解析几何大题精选题,共四套

解析几何大题训练（一）

1. （2011年高考江西卷) (本小题满分12分）

已知过抛物线y22pxp0的焦点，斜率为22的直线交抛物线于

Ax1,y2,Bx2,y2（x1x2）两点，且AB9．

（1）求该抛物线的方程；

（2）O为坐标原点，C为抛物线上一点，若OCOAOB，求的值．

2. （2011年高考福建卷)（本小题满分12分）

如图，直线l ：y=x+b与抛物线C ：x2=4y相切于点A。

（1）

求实数b的值；

（11） 求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程.

3. (2011年高考天津卷)（本小题满分13分）

x2y2设椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P(a,b)满足|PF2||F1F2|.

ab（Ⅰ）求椭圆的离心率e;

(Ⅱ)设直线PF2与椭圆相交于A,B两点.若直线PF2与圆(x1)2(y3)216相交于M,N两点,且|MN|=|AB|,求椭圆的方程.

584.（2010辽宁）（本小题满分12分）

x2y2设F1，F2分别为椭圆C:221(ab0)的左、右焦点，过F2的直线l与椭

ab圆C 相交于A,B两点，直线l的倾斜角为60，F1到直线l的距离为23. （Ⅰ）求椭圆C的焦距；

（Ⅱ）如果AF22F2B,求椭圆C的方程.

解析几何大题训练（二）

1.（2010辽宁）（本小题满分12分）

x2y2设椭圆C：221(ab0)的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B

ab两点，直线l的倾斜角为60o,AF2FB.

(I)

求椭圆C的离心率； 如果|AB|=

15，求椭圆C的方程. 4(II)

2.（2010北京）（本小题共14分）

已知椭圆C的左、右焦点坐标分别是(2,0)，(2,0)，离心率是椭圆C交与不同的两点M，N，以线段为直径作圆P,圆心为P。

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若圆P与x轴相切，求圆心P的坐标；

6，直线y=t3（Ⅲ）设Q（x，y）是圆P上的动点，当t变化时，求y的最大值。

3.（2010福建）（本小题满分12分）

已知抛物线C：y22px(p0)过点A （1 , -2）。 （I）求抛物线C 的方程，并求其准线方程；

（II）是否存在平行于OA（O为坐标原点）的直线L，使得直线L与抛物线C有公共点，

5若存在，求直线L的方程；若不存在，说明理由。 5且直线OA与L的距离等于

4.（2010湖北）（本小题满分13分）

已知一条曲线C在y轴右边，C上没一点到点F（1,0）的距离减去它到y轴距离的差都是1。

（Ⅰ）求曲线C的方程

（Ⅱ）是否存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A,B的任一直线，

都有FA?FB＜0若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由。

解析几何大题训练（三）

3)，(0，3)的距离之和等于4，设点P1、在直角坐标系xOy中，点P到两点(0，的轨迹为C，直线ykx1与C交于A，B两点． （Ⅰ）写出C的方程；

（Ⅱ）若OAOB，求k的值。（变式：若AOB为锐角（钝角），则k的取值范围。）

x2y22、已知直线yx1与椭圆221(ab0)相交于A、B两点.

ab （1）若椭圆的离心率为

3，焦距为2，求线段AB的长； 3 （2）在（1）的椭圆中，设椭圆的左焦点为F1，求△ABF1的面积。

3、 已知动圆过定点F(0,2)，且与定直线L:y2相切. （I）求动圆圆心的轨迹C的方程；

（II）若AB是轨迹C的动弦，且AB过F(0,2)， 分别以A、B为切点作轨迹C的切线，设两切线交点为Q，证明:AQBQ.

x2y23

4．(2010·天津)已知椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，连接椭圆的四

ab2

个顶点得到的菱形的面积为4.

