重点培优练12 几何问题代数化的策略
1．(2025·甘肃白银模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)过点A，且C的右焦点为F．
(1)求C的方程．
(2)设过点的一条直线与C交于P，Q两点，且与线段AF交于点S．
(ⅰ)证明：直线SF平分∠PFQ；
(ⅱ)若△APS的面积等于△FQS的面积，求Q的坐标．
2．(2025·湖北荆州模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点．
(1)求C的方程．
(2)若A，B分别是C的左、右顶点，设直线x＝5与x轴交于点P，点Q是直线x＝5上不同于点P的一点，直线BQ与C交于另一点M，直线AM与直线x＝5交于点N，是否存在点Q，使得∠QAN＝∠PMN？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
．(2025·江西九江一模)已知椭圆E：＝1的左、右焦点为F1，F2，A，B，C是椭圆E上不同的三点，四边形AF1BF2是边长为2的正方形．
(1)求椭圆E的标准方程．
(2)在x轴上是否存在一点P，使得△PBC为等边三角形？若存在，求；若不存在，请说明理由．
4．(2025·北京昌平区二模)已知椭圆E：＝1的长轴长为2，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为6．
(1)求椭圆E的方程及离心率．
(2)过点且斜率为k的直线与椭圆E交于A，B两点，点C与点B关于x轴对称．在x轴上是否存在定点D，使A，C，D三点共线？若存在，求实数m的值；若不存在，说明理由．
重点培优练12
1．解：(1)根据题意有＝1，c＝2，
且由椭圆的几何性质可知a2＝b2＋c2＝b2＋4，所以a2＝8，b2＝4．
所以C的方程为＝1．
(2)(ⅰ)证明：因为椭圆的长轴的右端点横坐标为a＝2<4，所以PQ的斜率一定存在(否则与椭圆没有交点)，设PQ的方程为y＝k，
代入C的方程得x2－16k2x＋32k2－8＝0，
其中Δ＝－4(2k2＋1)(32k2－8)＝32－64k2>0，故－，
设P，Q，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
若直线SF平分∠PFQ，且易知AF⊥x轴，故只需满足直线FP与FQ的斜率之和为0．
设FP，FQ的斜率分别为k1，k2，则
k1＋k2＝，
代入x1＋x2＝，x1x2＝，
有k1＋k2＝0，故命题得证．
(ⅱ)由(ⅰ)知直线AF平分∠PFQ，即∠AFP＝∠AFQ．
因为△APS的面积等于△FQS的面积，
故S△APS＋S△SPF＝S△FQS＋S△SPF，
即S△APF＝S△FPQ，
故PF∥AQ．
故∠AFQ＝∠AFP
＝∠FAQ，|AQ|＝|FQ|，
Q在线段AF的垂直平分线上．
易知线段AF的垂直平分线为y＝，与C的方程联立有x2＝7，
故Q的坐标为．
2．解：(1)由题意知c＝1，且椭圆过点，即a2－b2＝1，＝1，解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的方程为＝1．
(2)假设存在点Q，使得∠QAN＝∠PMN，则AQ∥PM，∴kAQ＝kPM．
设Q，M，
则 kAQ＝，kPM＝，kBQ＝，
∴，直线 BQ的方程为
y＝(x－2)．
∵点M在直线BQ上，
∴y1＝，∴，
∵点Q是直线x＝5上不同于点P的一点，
∴y0≠0，∴，解得 x1＝－，
∵点M在椭圆 C 上，
∴＝1，解得 y1＝ 或 y1＝－，
当 y1＝ 时，解得 y0＝－；
当 y1＝－ 时，解得 y0＝．
∴存在点Q，使得 ∠QAN＝∠PMN，
点Q的坐标为 或 5，－ ．
3．解：(1)∵四边形AF1BF2是边长为2的正方形，∴＝4，
由对称性可知，A，B为短轴端点．
∴2b＝2c＝4，b＝c＝2，a＝2，
∴椭圆E的标准方程为＝1．
(2)假设在x轴上存在一点P满足条件．
由对称性，不妨设B，
设直线BC的方程为y＝kx－2，代入椭圆方程x2＋2y2＝8中，整理得x2－8kx＝0，Δ>0，
∴xC＝，yC＝．
设线段BC的中点为M，
则x0＝，y0＝－．
∴线段BC的中垂线方程为y＝－．
∵△PBC为等边三角形，∴P在线段BC的中垂线上，
令y＝0，得x＝，即P，kPB＝，又∵∠PBC＝，
∴tan，解得k＝±，
∴P．
∴在x轴上存在一点P，使得△PBC为等边三角形，且．
4．解：(1)由题意得
解得a＝，b＝，c＝．
所以椭圆E的方程为＝1，离心率e＝．
(2)设直线AB的方程为y＝k，A，B．
由
得x2－8k2x＋8k2－6＝0．
依据题意，Δ>0，x1＋x2＝，x1x2＝．
因为点C与点B关于x轴对称，所以点C．
若在x轴上存在定点D，使A，C，D三点共线，则kAD－kCD＝0．
kAD－kCD＝
＝＝
＝，
由kAD－kCD＝0，
得k[2x1x2－(m＋2)(x1＋x2)＋4m]＝0．
由k≠0，得2x1x2－＋4m＝0．
因为2x1x2－＋4m
＝2×·＋4m
＝
＝＝0，解得m＝3．
故在x轴上存在定点D，使A，C，D三点共线．
2/3培优课12 几何问题代数化的策略
解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是坐标法，思维难点是几何条件代数化，2021年新高考Ⅱ卷第20题考查了三点共线的证明问题、2023年新高考Ⅰ卷第22题考查了矩形周长问题、2025年天津高考第18题考查了平分角问题等．备考中要注意积累将几何条件代数化的方法，逐步提升高考解题的能力．
类型1 角条件的转化
【典例1】 (2025·天津高考)已知椭圆＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，右顶点为A，P为直线x＝a上一点，且直线PF的斜率为，△PFA的面积为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A)，求证：PF平分∠AFB．
[听课记录]
反思领悟
1．角平分线问题常直接转化为直线的斜率问题求解：
如图，设直线l与椭圆交于M，N两点，平面上存在一点P(x0，y0)．
若有：y＝y0是∠MPN的角平分线，x＝x0是∠MPN的角平分线，＝，
则有：kPM＋kPN＝0，
即垂直于x轴或平行于x轴的直线为∠MPN的角平分线时，均有两引线斜率互为相反数．
2． 给定角或三角函数问题常见转化方法如下：
(1)借助三角恒等变换转化为与直线的斜率有关的代数式求解．
如tan 2α＝，tan(α＋β)＝．
(2)借助平面向量的数量积．
如P是以AB为直径的圆外一点，则·>0；P是以AB为直径的圆内一点，则·<0等．
