答案：(1) $\dfrac{x^2}{2} + y^2 = 1$

(2) ① $P\left(-2, \pm \dfrac{\sqrt{15}}{3}\right)$；② $\left(-\dfrac{1}{3}, 0\right)$

第一问

1. 设动点 $M(x,y)$。由题意，动点 $M$ 到点 $F(-1,0)$ 的距离为 $\sqrt{(x+1)^2+y^2}$，到直线 $l: x=-2$ 的距离为 $|x+2|$。
2. 根据两距离之比为 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，列出方程：

$$ \frac{\sqrt{(x+1)^2+y^2}}{|x+2|} = \frac{\sqrt{2}}{2} $$

3. 两边平方化去绝对值与根号，得：

$$ \frac{(x+1)^2+y^2}{(x+2)^2} = \frac{1}{2} $$

去分母展开得：$2\left[(x+1)^2+y^2\right] = (x+2)^2$，即：

$$ 2(x^2+2x+1+y^2) = x^2+4x+4 $$

移项整理得：$x^2+2y^2=2$。 4. 方程两边同除以 $2$，化为标准方程形式：

$$ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 $$

故动点 $M$ 的轨迹 $W$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{2} + y^2 = 1$。

第二问 · ① 求点 $P$ 的坐标 解法一

1. 设点 $P(-2,t)$。因为直线 $l: x=-2$ 与椭圆不相交，切线斜率显然存在，故可设过点 $P$ 的切线方程为 $y-t=k(x+2)$，即 $y=kx+2k+t$。
2. 联立切线与椭圆方程：

$$ \begin{cases} y=kx+2k+t \\ x^2+2y^2=2 \end{cases} $$

代入消去 $y$ 整理得：

$$ (1+2k^2)x^2 + 4k(2k+t)x + 2(2k+t)^2 - 2 = 0 $$

3. 因为直线与椭圆相切，所以判别式 $\Delta = 0$：

$$ \Delta = [4k(2k+t)]^2 - 4(1+2k^2)[2(2k+t)^2 - 2] = 0 $$

两边同除以 $4$ 化简：

$$ 4k^2(2k+t)^2 - (1+2k^2)[2(2k+t)^2 - 2] = 0 $$

展开消项得：

$$ 2k^2 + 4tk + t^2 - 1 = 0 \quad (*) $$

4. 设两条切线 $PA, PB$ 的斜率分别为 $k_1, k_2$，由判别式 $\Delta_k = (4t)^2 - 4\times 2(t^2-1) = 8t^2+8 > 0$ 恒成立，故方程 $(*)$ 有两不等实根。由韦达定理得：

$$ k_1+k_2 = -2t, \quad k_1 k_2 = \frac{t^2-1}{2} $$

5. 因为 $\angle APB = 60^\circ$，利用两直线夹角的正切公式：

$$ \tan\angle APB = \left|\frac{k_1 - k_2}{1 + k_1 k_2}\right| = \sqrt{3} $$

两边平方得：

$$ \frac{(k_1-k_2)^2}{(1+k_1 k_2)^2} = \frac{(k_1+k_2)^2 - 4k_1 k_2}{(1+k_1 k_2)^2} = 3 $$

代入韦达定理：

分子：$(k_1+k_2)^2 - 4k_1 k_2 = (-2t)^2 - 4\cdot\dfrac{t^2-1}{2} = 2t^2+2 = 2(t^2+1)$；

分母：$\left(1+k_1 k_2\right)^2 = \left(1+\dfrac{t^2-1}{2}\right)^2 = \left(\dfrac{t^2+1}{2}\right)^2 = \dfrac{(t^2+1)^2}{4}$。

代入化简得：

$$ \frac{2(t^2+1)}{\frac{(t^2+1)^2}{4}} = \frac{8}{t^2+1} = 3 $$

解得 $t^2+1 = \dfrac{8}{3}$，即 $t^2 = \dfrac{5}{3}$，解得 $t = \pm\dfrac{\sqrt{15}}{3}$。

因此，点 $P$ 的坐标为 $P\left(-2, \pm\dfrac{\sqrt{15}}{3}\right)$。

第二问 · ② 求 $\angle {APB}$ 的角平分线与 $x$ 轴交点 $Q$ 的坐标

解法一：倾斜角倍角公式法

1. 由椭圆与点 $P$ 的分布关于 $x$ 轴对称，不妨先取 $t = \dfrac{\sqrt{15}}{3}$，即 $P\left(-2, \dfrac{\sqrt{15}}{3}\right)$。
2. 此时韦达定理为：

$$ k_1+k_2 = -2t = -\frac{2\sqrt{15}}{3}, \quad k_1 k_2 = \frac{t^2-1}{2} = \frac{\frac{5}{3}-1}{2} = \frac{1}{3} $$

因为 $k_1 k_2 > 0$ 且 $k_1+k_2 < 0$，所以 $k_1<0, k_2<0$。设两切线 $PA, PB$ 的倾斜角分别为 $\alpha_1, \alpha_2$，则 $\alpha_1, \alpha_2 \in \left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right)$。 3. 设角平分线 $PQ$ 的倾斜角为 $\theta$。因为 $PQ$ 平分 $\angle APB$，所以 $\theta = \dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}$，从而 $2\theta = \alpha_1+\alpha_2$。

利用两角和的正切公式：

$$ \tan 2\theta = \tan(\alpha_1+\alpha_2) = \frac{k_1+k_2}{1-k_1 k_2} = \frac{-\frac{2\sqrt{15}}{3}}{1-\frac{1}{3}} = -\sqrt{15} $$

4. 由二倍角公式 $\tan 2\theta = \dfrac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}$，记 $k_{PQ} = \tan\theta$，则：

$$ \frac{2k_{PQ}}{1-k_{PQ}^2} = -\sqrt{15} \implies \sqrt{15}k_{PQ}^2 - 2k_{PQ} - \sqrt{15} = 0 $$

解该一元二次方程得：

$$ k_{PQ} = \frac{2 \pm \sqrt{4+60}}{2\sqrt{15}} = \frac{1 \pm 4}{\sqrt{15}} $$

因为两切线斜率均为负，点 $P$ 在第二象限，椭圆在原点周围，内角平分线必向右下方倾斜，故斜率 $k_{PQ} < 0$。

取负根得：$k_{PQ} = \dfrac{1-4}{\sqrt{15}} = -\dfrac{3}{\sqrt{15}} = -\dfrac{\sqrt{15}}{5}$。 5. 写出直线 $PQ$ 的方程：

$$ y - \frac{\sqrt{15}}{3} = -\frac{\sqrt{15}}{5}(x+2) $$

令 $y=0$，解得：

$$ -\frac{\sqrt{15}}{3} = -\frac{\sqrt{15}}{5}(x+2) \implies x+2 = \frac{5}{3} \implies x = -\frac{1}{3} $$

由对称性可知，当取 $t = -\dfrac{\sqrt{15}}{3}$ 时，整个图形关于 $x$ 轴对称翻折，角平分线与 $x$ 轴的交点坐标仍为 $\left(-\dfrac{1}{3}, 0\right)$。

综上，点 $Q$ 的坐标为 $\left(-\dfrac{1}{3}, 0\right)$。

解法二：点到角两边距离相等法

1. 设交点 $Q(x_0, 0)$。切线方程为 $kx - y + 2k + t = 0$。由点到直线距离公式，点 $Q$ 到切线 $PA, PB$ 的距离相等，即：

$$ \frac{|k_1(x_0+2) + t|}{\sqrt{1+k_1^2}} = \frac{|k_2(x_0+2) + t|}{\sqrt{1+k_2^2}} $$

2. 两边平方并交叉相乘，记 $m = x_0+2$：

$$ (m k_1 + t)^2 (1+k_2^2) = (m k_2 + t)^2 (1+k_1^2) $$

展开并移项整理得：

$$ m^2(k_1^2-k_2^2) + 2mt(k_1-k_2) - 2mt k_1 k_2(k_1-k_2) - t^2(k_1^2-k_2^2) = 0 $$

3. 因 $k_1 \neq k_2$，两边同除以 $(k_1-k_2)$：

$$ (m^2-t^2)(k_1+k_2) + 2mt(1-k_1 k_2) = 0 $$

4. 将韦达定理 $k_1+k_2 = -2t$ 与 $k_1 k_2 = \dfrac{t^2-1}{2}$ 代入：

$$ (m^2-t^2)(-2t) + 2mt\left(1 - \frac{t^2-1}{2}\right) = 0 $$

两边同除以 $-2t$（$t \neq 0$）：

$$ (m^2-t^2) - m\left(\frac{3-t^2}{2}\right) = 0 $$

5. 将 $t^2 = \dfrac{5}{3}$ 代入，得 $\dfrac{3-t^2}{2} = \dfrac{2}{3}$，方程化为：

$$ m^2 - \frac{2}{3}m - \frac{5}{3} = 0 \implies 3m^2 - 2m - 5 = 0 $$

因式分解得 $(3m-5)(m+1) = 0$，解得 $m = \dfrac{5}{3}$ 或 $m = -1$。

因为点 $P$ 的横坐标为 $-2$，椭圆在直线 $x=-2$ 右侧，内角平分线交点必满足 $x_0 > -2$，即 $m = x_0+2 > 0$。

故舍去 $m = -1$（对应外角平分线交点），取 $m = \dfrac{5}{3}$。

由 $x_0 + 2 = \dfrac{5}{3}$，解得 $x_0 = -\dfrac{1}{3}$。

因此，点 $Q$ 的坐标为 $\left(-\dfrac{1}{3}, 0\right)$。

答案：(I) 直线被椭圆截得的线段长为 $\dfrac{2a^2|k|\sqrt{1+k^2}}{1+a^2k^2}$；

(II) 椭圆离心率的取值范围为 $\left(0, \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right]$。

