【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第九章 解析几何 第十节 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 (含详解).ppt，共(65)页，636.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-34111.html

以下为本文档部分文字说明：

第十节圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题本节主要包括2个知识点：1.圆锥曲线中的定点、定值问题；2.圆锥曲线中的存在性问题.突破点(一)圆锥曲线中的定点、定值问题圆锥曲线中的定点、定值问题是解析几何中的常见问题，它多与圆锥曲线的性质相结

合，难度较大，常出现在解答题中.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”圆锥曲线中的定点问题[例1](2016·大庆质检)已知椭圆C：x2a2＋y2＝1(a>1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．(1)求椭圆C的方程；(2)若不过点A的动直线

l与椭圆C交于P，Q两点，且AP·AQ＝0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．[解](1)圆M的圆心为(3,1)，半径r＝3.由题意知A(0,1)，F(c,0)，直线AF的方程为xc＋y＝1，即x＋c

y－c＝0，由直线AF与圆M相切，得|3＋c－c|c2＋1＝3，解得c2＝2，a2＝c2＋1＝3，故椭圆C的方程为x23＋y2＝1.[解]证明：由AP·AQ＝0知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的

方程为y＝－1kx＋1.联立方程组y＝kx＋1，x23＋y2＝1，整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝－6k1＋3k2，故点P的坐标为－6k1＋3k2，1－3k21＋3k2，(2)若不过点A的

动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且AP·AQ＝0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．同理，点Q的坐标为6kk2＋3，k2－3k2＋3.所以直线l的斜率为k2－3k2＋3－1－3k21＋3k

26kk2＋3－－6k1＋3k2＝k2－14k，所以直线l的方程为y＝k2－14kx－6kk2＋3＋k2－3k2＋3，即y＝k2－14kx－12.所以直线l过定点0，－12.[方法技巧]圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：

引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．圆锥曲线中的定值问题圆锥曲线中的定值问题的

常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的关系式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度

为定值．利用长度公式求得关系式，再依据条件对关系式进行化简、变形即可求得．方法(一)从特殊到一般求定值[例2]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，短轴端点到焦点的距离为2.(1)求椭圆

C的方程；(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值．[解](1)由题意知，e＝ca＝32，b2＋c2＝2，又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝3，b＝1，所以椭

圆C的方程为x24＋y2＝1.[解]证明：①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±255，此时，原点O到直线AB的距离为255.②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由x24＋y2＝1，

y＝kx＋m得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值．则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x

1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－41＋4k2，则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m2－4k21＋4k2，由OA⊥OB得kOA·kOB＝－1，即y1x1·y2x2＝－1，所以x1x2＋y1y

2＝5m2－4－4k21＋4k2＝0，即m2＝45(1＋k2)，所以原点O到直线AB的距离为|m|1＋k2＝255.综上，原点O到直线AB的距离为定值255.[方法技巧]定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量，常表现为求一

些直线方程、数量积、比例关系等的定值．解决此类问题常从特征入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．方法(二)直接消参求定值[例3]如图，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F2(1,0)，点H2，21

03在椭圆上．(1)求椭圆的方程；[解]由题意，得a2－b2＝c2＝1，4a2＋409b2＝1，解得a2＝9，b2＝8，所以椭圆方程为x29＋y28＝1.[解]设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x

219＋y218＝1(|x1|≤3)，|PF2|2＝(x1－1)2＋y21＝(x1－1)2＋81－x219＝19(x1－9)2，所以|PF2|＝13(9－x1)＝3－13x1.(2)若点M在圆x2＋y2＝b2上，且M在第一象限

，过M作圆x2＋y2＝b2的切线交椭圆于P，Q两点，求证：△PF2Q的周长为定值，并求出该定值．连接OM，OP(图略)，由相切条件知|PM|2＝|OP|2－|OM|2＝x21＋y21－8＝x21＋81－x219－8＝19x21，所以|PM|＝13x1，所以|P