1．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D(2p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝5．
(1)求C的方程；
(2)在x轴上是否存在一定点Q，使得________？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
从①点N关于x轴的对称点N′与M，Q三点共线；②x轴平分∠MQN这两个条件中选一个，补充在题目中“________”处并作答．
类型2 三角形条件的转化
【典例2】 (2019·全国Ⅱ卷)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－．记M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线．
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G．
(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；
(ⅱ)求△PQG面积的最大值．
[听课记录]
反思领悟 三角形条件的转化
几何性质 代数表示
直角 三角形 两边垂直 斜率乘积为－1，或向量数量积为0
等腰 三角形 两角相等 底边水平或竖直时，两腰斜率相反
等边 三角形 三线合一 (垂直且平分) 斜率或向量
2．(2025·河北石家庄一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的一个焦点F(－2，0)，短轴长为2．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l：x＝－与x轴交于点Q，过焦点F的直线与椭圆交于M，N两点．
(ⅰ)证明：Q点在以MN为直径的圆外．
(ⅱ)在l上是否存在点E使得△EMN是等边三角形？若存在，求出直线MN的方程；若不存在，请说明理由．
类型3 四边形条件的转化
【典例3】 (2025·天津河西区二模)已知椭圆E：＝1的两个焦点和两个顶点四点共圆，且与直线x－y＝4相切．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点作斜率为k的直线交椭圆E于C，D两点，线段CD的垂直平分线交y轴于点Q，点Q关于直线CD的对称点为点P，若四边形PCQD为正方形，求k的值．
[听课记录]
反思领悟 将要解决的几何问题转化为斜率、弦长、中点、位置关系等，利用方程联立、消元，结合根与系数的关系解题．
(1)平行四边形的性质：
①对角线互相平分(中点重合)．代数翻译：设直线AC，BD，将其分别与曲线联立，由根与系数的关系得中点．
②一组对边平行且相等．代数翻译：对边平行―→斜率相等；对边相等―→弦长公式．
(2)菱形的存在：在平行四边形基础上证明对角线互相垂直或证明邻边相等．
(3)矩形的存在：在平行四边形基础上证明对角线相等或证明邻边垂直．
3．(2025·北京东城一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的短轴长为2，离心率e＝．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为坐标原点，直线l是圆x2＋y2＝1的一条切线，且直线l与椭圆C交于M，N两点，若 OMPN的顶点P恰好在椭圆C上，求 OMPN的面积．
类型4 位置关系、数量关系的转化
【典例4】 (2024·全国甲卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
[听课记录]
反思领悟 代数转化法求解圆锥曲线中的证明问题
(1)求值(方程)证明：对于定值、定点等类型的证明问题，可以利用求定点、定值类的方法，通过计算，求出相应的定点、定值等即可证明．
(2)转化证明：将要证明的结论转化为斜率、弦长、中点、位置关系等．利用方程联立、消元，结合根与系数的关系解题．
4．(2025·甘肃庆阳模拟)已知椭圆C：＝1的左顶点为A，上顶点为B．
(1)求C的离心率；
(2)已知过点P的直线交C于M，N两点，点G是线段MN上异于M，N的一点，且|GA|＝|GP|，证明：|PM|·|GN|＝|PN|·|MG|．
培优课12 几何问题代数化的策略
典例1 解：(1)依题意，设椭圆＝1(a>b>0)的半焦距为c，则左焦点F(－c，0)，右顶点A(a，0)，离心率e＝，即a＝2c．
因为P为直线x＝a上一点，设P(a，t)，
又直线PF的斜率为，
所以，解得t＝c，则P(a，c)，即P(2c，c)，
因为△PFA的面积为，|AF|＝a－(－c)＝a＋c＝3c，高为t＝c，
所以S△PFA＝，解得c＝1，则a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆的方程为＝1．
(2)证明：由(1)可知P(2，1)，F(－1，0)，A(2，0)，
易知直线PB的斜率存在且不为0，设其方程为y＝kx＋m，
则1＝2k＋m，即m＝1－2k，
联立消去y得，
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
因为直线与椭圆有唯一交点，
所以Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即4k2－m2＋3＝0，则4k2－(1－2k)2＋3＝0，解得k＝－，则m＝2，
所以直线PB的方程为y＝－x＋2，
联立
则B，
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则＝(3，1)，＝(3，0)，
所以cos∠BFP＝
＝，
cos∠PFA＝，
则cos∠BFP＝cos∠PFA，又∠BFP，∠PFA∈，
所以∠BFP＝∠PFA，即PF平分∠AFB．
法二：所以kFB＝，kPF＝，kAF＝0，
由两直线夹角公式，
得tan∠BFP＝，
tan∠PFA＝，
则tan∠BFP＝tan∠PFA，又∠BFP，∠PFA∈，
所以∠BFP＝∠PFA，即PF平分∠AFB．
法三：则tan∠PFA＝kPF＝，tan∠BFA＝kFB＝，故tan 2∠PFA＝＝tan∠BFA，又∠BFP，∠PFA∈，
所以∠BFP＝∠PFA，即PF平分∠AFB．
法四：则kFB＝，
所以直线FB的方程为y＝(x＋1)，即3x－4y＋3＝0，
则点P到直线FB的距离d＝＝1，
又点P到直线FA的距离也为1，所以PF平分∠AFB．
考教衔接
