2025年4月湖北省武汉市高三数学调研考试 #19
如图，椭圆 $\Gamma_1:\dfrac{x^2}m+\dfrac{y^2}n=1$（$m>n>0$），$\Gamma_2:\dfrac{x^2}n+\dfrac{y^2}m=1$，已知 $\Gamma_1$ 右顶点为 $H(2,0)$，且它们的交点分别为 $P_1(1,1),P_2(-1,1),P_3(-1,-1),P_4(1,-1)$．
1、求 $\Gamma_1$ 与 $\Gamma_2$ 的标准方程；
2、过点 $P_1$ 作直线 $MN$，交 $\Gamma_1$ 于点 $M$，交 $\Gamma_2$ 于点 $N$，设直线 $P_3 M$ 的斜率为 $k_1$，直线 $P_3 N$ 的斜率为 $k_2$，求 $\dfrac{k_2}{k_1}$；（上述各点均不重合）
3、点 $Q_1$ 是 $\Gamma_1$ 上的动点，直线 $Q_1 P_1$ 交 $\Gamma_2$ 于点 $Q_2$，直线 $Q_2 P_2$ 交 $\Gamma_1$ 于点 $Q_3$，直线 $Q_3 P_3$ 交 $\Gamma_2$ 于点 $Q_4$，直线 $Q_4 P_4$ 与直线 $Q_1 P_1$ 交于点 $N$，求点 $G$ 坐标，使直线 $NG$ 与直线 $NH$ 的斜率之积为定值．（上述各点均不重合）
解析
1、由 $H(2,0)$，可得 $m=4$，再由 $P_1\in\Gamma_1$，可得\[\dfrac 1m+\dfrac 1n=1\implies n=\dfrac 43,\]于是所求标准方程为 $\Gamma_1:\dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}{\frac 43}=1$，$\Gamma_2:\dfrac{x^2}{\frac 43}+\dfrac{y^2}4=1$．
2、根据椭圆的斜率积定义，有\[k_{MP_1}\cdot k_{MP_3}=-\dfrac 13,\quad k_{NP_1}\cdot k_{NP_3}=-3,\]于是\[\dfrac{k_2}{k_1}=\dfrac{ k_{NP_1}\cdot k_{NP_3}}{k_{MP_1}\cdot k_{MP_3}}=9.\]
3、设直线 $Q_1Q_2,Q_2Q_3,Q_3Q_4,Q_4N$ 的斜率分别为 $k_1,k_2,k_3,k_4$，联立直线 $l:y=k(x-1)+1$ 与椭圆 $\Gamma_2$ 的方程，可得\[(k^2+3)x^2+2k(1-k)x+(k^2-2k-3)=0,\]于是直线 $l$ 与椭圆 $\Gamma_2$ 交于点 $P_1(1,1)$ 和 $T\left(\dfrac{k^2-2k-3}{k^2+3},\dfrac{-k^2-6k+3}{k^2+3}\right)$，于是直线 $TP_2$ 的斜率为\[f(k)=\dfrac{\frac{-k^2-6k+3}{k^2+3}-1}{\frac{k^2-2k-3}{k^2+3}-(-1)}=-\dfrac{k+3}{k-1},\]而\[k_2=f(k_1),\quad -\dfrac{1}{k_3}=f\left(-\dfrac{1}{k_2}\right),\quad k_4=f(k_3),\]依次计算，可得\[k_2=-\dfrac{k_1+3}{k_1-1},\quad k_3=-\dfrac{-1-k_2}{-1+3k_2}=-\dfrac{1}{k_1+2},\quad k_4=-\dfrac{k_3+3}{k_3-1}=\dfrac{3k_1+5}{k_1+3}.\]设 $N(x,y)$，联立\[\dfrac{y-1}{x-1}=k_1,\quad \dfrac{y-1}{x+1}=k_4,\]可得\[\dfrac{y+1}{x-1}=\dfrac{3\cdot \frac{y-1}{x-1}+5}{\frac{y-1}{x-1}+3}\iff y^2=5x^2-16x+12\iff \dfrac{y}{x-2}\cdot \dfrac{y}{x-\frac 65}=5,\]因此点 $G$ 的坐标为 $\left(\dfrac 65,0\right)$，对应斜率之积 $^{[1]}$ 为定值 $5$．
备注 $[1]$ 点 $N$ 的轨迹方程为\[\dfrac{\left(x-\frac 85\right)^2}{\frac{4}{25}}-\dfrac {y^2}{\frac 45}=1,\]是以 $H(2,0)$ 和 $\left(\dfrac 65,0\right)$ 为实轴顶点的双曲线，进而点 $G$ 的坐标为 $\left(\dfrac 65,0\right)$，对应斜率之积为定值 $5$．