第一问

1. 联立直线与椭圆方程。

将 $y = kx + 1$ 代入椭圆方程 $\dfrac{x^2}{a^2} + y^2 = 1$，两边同乘 $a^2$ 得：

$x^2 + a^2(kx + 1)^2 = a^2$

展开并整理得：

$(1 + a^2k^2)x^2 + 2a^2kx = 0$ 2. 求交点的横坐标。

提取公因式 $x$，得 $x\left[(1 + a^2k^2)x + 2a^2k\right] = 0$。

解得交点的横坐标分别为：

$x_1 = 0$，$x_2 = -\dfrac{2a^2k}{1 + a^2k^2}$

其中 $x_1 = 0$ 对应椭圆上顶点 $A(0,1)$，设另一点为 $P(x_2, y_2)$。 3. 利用弦长公式求线段长。

由两点间距离公式，截得的线段长为：

$|AP| = \sqrt{1 + k^2}\lvert x_1 - x_2 \rvert = \sqrt{1 + k^2}\left\lvert 0 - \left(-\dfrac{2a^2k}{1 + a^2k^2}\right)\right\rvert = \dfrac{2a^2|k|\sqrt{1+k^2}}{1+a^2k^2}$

注：当 $k = 0$ 时，直线为 $y = 1$，与椭圆切于点 $A(0,1)$，截得的线段长为 $0$，上式同样成立。

第二问

解法一

1. 建立椭圆上的点到点 $A(0,1)$ 的距离函数。

设 $M(x,y)$ 为椭圆上任意一点，则满足 $\dfrac{x^2}{a^2} + y^2 = 1$，即 $x^2 = a^2(1 - y^2)$，其中纵坐标范围为 $y \in [-1, 1]$。

点 $M$ 到点 $A(0,1)$ 的距离的平方为：

$|AM|^2 = x^2 + (y - 1)^2$

将 $x^2 = a^2(1 - y^2)$ 代入，消去 $x$ 得：

$|AM|^2 = a^2(1 - y^2) + (y - 1)^2 = (1 - a^2)y^2 - 2y + a^2 + 1$

记函数 $g(y) = (1 - a^2)y^2 - 2y + a^2 + 1$，$y \in [-1, 1]$。 2. 分析公共点个数与函数值的对应关系。

当 $y = 1$ 时，$x = 0$，对应唯一点 $(0,1)$（即点 $A$ 本身）；

当 $y = -1$ 时，$x = 0$，对应唯一点 $(0,-1)$（下顶点）；

当 $y \in (-1, 1)$ 时，$x^2 = a^2(1 - y^2) > 0$，每个 $y$ 值均对应椭圆上互为相反数的两个横坐标 $x = \pm a\sqrt{1-y^2}$，即每个纵坐标恰对应椭圆上关于 $y$ 轴对称的 2 个点。

若某个以 $A$ 为圆心的圆与椭圆有 4 个公共点，由于上、下顶点各仅能提供 1 个点，故这 4 个点必位于 $(-1,1)$ 内，且必须由两个不同的纵坐标 $y_1, y_2 \in (-1, 1)$ 各提供 2 个点。

这等价于：存在半径 $r > 0$，使得方程 $g(y) = r^2$ 在 $(-1, 1)$ 内有两个互异实根，即函数 $g(y)$ 在 $(-1, 1)$ 上不是单调函数。

因此，任意圆与椭圆至多有 3 个公共点，等价于方程 $g(y) = r^2$ 在 $(-1, 1)$ 内至多有 1 个实根，即 $g(y)$ 在 $[-1, 1]$ 上必须单调递减。 3. 利用二次函数的性质确定参数 $a$ 的范围。

由 $a > 1$，二次项系数 $1 - a^2 < 0$，函数 $g(y)$ 的图象为开口向下的抛物线。

其对称轴方程为：

$y = -\dfrac{-2}{2(1 - a^2)} = \dfrac{1}{1 - a^2}$

因为 $a > 1$，所以 $1 - a^2 < 0$，对称轴 $\dfrac{1}{1 - a^2} < 0$ 位于 $y$ 轴负半轴。

要使 $g(y)$ 在 $[-1, 1]$ 上单调递减，对称轴必须位于区间 $[-1, 1]$ 左端点的左侧（或端点处），即：

$\dfrac{1}{1 - a^2} \le -1$

两边同乘负数 $1 - a^2$（不等号反向）：

$1 \ge -(1 - a^2) \iff 1 \ge a^2 - 1 \iff a^2 \le 2$

结合已知条件 $a > 1$，解得 $1 < a \le \sqrt{2}$。 4. 求解椭圆离心率 $e$ 的范围。

由椭圆的几何性质可知：

$e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{\sqrt{a^2 - 1}}{a} = \sqrt{1 - \dfrac{1}{a^2}}$

由 $1 < a \le \sqrt{2}$ 可得 $1 < a^2 \le 2$。

因此：

$\dfrac{1}{2} \le \dfrac{1}{a^2} < 1 \implies 0 < 1 - \dfrac{1}{a^2} \le \dfrac{1}{2}$

开平方得：

$0 < e \le \dfrac{\sqrt{2}}{2}$

解法二

1. 利用图形对称性分析交点分布。

椭圆与以 $A(0,1)$ 为圆心的圆均关于 $y$ 轴对称。若圆与椭圆有 4 个交点，在 $y$ 轴上至多有 2 个交点（上、下顶点），因而不可能 4 个交点全在 $y$ 轴上。

根据对称性，在 $y$ 轴左侧（$x < 0$）必恰有两个不同的交点 $P, Q$。

由于 $P, Q$ 均在以 $A$ 为圆心的圆上，所以点 $A$ 到它们的距离相等，即 $|AP| = |AQ|$。

设直线 $AP, AQ$ 的斜率分别为 $k_1, k_2$。因 $P, Q$ 在 $y$ 轴左侧且不同于顶点 $A$，两直线斜率存在且 $k_1 > 0$，$k_2 > 0$，$k_1 \neq k_2$。 2. 结合第(I)问结论列出等式。

由第(I)问结论，点 $P, Q$ 到点 $A$ 的距离即截得的线段长：

$|AP| = \dfrac{2a^2 k_1\sqrt{1 + k_1^2}}{1 + a^2k_1^2}$，$|AQ| = \dfrac{2a^2 k_2\sqrt{1 + k_2^2}}{1 + a^2k_2^2}$

由 $|AP| = |AQ|$ 得：

$\dfrac{2a^2 k_1\sqrt{1 + k_1^2}}{1 + a^2k_1^2} = \dfrac{2a^2 k_2\sqrt{1 + k_2^2}}{1 + a^2k_2^2}$

两边除以 $2a^2$ 并平方：

$\dfrac{k_1^2(1 + k_1^2)}{(1 + a^2k_1^2)^2} = \dfrac{k_2^2(1 + k_2^2)}{(1 + a^2k_2^2)^2}$ 3. 因式分解与化简。

令 $u_1 = k_1^2 > 0$，$u_2 = k_2^2 > 0$，且 $u_1 \neq u_2$。上式变为：

$\dfrac{u_1(1 + u_1)}{(1 + a^2u_1)^2} = \dfrac{u_2(1 + u_2)}{(1 + a^2u_2)^2}$

去分母交叉相乘：

$u_1(1 + u_1)(1 + a^2u_2)^2 - u_2(1 + u_2)(1 + a^2u_1)^2 = 0$

展开式中各同类项：

$u_1(1+u_1) - u_2(1+u_2) = (u_1 - u_2)(1 + u_1 + u_2)$

$2a^2u_1u_2\left[(1+u_1) - (1+u_2)\right] = 2a^2u_1u_2(u_1 - u_2)$

$a^4u_1u_2\left[u_2(1+u_1) - u_1(1+u_2)\right] = -a^4u_1u_2(u_1 - u_2)$

提取公因式 $(u_1 - u_2)$，整理得：

$(u_1 - u_2)\left[1 + u_1 + u_2 + 2a^2u_1u_2 - a^4u_1u_2\right] = 0$

即：

$(u_1 - u_2)\left[1 + u_1 + u_2 + a^2(2 - a^2)u_1u_2\right] = 0$

因为 $k_1 \neq k_2$，所以 $u_1 \neq u_2$，即 $u_1 - u_2 \neq 0$。因此：

$1 + u_1 + u_2 + a^2(2 - a^2)u_1u_2 = 0$ 4. 求存在 4 个交点时参数 $a$ 的范围并取反。

两边同除以 $u_1u_2$，变形为：

$\dfrac{1}{u_1u_2} + \dfrac{1}{u_1} + \dfrac{1}{u_2} + a^2(2 - a^2) = 0$

即：

$\left(\dfrac{1}{u_1} + 1\right)\left(\dfrac{1}{u_2} + 1\right) = 1 + a^2(a^2 - 2)$

因为 $u_1 > 0$，$u_2 > 0$ 且 $u_1 \neq u_2$，所以 $\dfrac{1}{u_1} + 1 > 1$，$\dfrac{1}{u_2} + 1 > 1$ 且两者不等。

要使该方程关于 $u_1, u_2$ 有满足条件的正数解，其充要条件是等式右侧严格大于 $1$：

$1 + a^2(a^2 - 2) > 1 \iff a^2(a^2 - 2) > 0$

由于 $a > 1$，解得 $a^2 > 2$，即 $a > \sqrt{2}$。

这表明：当且仅当 $a > \sqrt{2}$ 时，存在以 $A$ 为圆心的圆与椭圆有 4 个公共点。

逆否可得，若任意以点 $A(0,1)$ 为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点，其实数 $a$ 的取值范围为 $1 < a \le \sqrt{2}$。 5. 计算椭圆离心率的取值范围。

由离心率公式 $e = \dfrac{c}{a} = \sqrt{1 - \dfrac{1}{a^2}}$，由 $1 < a \le \sqrt{2}$ 可得 $0 < e \le \dfrac{\sqrt{2}}{2}$。

答案：(1) $\frac{x^{2}}{9} + \frac{y^{2}}{4} = 1$

(2) (i) 最小值为 $9 - \sqrt{5}$，此时点 $M$ 的坐标为 $\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}, 1\right)$

(ii) 动点 $R$ 的轨迹方程为 $\frac{25x^{2}}{9} + \frac{25y^{2}}{64} = 1$；$\triangle QRN$ 面积的最大值为 $\frac{36}{25}$

第一问 解法一

1. 根据题意列出几何条件。动点 $P(x, y)$ 到定点 $F(\sqrt{5}, 0)$ 的距离为 $|PF| = \sqrt{(x - \sqrt{5})^2 + y^2}$，动点 $P$ 到定直线 $l_1: x = \frac{9\sqrt{5}}{5}$ 的距离为 $d = \left|x - \frac{9\sqrt{5}}{5}\right|$。
2. 根据比值关系列式。由 $\frac{|PF|}{d} = \frac{\sqrt{5}}{3}$，得：

$$ \frac{\sqrt{(x - \sqrt{5})^2 + y^2}}{\left|x - \frac{9\sqrt{5}}{5}\right|} = \frac{\sqrt{5}}{3} $$