1．解：(1)当直线MD垂直于x轴时，点M的横坐标为2p．根据抛物线的定义，＋2p＝5，∴p＝2．
则抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)若选①，若直线MN⊥y轴，则该直线与抛物线C只有一个交点，不符合题意．
∵F，∴设直线MN的方程为x＝my＋1，设M，N，N'．
联立得y2－4my－4＝0，
Δ＝16m2＋16>0恒成立，
得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4．
直线MN'的斜率kMN'＝．
∴直线MN'的方程为y－y1＝，
由x1＝，化简得y＝，
∴直线MN'过定点，∴存在Q．
若选②，若直线MN⊥y轴，则该直线与曲线C只有一个交点，不符合题意．
∵F，设直线MN的方程为x＝my＋1．
设M，N，Q，
联立得y2－4my－4＝0，
Δ＝16m2＋16>0恒成立，得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4．
∵x轴平分∠MQN，
∴kMQ＋kNQ＝
＝
＝
＝
＝＝0，
∴－8m＋4m(1－t)＝0，
即4m＝0对任意的m∈R恒成立，则t＝－1．
∴存在Q．
典例2 解：(1)由题设得·＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点．
(2)(ⅰ)证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
由得x＝±．
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0．①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，
故xG＝，由此得yG＝．
从而直线PG的斜率为．
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，
所以△PQG的面积S＝．
设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
考教衔接
2．解：(1)由题意得c＝2，b＝，所以a＝，
则椭圆C的标准方程为＝1，
(2)(ⅰ)证明：由题意得，Q，
当直线MN的斜率为0时，此时以MN为直径的圆的方程为x2＋y2＝6，显然Q在此圆外；
当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2，
由y2－4my－2＝0，
Δ＝16m2＋8＝24m2＋24>0恒成立，设M，N，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
·＋y1y2
＝＋y1y2
＝＋1
＝>0，
故Q在以MN为直径的圆外．
(ⅱ)当MN的斜率不存在时，，此时Q到MN的距离为1，故不存在点E使得△EMN是等边三角形；当MN的斜率为0时，易得不存在点E使得△EMN是等边三角形；
当MN的斜率存在且不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2，
设MN的中点为G，
又M，N，由(ⅰ)得，
yG＝，由于G在直线x＝my－2上，所以xG＝，
直线EG的斜率为－m，
所以·
＝·．
＝
＝，
因为△EMN是等边三角形，
所以，
解得m2＝1，即m＝±1，
故直线MN的方程为y＝x＋2或y＝－x－2．
典例3 解：(1)因为椭圆E的两个焦点和两个顶点四点共圆，所以b＝c，则a＝b，
所以椭圆E的方程为＝1，
由 消去x，得8y2＋8y＋16－2b2＝0，
因为椭圆E与直线x－y＝4相切，
所以Δ＝＝0，解得b2＝2，所以a2＝4，
所以椭圆E的标准方程为＝1．
(2)设直线CD的方程为y＝kx＋1，C，Dx2，y2，CD的中点为M，
由 消去y，得x2＋4kx－2＝0，
Δ＝16k2＋8>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以xM＝，代入y＝kx＋1，解得yM＝，
故线段CD的中点M的坐标为，
所以线段CD的垂直平分线的方程为y－，
令x＝0，解得yQ＝－，
即Q，
因为线段PQ和线段CD互相垂直平分，所以四边形PCQD为菱形，要使四边形PCQD为正方形，需满足QC⊥QD，
所以··＝x1x2＋kx1＋1＋·kx2＋1＋
＝
＝＝0，
即＝0，解得k＝±，则k的值为±．
考教衔接
3．解：(1)由题意可得
解得
所以椭圆C的方程为＝1．
(2)当圆的切线斜率不存在时，切线方程为x＝±1，
当切线方程为x＝1时，由椭圆的对称性可得P，
因为<1，所以点P不在椭圆上，不符合题意．
当切线方程为x＝－1时，由椭圆的对称性可得P，
因为<1，所以点P(－2，0)不在椭圆上，不符合题意．
所以切线的斜率存在，设切线方程为y＝kx＋m，
则＝1，所以m2＝k2＋1，①
联立x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
则Δ＝16k2m2－4－4(2k2＋1)[2(k2＋1)－6]＝40k2＋16>0，解得k∈R，
设M，N，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
故y1＋y2＝k，
所以线段MN的中点坐标为－，
因为四边形OMPN为平行四边形，
所以P．
又因为点P在椭圆C上，
所以＝1，②
将①代入②得＝1，解得k＝±，所以m＝±，
所以
＝·
＝·
＝··，
所以S OMPN＝2S△OMN＝2×．
典例4 解：(1)设F(c，0)，由题设有c＝1且，故a＝2，b＝，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：直线AB的斜率必定存在，设直线AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，
故－，
故x1＋x2＝，x1x2＝，
而N，0，故直线BN：y＝x－，故yQ＝，
所以y1－yQ＝y1＋
＝
＝
＝k·
＝k·
＝k·＝0，
故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．
考教衔接
4．解：(1)因为B，所以b＝，因为A，所以a＝2，
所以C的方程为＝1，c＝＝1，
故其离心率e＝．
(2)证明：当直线MN的斜率为0时，不妨记M，N，
则G·＝6×1＝6，·＝2×3＝6，
则··．
当直线MN的斜率不为0时，
设M，N，G，
直线MN的方程为x＝my＋4．
由y2＋24my＋36＝0，
则Δ＝(24m)2－4>0，所以m2>4，且y1＋y2＝－，y1y2＝．