F2|＋|PM|＝3－13x1＋13x1＝3，同理可求得|QF2|＋|QM|＝3－13x2＋13x2＝3，所以|F2P|＋|F2Q|＋|PQ|＝3＋3＝6为定值．[方法技巧]解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、

数式变换等寻找不受参数影响的量．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线OA，O

B的斜率之积为－12，求证：直线AB过x轴上一定点．解：(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，所以p2＝1，所以p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x.解：证明：①当直线AB的斜率不存

在时，设At24，t，Bt24，－t.因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以tt24·－tt24＝－12，化简得t2＝32.所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.②当

直线AB的斜率存在时，(2)若直线OA，OB的斜率之积为－12，求证：直线AB过x轴上一定点．设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立方程组y2＝4x，y＝kx＋b消去x，得ky2－4y＋4b＝0.由根

与系数的关系得yAyB＝4bk，因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以yAxA·yBxB＝－12，即xAxB＋2yAyB＝0.即y2A4·y2B4＋2yAyB＝0，解得yAyB＝－32或yAyB＝0(舍去)．

所以yAyB＝4bk＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．综上所述，直线AB过定点(8,0)．2.[考点二·方法一]如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：x26＋y23＝1上的

任一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.(1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；(2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若

是，求出该值；若不是，说明理由．解：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x与圆M相切，所以|k1x0－y0|1＋k21＝2，化简得：(x20－2)k21－2x0y0k1＋y20－2＝0，同

理：(x20－2)k22－2x0y0k2＋y20－2＝0，所以k1，k2是关于k的方程(x20－2)k2－2x0y0k＋y20－2＝0的两个不相等的实数根，所以k1·k2＝y20－2x20－2.因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以x206＋y203＝1，即y20＝3－12

x20，所以k1k2＝1－12x20x20－2＝－12为定值．解：|OP|2＋|OQ|2是定值，定值为9.理由如下：①当M点坐标为(2，2)时，直线OP，OQ落在坐标轴上，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9.②当直线OP，OQ不落

在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为k1k2＝－12，所以y21y22＝14x21x22，因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，(2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．

所以x216＋y213＝1，x226＋y223＝1，即y21＝3－12x21，y22＝3－12x22，所以3－12x213－12x22＝14x21x22，整理得x21＋x22＝6，所以y21＋y22＝3－12x21＋3－12x22

＝3，所以|OP|2＋|OQ|2＝9.3.椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为35，P(m,0)为C的长轴上的一个动点，过P点斜率为45的直线l交C于A，B两点．当m＝0时，PA·PB＝－412.(1)求椭圆C的方程；(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值．[考点二·方法

二]解：(1)因为离心率为35，即e＝ca＝35，所以ba＝45.当m＝0时，l的方程为y＝45x，代入x2a2＋y2b2＝1并整理得x2＝a22.设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，PA·PB＝－x20－y20＝－4125x20＝－4125·a22.又因为PA·PB＝－41

2.所以a2＝25，b2＝16，椭圆C的方程为x225＋y216＝1.解：证明：l的方程为x＝54y＋m，代入x225＋y216＝1，并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．则|PA|2＝(x1－m)2＋y

21＝4116y21，同理|PB|2＝4116y22.(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值．则|PA|2＋|PB|2＝4116(y21＋y22)＝4116[(y1＋y2)2－2y1y2]＝4116·

－4m52－16m2－2525＝41.所以|PA|2＋|PB|2为定值．突破点(二)圆锥曲线中的存在性问题1.圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论

不完备，要求考生结合已知条件或假设新的条件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等，是高考中的常考题型，作为解答题的压轴题出现，难度一般较大，常和不等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，对数学能力和数学思想有较高的要求.2.

圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：1点的存在性.2曲线的存在性.3最值的存在性.4探索命题是否成立等，涉及此类问题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”探

究是否存在常数的问题[例1]如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率是22，点P(0，1)在短轴CD上，且PC·PD＝－1.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在

常数λ，使得OA·OB＋λPA·PB为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．[解](1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．又点P的坐标为(0,1)，且PC·PD＝－1，于是1－b2＝－1，ca＝22，a2－b2＝c2.解得a＝2，b＝

2.所以椭圆E的方程为x24＋y22＝1.[解]当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．联立x24＋y22＝1，y＝kx＋1得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(

4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1.从而，OA·OB＋λPA·PB＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)](2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得OA

·OB＋λPA·PB为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－2λ－4k2＋－2λ－12k2＋1＝－λ－12k2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k2＋1－λ－2＝－3.此时，OA·OB＋λPA·PB＝－3为定值

．当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋λPC·PD＝－2－λ.当λ＝1时，OA·OB＋PA·PB＝－3，为定值．综上，存在常数λ＝1，使得OA·OB＋λ

PA·PB为定值－3.[方法技巧]解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在．探究是否存在点的问题[例2]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a

＞b＞0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.(1)求椭圆C的标准方程；[解](1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，所以b＝3，故椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.[解]由y＝kx＋m

，x24＋y23＝1，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即m2＝3＋4k2.设P(x0，y0)，则x0＝－4km3＋4k2＝－4km，(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直

线x＝4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使得MP·MQ＝0？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．y0＝kx0＋m＝－4k2m＋m＝3m，即P－4km，3m.∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，∴MP＝

－4km－t，3m，MQ＝(4－t,4k＋m)，∴MP·MQ＝－4km－t·(4－t)＋3m·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋4km(t－1)＝0恒成立，故t－1＝0，t2－4t＋3＝0，即t＝1.∴存在点M(1,0)符合题意.探究是否存在直线的问题[例3]已知椭

圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0)，点P1，－153在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为－1的直线l与椭圆C相交于M，N两点，使得|F1M|＝|F1N|(F1为椭圆的左焦点)

？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．[解](1)法一：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，∴c＝2，椭圆C的左焦点为F1(－2,0)．由椭圆的定义可得2a＝1＋22＋－1532＋1－22＋－1532＝969＋249＝26，解得a＝6，∴

b2＝a2－c2＝6－4＝2.∴椭圆C的标准方程为x26＋y22＝1.法二：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，∴c＝2，故a2－b2＝4，又点P1，－153在椭圆C上，则1a2＋159b2＝1，故1

b2＋4＋159b2＝1，化简得3b4＋4b2－20＝0，得b2＝2，a2＝6.∴椭圆C的标准方程为x26＋y22＝1.[解]假设存在满足条件的直线l，设直线l的方程为y＝－x＋t，由x26＋y22＝1，y＝－x＋t得x2＋3(－x＋t)2－6＝0，即4x2－

6tx＋(3t2－6)＝0，Δ＝(－6t)2－4×4×(3t2－6)＝96－12t2>0，解得－22<t<22.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3t2，x1x2＝3t2－64，(2)是否存在斜率为－1的直线l与椭圆C相交于

M，N两点，使得|F1M|＝|F1N|(F1为椭圆的左焦点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．由于|F1M|＝|F1N|，设线段MN的中点为E，则F1E⊥MN，故kF1E＝－1kMN＝1，又F1(－2,0)，E

x1＋x22，y1＋y22，即E3t4，t4，∴kF1E＝t43t4＋2＝1，解得t＝－4.当t＝－4时，不满足－22<t<22，∴不存在满足条件的直线l.[方法技巧]解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用

判别式得出是否有解．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.如图，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)经过点P1，32，离心率e＝12，直线l的方程为x＝4.(1)求椭圆C的方程；解：(1)由P1，32在椭圆上得，1a2＋94b2＝1.①依题设知a＝2c，则b2＝3c2.②②代

入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.[考点一]解：由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)．③代入椭圆方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2

x＋4(k2－3)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3

？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．x1＋x2＝8k24k2＋3，x1x2＝4k2－34k2＋3.④在方程③中令x＝4得，M的坐标为(4,3k)．从而k1＝y1－32x1－1，k2＝y2－32x2－1，k3＝3k－324－1＝k－12.由

于A，F，B三点共线，则有k＝kAF＝kBF，即有y1x1－1＝y2x2－1＝k.所以k1＋k2＝y1－32x1－1＋y2－32x2－1＝y1x1－1＋y2x2－1－321x1－1＋1x2－1＝2k－3

