已知椭圆 $E:\dfrac{x^2}2+y^2=1$ 的右焦点为 $F$，过 $F$ 的直线交椭圆与 $P,Q$ 两点．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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设 $G$ 为直线 $l$ 上的任意一点，直线 $PG,FG,QG$ 的斜率分别为 $k_1,k_2,k_3$，求证：$k_1,k_2,k_3$ 成等差数列；标注答案略解析设 $PQ:x=my+1$，$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，$G(2,t)$．联立直线 $PQ$ 与椭圆 $E$ 的方程，有\[(m^2+2)y^2+2my-1=0,\]于是\[y_1+y_2=-\dfrac{2m}{m^2+2},y_1y_2=-\dfrac{1}{m^2+2},\]因此直线 $PG$ 与直线 $QG$ 的斜率之和\[\begin{split}
k_1+k_3&=\dfrac{y_1-t}{x_1-2}+\dfrac{y_2-t}{x_2-2}\\
&=\dfrac{y_1-t}{my_1-1}+\dfrac{y_2-t}{my_2-1}\\
&=\dfrac{2my_1y_2-(mt+1)(y_1+y_2)+2t}{m^2y_1y_2-m(y_1+y_2)+1}\\
&=\dfrac{2m\cdot (-1)-(mt+1)\cdot (-2m)+2t(m^2+2)}{m^2\cdot (-1)-m\cdot (-2m)+m^2+2}\\
&=2t=2k_2,
\end{split}\]于是命题得证． -
设 $H\left(2,\sqrt 7\right)$ 为直线 $l:x=2$ 上一点，若 $\overrightarrow{HP}$ 与 $\overrightarrow{HQ}$ 的夹角为 $45^\circ$，求直线 $PQ$ 的斜率．标注答案$-\dfrac{\sqrt 7}7$解析设直线 $HP,HQ$ 的斜率分别为 $k_1,k_2$，则根据题意有$$\left|\dfrac{k_1-k_2}{1+k_1k_2}\right|=1,$$即$$(k_1+k_2)^2-4k_1k_2=(k_1k_2+1)^2,$$根据第 $(1)$ 小题结论有 $k_1+k_2=2\sqrt 7$，由以上两方程可得$$(k_1k_2)^2+6\cdot k_1k_2-27=0,$$从而$$k_1+k_2=3,k_1k_2=-9,$$显然 $k_1,k_2>0$，因此 $k_1k_2=3$．
设过点 $H$ 的直线方程为 $y-\sqrt 7=k(x-2)$，则根据等效判别式，可得该直线与椭圆 $E$ 相切即$$2k^2+1-(-2k+\sqrt 7)^2=0,$$即$$k^2-2\sqrt 7k+3=0.$$因此 $k_1,k_2$ 是该方程的两个根，也即直线 $HP,HQ$ 均为椭圆的切线，而直线 $PQ$ 为点 $H$ 对应的极线为 $x+\sqrt 7y=1$，因此直线 $PQ$ 的斜率为 $-\dfrac{\sqrt 7}7$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