如图，
因为，所以点G在线段AP的垂直平分线x＝1上，则x0＝1．
设＝λ＝λ，
则y0－y1＝λ．①
又点G在直线MN上，所以1＝my0＋4，
则y0＝－，所以y0＝2y1y2，
则y2y0－y1y2＝y1y2－y1y0．
整理得y0－y1＝．②
由①②，得λ＝，
所以，
所以．
综上，·＝|PN|·|MG|．
1/5(共102张PPT)
专题五 解析几何
培优课12 几何问题代数化的策略
解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是坐标法，思维难点是几何条件代数化，2021年新高考Ⅱ卷第20题考查了三点共线的证明问题、2023年新高考Ⅰ卷第22题考查了矩形周长问题、2025年天津高考第18题考查了平分角问题等等．备考中要注意积累将几何条件代数化的方法，逐步提升高考解题的能力．
类型1 角条件的转化
【典例1】 (2025·天津高考)已知椭圆＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，右顶点为A，P为直线x＝a上一点，且直线PF的斜率为，△PFA的面积为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A)，求证：PF平分∠AFB．
[解] (1)依题意，设椭圆＝1(a＞b＞0)的半焦距为c，则左焦点
f (－c，0)，右顶点A(a，0)，离心率e＝＝，即a＝2c．
因为P为直线x＝a上一点，设P(a，t)，
又直线PF的斜率为，则＝，即＝，
所以＝，解得t＝c，则P(a，c)，即P(2c，c)，
因为△PFA的面积为，|AF|＝a－(－c)＝a＋c＝3c，高为t＝c，所以S△PFA＝|AF|t＝×3c×c＝，解得c＝1，则a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆的方程为＝1．
(2)证明：由(1)可知P(2，1)，f (－1，0)，A(2，0)，
易知直线PB的斜率存在且不为0，设其方程为y＝kx＋m，
则1＝2k＋m，即m＝1－2k，
联立消去y得，
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
因为直线与椭圆有唯一交点，
所以Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即4k2－m2＋3＝0，则4k2－(1－2k)2＋3＝0，
解得k＝－，则m＝2，
所以直线PB的方程为y＝－x＋2，
联立解得则B，
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则＝＝(3，1)，＝(3，0)，
所以cos ∠BFP＝＝＝，
cos ∠PFA＝＝＝，
则cos ∠BFP＝cos ∠PFA，又∠BFP，∠PFA∈，
所以∠BFP＝∠PFA，即PF平分∠AFB．
法二：所以kFB＝＝，kPF＝，kAF＝0，
由两直线夹角公式，
得tan ∠BFP＝＝，tan ∠PFA＝＝，
则tan ∠BFP＝tan ∠PFA，又∠BFP，∠PFA∈，
所以∠BFP＝∠PFA，即PF平分∠AFB．
法三：则tan ∠PFA＝kPF＝，tan ∠BFA＝kFB＝，故tan 2∠PFA＝＝＝＝tan∠BFA，又∠BFP，∠PFA∈，
所以∠BFP＝∠PFA，即PF平分∠AFB．
法四：则kFB＝＝，
所以直线FB的方程为y＝(x＋1)，即3x－4y＋3＝0，
则点P到直线FB的距离d＝＝1，
又点P到直线FA的距离也为1，所以PF平分∠AFB．
反思领悟
1．角平分线问题常直接转化为直线的斜率问题求解：
如图，设直线l与椭圆交于M，N两点，平面上存在一点P(x0，y0)．
若有：y＝y0是∠MPN的角平分线，x＝x0是∠MPN的角平分线，＝，
则有：kPM＋kPN＝0，
即垂直于x轴或平行于x轴的直线为∠MPN的角平分线时，均有两引线斜率互为相反数．
2．给定角或三角函数问题常见转化方法如下：
(1)借助三角恒等变换转化为与直线的斜率有关的代数式求解．
如tan 2α＝，
tan(α＋β)＝．
(2)借助平面向量的数量积．
如P是以AB为直径的圆外一点，则·>0；P是以AB为直径的圆内一点，则·<0等．
1．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝5．
(1)求C的方程；
(2)在x轴上是否存在一定点Q，使得________？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
从①点N关于x轴的对称点N′与M，Q三点共线；②x轴平分∠MQN这两个条件中选一个，补充在题目中“________”处并作答．
[解] (1)当直线MD垂直于x轴时，点M的横坐标为2p．根据抛物线的定义，＝＋2p＝5，∴p＝2．
则抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)若选①，若直线MN⊥y轴，则该直线与抛物线C只有一个交点，不符合题意．
∵F，∴设直线MN的方程为x＝my＋1，设M，N，N′．
联立得y2－4my－4＝0，
Δ＝16m2＋16>0恒成立，
得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4．
直线MN′的斜率kMN′＝＝＝＝＝．
∴直线MN′的方程为y－y1＝，
由x1＝，化简得y＝，
∴直线MN′过定点，∴存在Q．
若选②，若直线MN⊥y轴，则该直线与曲线C只有一个交点，不符合题意．
∵F，设直线MN的方程为x＝my＋1．
设M，N，Q，
联立得y2－4my－4＝0，
Δ＝16m2＋16>0恒成立，得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4．
∵x轴平分∠MQN，∴kMQ＋kNQ＝
＝＝
＝＝＝0，
∴－8m＋4m(1－t)＝0，
即4m＝0对任意的m∈R恒成立，则t＝－1．
∴存在Q．
【教用·备选题】
1．已知椭圆E：＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B，离心率e＝，直线FB过点P(1，2)．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点F的直线l与椭圆E相交于M，N两点(M，N都不在坐标轴上)，若∠MPF＝∠NPF，求直线l的方程．
[解] (1)设f (－c，0)，由e＝＝，得a＝c，b＝c，则直线FB的斜率k＝1，
由直线FB过点P(1，2)，得直线FB的方程为y＝x＋1，因此b＝c＝1，a＝，