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B，已知点A的坐标为(－a,0)，点Q(0，y0)在线段AB的垂直平分线上，且→QA·→QB＝4，求y0的值．

解析几何大题训练（四）

x2y21

1．(2011·山东日照质检)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，直线ab2y＝x＋6与以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M、N，且线段MN1

的垂直平分线过定点G(，0)，求实数k的取值范围．

8

2．(2009·江苏)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点在原点，经过点

A(2,2)，其焦点F在x轴上．

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)求过点F，且与直线OA垂直的直线的方程；

(3)设过点M(m,0)(m＞0)的直线交抛物线C于D，E两点，ME＝2DM，记D和E两点间的距离为f(m)，求f(m)关于m的表达式．

3．(2010·安徽)如图，已知椭圆E经过点A(2,3)，对称轴为坐标轴，焦点F1，1

F2在x轴上，离心率e＝.

2

(1)求椭圆E的方程； (2)求∠F1AF2的平分线所在直线l的方程； (3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点若存在，请找出；若不存在，说明理由．

4、（2009辽宁卷文）已知，椭圆C以过点A（1，），两个焦点为（－1，0）（1，0）。

（1）

32求椭圆C的方程；

（2）

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。

解析几何大题训练（一）

1. （2011年高考江西卷) (本小题满分12分）

已知过抛物线y22pxp0的焦点，斜率为22的直线交抛物线于

Ax1,y2,Bx2,y2（x1x2）两点，且AB9．

（1）求该抛物线的方程；（2）O为坐标原点，C为抛物线上一点，若

OCOAOB，求的值．

（1）直线AB的方程是

y22(xp),与y22px联立，从而有4x25pxp20, 2所以：x1x25p，由抛物线定义得：ABx1x2p9，所以p=4， 4抛物线方程为：y28x

（2）由

p=4，

4x25pxp20,化简得x25x40，从而

x11,x24,y122,y242,从而A:(1,22),B(4,42)

设OC(x3,y3)(1,22)(4,42)=(14,2242)，又y328x3，即22218

2（41），即(21)241，解得0,或2. 2. （2011年高考福建卷)（本小题满分12分） 如图，直线l ：y=x+b与抛物线C ：x2=4y相切于点A。

（2）

求实数b的值；

（11） 求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程.

yxb【解析】（I）由2得x24x4b0 ()

x4y因为直线l与抛物线C相切,所以(4)24(4b)0,解得b1.

（II）由（I）可知b1,故方程()即为x24x40,解得x2,将其代入x24y,得y=1,故点A(2,1).

因为圆A与抛物线C的准线相切,所以圆心A到抛物线C的准线y=-1的距离等于圆A的半径r,

即r=|1-(-1)|=2,所以圆A的方程为(x2)2(y1)24.

3. (2011年高考天津卷)（本小题满分13分）

x2y2设椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P(a,b)满足|PF2||F1F2|.

ab（Ⅰ）求椭圆的离心率e;

(Ⅱ)设直线PF2与椭圆相交于A,B两点.若直线PF2与圆(x1)2(y3)216相交于M,N两点,且|MN|=|AB|,求椭圆的方程.

【解析】（Ⅰ）设F1(c,0)，F2(c,0)（c0），因为|PF2||F1F2|，所以(ac)2b22c，

58整理得

cc12()210，即2e2e10，解得e. aa2(Ⅱ)由（Ⅰ）知a2c,b3c,可得椭圆方程为3x24y212c2,直线PF2的方程为

y3(xc),

2228c3x4y12cA,B两点坐标满足方程组,消y整理得5x28cx0,解得x0或,

5y3(xc)所以

8c3316c,c),(0,3c),所以由两点间距离公式得|AB|=, 555A,B两点坐标为(于是|MN|=|AB|=2c,圆心(1,3)到直线PF2的距离d583|2c|, 2x2y2|MN|232221. 因为d()4,所以(2c)c16,解得c2,所以椭圆方程为16122424.（2010辽宁）（本小题满分12分）

x2y2设F1，F2分别为椭圆C:221(ab0)的左、右焦点，过F2的直线l与椭

ab圆C 相交于A,B两点，直线l的倾斜角为60，F1到直线l的距离为23. （Ⅰ）求椭圆C的焦距；（Ⅱ）如果AF22F2B,求椭圆C的方程.

