《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例3 （2025·济宁一模节选）已知椭圆 $ E: \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的离心率为 $ \frac{1}{2} $，$ A_{1} $，$ A_{2} $ 分别为 $ E $ 的左、右顶点，$ B $ 为 $ E $ 的上顶点，且 $ \overrightarrow{BA_{1}} · \overrightarrow{BA_{2}} = -2 $。
（1）求椭圆 $ E $ 的方程；
（2）过椭圆 $ E $ 的右焦点 $ F $ 作斜率不为 0 的直线交 $ E $ 于 $ M $，$ N $ 两点，设直线 $ MA_{1} $ 与 $ NA_{2} $ 交于点 $ P $，证明：点 $ P $ 在定直线上。$\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{6}=1$$x = 4\sqrt{2}$
总结提炼
处理定直线问题的两个策略：
1. 动点在定直线上的问题，所求定直线往往与坐标轴平行，所以此类问题可以从探索动点的横坐标或纵坐标开始。
2. 遇到类似 $ \frac{x_{1}x_{2} + mx_{2}}{x_{1}x_{2} + nx_{1}} $ 的式子的处理方法：利用根与系数的关系得 $ \begin{cases} x_{1} + x_{2} = f(t) \\ x_{1}x_{2} = g(t) \end{cases} $，则 $ g(t)(x_{1} + x_{2}) = f(t)x_{1}x_{2} $，代入之后进行代换消元处理（积化和）。

答案： （1）由题意知，$A_{1}(-a,0)$，$A_{2}(a,0)$，$B(0,b)$，则$\overrightarrow{BA_{1}}=(-a,-b)$，$\overrightarrow{BA_{2}}=(a,-b)$，所以$\overrightarrow{BA_{1}}·\overrightarrow{BA_{2}}=b^{2}-a^{2}=-c^{2}=-2$，即$c=\sqrt{2}$.又$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，所以$a = 2\sqrt{2}$，所以$b^{2}=a^{2}-c^{2}=6$，所以椭圆$E$的方程为$\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{6}=1$.
（2）由于直线$MN$过点$F(\sqrt{2},0)$且斜率不为$0$，所以可设直线$MN$的方程为$x = my+\sqrt{2}$，由$\begin{cases}x = my+\sqrt{2}\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{6}=1\end{cases}$得$(3m^{2}+4)y^{2}+6\sqrt{2}my - 18 = 0$，设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，则$y_{1}+y_{2}=-\frac{6\sqrt{2}m}{3m^{2}+4}$，$y_{1}y_{2}=-\frac{18}{3m^{2}+4}$，所以$my_{1}y_{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}(y_{1}+y_{2})$.因为椭圆$E$的左、右顶点分别为$A_{1}(-2\sqrt{2},0)$，$A_{2}(2\sqrt{2},0)$，所以直线$MA_{1}$的方程为$y=\frac{y_{1}}{x_{1}+2\sqrt{2}}(x + 2\sqrt{2})$，直线$NA_{2}$的方程为$y=\frac{y_{2}}{x_{2}-2\sqrt{2}}(x - 2\sqrt{2})$，联立直线$MA_{1}$与$NA_{2}$的方程，消去$y$得$\frac{x + 2\sqrt{2}}{x - 2\sqrt{2}}=\frac{x_{1}+2\sqrt{2}}{x_{2}-2\sqrt{2}}·\frac{y_{2}}{y_{1}}=\frac{y_{2}(my_{1}+3\sqrt{2})}{y_{1}(my_{2}-\sqrt{2})}=\frac{my_{1}y_{2}+3\sqrt{2}y_{2}}{my_{1}y_{2}-\sqrt{2}y_{1}}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}(y_{1}+y_{2})+3\sqrt{2}y_{2}}{\frac{3\sqrt{2}}{2}(y_{1}+y_{2})-\sqrt{2}y_{1}}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}(y_{1}+3y_{2})}{\frac{3\sqrt{2}}{2}(y_{1}+3y_{2})}=3$，解得$x = 4\sqrt{2}$，所以点$P$在定直线$x = 4\sqrt{2}$上.