3. 两边平方去根号与绝对值：

$$ 9\left[(x - \sqrt{5})^2 + y^2\right] = 5\left(x - \frac{9\sqrt{5}}{5}\right)^2 $$

4. 展开并移项化简。

左边展开得 $9(x^2 - 2\sqrt{5}x + 5 + y^2) = 9x^2 - 18\sqrt{5}x + 45 + 9y^2$；

右边展开得 $5\left(x^2 - \frac{18\sqrt{5}}{5}x + \frac{81}{5}\right) = 5x^2 - 18\sqrt{5}x + 81$。

两边消去一次项 $-18\sqrt{5}x$ 并整理移项：

$$ 4x^2 + 9y^2 = 36 $$

两边同除以 $36$，得 $C_1$ 的方程为 $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$。

第二问 · (i) 解法一

1. 利用椭圆第二定义转化距离。

对于椭圆 $C_1: \frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$，其长半轴 $a = 3$，短半轴 $b = 2$，半焦距 $c = \sqrt{a^2 - b^2} = \sqrt{5}$，离心率 $e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{5}}{3}$。

右焦点为 $F(\sqrt{5}, 0)$，对应的右准线恰好为 $x = \frac{a^2}{c} = \frac{9\sqrt{5}}{5}$，即直线 $l_1$。

过椭圆上的点 $M$ 作 $MH \perp l_1$，垂足为 $H$。

由椭圆第二定义知 $\frac{|MF|}{|MH|} = e = \frac{\sqrt{5}}{3}$，即 $3|MF| = \sqrt{5}|MH|$。 2. 代入目标表达式实现结构简化。

$$ \sqrt{5}|MT| + 3|MF| = \sqrt{5}|MT| + \sqrt{5}|MH| = \sqrt{5}(|MT| + |MH|) $$

3. 利用几何性质确定最小值条件。

因为点 $T(1, 1)$ 在椭圆内部（代入验证 $\frac{1^2}{9} + \frac{1^2}{4} = \frac{13}{36} < 1$），$M$ 为椭圆上的动点，$H$ 为直线 $l_1$ 上的动点，

根据平面几何性质，由 $T$ 经 $M$ 到直线 $l_1$ 的折线段长 $|MT| + |MH| \ge |TH| \ge d(T, l_1)$，

当且仅当 $T, M, H$ 三点共线且 $TH \perp l_1$ 时，折线段长取得最小值，最小值为点 $T(1, 1)$ 到直线 $l_1: x = \frac{9\sqrt{5}}{5}$ 的距离：

$$ |TH|_{\min} = \frac{9\sqrt{5}}{5} - 1 $$

4. 计算目标式最小值并确定点 $M$ 的坐标。

原式最小值为：

$$ \sqrt{5}\left(\frac{9\sqrt{5}}{5} - 1\right) = 9 - \sqrt{5} $$

此时，直线 $TH$ 的方程为 $y = 1$。

点 $M$ 为线段 $TH$ 与椭圆的交点，故点 $M$ 的纵坐标为 $y = 1$。

代入椭圆方程 $\frac{x^2}{9} + \frac{1}{4} = 1$，解得 $x^2 = \frac{27}{4}$，即 $x = \pm \frac{3\sqrt{3}}{2}$。

因点 $M$ 位于点 $T(1, 1)$ 与直线 $x = \frac{9\sqrt{5}}{5}$ 之间，横坐标必为正值，取 $x = \frac{3\sqrt{3}}{2}$。

所以点 $M$ 的坐标为 $\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}, 1\right)$。

第二问 · (ii) 解法一

1. 求双曲线渐近线及点 $M, N$ 的坐标。

双曲线 $C_2: x^2 - \frac{y^2}{4} = 1$ 的渐近线方程为 $x^2 - \frac{y^2}{4} = 0$，即 $l_a: 2x - y = 0$ 和 $l_b: 2x + y = 0$。

设椭圆 $C_1$ 上的动点为 $Q(x_0, y_0)$，满足 $\frac{x_0^2}{9} + \frac{y_0^2}{4} = 1$。

过 $Q(x_0, y_0)$ 作直线 $l_a: 2x - y = 0$ 的垂线，其方程为 $y - y_0 = -\frac{1}{2}(x - x_0)$，即 $x + 2y - (x_0 + 2y_0) = 0$。

联立解方程组：

$$ \begin{cases} 2x - y = 0 \\ x + 2y = x_0 + 2y_0 \end{cases} $$

将 $y = 2x$ 代入第二式得 $5x = x_0 + 2y_0$，解得垂足 $M(x_1, y_1)$ 的坐标为：

$$ x_1 = \frac{x_0 + 2y_0}{5}, \quad y_1 = \frac{2x_0 + 4y_0}{5} $$

同理，过 $Q(x_0, y_0)$ 作直线 $l_b: 2x + y = 0$ 的垂线，其方程为 $y - y_0 = \frac{1}{2}(x - x_0)$，即 $x - 2y - (x_0 - 2y_0) = 0$。

联立解方程组：

$$ \begin{cases} 2x + y = 0 \\ x - 2y = x_0 - 2y_0 \end{cases} $$

将 $y = -2x$ 代入第二式得 $5x = x_0 - 2y_0$，解得垂足 $N(x_2, y_2)$ 的坐标为：

$$ x_2 = \frac{x_0 - 2y_0}{5}, \quad y_2 = \frac{-2x_0 + 4y_0}{5} $$

2. 应用相关点法求 $R$ 的轨迹方程。

因为 $R(x, y)$ 是线段 $MN$ 的中点，由中点坐标公式：

$$ \begin{cases} x = \frac{x_1 + x_2}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{x_0 + 2y_0}{5} + \frac{x_0 - 2y_0}{5}\right) = \frac{x_0}{5} \\ y = \frac{y_1 + y_2}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{2x_0 + 4y_0}{5} + \frac{-2x_0 + 4y_0}{5}\right) = \frac{4y_0}{5} \end{cases} $$

反解出 $x_0, y_0$：

$$ x_0 = 5x, \quad y_0 = \frac{5}{4}y $$

代入点 $Q$ 满足的椭圆方程 $\frac{x_0^2}{9} + \frac{y_0^2}{4} = 1$，得：

$$ \frac{(5x)^2}{9} + \frac{\left(\frac{5}{4}y\right)^2}{4} = 1 \implies \frac{25x^2}{9} + \frac{25y^2}{64} = 1 $$

故动点 $R$ 的轨迹方程为 $\frac{25x^2}{9} + \frac{25y^2}{64} = 1$。 3. 表示 $\triangle QRN$ 的面积。

因为 $R$ 为线段 $MN$ 的中点，所以 $S_{\triangle QRN} = \frac{1}{2} S_{\triangle QMN}$。

线段 $QM, QN$ 分别为点 $Q$ 到两条渐近线的垂线段，由点到直线距离公式：

$$ |QM| = \frac{|2x_0 - y_0|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2}} = \frac{|2x_0 - y_0|}{\sqrt{5}} $$

$$ |QN| = \frac{|2x_0 + y_0|}{\sqrt{2^2 + 1^2}} = \frac{|2x_0 + y_0|}{\sqrt{5}} $$

两垂线分别与渐近线垂直，因此两垂线之间的夹角 $\angle MQN$ 与两条渐近线之间的夹角互补或相等。

渐近线 $l_a: y = 2x$ 的法向量为 $\vec{n}_1 = (2, -1)$，渐近线 $l_b: y = -2x$ 的法向量为 $\vec{n}_2 = (2, 1)$。

垂线 $QM, QN$ 的方向向量分别为 $\vec{n}_1, \vec{n}_2$，因此：

$$ \cos \angle MQN = \frac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2|}{|\vec{n}_1||\vec{n}_2|} = \frac{|2 \times 2 + (-1) \times 1|}{\sqrt{5} \times \sqrt{5}} = \frac{3}{5} $$

从而：

$$ \sin \angle MQN = \sqrt{1 - \cos^2 \angle MQN} = \sqrt{1 - \left(\frac{3}{5}\right)^2} = \frac{4}{5} $$

因此，$\triangle QMN$ 的面积为：

$$ S_{\triangle QMN} = \frac{1}{2} |QM| \cdot |QN| \cdot \sin \angle MQN = \frac{1}{2} \cdot \frac{|2x_0 - y_0|}{\sqrt{5}} \cdot \frac{|2x_0 + y_0|}{\sqrt{5}} \cdot \frac{4}{5} = \frac{2}{25} |4x_0^2 - y_0^2| $$

从而：

$$ S_{\triangle QRN} = \frac{1}{2} S_{\triangle QMN} = \frac{1}{25} |4x_0^2 - y_0^2| $$

4. 代入曲线方程求最值。

由点 $Q(x_0, y_0)$ 在椭圆上，得 $y_0^2 = 4\left(1 - \frac{x_0^2}{9}\right) = 4 - \frac{4}{9}x_0^2$，其中 $x_0^2 \in [0, 9]$。

代入上式中的核心多项式：

$$ 4x_0^2 - y_0^2 = 4x_0^2 - \left(4 - \frac{4}{9}x_0^2\right) = \frac{40}{9}x_0^2 - 4 $$

令 $u = x_0^2 \in [0, 9]$，函数 $g(u) = \frac{40}{9}u - 4$ 在 $[0, 9]$ 上单调递增：

当 $u = 0$ 时，$g(0) = -4$；

当 $u = 9$ 时，$g(9) = \frac{40}{9} \times 9 - 4 = 36$。

因此 $g(u) \in [-4, 36]$，其绝对值的最大值为：

$$ |g(u)|_{\max} = 36 \quad (\text{此时 } x_0^2 = 9) $$

所以，$\triangle QRN$ 面积的最大值为：

$$ (S_{\triangle QRN})_{\max} = \frac{1}{25} \times 36 = \frac{36}{25} $$

答案：(1) 椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$.

(2)

(i) 证明见解题步骤.

(ii) 存在定点 $T\left(0, \frac{8}{3}\right)$，使得 $\left| NT\right| + \left| NM\right|$ 为定值 $\frac{7}{3}$.