解：（Ⅰ）设焦距为2c，由已知可得F1到直线l的距离3c23,故c2.所以椭圆C的焦距为4. （Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y10,y20,直线l的方程为y3(x2).

y3(x2),得(3a2b2)y243b2y3b40. 联立x2y2221ba3b2(22a)3b2(22a),y2.因为AF22F2B,所以y12y2. 解得y13a2b23a2b2

3b2(22a)3b2(22a)2. 即3a2b23a2b2 得a3.而a2b24,所以b5.

x2y2故椭圆C的方程为1.

95解析几何大题训练（二）

1.（2010辽宁）（本小题满分12分）

x2y2设椭圆C：221(ab0)的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B

ab两点，直线l的倾斜角为60o,AF2FB.⑴求椭圆C的离心率；⑵如果|AB|=求椭圆C的方程.

解：设A(x1,y1),B(x2,y2)，由题意知y1＜0，y2＞0. （Ⅰ）直线l的方程为 y3(xc)，其中ca2b2.

y3(xc),联立x2y2得(3a2b2)y223b2cy3b40

221ba3b2(c2a)3b2(c2a),y2解得y1，因为AF2FB，所以y12y2. 22223ab3ab15，43b2(c2a)3b2(c2a)c22•即 ，得离心率 e. ……6分 22223ab3aba31243ab215（Ⅱ）因为AB1y2y1，所以•22.

3433ab由得bca235515a.所以a，得a=3，b5. 344x2y2椭圆C的方程为1. ……12分

95

2.（2010北京）（本小题共14分）

6，直线y=t3已知椭圆C的左、右焦点坐标分别是(2,0)，(2,0)，离心率是椭圆C交与不同的两点M，N，以线段为直径作圆P,圆心为P。

（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若圆P与x轴相切，求圆心P的坐标； （Ⅲ）设Q（x，y）是圆P上的动点，当t变化时，求y的最大值。

ca6，且c2，所以a3,ba2c21，所以椭圆C的方程3解：（Ⅰ）因为x2为y21

3yt2（Ⅱ）由题意知p(0,t)(1t1)，由 得x3(1t) x22y1333 所以点P的坐标是（0，）

22所以圆P的半径为3(1t2)，解得t（Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆P的方程x2(yt)23(1t2)。因为点Q(x,y)在圆P上。所以yt3(1t2)x2t3(1t2) 设tcos,(0,)，则t3(1t2)cos3sin2sin()

6当

3，即t，且x0，y取最大值2.

123.（2010福建）（本小题满分12分）

已知抛物线C：y22px(p0)过点A （1 , -2）。 （I）求抛物线C 的方程，并求其准线方程；

（II）是否存在平行于OA（O为坐标原点）的直线L，使得直线L与抛物线C有公共点，

5若存在，求直线L的方程；若不存在，说明理由。 5且直线OA与L的距离等于

4.（2010湖北）（本小题满分13分）

已知一条曲线C在y轴右边，C上没一点到点F（1,0）的距离减去它到y轴距离的差都是1。

（Ⅰ）求曲线C的方程

（Ⅱ）是否存在正数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A,B的任一直线，

都有FA?FB＜0若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由。

解析几何大题训练（三）

3)，(0，3)的距离之和等于4，设点P1、在直角坐标系xOy中，点P到两点(0，的轨迹为C，直线ykx1与C交于A，B两点．（Ⅰ）写出C的方程；

（Ⅱ）若OAOB，求k的值。（变式：若AOB为锐角（钝角），则k的取值范围。）

3)，，(03)为焦解：（Ⅰ）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(0，y2点，长半轴为2的椭圆．它的短半轴b2(3)1，故曲线C的方程为x1．

