热门试卷

（1）设椭圆E的方程为 +=1（a＞b＞0）．

∵c=1，

∴a2-b2=1①，

∵点（1，）在椭圆E上，

∴+=1②，

由①、②得：a2=4，b2=3，

∴椭圆E的方程为：+=1．

（2）由题意知，a=2，b=、∴c=1

又∵点P在椭圆上，∴|PF1|+|PF2|=2a=4、①

由余弦定理知：|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos30°=|F1F2|2=（2c）2=4②

把①两边平方得|PF1|2+|PF2|2+2|PF1|•|PF2|=16，③

③-②得（2+）|PF1|•|PF2|=12，

∴|PF1|•|PF2|=12（2-），

∴S△PF1F2=|PF1|•|PF2|sin30°=6-3、

（1）由题意可得a=2，c=5，

∴b2=a2-c2=15． 

∴椭圆C的方程为+=1．

（2）圆O：x2+y2=的圆心为原点，半径r=．

①当∠PF2F1为直角时，点P的坐标为（5，）．  

直线PF1的方程为y=（x+5）．此时圆心到直线PF1的距离为＜．

∴直线PF1与圆O：x2+y2=相交． 

②当∠F1PF2为直角时，设点P的坐标为（x，y）．联立解得

∵点P的坐标为（4，3）．

则点P到椭圆右焦点（5，0）的距离为．

 利用三角形的中位线定理可得圆心O到直线PF1的距离为．

所以直线PF1与圆O：x2+y2=相切．

（解一）：（1）设直线方程为y=k1x+b，代入椭圆方程并整理得：（1+2k12）x2+4k1bx+2b2-2=0，（2分）

x1+x2=-，又中点M在直线上，所以=k1•)+b

从而可得弦中点M的坐标为(-，)，k2=-，所以k1k2=-．（4分）

（解二）设点A（x1，y1），B（x2，y2），中点M（x0，y0） 则x0=，y0=

K2==，k1=   （2分）

又x12+y12=1与x22+y22=1作差得  -=

所以 K1K2=-            （4分）

（2）对于椭圆，K1K2=-  （6分）

已知斜率为K1的直线L交双曲线+=1（a＞0，b＞0）于A，B两点，点M 为弦AB的中点，直线OM的斜率为k2（其中O为坐标原点，假设K1、k2都存在）．

则k1，k2⋅的值为． （8分）

（解一）设直线方程为y=k1x+d，代入+=1（（a＞0，b＞0）方程并整理得：（b2-a2k12）x2-2k1a2dx-（ad）2-（ab）2=0

(y1+y2)=，

所以K2===，k1= （2分），即k1k2=     （10分）

（解二）设点A（x1，y1），B（x2，y2），中点中点M（x0，y0）

则x0=，y0=，K2==，k1= （2分）

又因为点A，B在双曲线上，则

-=1与-=1作差得

==k1k2    即k1k2= （10分）

（3）对（2）的概括：设斜率为k1的直线L交二次曲线C：mx2+ny2=1（mn≠0）于A，B两点，点M为弦AB的中点，直线OM的斜率为k2（其中O为坐标原点，假设k1，k2、都存在），则k1k2=-．（12分）

提出问题与解决问题满分分别为（3分），提出意义不大的问题不得分，解决问题的分值不得超过提出问题的分值．

提出的问题例如：直线L过原点，P为二次曲线线mx2+ny2=1（mn≠0）上一动点，设直线L交曲线于A，B两点，当P异于A，B两点时，如果直线PA，PB的斜率都存在，则它们斜率的积为与点P无关的定值．（15分）

解法1：设直线方程为y=kx，A，B两点坐标分别为（x1，y1）、（-x1，-y1），则y1=kx1

把y=kx代入mx2+ny2=1得（m+nk2）x2=1，

KPA•KPB==，

所以KPA•KPB===-（18分）

提出的问题的例如：直线L：y=x，P为二次曲线mx2+ny2=1（mn≠0）上一动点，设直线L交曲线于A，B两点．试问使∠APB=30°的点P是否存在？（13分）

问题例如：1）直线L过原点，P为二次曲线线mx2+ny2=1（mn≠0）上一动点，设直线L交曲线于A，B两点，求PA+PB的值．

2）直线l过原点，P为二次曲线mx2+ny2=1（mn≠0）上一动点，设直线L交曲线于A，B两点，求S△PAB的最值．