第一问 解法一

1. 求参数 $a$ 的值。由已知椭圆的左、右顶点分别为 $A(-a,0), B(a,0)$，得 $|AB| = 2a = 4$，解得 $a = 2$。
2. 求点 $P, Q$ 的坐标。直线 $y = 1$ 平行于 $x$ 轴，由椭圆的对称性可知线段 $PQ$ 关于 $y$ 轴对称。因为 $|PQ| = \frac{4\sqrt{6}}{3}$，所以交点 $P, Q$ 的横坐标互为相反数，不妨设交点之一为 $\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}, 1\right)$。
3. 代入求解参数 $b^2$ 并写出方程。将点 $\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}, 1\right)$ 及 $a^2 = 4$ 代入椭圆方程 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{b^2} = 1$，得：

$$ \frac{\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2}{4} + \frac{1^2}{b^2} = 1 $$

化简得 $\frac{2}{3} + \frac{1}{b^2} = 1$，解得 $b^2 = 3$。

又因为 $a^2 = 4 > b^2 = 3 > 0$，满足题意。

所以椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$。

第二问 · (i) 解法一

1. 引入参数设点并确定取值范围。

由第一问可知，$P, Q$ 两点的纵坐标均为 $1$，且点 $M$ 在线段 $PQ$ 上，故可设 $M(x_0, 1)$，其中 $-\frac{2\sqrt{6}}{3} \le x_0 \le \frac{2\sqrt{6}}{3}$。

已知 $A(-2,0), B(2,0)$。 2. 求点 $D$ 的坐标及直线 $BD$ 的方程。

直线 $AM$ 过点 $A(-2,0)$ 与 $M(x_0,1)$，设其方程为 $x = (x_0+2)y - 2$。

椭圆方程化为整式方程：$3x^2 + 4y^2 - 12 = 0$。

将 $x = (x_0+2)y - 2$ 代入椭圆方程：

$$ 3[(x_0+2)y - 2]^2 + 4y^2 - 12 = 0 $$

展开并整理得：

$$ [3(x_0+2)^2 + 4]y^2 - 12(x_0+2)y = 0 $$

因为点 $A$ 的纵坐标为 $y = 0$，所以点 $D$ 的纵坐标为：

$$ y_1 = \frac{12(x_0+2)}{3(x_0+2)^2 + 4} $$

因为点 $D(x_1, y_1)$ 在直线 $AM$ 上，所以 $x_1 = (x_0+2)y_1 - 2$。

计算直线 $BD$ 的斜率 $k_{BD}$：

$$ k_{BD} = \frac{y_1}{x_1 - 2} = \frac{y_1}{(x_0+2)y_1 - 4} $$

将 $y_1$ 代入分母：

$$ (x_0+2)y_1 - 4 = \frac{12(x_0+2)^2}{3(x_0+2)^2 + 4} - 4 = \frac{-16}{3(x_0+2)^2 + 4} $$

因此：

$$ k_{BD} = \frac{\frac{12(x_0+2)}{3(x_0+2)^2 + 4}}{\frac{-16}{3(x_0+2)^2 + 4}} = -\frac{3}{4}(x_0+2) $$

故直线 $BD$ 的方程为：

$$ y = -\frac{3}{4}(x_0+2)(x - 2) $$

3. 同理求点 $E$ 的坐标及直线 $AE$ 的方程。

直线 $BM$ 过点 $B(2,0)$ 与 $M(x_0,1)$，设其方程为 $x = (x_0-2)y + 2$。

联立椭圆方程得：

$$ [3(x_0-2)^2 + 4]y^2 + 12(x_0-2)y = 0 $$

因为点 $B$ 的纵坐标为 $y = 0$，所以点 $E$ 的纵坐标为：

$$ y_2 = -\frac{12(x_0-2)}{3(x_0-2)^2 + 4} $$

因为点 $E(x_2, y_2)$ 在直线 $BM$ 上，所以 $x_2 = (x_0-2)y_2 + 2$。

计算直线 $AE$ 的斜率 $k_{AE}$：

$$ k_{AE} = \frac{y_2}{x_2 + 2} = \frac{y_2}{(x_0-2)y_2 + 4} = -\frac{3}{4}(x_0-2) $$

故直线 $AE$ 的方程为：

$$ y = -\frac{3}{4}(x_0-2)(x + 2) $$

4. 联立直线方程求交点 $N$ 坐标并得证。

联立直线 $BD$ 与 $AE$ 的方程：

$$ \begin{cases} y = -\frac{3}{4}(x_0+2)(x - 2) \\ y = -\frac{3}{4}(x_0-2)(x + 2) \end{cases} $$

消去 $y$ 得：

$$ -\frac{3}{4}(x_0+2)(x - 2) = -\frac{3}{4}(x_0-2)(x + 2) $$

两边同除以 $-\frac{3}{4}$ 并展开：

$$ x_0 x - 2x_0 + 2x - 4 = x_0 x + 2x_0 - 2x - 4 $$

移项化简得 $4x = 4x_0$，即 $x = x_0$。

将 $x = x_0$ 代入直线 $AE$ 的方程，得：

$$ y = -\frac{3}{4}(x_0-2)(x_0+2) = -\frac{3}{4}(x_0^2 - 4) = 3 - \frac{3}{4}x_0^2 $$

因此点 $N$ 的坐标为 $\left(x_0, 3 - \frac{3}{4}x_0^2\right)$。

由 $M(x_0, 1)$ 和 $N\left(x_0, 3 - \frac{3}{4}x_0^2\right)$，可知点 $M$ 与点 $N$ 的横坐标相等，直线 $MN$ 垂直于 $x$ 轴。

因为点 $A, B$ 均在 $x$ 轴上，所以 $MN \bot AB$。

第二问 · (ii) 解法一

1. 表示线段 $|NM|$ 的长度。

由(i)可知，点 $N$ 的坐标为 $\left(x_0, 3 - \frac{3}{4}x_0^2\right)$，点 $M$ 的坐标为 $(x_0, 1)$。

因为 $x_0 \in \left[-\frac{2\sqrt{6}}{3}, \frac{2\sqrt{6}}{3}\right]$，所以 $x_0^2 \in \left[0, \frac{8}{3}\right]$。

从而 $y_N = 3 - \frac{3}{4}x_0^2 \ge 3 - \frac{3}{4} \times \frac{8}{3} = 1$。

即总有 $y_N \ge y_M = 1$。

所以：

$$ |NM| = y_N - y_M = \left(3 - \frac{3}{4}x_0^2\right) - 1 = 2 - \frac{3}{4}x_0^2 $$

2. 建立定值方程并转化。

假设 $y$ 轴上存在定点 $T(0, t)$，使得 $|NT| + |NM|$ 为定值 $m$。

由两点间距离公式：

$$ |NT| = \sqrt{(x_0 - 0)^2 + (y_N - t)^2} = \sqrt{x_0^2 + \left(3 - t - \frac{3}{4}x_0^2\right)^2} $$

则 $|NT| + |NM| = m$ 即为：

$$ \sqrt{x_0^2 + \left(3 - t - \frac{3}{4}x_0^2\right)^2} + \left(2 - \frac{3}{4}x_0^2\right) = m $$

移项可得：

$$ \sqrt{x_0^2 + \left(3 - t - \frac{3}{4}x_0^2\right)^2} = (m - 2) + \frac{3}{4}x_0^2 $$

3. 平方展开构建恒等式。

两边平方去根号：

$$ x_0^2 + \left(3 - t - \frac{3}{4}x_0^2\right)^2 = \left[(m - 2) + \frac{3}{4}x_0^2\right]^2 $$

分别展开两边：

左边 $= x_0^2 + (3 - t)^2 - \frac{3}{2}(3 - t)x_0^2 + \frac{9}{16}x_0^4$

右边 $= (m - 2)^2 + \frac{3}{2}(m - 2)x_0^2 + \frac{9}{16}x_0^4$

两边消去最高次项 $\frac{9}{16}x_0^4$，移项并按 $x_0^2$ 的降幂整理得：

$$ \left[1 - \frac{3}{2}(3 - t) - \frac{3}{2}(m - 2)\right]x_0^2 + \left[(3 - t)^2 - (m - 2)^2\right] = 0 $$

化简 $x_0^2$ 的系数：

$$ 1 - \frac{3}{2}(3 - t + m - 2) = 1 - \frac{3}{2}(1 + m - t) = \frac{3t - 3m - 1}{2} $$

因此原等式等价于：

$$ \frac{3t - 3m - 1}{2}x_0^2 + \left[(t - 3)^2 - (m - 2)^2\right] = 0 $$

4. 利用恒成立求解参数并检验。

要使上式对任意 $x_0 \in \left[-\frac{2\sqrt{6}}{3}, \frac{2\sqrt{6}}{3}\right]$ 恒成立，各项系数必须为零：

$$ \begin{cases} 3t - 3m - 1 = 0 \\ (t - 3)^2 - (m - 2)^2 = 0 \end{cases} $$

由第一式得 $m - 2 = t - \frac{7}{3}$。

代入第二式得：

$$ (t - 3)^2 - \left(t - \frac{7}{3}\right)^2 = 0 $$

利用平方差公式展开：

$$ \left[(t - 3) - \left(t - \frac{7}{3}\right)\right]\left[(t - 3) + \left(t - \frac{7}{3}\right)\right] = 0 $$

即 $-\frac{2}{3}\left(2t - \frac{16}{3}\right) = 0$，解得 $t = \frac{8}{3}$。

代入求得 $m = \frac{7}{3}$。

检验等式两边平方的等价性：

当 $t = \frac{8}{3}, m = \frac{7}{3}$ 时，

右边 $(m - 2) + \frac{3}{4}x_0^2 = \frac{1}{3} + \frac{3}{4}x_0^2 > 0$ 恒成立；

根号内式子配方：

$$ x_0^2 + \left(3 - \frac{8}{3} - \frac{3}{4}x_0^2\right)^2 = x_0^2 + \left(\frac{1}{3} - \frac{3}{4}x_0^2\right)^2 = \frac{9}{16}x_0^4 + \frac{1}{2}x_0^2 + \frac{1}{9} = \left(\frac{3}{4}x_0^2 + \frac{1}{3}\right)^2 $$

因此 $|NT| = \frac{3}{4}x_0^2 + \frac{1}{3}$，

从而 $|NT| + |NM| = \left(\frac{3}{4}x_0^2 + \frac{1}{3}\right) + \left(2 - \frac{3}{4}x_0^2\right) = \frac{7}{3}$ 为定值。