4222（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足

2y21，x，消去y并整理得(k24)x22kx30， 4ykx1.故x1x22k3．若OAOB，即x1x2y1y20． ，xx1222k4k433k22k2而y1y2kx1x2k(x1x2)1，于是x1x2y1y222210，

k4k4k42化简得4k210，所以k．

x2y22、已知直线yx1与椭圆221(ab0)相交于A、B两点.

ab12 （1）若椭圆的离心率为

3，焦距为2，求线段AB的长； 3 （2）在（1）的椭圆中，设椭圆的左焦点为F1，求△ABF1的面积。

3c3,2c2,即a3,则ba2c22 （3分） 3a3解：（1）e

x2y2∴椭圆的方程为1 （4分）

32

x2y21联立消去y得:5x26x30 （5分） 23yx1设A(x1,y1),B(x2,y2)

则x1x263,x1x255 （8分）

|AB|(x1x2)2(y1y2)2[1(1)2](x1x2)24x1x2612832()2

555

（10分）

（2）由（1）可知椭圆的左焦点坐标为F1（-1，0），直线AB的方程为x+y-1=0,

|101|1122 所以点F1到直线AB的距离d=2, （12分）

又|AB|=

18346831•2， ∴△ABF1的面积S=|AB|•d=• （14分）

255523、 已知动圆过定点F(0,2)，且与定直线L:y2相切. （I）求动圆圆心的轨迹C的方程；

（II）若AB是轨迹C的动弦，且AB过F(0,2)， 分别以A、B为切点作轨迹C的切线，设两切线交点为Q，证明:AQBQ.

解：（I）依题意，圆心的轨迹是以F(0,2)为焦点，L:y2为准线的抛物线上……2分

因为抛物线焦点到准线距离等于4, 所以圆心的轨迹是

x28y………………….5分

（II）直线AB与x轴不垂直,设AB:ykx2. A(x1,y1),B(x2,y2).…………….6分

ykx2,2由12可得x8kx160， x1x28k，x1x216 ………8分

yx.8抛物线方程为yx2,求导得yx. 所以过抛物线上A、B两点的切线斜率分别是

k111111x1，k2x2 ，k1k2x1x2x1x21 4444161814所以，AQBQ

x2y23

4．(2010·天津)已知椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，连接椭圆的四

ab2

个顶点得到的菱形的面积为4.

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B，已知点A的坐标为(－a,0)，点Q(0，y0)在线段AB的垂直平分线上，且→QA·→QB＝4，求y0的值．

c3

解析：(1)由e＝＝，得3a2＝4c2.再由c2＝a2－b2，得a＝2b.

a2

a＝2b，1

由题意，可知×2a×2b＝4，即ab＝2.解方程组

2ab＝2，

a＝2，

得b＝1.

故椭圆的方程为＋y2＝1.

4

(2)由(1)可知A(－2,0)，且直线l的斜率必存在．设B点的坐标为(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)．

x2

y＝kx＋2

于是A、B两点的坐标满足方程组x＋y＝1.4

2

2

，

由方程组消去y并

整理，得

(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0.

16k2－42－8k24k由根与系数的关系，得－2x1＝，于是x1＝，从而y1＝.

1＋4k21＋4k21＋4k2

8k22k

设线段AB的中点为M，则M的坐标为－2，2.

1＋4k1＋4k

以下分两种情况讨论：

①当k＝0时，点B的坐标是(2,0)，线段AB的垂直平分线为y轴，于是→QA→·QB→＝4，得y0＝±22. ＝(－2，－y0)，→QB＝(2，－y0)．由OA②当k≠0时，线段AB的垂直平分线的方程为

8k22k16kx＋y－＝－.令x＝0，解得y＝－2022.

