解：过动点M（0，m）（m＞0）的直线交x轴于点N，交C于点A，P（P在第一象限），设N（﹣t，0）t＞0，M是线段PN的中点，则P（t，2m），过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，Q（t，﹣2m），

①证明：设直线PM，QM的斜率分别为k，k′，

k= $\frac{2 m - m}{t - 0}$ = $\frac{π}{t}$ ，k′= $\frac{- 2 m - m}{t - 0}$ =﹣ $\frac{3 π}{t}$ ，

$\frac{k'}{k}$ = $\frac{\frac{3 π}{t}}{\frac{m}{t}}$ =﹣3．为定值；

②由题意可得 $\frac{t^{2}}{4} + \frac{m^{2}}{2} = 1$ ，m²=4﹣ $\frac{1}{2}$ t²，QM的方程为：y=﹣3kx+m，

PN的方程为：y=kx+m，

联立 ${\begin{cases} \frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{2} = 1 \\ y = k x + m \end{cases}$ ，可得：x²+2（kx+m）²=4，

即：（1+2k²）x²+4mkx+2m²﹣4=0

可得x_B= $\frac{2 (m^{2} - 2)}{(2 k^{2} + 1) x_{0}}$ ，y_B= $\frac{2 (m^{2} - 2)}{(2 k^{2} + 1) x_{0}}$ +m，

同理解得x_A= $\frac{2 (m^{2} - 2)}{(18 k^{2} + 1) x_{0}}$ ，

y_A= $\frac{- 6 k (m^{2} - 2)}{(18 k^{2} + 1) x_{0}} + m$ ，

x_B﹣x_A= $\frac{2 (m^{2} - 2)}{(2 k^{2} + 1) x_{0}}$ ﹣ $\frac{2 (m^{2} - 2)}{(18 k^{2} + 1) x_{0}}$ = $\frac{- 32 k^{2} (m^{2} - 2)}{(18 k^{2} + 1) (2 k^{2} + 1) x_{0}}$ ，

y_B﹣y_A= $\frac{2 (m^{2} - 2)}{(2 k^{2} + 1) x_{0}}$ +m﹣（ $\frac{- 6 k (m^{2} - 2)}{(18 k^{2} + 1) x_{0}} + m$ ）= $\frac{- 8 k (6 k^{2} + 1) (m^{2} - 2)}{(18 k^{2} + 1) (2 k^{2} + 1) x_{0}}$ ，

k_AB= $\frac{y_{B} - y_{A}}{x_{B} - x_{A}}$ = $\frac{6 k^{2} + 1}{4 k}$ = $\frac{1}{4} (6 k + \frac{1}{k})$ ，由m＞0，x₀＞0，可知k＞0，

所以6k+ $\frac{1}{k} \geq 2 \sqrt{6}$ ，当且仅当k= $\frac{\sqrt{6}}{6}$ 时取等号．

此时 $\frac{m}{\sqrt{4 - 8 m^{2}}} \frac{\sqrt{6}}{6}$ ，即m= $\frac{\sqrt{14}}{7}$ ，符号题意．

所以，直线AB的斜率的最小值为： $\frac{\sqrt{6}}{2}$ ．

2016年高考文数真题试卷（山东卷）