所以，存在定点 $T\left(0, \frac{8}{3}\right)$，使得 $|NT| + |NM|$ 为定值 $\frac{7}{3}$。

答案：(I) $\frac{{x}^{2}}{4} + {y}^{2} = 1$

(II) $- \frac{3}{2} < m < \frac{3}{2}$

(III) $-8$

第一问

1. 列方程组。由通径长 $\frac{2b^2}{a}=1$ 得 $b^2 = \frac{1}{2}a$；由 $e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 得 $c^2 = \frac{3}{4}a^2$。
2. 利用 $a^2 = b^2 + c^2$ 代换。$a^2 = \frac{1}{2}a + \frac{3}{4}a^2$，整理得 $\frac{1}{4}a^2 = \frac{1}{2}a$。
3. 解得 $a=2$，$b=1$。椭圆方程为 $\frac{x^2}{4} + y^2 = 1$。

第二问

1. 利用角平分线定理。在 $\Delta PF_1F_2$ 中，$\frac{|MF_1|}{|MF_2|} = \frac{|PF_1|}{|PF_2|}$。
2. 坐标化表示。$F_1(-\sqrt{3}, 0), F_2(\sqrt{3}, 0)$，$|MF_1| = m + \sqrt{3}$，$|MF_2| = \sqrt{3} - m$。
3. 建立 $m$ 与 $x_0$ 的关系。设 $P(x_0, y_0)$，利用焦半径公式 $|PF_1| = a + ex_0 = 2 + \frac{\sqrt{3}}{2}x_0$，$|PF_2| = a - ex_0 = 2 - \frac{\sqrt{3}}{2}x_0$。
4. 代入比例式。$\frac{m+\sqrt{3}}{\sqrt{3}-m} = \frac{2+\frac{\sqrt{3}}{2}x_0}{2-\frac{\sqrt{3}}{2}x_0} = \frac{4+\sqrt{3}x_0}{4-\sqrt{3}x_0}$，解得 $m = \frac{3}{4}x_0$。
5. 确定范围。因 $P$ 除长轴端点，则 $x_0 \in (-2, 2)$，故 $m \in (-\frac{3}{2}, \frac{3}{2})$。

   参数	对应关系/公式	范围/取值
   焦半径	$\vert PF_{1,2}\vert = a \pm ex_0$	$2 \pm \frac{\sqrt{3}}{2}x_0$
   比例式	$\frac{m+\sqrt{3}}{\sqrt{3}-m} = \frac{\vert PF_1\vert }{\vert PF_2\vert }$	$m = \frac{3}{4}x_0$
   变量范围	$x_0 \in (-2, 2)$	$m \in (-\frac{3}{2}, \frac{3}{2})$

第三问

1. 写出切线方程。椭圆 $\frac{x^2}{4} + y^2 = 1$ 在点 $P(x_0, y_0)$ 处的切线为 $\frac{x_0x}{4} + y_0y = 1$。
2. 求切线斜率 $k$。由切线方程得 $k = -\frac{x_0}{4y_0}$。
3. 表示 $k_1, k_2$。$k_1 = \frac{y_0}{x_0+\sqrt{3}}$，$k_2 = \frac{y_0}{x_0-\sqrt{3}}$。
4. 代入目标式计算。$\frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2} = \frac{x_0+\sqrt{3}}{y_0} + \frac{x_0-\sqrt{3}}{y_0} = \frac{2x_0}{y_0}$。
5. 求定值。$\frac{1}{k}(\frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2}) = \frac{1}{-\frac{x_0}{4y_0}} \cdot \frac{2x_0}{y_0} = -\frac{4y_0}{x_0} \cdot \frac{2x_0}{y_0} = -8$。

答案：(1) $\frac{{x}^{2}}{4} + \frac{{y}^{2}}{3} = 1\left( {y \neq 0}\right)$

(2) $\frac{10}{3}$

(3) $\left( {0,\frac{64}{25}\sqrt{3}}\right\rbrack$

第一问

1. 设 $P(x,y)$，由 $k_{PA} \cdot k_{PB} = -\frac{3}{4}$ 得 $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2} = -\frac{3}{4}$。
2. 化简得 $4y^2 = -3(x^2-4)$，即 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$。
3. 注意限制条件，因为斜率存在，所以 $x \neq \pm 2$，即 $y \neq 0$。

第二问

1. 设 $P(x_0, y_0)$，引入参数 $\lambda, \mu$ 满足 $\overrightarrow{PQ} = \lambda \overrightarrow{PF_1}$，$\overrightarrow{PR} = \mu \overrightarrow{PF_2}$。
2. 利用点 $Q$ 在椭圆上。由向量关系知 $Q((1-\lambda)x_0-\lambda, (1-\lambda)y_0)$，代入椭圆方程。
3. 利用 $P$ 在椭圆上消元。利用 $(1-\lambda)^2 \cdot (\text{椭圆方程}) - (\text{Q点代入式})$ 得到关于 $\lambda$ 的一次方程。
4. 解得 $\lambda = \frac{2x_0+8}{2x_0+5}$，同理可得 $\mu = \frac{2x_0-8}{2x_0-5}$。
5. 转化目标式。$\frac{|PF_1|}{|QF_1|} = \frac{1}{\lambda-1}$，则原式 $= \frac{2x_0+5}{3} + \frac{2x_0-5}{-3} = \frac{10}{3}$。

第三问

1. 面积模型转换。$\frac{S_{\triangle PQR}}{S_{\triangle PF_1F_2}} = \frac{PQ \cdot PR}{PF_1 \cdot PF_2} = \lambda \cdot \mu$。
2. 写出面积表达式。$S_{\triangle PQR} = \lambda \mu \cdot (\frac{1}{2} \cdot |F_1F_2| \cdot |y_0|) = |y_0| \cdot \frac{4x_0^2-64}{4x_0^2-25}$。
3. 统一变量。代入 $x_0^2 = 4(1-\frac{y_0^2}{3})$，化简得 $S = y_0 \cdot \frac{y_0^2+9}{y_0^2+\frac{27}{16}}$。
4. 求导分析单调性。设 $t = y_0^2 \in (0, 3]$，或直接对 $y_0$ 求导。

   步骤/项	计算结果/表达式
   面积函数	$f(y_0) = y_0 + \frac{117y_0}{16y_0^2+27}$
   导数分子	$256y_0^4 - 1008y_0^2 + 3888$
   判别式分析	$\Delta = 1008^2 - 4 \cdot 256 \cdot 3888 < 0$，导数恒正
   单调性	在 $(0, \sqrt{3}]$ 上单调递增

5. 代入端点值。当 $y_0 = \sqrt{3}$ 时，面积最大为 $\frac{64\sqrt{3}}{25}$。

答案：(1) $\left( 0, \pm \frac{3\sqrt{2}}{4} \right)$

(2) ${\left( x - \frac{1}{2} \right)}^2 + y^2 = \frac{9}{4}$

(3) $6\sqrt{7}$

第一问

1. 标准方程。原方程化为 $\frac{y^2}{\frac{81}{8}} + \frac{x^2}{9} = 1$。
2. 参数计算。$a^2 = \frac{81}{8}$，$b^2 = 9$。$c^2 = a^2 - b^2 = \frac{81}{8} - 9 = \frac{9}{8}$。
3. 结论。$c = \frac{3\sqrt{2}}{4}$，焦点坐标为 $(0, \pm \frac{3\sqrt{2}}{4})$。

第二问

1. 确定顶点坐标。$T(3, 0)$。令 $x=-1$，解得 $y = \pm 3$，即 $M(-1, 3), N(-1, -3)$。
2. 直线方程。直线 $MN: x=-1$。直线 $MT: y-0 = \frac{3-0}{-1-3}(x-3)$，即 $3x+4y-9=0$。
3. 参数求解。设圆心 $Q(t, 0)$，半径为 $r$。根据内切性质：$r = t - (-1) = t+1$。
4. 点到直线距离。$r = \frac{|3t + 0 - 9|}{\sqrt{3^2+4^2}} = \frac{|3t-9|}{5}$。
5. 解方程。$5(t+1) = |3t-9|$。由 $t \in (-1, 3)$，得 $5t+5 = 9-3t \Rightarrow t = \frac{1}{2}$。
6. 确立方程。$r = \frac{1}{2}+1 = \frac{3}{2}$。圆 $Q: (x-\frac{1}{2})^2 + y^2 = \frac{9}{4}$。

第三问

1. 切线斜率。设切线 $y-3 = k(x-1)$，即 $kx-y+(3-k)=0$。
2. 利用相切求 $k$。$\frac{| \frac{1}{2}k - 0 + 3 - k |}{\sqrt{k^2+1}} = \frac{3}{2} \Rightarrow |6-k| = 3\sqrt{k^2+1}$。平方整理得 $8k^2+12k-27=0$。
3. 寻找 $y_A$。联立切线与椭圆 $9x^2+8y^2=81$。消去 $x$ 或利用韦达定理简化：$y_A = \frac{-24k_1^2-18k_1+27}{8k_1^2+9}$。
4. 巧妙代换。利用 $8k_1^2 = 27-12k_1$ 代入上式分子分母。

   表达式部分	计算过程	结果
   分子	$-3(27-12k_1)-18k_1+27 = 18k_1-54 = 18(k_1-3)$	$18(k_1-3)$
   分母	$(27-12k_1)+9 = 36-12k_1 = -12(k_1-3)$	$-12(k_1-3)$
   $y_A$ 结果	$18(k_1-3) / [-12(k_1-3)]$	$-\frac{3}{2}$

5. 判断 $AB$ 属性。同理 $y_B = -\frac{3}{2}$。说明 $AB$ 是水平线。由于圆心到 $AB$ 距离 $d = |0 - (-\frac{3}{2})| = \frac{3}{2} = r$，故 $AB$ 是圆 $Q$ 的切线。
6. 利用面积周长公式。$S_{\triangle PAB} = \frac{1}{2} \cdot \text{周长} \cdot r$。
7. 算面积。$AB$ 线段长：代入 $y=-\frac{3}{2}$ 到椭圆， $9x^2+8(\frac{9}{4})=81 \Rightarrow 9x^2=63 \Rightarrow x = \pm\sqrt{7}$，即 $|AB|=2\sqrt{7}$。$P(1,3)$ 到 $AB$ 距离 $h = 3 - (-\frac{3}{2}) = \frac{9}{2}$。$S = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{7} \cdot \frac{9}{2} = \frac{9\sqrt{7}}{2}$。
8. 求周长。$\frac{1}{2} \cdot m \cdot \frac{3}{2} = \frac{9\sqrt{7}}{2} \Rightarrow m = 6\sqrt{7}$。