所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1．
(2)设∠MPF＝∠NPF＝θ，直线MP的倾斜角为β，
直线NP的倾斜角为α，由直线FP的斜率k＝1知直线FP的倾斜角为，于是α＝＋θ，＝β＋θ，即有α＋β＝，显然α，β均不等于，
则tan αtan β＝·＝1，即直线MP，NP的斜率满足kMP·kNP＝1，
由题设知，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my－1，m≠1，
由消去x并整理得，(m2＋2)y2－2my－1＝0，显然Δ>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝－，由kMP·kNP＝1，得·＝1，即(x1－1)(x2－1)－(y1－2)(y2－2)＝0，则(my1－2)(my2－2)－(y1－2)(y2－2)＝0，
整理得(m2－1)y1y2－(2m－2)(y1＋y2)＝0，
即－＝0，于是5m2－4m－1＝0，而m≠1，解得m＝－，
所以直线l的方程为x＝－y－1，即5x＋y＋5＝0．
2．(2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．
[解] (1)因为点A(2，1)在双曲线C：＝1(a＞1)上，所以＝1，解得a2＝2，即双曲线C的方程为－y2＝1．
易知直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去y，可得(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0，
所以Δ＝16m2k2＋4(2m2＋2)(1－2k2)＞0 m2＋1－2k2＞0，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以由kAQ＋kAP＝0，可得＝0，
即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0，
即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
所以2k×＋(m－1－2k)×－4(m－1)＝0，
化简得，8k2＋4k－4＋4m(k＋1)＝0，即(k＋1)(2k－1＋m)＝0，所以k＝－1或m＝1－2k，
当m＝1－2k时，直线l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1，
过点A(2，1)，与题意不符，舍去，故k＝－1．
(2)不妨设直线AP，AQ的倾斜角为α，β(α＜β)，因为kAP＋kAQ＝0，所以α＋β＝π，
因为tan ∠PAQ＝2，所以tan (β－α)＝2，即tan 2α＝－2，
即tan2α－tanα－＝0，解得tan α＝，
于是，直线AP：y＝(x－2)＋1，
直线AQ：y＝－(x－2)＋1，
联立
消去y，可得x2＋2(1－2)x＋10－4＝0，因为方程有一个根为2，所以xP＝，yP＝，
同理可得，xQ＝，yQ＝．
所以PQ：x＋y－＝0，|PQ|＝，
点A到直线PQ的距离d＝＝，
故S△PAQ＝＝．
3．(2025·上海高考)已知椭圆Γ：＝1(a＞)，M(0，m)(m＞0)，A是Γ的右顶点．
(1)若Γ的一个焦点是(2，0)，求Γ的离心率e；
(2)若a＝4，且Γ上存在一点P，满足＝2，求m的值；
(3)若线段AM的垂直平分线l的斜率为2，l与Γ交于C，D两点，∠CMD为钝角，求a的取值范围．
[解] (1)由已知得a2－5＝22，所以a2＝9．
所以a＝3，又c＝2，所以e＝．
(2)当a＝4时，Γ：＝1，则A(4，0)，
因为＝2，所以＝2()，其中O为坐标原点，
则＝＝(4，0)＋(0，m)＝，故P．
又P在Γ上，所以＝1，又m＞0，所以m＝．
(3)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由题意知A(a，0)，M(0，m)，
则kAM＝－，故kl＝＝2，即a＝2m．
直线l过线段AM的中点，即，则l：y－＝2(x－m)，即l：y＝2x－m，联立
消去y得(5＋16m2)x2－24m3x＋9m4－20m2＝0，Δ＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，
消去x得4(5＋16m2)y2＋60my－275m2＝0，Δ＞0，
y1＋y2＝－，y1y2＝－
由∠CMD为钝角知，·＝(x1，y1－m)·(x2，y2－m)＝x1x2＋(y1－m)(y2－m)＝x1x2＋y1y2－m(y1＋y2)＋m2＝－m·＋m2＝＜0，
即25(4m4－11m2)<0，又m>0，所以0
，所以类型2 三角形条件的转化
【典例2】 (2019·全国Ⅱ卷)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－．记M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线．
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G．
(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；
(ⅱ)求△PQG面积的最大值．
[解] (1)由题设得·＝－，化简得＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点．
(2)(ⅰ)证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．
由得x＝±．
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0．①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，
故xG＝，由此得yG＝．
从而直线PG的斜率为＝－．
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，
所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝．
设t＝k＋，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
反思领悟 三角形条件的转化
几何性质 代数表示
直角 三角形 两边垂直 斜率乘积为－1，或向量数量积为0
等腰 三角形 两角相等 底边水平或竖直时，两腰斜率相反
等边 三角形 三线合一 (垂直且平分) 斜率或向量
