x=1MAB的内切圆的圆心在定直线x=1上.例7:切线方程.始源问题:若点P(x0,y0)在椭圆C:+=1(a>b>0)上,则直线l:x0x+y0y=1是椭圆G:a2x2+b2y2=1的切线.解析:由+=1,把x0x+y0y=1代入a2x2+b2y2=1得:(a2y02+b2x02)x2-2b2x0x+b2-y02=0a2b2x2-2b2x0x+x02=0x= 112 第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 y=直线l与与椭圆G只有一个交点P(,)直线l是椭圆G的切线.原创问题:已知点P(x0,y0),直线l:x0x+y0y=1(x0y00)与椭圆G:a2x2+b2y2=1(a>b>1)只有一个交点Q.()求点P轨迹C的方程;()求|PQ|的取值范围.解析:()把x0x+y0y=1代入a2x2+b2y2=1得:(a2y02+b2x02)x2-2b2x0x+b2-y02=0b4x02-(a2y02+b2x02)(b2-y02)=0+=1点P(x0,y0)轨迹C:+=1(xy0);()由()得Q(,)|PQ|2=(1-)2x02+(1-)2y02=(1-)2x02+(1-)2b2-(1-)2x02=x02+(b-)2;又由0<x02<a2|PQ|的取值范围是(b-,a-).始源问题:(2013年全国高中数学联赛湖北预赛试题)已知F为椭圆C:+=1的右焦点,过椭圆C外一点P作椭圆C的切线,切点为M.若PFM=900,则点P的轨迹方程为 .解析:设M(2cos,sin),P(x,y),F(1,0),则切线:+=1;又由PFM=900=0(x-1)(2cos-1)+ysin=0,代入得:-=1x=4点P的轨迹方程为x=4; 椭圆的切线有如下性质:右焦点为F的椭圆C:+=1(a>b>0)在点Q处的切线与直线x=x0交于点P,则PFQ=900的充要条件是x0=.根据此可命制:原创问题:已知F为椭圆C:+=1的右焦点,直线l:+=1.()求证:直线l与椭圆C恰有一个交点;()若动点Q在椭圆C上,过点Q的直线PQ与椭圆C恰有一个交点,且PFQ=900.求点P的轨迹方程.解析:()把+=1代入+=1得:3x2-12xcos+12=12sin2x=2cosy=sin直线l与椭圆C恰有一个交点(2cos,sin);()设Q(2cos,sin),P(x,y),F(1,0),则切线:+=1;又由PFQ=900=0(x-1)(2cos-1)+ysin=0,代入得:-=1x=4点P的轨迹方程为x=4;例8:隐蔽切线.始源问题:(2013年安徽高考试题)设椭圆E:+=1的焦点在x轴上.()若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程;()设F1、F2分别是椭圆E的左、右焦点,P为椭圆E上第一象限内的点,直线F2P交y轴于点Q,并且F1PF1Q.证明:当a变化时,点P在某定直线上.解析:()由椭圆E:+=1的焦点在x轴上,且焦距为1a2-(1-a2)=a2=椭圆E:+=1; 第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 113 ()因F1(-c,0),F2(c,0),其中,c=,设P(acos,sin),(0,)直线F2P:y=(x-c),令x=0得:y=-Q(0,-);又由F1PF1Q=0(acos+c)c-sin=0(a2cos2-c2)-(1-a2)sin2=0sin2=a2-c2=1-a2sin=cos=aP(a2,1-a2)在直线x+y=1上. 第()问的结果:点P在定直线x+y=1上.定直线x+y=1恰是椭圆的切线.实质上,由熟知的结果:直线mx+ny+t=0与椭圆C:=1相切m2a2+n2b2=t2;特别地,取直线x+y-1=0得:a2+b2=1b2=1-a2,此时椭圆C:+=1.