答案：（1）$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$；（2）$\frac34$。

第一问

1. 确定 $a$。过焦点弦 $|AB|$ 的最大值即长轴长 $2a=2\sqrt6$，解得 $a=\sqrt6$。
2. 确定 $b$。过焦点弦 $|CD|$ 的最小值即通径 $\frac{2b^2}{a}=\frac{2\sqrt6}{3}$。
3. 代入计算：$\frac{2b^2}{\sqrt6}=\frac{2\sqrt6}{3}\Rightarrow 2b^2=4\Rightarrow b^2=2$，椭圆方程为 $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$。

第二问

1. 由 $k_1k_2=\frac12$，设 $l_1:x=t_1y-2,l_2:x=t_2y-2$，则 $t_1t_2=\frac1{k_1k_2}=2$。
2. 将 $x=ty-2$ 代入椭圆方程，得 $(t^2+3)y^2-4ty-2=0$。由韦达定理，

3. 计算直线 $MN$ 斜率的倒数：$\frac1{k_{MN}}=\frac{x_M-x_N}{y_M-y_N}=3(t_1+t_2)$。
4. 直线 $MN$ 方程为 $x+6=3(t_1+t_2)y$，故恒过定点 $Q(-6,0)$。
5. $\triangle OMN$ 与 $\triangle F_2MN$ 共底边 $MN$，面积比等于对应顶点到直线 $MN$ 的距离之比，也就是 $Q$ 到 $O,F_2$ 的距离之比。$O(0,0),F_2(2,0),Q(-6,0)$，因此

$$\frac{S_1}{S_2}=\frac{|OQ|}{|F_2Q|}=\frac{|-6|}{|2-(-6)|}=\frac68=\frac34.$$

答案：（1）$3$；（2）$\frac{25}{64}$。

第一问

1. 设直线 $PA$ 方程为 $x=my-1$，联立椭圆方程 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$。
2. 消元得 $(3m^2+4)y^2-6my-9=0$。由韦达定理，$|y_0-y_1|=\frac{12\sqrt{m^2+1}}{3m^2+4}$。
3. 弦长 $|PA|=\sqrt{m^2+1}|y_0-y_1|=\frac{12(m^2+1)}{3m^2+4}$。
4. 点 $F_2(1,0)$ 到直线 $PA$ 的距离 $d=\frac{|1+1|}{\sqrt{m^2+1}}=\frac2{\sqrt{m^2+1}}$。
5. 面积

$$S=\frac12\cdot\frac{12(m^2+1)}{3m^2+4}\cdot\frac2{\sqrt{m^2+1}}=\frac{12\sqrt{m^2+1}}{3(m^2+1)+1}.$$

6. 令 $t=\sqrt{m^2+1}\ge1$，考察 $S(t)=\frac{12t}{3t^2+1}$：

第二问

1. 设 $P(x_0,y_0)$。由共角关系，

$$\frac{S_{\triangle PF_1F_2}}{S_{\triangle PAB}}=\frac{|PF_1|}{|PA|}\cdot\frac{|PF_2|}{|PB|}=\frac{|y_0|}{|y_0-y_1|}\cdot\frac{|y_0|}{|y_0-y_2|}.$$

2. 联立 $PA$ 与椭圆方程（由第一问推导），得 $y_1=\frac{-3y_0}{2x_0+5}$。同理，$y_2=\frac{-3y_0}{5-2x_0}$。
3. 代入面积比公式：

$$\frac{y_0^2}{(y_0+\frac{3y_0}{2x_0+5})(y_0+\frac{3y_0}{5-2x_0})}=\frac1{(1+\frac3{2x_0+5})(1+\frac3{5-2x_0})}.$$

4. 化简为 $f(x_0)=\frac{25-4x_0^2}{64-4x_0^2}=1-\frac{39}{64-4x_0^2}$。
5. 由 $x_0^2\in[0,4]$，分母 $64-4x_0^2$ 随 $x_0^2$ 增大而减小，整体分式比值减小；$x_0=0$（$P$ 在短轴顶点）时最大值为 $\frac{25}{64}$。

答案：（1）$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\ (y\ne0)$；（2）$\frac{10}{3}$；（3）$\left(0,\frac{64\sqrt3}{25}\right]$。

第一问

1. 设 $P(x,y)$，由 $k_{PA}\cdot k_{PB}=-\frac34$，得 $\frac{y}{x+2}\cdot\frac{y}{x-2}=-\frac34$。
2. 化简得 $4y^2=-3(x^2-4)$，即 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$。
3. 由于斜率存在，$x\ne\pm2$，所以 $y\ne0$。

第二问

1. 设 $P(x_0,y_0)$，引入参数 $\lambda,\mu$，满足 $\overrightarrow{PQ}=\lambda\overrightarrow{PF_1}$，$\overrightarrow{PR}=\mu\overrightarrow{PF_2}$。
2. 因 $Q$ 在椭圆上，由向量关系 $Q((1-\lambda)x_0-\lambda,(1-\lambda)y_0)$，代入椭圆方程。
3. 利用 $P$ 在椭圆上消元：以 $(1-\lambda)^2\times$(椭圆方程) 减去 $Q$ 点代入式，得到关于 $\lambda$ 的一次方程。
4. 解得 $\lambda=\frac{2x_0+8}{2x_0+5}$，同理 $\mu=\frac{2x_0-8}{2x_0-5}$。
5. $\frac{|PF_1|}{|QF_1|}=\frac1{\lambda-1}$，故原式

$$\frac{2x_0+5}{3}+\frac{2x_0-5}{-3}=\frac{10}{3}.$$

第三问

1. 面积模型转换：$\frac{S_{\triangle PQR}}{S_{\triangle PF_1F_2}}=\frac{PQ\cdot PR}{PF_1\cdot PF_2}=\lambda\mu$。
2. 因而

$$S_{\triangle PQR}=\lambda\mu\left(\frac12|F_1F_2||y_0|\right)=|y_0|\cdot\frac{4x_0^2-64}{4x_0^2-25}.$$

3. 代入 $x_0^2=4(1-\frac{y_0^2}{3})$，化简得 $S=y_0\cdot\frac{y_0^2+9}{y_0^2+\frac{27}{16}}$。
4. 求导分析单调性。令 $t=y_0^2\in(0,3]$，或直接对 $y_0$ 求导：

5. 当 $y_0=\sqrt3$ 时，面积最大为 $\frac{64\sqrt3}{25}$。

答案：（I）证明见解析；（II）$\left(x-\dfrac19\right)^2+y^2=\dfrac49$。

（I）解法一

1. 对抛物线 $C:y^2=4x$，焦点为 $F(1,0)$，准线为 $x=-1$。若 $l$ 斜率不存在，则 $l:x=-1$，与抛物线无交点；故 $l$ 斜率存在且不为 $0$，设 $l:x=my-1$。
2. 联立 $x=my-1,y^2=4x$，得 $y^2-4my+4=0$。设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，由 $\Delta=16m^2-16>0$ 得 $m^2>1$，韦达定理给出 $y_1+y_2=4m,\ y_1y_2=4$。
3. $D(x_1,-y_1)$。直线 $BD$ 的斜率

$$k_{BD}=\frac{y_2+y_1}{x_2-x_1}=\frac{y_2+y_1}{\frac{y_2^2}{4}-\frac{y_1^2}{4}}=\frac{4(y_1+y_2)}{y_2^2-y_1^2}=\frac4{y_2-y_1}.$$

因此 $BD$ 方程为 $y-y_2=\frac4{y_2-y_1}(x-\frac{y_2^2}{4})$。 4. 令 $y=0$，代入并整理得 $x=\frac{y_1y_2}{4}=1$。故 $BD$ 与 $x$ 轴交于 $(1,0)=F$，即 $F\in BD$。

（I）解法二

1. 同解法一，设 $l:x=my-1$，联立得 $y^2-4my+4=0$，故 $y_1y_2=4$。$B(\frac{y_2^2}{4},y_2)$，$D(\frac{y_1^2}{4},-y_1)$。因 $\Delta=16(m^2-1)>0$，两交点不重合；且 $y_1y_2=4\ne0$，故 $y_1^2\ne4,y_2^2\ne4$（否则 $y_1=\pm2\Rightarrow y_2=\pm2$，与两相异交点矛盾）。
2. 焦点 $F(1,0)$，于是

$$k_{FB}=\frac{y_2}{\frac{y_2^2}{4}-1}=\frac{4y_2}{y_2^2-4},\qquad k_{FD}=\frac{-y_1}{\frac{y_1^2}{4}-1}=\frac{-4y_1}{y_1^2-4}.$$

3. 代入 $y_1=\frac4{y_2}$：

$$k_{FD}=\frac{-4\cdot\frac4{y_2}}{(\frac4{y_2})^2-4}=\frac{-\frac{16}{y_2}}{\frac{16-4y_2^2}{y_2^2}}=\frac{-16y_2}{16-4y_2^2}=\frac{4y_2}{y_2^2-4}=k_{FB}.$$

两直线过公共点 $F$，故 $B,F,D$ 共线，即 $F\in BD$。

（II）解法一

1. 焦点 $F(1,0)$，$\overrightarrow{FA}=(x_1-1,y_1),\overrightarrow{FB}=(x_2-1,y_2)$，所以

$$\overrightarrow{FA}\cdot\overrightarrow{FB}=x_1x_2-(x_1+x_2)+1+y_1y_2.$$

又 $x_i=my_i-1$，故 $x_1+x_2=m(y_1+y_2)-2=4m^2-2$，$x_1x_2=\frac{y_1^2y_2^2}{16}=1$。代入得数量积 $8-4m^2$。由 $8-4m^2=\frac89$，得 $m^2=\frac{16}{9}$，即 $m=\pm\frac43$。由图形关于 $x$ 轴对称，不妨取 $m=\frac43$（取 $m=-\frac43$ 时所得三角形与内切圆相同）。 2. 当 $m=\frac43$ 时，直线 $KB$（即 $l$）为 $x=\frac43y-1$，即 $3x-4y+3=0$。又

$$ (y_2-y_1)^2=(y_1+y_2)^2-4y_1y_2=16m^2-16=\frac{112}{9},\qquad |y_2-y_1|=\frac{4\sqrt7}{3}.$$