2．(2025·河北石家庄一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的一个焦点f (－2，0)，短轴长为2．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l：x＝－与x轴交于点Q，过焦点F的直线与椭圆交于M，N两点．
(ⅰ)证明：Q点在以MN为直径的圆外．
(ⅱ)在l上是否存在点E使得△EMN是等边三角形？若存在，求出直线MN的方程；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由题意得c＝2，b＝，所以a＝＝，
则椭圆C的标准方程为＝1，
(2)(ⅰ)证明：由题意得，Q，
当直线MN的斜率为0时，此时以MN为直径的圆的方程为x2＋y2＝6，显然Q在此圆外；
当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2，
由 可得y2－4my－2＝0，
Δ＝16m2＋8＝24m2＋24>0恒成立，
设M，N，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
·＝＋y1y2
＝＋y1y2
＝y1y2＋m＋1
＝＋1＝>0，
故Q在以MN为直径的圆外．
(ⅱ)当MN的斜率不存在时，＝＝，此时Q到MN的距离为1，故不存在点E使得△EMN是等边三角形；当MN的斜率为0时，易得不存在点E使得△EMN是等边三角形；
当MN的斜率存在且不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2，
设MN的中点为G，又M，N，由(ⅰ)得，
yG＝＝，由于G在直线x＝my－2上，所以xG＝，
直线EG的斜率为－m，所以＝·＝·．
＝
＝＝，
因为△EMN是等边三角形，所以＝，则＝，
解得m2＝1，即m＝±1，
故直线MN的方程为y＝x＋2或y＝－x－2．
类型3 四边形条件的转化
【典例3】 (2025·天津河西区二模)已知椭圆E：＝1的两个焦点和两个顶点四点共圆，且与直线x－y＝4相切．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点作斜率为k的直线交椭圆E于C，D两点，线段CD的垂直平分线交y轴于点Q，点Q关于直线CD的对称点为点P，若四边形PCQD为正方形，求k的值．
[解] (1)因为椭圆E的两个焦点和两个顶点四点共圆，所以b＝c，则a＝＝b，
所以椭圆E的方程为＝1，
由 消去x，得8y2＋8y＋16－2b2＝0，
因为椭圆E与直线x－y＝4相切，
所以Δ＝－4×8＝0，解得b2＝2，所以a2＝4，
所以椭圆E的标准方程为＝1．
(2)设直线CD的方程为y＝kx＋1，C，D，CD的中点为M，
由 消去y，得x2＋4kx－2＝0，
Δ＝16k2＋8>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以xM＝＝，代入y＝kx＋1，
解得yM＝，
故线段CD的中点M的坐标为，
所以线段CD的垂直平分线的方程为y－＝－，
令x＝0，解得yQ＝－，即Q，
因为线段PQ和线段CD互相垂直平分，所以四边形PCQD为菱形，要使四边形PCQD为正方形，需满足QC⊥QD，
所以·＝·＝x1x2＋·
＝x1x2＋
＝＝0，
即＝0，解得k＝±，则k的值为±．
反思领悟 将要解决的几何问题转化为斜率、弦长、中点、位置关系等，利用方程联立、消元，结合根与系数的关系解题．
(1)平行四边形的性质：
①对角线互相平分(中点重合)．代数翻译：设直线AC，BD，将其分别与曲线联立，由根与系数的关系得中点．
②一组对边平行且相等．代数翻译：对边平行―→斜率相等；对边相等―→弦长公式．
(2)菱形的存在：在平行四边形基础上证明对角线互相垂直或证明邻边相等．
(3)矩形的存在：在平行四边形基础上证明对角线相等或证明邻边垂直．
3．(2025·北京东城一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的短轴长为2，离心率e＝．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为坐标原点，直线l是圆x2＋y2＝1的一条切线，且直线l与椭圆C交于M，N两点，若 OMPN的顶点P恰好在椭圆C上，求 OMPN的面积．
[解] (1)由题意可得解得
所以椭圆C的方程为＝1．
(2)当圆的切线斜率不存在时，切线方程为x＝±1，
当切线方程为x＝1时，由椭圆的对称性可得P，
因为＝<1，所以点P不在椭圆上，不符合题意．
当切线方程为x＝－1时，由椭圆的对称性可得P，
因为＝<1，所以点P不在椭圆上，不符合题意．
所以切线的斜率存在，设切线方程为y＝kx＋m，
则＝1，所以m2＝k2＋1，①
联立整理得x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
则Δ＝16k2m2－4＝16k2－4＝40k2＋16>0，
解得k∈R，
设M，N，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
故y1＋y2＝k＋2m＝－＝，
所以线段MN的中点坐标为，
因为四边形OMPN为平行四边形，
所以P．
又因为点P在椭圆C上，
所以＝1，②
将①代入②得＝1，
解得k＝±，所以m＝±，
所以＝·
＝·
＝·＝·＝，
所以S OMPN＝2S△OMN＝2××1＝．
【教用·备选题】
(2023·新高考Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，记动点P的轨迹为W．
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3．
[解] (1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝，化简得x2＝y－，
所以W的方程为x2＝y－．
(2)证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)．
设B，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－＝k(x－t)，不妨设k＞0，
与x2＝y－联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2＞0，所以k≠2t．
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝|x1－t|＝|k－2t|＝|2t－k|，