例4 已知椭圆 $ C: \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0) $，离心率 $ e = \frac{\sqrt{2}}{2} $，$ C $ 的左、右顶点与上顶点围成的三角形的面积为 $ 2\sqrt{2} $。
（1）求椭圆 $ C $ 的方程；
（2）$ M $，$ N $，$ A $，$ B $ 为椭圆上不同的四点，且均与椭圆右顶点 $ P $ 不重合，$ k_{MN} · k_{AB} = -1 $，$ k_{PM} · k_{PN} = 1 $，$ k_{PA} + k_{PB} = 2 $，证明：直线 $ MN $ 和直线 $ AB $ 的交点在一个定圆上。$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$以$(6,0)$和$(2,-1)$所连线段为直径的定圆上
总结提炼
证明动点在定圆上的两种思路：
①证明动点是两动垂直直线的交点；
②利用圆的定义，证明动点与一定点的距离为定值。

答案： （1）由$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，三角形面积$S=\frac{1}{2}·2a· b = ab = 2\sqrt{2}$，解得$a^{2}=4$，$b^{2}=2$，所以椭圆$C$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$.
（2）由
(1)得$P(2,0)$，设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，$A(x_{3},y_{3})$，$B(x_{4},y_{4})$，直线$MN:y = kx + m$，$AB:y = k'x + m'$.联立$\begin{cases}y = kx + m\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1\end{cases}$消去$y$整理得$(1 + 2k^{2})x^{2}+4kmx + 2m^{2}-4 = 0$，则$\Delta = 16k^{2}m^{2}-8(m^{2}-2)(2k^{2}+1)=32k^{2}+16-8m^{2}＞0$，则$x_{1}+x_{2}=-\frac{4km}{1 + 2k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{2m^{2}-4}{1 + 2k^{2}}$，因为$k_{PM}· k_{PN}=\frac{y_{1}}{x_{1}-2}·\frac{y_{2}}{x_{2}-2}=\frac{(kx_{1}+m)(kx_{2}+m)}{(x_{1}-2)(x_{2}-2)}=1$，所以$(k^{2}-1)x_{1}x_{2}+(km + 2)(x_{1}+x_{2})+m^{2}-4 = 0$，所以$(k^{2}-1)·\frac{2m^{2}-4}{1 + 2k^{2}}+(km + 2)·(-\frac{4km}{1 + 2k^{2}})+m^{2}-4 = 0$，整理得$(m + 2k)(m + 6k)=0$.若$m=-2k$，则$y = kx - 2k = k(x - 2)$，则直线$MN$过定点$P(2,0)$，与题意矛盾；若$m=-6k$，则$y = kx - 6k = k(x - 6)$，则直线$MN$过定点$(6,0)$.同理可得$\begin{cases}x_{3}+x_{4}=-\frac{4k'm'}{1 + 2k'^{2}}\\x_{3}x_{4}=\frac{2m'^{2}-4}{1 + 2k'^{2}}\end{cases}$，又因为$k_{PA}+k_{PB}=\frac{y_{3}-0}{x_{3}-2}+\frac{y_{4}-0}{x_{4}-2}=2$，所以$2(x_{3}-2)(x_{4}-2)=x_{3}y_{4}+x_{4}y_{3}-2(y_{3}+y_{4})$，所以$2x_{3}x_{4}-4(x_{3}+x_{4})+8 = x_{3}(k'x_{4}+m')+x_{4}(k'x_{3}+m')-2[k'(x_{3}+x_{4})+2m']$，所以$(2k'-2)x_{3}x_{4}+(m'-2k'+4)(x_{3}+x_{4})-4m'-8 = 0$，所以$(2k'-2)·\frac{2m'^{2}-4}{1 + 2k'^{2}}+(m'-2k'+4)·(-\frac{4k'm'}{1 + 2k'^{2}})-(4m'+8)=0$，整理得$(2k'+m'+1)(2k'+m')=0$.若$m'=-2k'$，则$y = k'x - 2k' = k'(x - 2)$，则直线$AB$过定点$P(2,0)$，与题意矛盾；若$m'=-2k'-1$，则$y = k'x - 2k'-1 = k'(x - 2)-1$，则直线$AB$过定点$(2,-1)$.又因为$k_{MN}· k_{AB}=-1$，所以$AB\perp MN$，所以直线$AB$与$MN$的交点在以$(6,0)$和$(2,-1)$所连线段为直径的定圆上.