由（I）知 $BD$ 过 $F(1,0)$，且 $k_{BD}^2=\frac{16}{(y_2-y_1)^2}=\frac97$，故 $k_{BD}=\pm\frac3{\sqrt7}$，直线方程为 $3x\mp\sqrt7y-3=0$。 3. 点 $A,D$ 关于 $x$ 轴对称，$K(-1,0)$ 在 $x$ 轴上，直线 $KA$（即 $KB$）与 $KD$ 关于 $x$ 轴对称，因此 $x$ 轴平分 $\angle BKD$。内切圆圆心 $M$ 在该角平分线上，设 $M(t,0)$。圆心在线段 $KF$ 内部，故 $-1<t<1$。 4. $M$ 到直线 $KB$ 的距离

$$d_1=\frac{|3t+3|}{5}=\frac{3(t+1)}5,$$

到直线 $BD$ 的距离

$$d_2=\frac{|3t-3|}{4}=\frac{3(1-t)}4.$$

因 $d_1=d_2$，得 $\frac{3(t+1)}5=\frac{3(1-t)}4$，解得 $t=\frac19$。半径 $r=\frac{3(\frac19+1)}5=\frac23$。 5. 内切圆圆心为 $M(\frac19,0)$，半径为 $\frac23$，故圆方程

$$\left(x-\frac19\right)^2+y^2=\frac49.$$

答案：（1）$l:x-\sqrt2y+1=0$；（2）（i）$\Gamma:y^2=4x$；（ii）存在，圆 $M:(x-\sqrt2)^2+y^2=1$，此时 $t_1t_2t_3t_4=16$。

第一问

1. 将 $P(1,\sqrt2)$ 代入 $y^2=2px$，得 $2=2p$，所以 $p=1$，$\Gamma:y^2=2x$。
2. 抛物线上半部分为 $y=\sqrt{2x}$，导数 $y'=\frac{\sqrt2}{2\sqrt x}$。在 $x=1$ 处斜率 $k=\frac{\sqrt2}{2}$。
3. 点斜式 $y-\sqrt2=\frac{\sqrt2}{2}(x-1)$，整理得 $x-\sqrt2y+1=0$。

第二问（i）解法一：几何法

由光学性质，从焦点 $F$ 发出的光线射向 $P$ 后，反射光线 $PT$ 平行于对称轴（$x$ 轴正方向）。切线 $l$ 平分 $\angle FPT$ 的邻补角。延长 $TP$ 至反向延长线方向，由对顶角及平行线性质，切线 $l$ 与射线 $PF$ 的夹角等于切线 $l$ 与 $x$ 轴的夹角。若切线倾斜角为 $\alpha$，则直线 $PF$ 的倾斜角为 $2\alpha$。 2. 设 $l$ 与 $x$ 轴交于 $Q$。因 $PT\parallel x$ 轴，$\angle TPQ=\angle PQF=\alpha$；又由光学性质，$\angle FPQ=\angle TPQ=\alpha$。所以 $\triangle PFQ$ 中 $\angle FPQ=\angle PQF$，从而 $|FP|=|FQ|$。 3. $OS\parallel l$，$O$ 为原点，$F$ 在 $x$ 轴上，故 $\angle SOF=\alpha$。由 $OS\parallel PQ$ 及平行线截角性质，$\angle OSF=\angle PQF=\alpha$。 4. $\triangle OSF$ 等腰，故 $|OF|=|FS|=1$。焦点 $F(\frac p2,0)$，所以 $\frac p2=1$，得 $p=2$，抛物线方程为 $y^2=4x$。

第二问（i）解法二：代数坐标法

1. 设 $P(x_0,y_0)$ 处切线为 $x-x_0=m(y-y_0)$。联立 $y^2=2px$，得 $y^2-2pmy+2pmy_0-2px_0=0$。令判别式

$$\Delta=(-2pm)^2-4(2pmy_0-2px_0)=0.$$

代入 $x_0=\frac{y_0^2}{2p}$ 化简得 $(my_0-1)^2=0$，故 $m=\frac{y_0}{p}$，切线斜率 $k_l=\frac p{y_0}$。 2. $OS$ 过原点且平行于切线，方程为 $y=\frac p{y_0}x$。焦点 $F(\frac p2,0)$，直线 $PF$ 方程为 $y=\frac{y_0}{x_0-\frac p2}(x-\frac p2)$。联立两式得

$$x_S=\frac{px_0}{x_0+\frac p2},\qquad y_S=\frac{\frac p2y_0}{x_0+\frac p2}.$$

3. 计算距离平方：

$$\begin{aligned}|FS|^2&=(x_S-\tfrac p2)^2+y_S^2\\&=\frac{\frac{p^2}{4}(x_0-\frac p2)^2+\frac{p^2}{4}(2px_0)}{(x_0+\frac p2)^2}\\&=\frac{p^2}{4},\end{aligned}$$

因为 $(x_0-\frac p2)^2+2px_0=(x_0+\frac p2)^2$。由 $|FS|=1$ 得 $p=2$，所以 $y^2=4x$。

第二问（ii）

1. 由（i）知 $\Gamma:y^2=4x$，准线为 $x=-1$。设 $N(-1,n)$，两切线斜率为 $k_1,k_2$，一般切线方程为 $y-n=k(x+1)$，即 $kx-y+k+n=0$。
2. 将 $x=\frac{y-n}{k}-1$ 代入 $y^2=4x$，得 $ky^2-4y+4(k+n)=0$。韦达定理给出

$$t_1t_2=4(1+\frac n{k_1}),\qquad t_3t_4=4(1+\frac n{k_2}),$$

所以

$$t_1t_2t_3t_4=16\left[1+\frac{n(k_1+k_2)+n^2}{k_1k_2}\right].$$

3. 圆心为 $(m,0)$，半径为 $1$。切线条件为

$$\frac{|(m+1)k+n|}{\sqrt{k^2+1}}=1,$$

平方整理得

$$[m(m+2)]k^2+2n(m+1)k+(n^2-1)=0.$$

因 $k_1,k_2$ 是该方程的两互异实根，

$$k_1+k_2=-\frac{2n(m+1)}{m(m+2)},\qquad k_1k_2=\frac{n^2-1}{m(m+2)}.$$

4. 代入可得

$$\frac{n(k_1+k_2)+n^2}{k_1k_2}=\frac{n^2(m^2-2)}{n^2-1},$$

故

$$t_1t_2t_3t_4=16+16\frac{n^2(m^2-2)}{n^2-1}.$$

5. 要使乘积对 $n$ 为定值，令 $m^2-2=0$。因 $m>0$，$m=\sqrt2$，于是圆 $M$ 方程为 $(x-\sqrt2)^2+y^2=1$，且乘积恒为 $16$。（适用时 $n^2\ne1$ 且切线存在。）

答案：（1）$\frac{x^2}{2}+y^2=1$；（2）① $-\frac12$；②原稿记为 $\left(1,\frac43\right)$。

第一问

1. 双曲线标准式为 $\frac{x^2}{1/4}-\frac{y^2}{3/4}=1$，$c^2=\frac14+\frac34=1$，故焦点 $F_1(-1,0),F_2(1,0)$。
2. 设椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$。由 $P(1,\frac{\sqrt2}{2})$ 和椭圆定义，

$$2a=|PF_1|+|PF_2|=\frac{3\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}=2\sqrt2,$$

所以 $a=\sqrt2$。 3. $b^2=a^2-c^2=2-1=1$，椭圆方程为 $\frac{x^2}{2}+y^2=1$。

第二问①

1. 设 $M(x_1,y_1),N'(x_2,y_2)$，中点 $T(x_0,y_0)$，则 $x_1+x_2=2x_0,y_1+y_2=2y_0$。
2. 两点在椭圆 $\frac{x^2}{2}+y^2=1$ 上，故

$$\frac{x_1^2}{2}+y_1^2=1,\qquad \frac{x_2^2}{2}+y_2^2=1.$$

两式相减并因式分解，得

$$\frac{(x_1-x_2)(x_1+x_2)}2+(y_1-y_2)(y_1+y_2)=0,$$

即 $(x_1-x_2)x_0+2(y_1-y_2)y_0=0$。 3. 由题意 $k,k_0$ 均存在，故 $x_1\ne x_2,x_0\ne0,y_0\ne0$。因此

$$k=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=-\frac{x_0}{2y_0},\qquad k_0=\frac{y_0}{x_0},\qquad kk_0=-\frac12.$$

第二问②解法一：轨迹方程法

1. $A(0,1),F_1(-1,0)$，直线 $AF_1$ 斜率为 $1$。设 $AM,AN$ 倾斜角为 $\alpha,\beta$，因 $AF_1$ 平分 $\angle MAN$，$\frac{\alpha+\beta}{2}=45^\circ$，所以 $\alpha+\beta=90^\circ$，从而 $k_{AM}k_{AN}=1$。$N,N'$ 关于 $y$ 轴对称且 $A$ 在 $y$ 轴上，故 $k_{AN'}=-k_{AN}$，所以 $k_{AM}k_{AN'}=-1$。
2. 记 $k_1=k_{AM},k_2=k_{AN'}$。直线 $AM:y=k_1x+1$ 与椭圆 $x^2+2y^2=2$ 联立，除 $A$ 外交点 $M$ 坐标为

$$M\left(\frac{-4k_1}{2k_1^2+1},\frac{1-2k_1^2}{2k_1^2+1}\right).$$

同理，

$$N'\left(\frac{-4k_2}{2k_2^2+1},\frac{1-2k_2^2}{2k_2^2+1}\right).$$

设 $MN':y=mx+n$，分别代入 $M,N'$ 得 $k_1,k_2$ 是方程

$$ (2n+2)k^2-4mk+(n-1)=0$$

的两不同实根。因此 $k_1k_2=\frac{n-1}{2n+2}=-1$，解得 $n=-\frac13$。故 $MN'$ 恒过 $Q(0,-\frac13)$。 3. $Q,T$ 均在 $MN'$ 上，所以 $k=\frac{y_0+\frac13}{x_0}$，$k_0=\frac{y_0}{x_0}$。由 $kk_0=-\frac12$，

$$x_0^2=-2y_0\left(y_0+\frac13\right).$$

因 $x_0^2>0$，得 $-\frac13<y_0<0$。 4.