|BC|＝＝·＝|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|)，
所以|2k2t－k3|＋|2kt＋1|
＝
①当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在上单调递减或是常数函数(当k＝1时是常数函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上单调递增，
所以当t＝时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞(k2＋1)＝．
令f (k)＝，k≥1，
则f ′(k)＝，
当1≤k＜时，f ′(k)＜0，当k＞时，f ′(k)＞0，
所以函数f (k)在[1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以f (k)≥f ()＝3，
所以≥3．
②当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在上单调递增，所以当t＝－时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞k·(k2＋1)＝．
令g(k)＝，0＜k＜1，则g′(k)＝，
当0＜k＜时，g′(k)＜0，当＜k＜1时，g′(k)＞0，
所以函数g(k)在上单调递减，在上单调递增，所以g(k)≥g＝3，所以≥3．
综上，矩形ABCD的周长大于3．
类型4 位置关系、数量关系的转化
【典例4】 (2024·全国甲卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
[解] (1)设f (c，0)，由题设有c＝1且＝，故＝，故a＝2，b＝，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：直线AB的斜率必定存在，设直线AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，
故－故x1＋x2＝，x1x2＝，
而N，故直线BN：y＝，
故yQ＝＝，
所以y1－yQ＝y1＋＝
＝＝k·
＝k·＝k·＝0，
故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．
反思领悟 代数转化法求解圆锥曲线中的证明问题
(1)求值(方程)证明：对于定值、定点等类型的证明问题，可以利用求定点、定值类的方法，通过计算，求出相应的定点、定值等即可证明．
(2)转化证明：将要证明的结论转化为斜率、弦长、中点、位置关系等．利用方程联立、消元，结合根与系数的关系解题．
4．(2025·甘肃庆阳模拟)已知椭圆C：＝1的左顶点为A，上顶点为B．
(1)求C的离心率；
(2)已知过点P的直线交C于M，N两点，点G是线段MN上异于M，N的一点，且＝，证明：·＝·．
[解] (1)因为B，所以b＝，因为A，所以a＝2，
所以C的方程为＝1，c＝＝1，
故其离心率e＝＝．
(2)证明：当直线MN的斜率为0时，不妨记M，N，
则G·＝6×1＝6，·＝2×3＝6，
则·＝·．
当直线MN的斜率不为0时，设M，N，G，
直线MN的方程为x＝my＋4．
由 得y2＋24my＋36＝0，
则Δ＝(24m)2－4×36＝144(m2－4)>0，
所以m2>4，且y1＋y2＝－，y1y2＝．
如图，
因为＝，所以点G在线段AP的垂直平分线x＝1上，则x0＝1．
设＝λ，
则＝λ，
则y0－y1＝λ．①
又点G在直线MN上，所以1＝my0＋4，
则y0＝－＝－＝＝，
所以y0＝2y1y2，则y2y0－y1y2＝y1y2－y1y0．
整理得y0－y1＝．②
由①②，得λ＝，所以＝，则＝，
所以＝＝．
综上，·＝·．
【教用·备选题】
(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的右焦点为
f (2，0)，渐近线方程为y＝±x．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0．过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|．
[解] (1)由题意可得＝＝2，故a＝1，b＝．因此C的方程为x2－＝1．
(2)设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0，
Δ＝(－2kb)2－4(3－k2)(－b2－3)＝12(b2－k2＋3)＞0，
则x1＋x2＝，x1x2＝－，所以3－k2＜0，x1－x2＝＝
设点M的坐标为(xM，yM)，则
两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，而y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，故2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，解得xM＝．
两式相加得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，
而y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，故2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，解得yM＝＝xM．
因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②：
证明：因为PQ∥AB，所以设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设A(xA，yA)，B(xB，yB)．
不妨令点A在直线y＝x上，则
解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
此时xA＋xB＝，yA＋yB＝．
而点M的坐标满足
解得xM＝＝，
yM＝＝，
故M为AB的中点，即|MA|＝|MB|．
若选择①③：
证明：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点f (2，0)，此时M不在直线y＝x上，矛盾．
当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0．设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝x上，