这就是2013年安徽高考试题.考虑到安徽高考解析几何试题的隐蔽情结:所求动点的轨迹为直线,且该直线是曲线的切线.着意于命制:原创问题:已知椭圆C:+=1(a>b>0)过A(1,)、B(,-)两点.()求椭圆C的方程;()若动点Q在直线OB上,动点P满足=+,证明:点P在某定直线上.解析:()由题知,+=1,+=1a2=4,b2=3椭圆C:+1;()由直线OB:y=-x,可设Q(2t,-t),设P(x,y),由=+x+2y=4点P在定直线x+2y=4上. 定直线x+2y=4恰是椭圆C在A处的切线.一般地,若A、B是椭圆C上的两个共轭点(kOAkOB=-),则椭圆C在A处的切线:=+,其中,P是切线上任意一点,即椭圆C在A处的切线平行于OB.原创问题:已知椭圆C:+=1(a>b>0)过A(1,),且椭圆C的离心率e=.()求椭圆C的方程;()设椭圆C的四个顶点分别为A1、A2、B1、B2,点P是椭圆C上异于顶点的动点,直线A1A与PA2交于点M,直线AB1与PB2交于点N,过点M且平行于y轴的直线与过点N且平行于x轴的直线交于点Q,证明:点Q在某定直线上.解析:()由题知,+=1,e=a2=4,b2=3椭圆C:+1;()因A1(-2,0),A2(2,0),B1(0,-),B2(0,),设P(x0,y0),直线AP:x=ky+m,则k+m=1,x0=ky0+m;由(3k2+4)y2+6kmy+3m2-12=0y0=y0=;由直线A1A:y=(x+2),PA2:y=(x-2);令(x+2)=(x-2)xM=-2=-2=-2=-2=-2=;由直线AB1:y=x-,PB2:y=x+;令x-=x+x=yN=-=-;设Q(x,y),则x=,y=-,代入k+m=1得:x+2y=4点Q在某定直线x+2y=4上.(定直线x+2y=4恰是椭圆C在A处的切线). 114 第13讲:切线.安徽高考命题的风景线 始源问题:(数学通讯.2013年第12期(下半月).曾建国.“有心圆锥曲线切线的一个性质再推广”)若A、B分别是椭圆=1(a>b>0)一直径的两端,P为椭圆上的任意一点(不与A、B重合),直线PA、PB与AB的共轭直径A1B1所在直线分别交于点C、D,则椭圆在点P处的切线平分线段CD.解析:设P(acos,bsin),点A的离心角为,由AB与A1B1是共轭直径点A1的离心角为+A(acos,bsin),B(-acos,-bsin),A1(-asin,bcos),B1(asin,-bcos)直线A1B1:y=-xcot,PA:y-bsin=(x-acos),PB:y+bsin=(x+acos),椭圆在点P处的切线:x+y=1xC=,xD=,xQ=xC+xD=+=asinsin(-)-=asinsin(-)=2xQ椭圆在点P处的切线平分线段CD. 考虑到安徽高考命题的特色:求动点的轨迹,该轨迹为直线,且该直线是曲线的切线,构造逆命题:原创问题:己知过点Q(1,)的椭圆C:=1(a>b>0)的离心率e=.()求椭圆C的方程;()过坐标原点O,但不过点P的两直线l1、l2分别与椭圆C交于点A、B和A1、B1,直线PA、PB与直线l2分别交于点M、N.若两直线l1、l2绕点旋转,且满足直线l1、l2的斜率之积=-,求证:MN的中点P在定直线上.解析:()由e=;又由+=1a2=4,b2=3椭圆C:+=1;()设A(2cos,sin),A1(2cos,sin),、0,)(>);由直线l1、l2的斜率之积=-=-tantan=-1=+B(-2cos,-sin),A1(-2sin,cos),B1(2sin,-cos);P(2cos,sin)直线l2:y=-xcot,PA:y-sin=(x-2cos),PN:y+sin=(x-2cos)xM=,xN=-;设P(x,y),则x=(xM+xN)=sinsin(-)-=y=-cot=-x+y=-=2x+2y-4=0P在定直线x+2y-4=0上.