《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 2 （2025·青岛期末）已知椭圆 $C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$ 过点 $(0,1)$，且离心率 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
（1）求椭圆 $C$ 的方程；
（2）过右焦点 $F$ 的直线 $l$ 交椭圆 $C$ 于 $A$，$B$ 两点，$AB$ 的中点为 $M$，设原点为 $O$，射线 $OM$ 交椭圆 $C$ 于点 $D$，已知四边形 $AOBD$ 为平行四边形，求直线 $l$ 的方程.

答案：

(1)因为椭圆$C$过点$(0,1)$，所以$b = 1$。又因为$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，解得$a=\sqrt{2}$，$b = 1$，所以椭圆$C$的方程为$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$。
(2)如图，当直线$l$的斜率存在时，设直线$l$的方程为$y = k(x - 1)$，联立$\begin{cases}y = k(x - 1)\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1\end{cases}$得$(1 + 2k^{2})x^{2}-4k^{2}x + 2k^{2}-2 = 0$，设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{4k^{2}}{1 + 2k^{2}}$，所以$y_{1}+y_{2}=k(x_{1}+x_{2}-2)=\frac{-2k}{1 + 2k^{2}}$。设$D(x_{0},y_{0})$，则$\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，所以$x_{0}=x_{1}+x_{2}=\frac{4k^{2}}{1 + 2k^{2}}$，$y_{0}=\frac{-2k}{1 + 2k^{2}}$。因为点$D$在椭圆$C$上，所以$(\frac{4k^{2}}{1 + 2k^{2}})^{2}+2(\frac{-2k}{1 + 2k^{2}})^{2}-2 = 0$，解得$k=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$。当直线$l$的斜率不存在时，显然不成立，所以直线$l$的方程为$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}$或$y=-\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}$。
　　　　　　

例 3 如图，已知 $O$ 为坐标原点，$F$ 为椭圆 $C:x^{2}+\frac{y^{2}}{2}=1$ 在 $y$ 轴正半轴上的焦点，过点 $F$ 且斜率为 $-\sqrt{2}$ 的直线 $l$ 与 $C$ 交于 $A$，$B$ 两点，点 $P$ 满足 $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OP}=\mathbf{0}$.
（1）证明：点 $P$ 在椭圆 $C$ 上；
（2）设点 $P$ 关于点 $O$ 的对称点为 $Q$，证明：$A$，$P$，$B$，$Q$ 四点在同一圆上.

答案：
(1)由题知$F(0,1)$，$l$的方程为$y =-\sqrt{2}x + 1$，代入$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$并化简得$4x^{2}-2\sqrt{2}x - 1 = 0$。设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，$P(x_{3},y_{3})$，解得$x_{1}=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$，$x_{2}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$，所以$x_{1}+x_{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$y_{1}+y_{2}=-\sqrt{2}(x_{1}+x_{2})+2 = 1$。由题意得$x_{3}=-(x_{1}+x_{2})=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，$y_{3}=-(y_{1}+y_{2})=-1$，所以点$P$的坐标为$(-\frac{\sqrt{2}}{2},-1)$。经验证点$P$的坐标$(-\frac{\sqrt{2}}{2},-1)$满足方程$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$，故点$P$在椭圆$C$上。
(2)方法一：由$P(-\frac{\sqrt{2}}{2},-1)$和题设知，$Q(\frac{\sqrt{2}}{2},1)$，$PQ$的垂直平分线$l_{1}$的方程为$y =-\frac{\sqrt{2}}{2}x$①。设$AB$的中点为$M$，则$M(\frac{\sqrt{2}}{4},\frac{1}{2})$，$AB$的垂直平分线$l_{2}$的方程为$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{1}{4}$②。由①②得$l_{1}$，$l_{2}$的交点为$N(-\frac{\sqrt{2}}{8},\frac{1}{8})$。因为$\vert NP\vert=\sqrt{(-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{8})^{2}+(-1-\frac{1}{8})^{2}}=\frac{3\sqrt{11}}{8}$，$\vert AB\vert=\sqrt{1+(-\sqrt{2})^{2}}·\vert x_{2}-x_{1}\vert=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，$\vert AM\vert=\frac{3\sqrt{2}}{4}$，$\vert MN\vert=\sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{8})^{2}+(\frac{1}{2}-\frac{1}{8})^{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{8}$，$\vert NA\vert=\sqrt{\vert AM\vert^{2}+\vert MN\vert^{2}}=\frac{3\sqrt{11}}{8}$，故$\vert NP\vert=\vert NA\vert$，所以$\vert NA\vert=\vert NP\vert=\vert NB\vert=\vert NQ\vert$。由此知$A$，$P$，$B$，$Q$四点在以$N$为圆心，$\vert NA\vert$为半径的圆上。
方法二：$\tan\angle APB=\frac{k_{PA}-k_{PB}}{1 + k_{PA}k_{PB}}=\frac{\frac{y_{1}-(-1)}{x_{1}-(-\frac{\sqrt{2}}{2})}-\frac{y_{2}-(-1)}{x_{2}-(-\frac{\sqrt{2}}{2})}}{1+\frac{y_{1}-(-1)}{x_{1}-(-\frac{\sqrt{2}}{2})}·\frac{y_{2}-(-1)}{x_{2}-(-\frac{\sqrt{2}}{2})}}=\frac{3(x_{2}-x_{1})}{\frac{3\sqrt{2}}{2}(x_{1}+x_{2})+2}=\frac{4(x_{2}-x_{1})}{3}$。同理$\tan\angle AQB=\frac{k_{QB}-k_{QA}}{1 + k_{QA}k_{QB}}=\frac{\frac{y_{2}-1}{\frac{\sqrt{2}}{2}-x_{2}}-\frac{y_{1}-1}{\frac{\sqrt{2}}{2}-x_{1}}}{1+\frac{y_{2}-1}{\frac{\sqrt{2}}{2}-x_{2}}·\frac{y_{1}-1}{\frac{\sqrt{2}}{2}-x_{1}}}=-\frac{4(x_{2}-x_{1})}{3}$，所以$\angle APB$与$\angle AQB$互补，因此$A$，$P$，$B$，$Q$四点在同一圆上。
方法三：由
(1)知$P(-\frac{\sqrt{2}}{2},-1)$，因为$P$，$O$，$Q$三点共线，易求得直线$PQ$的方程为$y=\sqrt{2}x$，又直线$AB$的方程为$y =-\sqrt{2}x + 1$，两直线斜率互为相反数，从而可知$A$，$P$，$B$，$Q$四点在同一圆上。