则解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
因为M在AB上，且|MA|＝|MB|，所以xM＝＝，yM＝＝．
由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m．因此PQ∥AB．
若选择②③：
证明：因为PQ∥AB，所以设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设A(xA，yA)，B(xB，yB)．不妨令点A在直线y＝x上，
则解得xA＝，yA＝．
同理可得xB＝，yB＝－．
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝＝，yC＝＝．由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝
－(x－xC)上．
将该直线与y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即点M恰为AB的中点．故点M在直线AB上．
重点培优练12 几何问题代数化的策略
1．(2025·甘肃白银模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)过点A，且C的右焦点为F．
(1)求C的方程．
(2)设过点的一条直线与C交于P，Q两点，且与线段AF交于点S．
(ⅰ)证明：直线SF平分∠PFQ；
(ⅱ)若△APS的面积等于△FQS的面积，求Q的坐标．
题号
1
3
2
4
[解] (1)根据题意有＝1，c＝2，
且由椭圆的几何性质可知a2＝b2＋c2＝b2＋4，
所以a2＝8，b2＝4．
所以C的方程为＝1．
题号
1
3
2
4
(2)(ⅰ)证明：因为椭圆的长轴的右端点横坐标为a＝2<4，所以PQ的斜率一定存在(否则与椭圆没有交点)，设PQ的方程为y＝k，
代入C的方程得x2－16k2x＋32k2－8＝0，
其中Δ＝－4＝32－64k2>0，
故－设P，Q，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
题号
1
3
2
4
若直线SF平分∠PFQ，且易知AF⊥x轴，故只需满足直线FP与FQ的斜率之和为0．
设FP，FQ的斜率分别为k1，k2，则
k1＋k2＝＝
＝2k－，
代入x1＋x2＝，x1x2＝，
有k1＋k2＝0，故命题得证．
题号
1
3
2
4
(ⅱ)由(ⅰ)知直线AF平分∠PFQ，即∠AFP＝∠AFQ．
因为△APS的面积等于△FQS的面积，
故S△APS＋S△SPF＝S△FQS＋S△SPF，即S△APF＝S△FPQ，故PF∥AQ．
故∠AFQ＝∠AFP＝∠FAQ，＝，
Q在线段AF的垂直平分线上．
易知线段AF的垂直平分线为y＝，与C的方程联立有x2＝7，
故Q的坐标为或．
题号
1
3
2
4
2．(2025·湖北荆州模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点．
(1)求C的方程．
(2)若A，B分别是C的左、右顶点，设直线x＝5与x轴交于点P，点Q是直线x＝5上不同于点P的一点，直线BQ与C交于另一点M，直线AM与直线x＝5交于点N，是否存在点Q，使得∠QAN＝∠PMN？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
题号
1
3
2
4
[解] (1)由题意知c＝1，且椭圆过点，即a2－b2＝1，＝1，解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的方程为＝1．
题号
1
3
2
4
(2)假设存在点Q，使得∠QAN＝∠PMN，
则AQ∥PM，∴kAQ＝kPM．
设Q，M，
则kAQ＝，kPM＝，kBQ＝，
∴＝，直线 BQ的方程为 y＝(x－2)．
∵点M在直线BQ上，
∴y1＝，∴＝，
题号
1
3
2
4
∵点Q是直线x＝5上不同于点P的一点，
∴y0≠0，∴＝，解得 x1＝－，
∵点M在椭圆 C 上，
＝1，解得 y1＝ 或 y1＝－，
当y1＝ 时，解得 y0＝－；
题号
1
3
2
4
当y1＝－ 时，解得 y0＝．
∴存在点Q，使得 ∠QAN＝∠PMN，
点Q的坐标为 或 ．
题号
1
3
2
4
3．(2025·江西九江一模)已知椭圆E：＝1的左、右焦点为F1，F2，A，B，C是椭圆E上不同的三点，四边形AF1BF2是边长为2的正方形．
(1)求椭圆E的标准方程．
(2)在x轴上是否存在一点P，使得△PBC为等边三角形？若存在，求|OP|；若不存在，请说明理由．
题号
1
3
2
4
[解] (1)∵四边形AF1BF2是边长为2的正方形，∴＝＝4，
由对称性可知，A，B为短轴端点．
∴2b＝2c＝4，b＝c＝2，a＝2，
∴椭圆E的标准方程为＝1．
题号
1
3
2
4
(2)假设在x轴上存在一点P满足条件．
由对称性，不妨设B，
设直线BC的方程为y＝kx－2，代入椭圆方程x2＋2y2＝8中，整理得x2－8kx＝0，Δ＞0，∴xC＝，yC＝．
设线段BC的中点为M，
则x0＝，y0＝－．
∴线段BC的中垂线方程为y＝－x＋．
题号
1
3
2
4
∵△PBC为等边三角形，∴P在线段BC的中垂线上，
令y＝0，得x＝，即P，kPB＝，又∵∠PBC＝，
∴tan＝＝＝，解得k＝±，∴P．
∴在x轴上存在一点P，使得△PBC为等边三角形，且＝．
题号
1
3
2
4
4．(2025·北京昌平区二模)已知椭圆E：＝1的长轴长为2，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为6．
(1)求椭圆E的方程及离心率．
(2)过点且斜率为k的直线与椭圆E交于A，B两点，点C与点B关于x轴对称．在x轴上是否存在定点D，使A，C，D三点共线？若存在，求实数m的值；若不存在，说明理由．
题号
1
3
2
4
[解] (1)由题意得
解得a＝，b＝，c＝．
所以椭圆E的方程为＝1，离心率e＝＝．
题号
1
3
2
4
(2)设直线AB的方程为y＝k，A，B．
由得x2－8k2x＋8k2－6＝0．
依据题意，Δ>0，x1＋x2＝，x1x2＝．
因为点C与点B关于x轴对称，所以点C．
若在x轴上存在定点D，使A，C，D三点共线，则kAD－kCD＝0．
题号
1
3
2
4
kAD－kCD＝
＝
＝
＝，
由kAD－kCD＝0，得k＝0．
由k≠0，得2x1x2－＋4m＝0．
题号
1
3
2
4
因为2x1x2－＋4m
＝2×·＋4m
＝
＝＝0，解得m＝3．
故在x轴上存在定点D，使A，C，D三点共线．
题号
1
3
2
4
谢 谢！