2·x1＋x2－2x1x2－x1＋x2＋1.⑤④代入⑤得k1＋k2＝2k－32·8k24k2＋3－24k2－34k2＋3－8k24k2＋3＝2k－1，又k3＝k－12，所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题

意．2.[考点二]已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(－2,0)，点B(2，2)在椭圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非

零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，因为椭圆的左焦点为F1(－2,0)，所以a2－b2＝4.由题可得椭圆的右焦点为F2(2,0)，已知点B(2，2)在椭圆C上，由

椭圆的定义知|BF1|＋|BF2|＝2a，所以2a＝32＋2＝42.所以a＝22，从而b＝2.所以椭圆C的方程为x28＋y24＝1.解：因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(－22，0)．因为直线y＝

kx(k≠0)与椭圆x28＋y24＝1交于两点E，F，设点E(x0，y0)(不妨设x0>0)，则点F(－x0，－y0)．联立方程y＝kx，x28＋y24＝1，消去y得x2＝81＋2k2.所以x0＝221＋2k2，y0＝22k1＋2k2，所以直线AE的方程为y＝k1＋1＋2k2

(x＋22)．(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．因为直线AE与y轴交于点M，令x＝0，得y＝22k1＋1＋2k2，即点M0，22k1＋1＋2k2.同理可得点N0

，22k1－1＋2k2.假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则MP·NP＝0.即t2＋－22k1＋1＋2k2×－22k1－1＋2k2＝0，即t2－4＝0.解得t＝2或t＝－2.故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变

化，总有∠MPN为直角．3.[考点三]已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点．(1)求椭圆C的方程；解：依题意，可设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．从而有c＝2，2a＝|AF|＋|AF′|

＝8，解得c＝2，a＝4.又a2＝b2＋c2，所以b2＝12.故椭圆C的方程为x216＋y212＝1.(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解：假设存在

符合题意的直线l，设其方程为y＝32x＋t.由y＝32x＋t，x216＋y212＝1，得3x2＋3tx＋t2－12＝0.因为直线l与椭圆C有公共点，所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)＝144－3t2≥0，解得－43≤t≤43.另一方面，由直线OA与l的距离

等于4，可得|t|94＋1＝4，从而t＝±213.由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l不存在．[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2015·新课标全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：

y＝x24与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点．(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．解：(1)由题设可得M(2a，a)

，N(－2a，a)，或M(－2a，a)，N(2a，a)．又y′＝x2，故y＝x24在x＝2a处的导数值为a，所以C在点(2a，a)处的切线方程为y－a＝a(x－2a)，即ax－y－a＝0.y＝x24在x＝－2a处的导数值为－a，所以C在点(－2a，a)处的切线方程为y－a

＝－a(x＋2a)，即ax＋y＋a＝0.故所求切线方程为ax－y－a＝0和ax＋y＋a＝0.解：存在符合题意的点．证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.故x1＋

x2＝4k，x1x2＝－4a.从而k1＋k2＝y1－bx1＋y2－bx2＝2kx1x2＋a－bx1＋x2x1x2＝ka＋ba.当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角

互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．2．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1

)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点m3，m，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．解：(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(

x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝x1＋x22＝－kbk2＋9，yM＝kxM＋b＝9bk2＋9.于是直线OM的斜率kOM＝yMxM＝－9k，即kOM·k＝

－9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．(2)若l过点m3，m，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．(2)四边形OAPB能为平行四边形．因为直线l过点m3，m，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是

k>0，k≠3.由(1)得OM的方程为y＝－9kx.设点P的横坐标为xP.由y＝－9kx，9x2＋y2＝m2，得x2P＝k2m29k2＋81，即xP＝±km3k2＋9.将点m3，m的坐标代入直线l的方程得b

＝m3－k3，因此xM＝kk－3m3k2＋9.四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.于是±km3k2＋9＝2×kk－3m3k2＋9，解得k1＝4－7，k

2＝4＋7.因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形．