1＋4k1＋4kk1＋4k由→OA＝(－2，－y0)，→QB＝(x1，y1－y0)， →·QB→＝－2x1－y0(y1－y0)＝QA4

16k4＋15k2－1

＝4. 22

1＋4k14214

整理，得7k＝2，故k＝±.从而y0＝±.综上，y0＝±22，或y0

75

2

－2

2－8k2

1＋4k2

6k6k4k＋2＋2＝1＋4k21＋4k1＋4k

214＝±.

5

解析几何大题训练（四）

x2y21

1．(2011·山东日照质检)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，直线ab2y＝x＋6与以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M、N，且线段MN的垂直平分线过定点

1

G(，0)，求实数k的取值范围． 8

1c1ba2－c232

解析：(1)根据题意e＝，即＝，∴＝＝1－e＝，

2a2aa2|6|x2y2

又∵r＝＝b，∴b＝3，a＝2，∴椭圆C的方程为＋＝1.

431＋1

22

xy

4＋3＝1，

(2)设M(x，y)，N(x，y)，由

y＝kx＋m1

1

2

2

消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，

∴Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，即m2＜4k2＋3.① 8km6m由根与系数关系得x1＋x2＝－，则y1＋y2＝，

3＋4k23＋4k2

4km3m∴线段MN的中点P的坐标为(－，)．

3＋4k23＋4k21

又线段MN的垂直平分线l′的方程为y＝－x－，

k8

1

4km13m1

由点P在直线l′上，得2－， 2＝－－3＋4kk3＋4k812

即4k＋8km＋3＝0.∴m＝－(4k2＋3)，由①得

8k4k2＋3k2

2

＜4k2＋3，

1555

∴k＞，即k＞或k＜－.∴实数k的取值范围是－∞，－

20101010

2

5



∪，＋∞. 10

2．(2009·江苏)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点在原点，经过点

A(2,2)，其焦点F在x轴上．

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)求过点F，且与直线OA垂直的直线的方程； (3)设过点M(m,0)(m＞0)的直线交抛物线C于D，E两

点，

ME＝2DM，记D和E两点间的距离为f(m)，求f(m)关于m的表达式．

解析：(1)由题意，可设抛物线C的标准方程为y2＝2px.因为点A(2,2)在抛物线C上，

所以p＝1.因此，抛物线C的标准方程为y2＝2x.

1

的坐标是，0，又直线

2

(2)由(1)可得焦点FOA的斜率为＝1，故与直线

2

2

1

OA垂直的直线的斜率为－1，因此，所求直线的方程是x＋y－＝0.

2

(3)方法一：设点D和E的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)，直线DE的方程是y＝k(x－m)，k≠0.

y1±1＋2mk222

将x＝＋m代入y＝2x，有ky－2y－2km＝0，解得y1,2＝.

kk2

2

2

由ME＝2DM和1＋1＋2mk＝2(1＋2mk－1)，化简得k＝.

4

m142222

因此DE＝(x1－x2)＋(y1－y2)＝(1＋2)(y1－y2)＝(1＋2)

11＋2mk2

kkk2

＝

92

(m＋4m)． 4

32

所以f(m)＝m＋4m(m＞0)．

2

s2t2→＝2→方法二：设D，s，E，t.由点M(m,0)及MEDM得22

t2－m＝2(m－)，

2

s2

t－0＝2(0－s)．

s2

2

3

＝2

因此t＝－2s，m＝s.所以f(m)＝DE＝

2

2s－

22

＋－2s－s2

m2＋4m(m＞0)．

3．(2010·安徽)如图，已知椭圆E经过点A(2,3)，对称轴为坐标轴，焦点F1，

1

F2在x轴上，离心率e＝.

2

(1)求椭圆E的方程； (2)求∠F1AF2的平分线所在直线l的方程； (3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点若存在，请找出；若不存在，说明理由．

x2y2

解析：(1)设椭圆E的方程为2＋2＝1.

ab1c1

由e＝，即＝，得a＝2c，∴b2＝a2－c2

2a2＝3c2.

x2y2

于是椭圆的方程化为2＋2＝1.

4c3c1

3

将A(2,3)代入上式，得2＋2＝1，解得c＝2(负值舍去)．

cc故椭圆E的方程为＋＝1.

1612

3

(2)方法一：由(1)知F1(－2,0)，F2(2,0)，于是直线AF1的方程为y＝(x4＋2)，即3x－4y＋6＝0，直线AF2的方程为x＝2.

由点A在椭圆E上的位置知，直线l的斜率为正数．

|3x－4y＋6|

＝|x－2|.

5

x2y2

设P(x，y)为l上任一点，则

若3x－4y＋6＝5x－10，得x＋2y－8＝0(因其斜率为负，故舍去)．

于是由3x－4y＋6＝－5x＋10，得2x－y－1＝0. 故直线l的方程为2x－y－1＝0.

方法二：∵A(2,3)，F1(－2,0)，F2(2,0)， →1＝(－4，－3)，AF→2＝(0，－3)． ∴AF114

∴＋＝(－4，－3)＋(0，－3)＝－(1,2)． →→35AF1|AF2|5从而k1＝2，l：y－3＝2(x－2)，即2x－y－1＝0.

(Ⅲ)方法一：假设存在这样的两个不同的点B(x1，y1)和C(x2，y2)， →1AF→2AFy2－y11

∵BC⊥l，∴kBC＝＝－.

x2－x12

x1＋x2

2

设BC的中点为M(x0，y0)，则x0＝，y0＝

y1＋y2

2

.

由于M在l上，故2x0－y0－1＝0.①

又点B、C在椭圆上，于是有

x12y12

＋＝1与＋＝1.

16121612

x22y22

两式相减，得

x22－x12y22－y12

16

＋

12

＝0.

即

x1＋x2

16

x2－x1

＋

y1＋y2

12

y2－y1

＝0.

1x1＋x2y2－y11y1＋y2

将该式整理为·＋··＝0，并将直线BC的斜率kBC和

82x2－x162

11

线段BC的中点表示代入该表达式中，得x0－y0＝0，即3x0－2y0＝0.②

812

①×2－②，得x0＝2，y0＝3.

即BC的中点为点A，这是不可能的． 故不存在满足题设条件的相异两点．

方法二：假设存在B(x1，y1)，C(x2，y2)两点关于直线l对称，则l⊥BC，1

从而kBC＝－.

2

1x2y2

设直线BC的方程为y＝－x＋m，将其代入椭圆方程＋＝1，得一元二

21612

12

次方程3x＋4－x＋m＝48.

2

2

即x2－mx＋m2－12＝0，且x1与x2是该方程的两个根，由根与系数的关系得

x1＋x2＝m.

13m于是y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2m＝.

22

m3m

从而线段BC的中点坐标为，.

24

3m又线段BC在直线y＝2x－1上，于是＝m－1，得m＝4.

4即线段BC的中点坐标为(2,3)，与点A重合，矛盾． 故不存在满足题设条件的相异两点．

4、（2009辽宁卷文）已知，椭圆C以过点A（1，），两个焦点为（－1，0）（1，0）。

（3）

32求椭圆C的方程；

（4）

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：（Ⅰ）由题意，c=1,可设椭圆方程为 ，将点A的坐标代入方

21a21 c2程： ，（舍a，解得4 221a94(a1)14去）

所以椭圆方程为 。 x2y2431x2y23（Ⅱ）设直线AE方程为：yk(x1)，代入1得

4323(34k2)x24k(32k)x4(k)2120

2 设E(xE,yE),F(xF,yF),因为点A(1,)在椭圆上，所以

34(k)2123ykxk ………8分 xF2 EE234k232又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以—K代K，可得

34(k)2123，ykxk xF2EE2234k所以直线EF的斜率KEFyFyEk(xFxE)2k1

xFxExFxE2即直线EF的斜率为定值，其值为。 ……12分

12