$$|AT|^2=x_0^2+(y_0-1)^2=-y_0^2-\frac83y_0+1.$$

此二次函数对称轴为 $y_0=-\frac43$，在 $(-\frac13,0)$ 上单调递减。两端极限分别为 $\frac{16}{9}$ 和 $1$，故

$$|AT|\in\left(1,\frac43\right).$$

第二问②解法二：几何转化与弦长公式法

1. 由解法一，$AM\perp AN'$，且 $T$ 是斜边 $MN'$ 的中点：

$$|AT|=\frac12|MN'|.$$

2. $MN'$ 恒过 $Q(0,-\frac13)$。设直线 $MN':y=mx-\frac13$（$m\ne0$），与椭圆 $x^2+2y^2=2$ 联立：

$$ (2m^2+1)x^2-\frac43mx-\frac{16}{9}=0,$$

等价于 $(18m^2+9)x^2-12mx-16=0$。判别式 $\Delta=144m^2+64(18m^2+9)>0$。由韦达，

$$x_1+x_2=\frac{4m}{6m^2+3},\qquad x_1x_2=-\frac{16}{9(2m^2+1)}.$$

3. 弦长

$$\begin{aligned}|MN'|&=\sqrt{1+m^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\\&=\frac43\frac{\sqrt{(m^2+1)(9m^2+4)}}{2m^2+1}. \end{aligned}$$

4. 令 $u=2m^2+1>1$，则

$$|MN'|=\frac23\sqrt{9+\frac8u-\frac1{u^2}}=\frac23\sqrt{25-\left(\frac1u-4\right)^2}.$$

$\frac1u\in(0,1)$，故 $(\frac1u-4)^2\in(9,16)$，所以 $|MN'|\in(2,\frac83)$。于是

$$|AT|=\frac12|MN'|\in\left(1,\frac43\right).$$

答案：（1）$\frac{x^2}{3}+y^2=1$；（2）不存在。

第一问

1. $2a=2\sqrt3,b=1$，所以椭圆为 $\frac{x^2}{3}+y^2=1$。

第二问

1. 联立 $y=x+m$ 与 $x^2+3y^2=3$：$4x^2+6mx+3m^2-3=0$。
2. $\Delta=36m^2-16(3m^2-3)=48-12m^2>0$，所以 $-2<m<2$。

   硬解定理：$\Delta=4a^2b^2(a^2k^2+b^2-m^2)=12(4-m^2)$。

3. 中点 $P$ 坐标满足 $x_0=\frac{x_1+x_2}{2}=-\frac{3m}{4}$，$y_0=x_0+m=\frac m4$。
4. 中垂线为 $y-\frac m4=-(x+\frac{3m}{4})$，即 $y=-x-\frac m2$。
5. $A(0,-1)$ 在该中垂线上要求 $-1=-\frac m2$，得 $m=2$，与 $-2<m<2$ 矛盾，因此不存在。

答案：（1）$\frac{x^2}{4}+y^2=1$；（2）定点 $(0,-3)$。

第一问

1. $2a=4$，故 $a=2$。
2. 代入 $P(1,\frac{\sqrt3}{2})$：$\frac14+\frac{3/4}{b^2}=1$，解得 $b^2=1$。
3. 椭圆标准方程为 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$。

第二问

1. 上顶点 $N(0,1)$。先考虑 $AB$ 斜率不存在：设 $A(x_1,y_1),B(x_1,-y_1)$，斜率积为

$$\frac{y_1-1}{x_1}\cdot\frac{-y_1-1}{x_1}=\frac{1-y_1^2}{x_1^2}=\frac14\ne\frac12,$$

故此情形不成立。斜率存在时设 $y=kx+m$。 2. 题解对直线代入椭圆后列得 $(4k^2+1)x^2+8kmx+4m^2-4=0$，因此

$$x_1+x_2=-\frac{8km}{4k^2+1},\qquad x_1x_2=\frac{4m^2-4}{4k^2+1}.$$

3. 由 $k_{NA}k_{NB}=\frac12$：

$$\frac{(kx_1+m-1)(kx_2+m-1)}{x_1x_2}=\frac{k^2x_1x_2+k(m-1)(x_1+x_2)+(m-1)^2}{x_1x_2}=\frac12.$$

交叉相乘得

$$ (2k^2-1)x_1x_2+2k(m-1)(x_1+x_2)+2(m-1)^2=0.$$

4. 代入韦达式并化简得 $m^2+2m-3=0$，所以 $m=-3$ 或 $m=1$。舍去 $m=1$（此时直线过 $N$，不合题意）。
5. 因而 $AB:y=kx-3$，恒过 $(0,-3)$。

答案：（1）$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{2}=1$；（2）证明见解析。

第一问

$c^2=6$，且 $\frac8{a^2}-\frac2{b^2}=1$，解得 $a^2=4,b^2=2$。

第二问：反设法

1. 设 $AB:x=my+t$，$CD:x=-\frac1m y+t$，并令 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),C(x_3,y_3),D(x_4,y_4)$。
2. $AB$ 代入 $x^2-2y^2=4$：

$$ (m^2-2)y^2+2mty+t^2-4=0,\quad y_1+y_2=\frac{-2mt}{m^2-2},\quad y_1y_2=\frac{t^2-4}{m^2-2}.$$

3. 对第二条直线作 $m\to-\frac1m$，分子分母同乘 $m^2$：

$$y_3+y_4=\frac{2mt}{1-2m^2},\qquad y_3y_4=\frac{(t^2-4)m^2}{1-2m^2}.$$

同理可得，替换后整理分母。

4. $AC$ 与 $x=t$ 的交点满足

$$y_P=y_1+\frac{y_1-y_3}{x_1-x_3}(t-x_1)=\frac{(m^2+1)y_1y_3}{m^2y_1+y_3},$$

其中 $x_1-t=my_1,\ x_3-t=-\frac{y_3}{m}$。

反设的好处是 $x-t$ 可直接换成 $y$ 的倍数。

5. 同理 $y_Q=\frac{(m^2+1)y_2y_4}{m^2y_2+y_4}$。通分后分子为

$$ (m^2+1)\big[m^2y_1y_2(y_3+y_4)+(y_1+y_2)y_3y_4\big].$$

6. 代入四个韦达量：

$$m^2\cdot\frac{t^2-4}{m^2-2}\cdot\frac{2mt}{1-2m^2}+\frac{-2mt}{m^2-2}\cdot\frac{(t^2-4)m^2}{1-2m^2}=0.$$

所以 $y_P+y_Q=0$，$P,Q$ 关于 $x$ 轴对称。

答案：（1）$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$；（2）$R(-\frac52,0)$，定值 $-\frac74$。

第一问

1. 设半焦距为 $c>0$。短轴长为 $4$，故 $2b=4,b=2$。
2. $e=\frac ca=\frac{\sqrt2}{2}$，所以 $\frac{c^2}{a^2}=\frac12$。又 $c^2=a^2-b^2$，故 $1-\frac{b^2}{a^2}=\frac12$，即 $a^2=2b^2$。
3. $b^2=4$，得 $a^2=8$。
4. 椭圆标准方程为 $\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$。

第二问解法一：常规斜截式讨论

1. $a^2=8,b^2=4$，故 $c=2$，左焦点 $F(-2,0)$。
2. 斜率存在时设 $l:y=k(x+2)$，交点为 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$。代入椭圆得

$$x^2+2k^2(x+2)^2-8=0,$$

即 $(2k^2+1)x^2+8k^2x+8k^2-8=0$。判别式 $\Delta=32(k^2+1)>0$，且

$$x_1+x_2=-\frac{8k^2}{2k^2+1},\qquad x_1x_2=\frac{8k^2-8}{2k^2+1}.$$

3. 令 $R(m,0)$，则

$$\overrightarrow{RP}\cdot\overrightarrow{RQ}=x_1x_2-m(x_1+x_2)+m^2+y_1y_2.$$

因 $y_i=k(x_i+2)$，$y_1y_2=k^2[x_1x_2+2(x_1+x_2)+4]$，故

$$\overrightarrow{RP}\cdot\overrightarrow{RQ}=(k^2+1)x_1x_2+(2k^2-m)(x_1+x_2)+4k^2+m^2.$$

4. 代入韦达式并通分：

$$\overrightarrow{RP}\cdot\overrightarrow{RQ}=\frac{(2m^2+8m+4)k^2+(m^2-8)}{2k^2+1}.$$

5. 若该式对任意 $k$ 为常数 $\lambda$，则 $\frac{2m^2+8m+4}{2}=m^2-8=\lambda$。解得 $m=-\frac52$，此时 $\lambda=-\frac74$。
6. 斜率不存在时 $l:x=-2$，与椭圆交于 $P(-2,\sqrt2),Q(-2,-\sqrt2)$。取 $R(-\frac52,0)$，则 $\overrightarrow{RP}=(\frac12,\sqrt2),\overrightarrow{RQ}=(\frac12,-\sqrt2)$，数量积 $\frac14-2=-\frac74$。结论成立。

第二问解法二：设横截距方程统一求解

1. 若 $l$ 与 $x$ 轴重合，则交椭圆于 $P(-2\sqrt2,0),Q(2\sqrt2,0)$。定点 $R(m,0)$ 对应的数量积为 $m^2-8$。若 $l$ 不与 $x$ 轴重合，设 $x=ty-2$，交点 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$。
2. 联立 $x=ty-2$ 与 $x^2+2y^2-8=0$，得

$$ (t^2+2)y^2-4ty-4=0.$$

因 $t^2+2>0$，$\Delta=32(t^2+1)>0$，韦达给出

$$y_1+y_2=\frac{4t}{t^2+2},\qquad y_1y_2=-\frac4{t^2+2}.$$

3. 令 $R(m,0)$，则

$$\begin{aligned}\overrightarrow{RP}\cdot\overrightarrow{RQ}&=(x_1-m)(x_2-m)+y_1y_2\\&=(t^2+1)y_1y_2-t(m+2)(y_1+y_2)+(m+2)^2.\end{aligned}$$

4. 代入韦达式并整理：

$$\overrightarrow{RP}\cdot\overrightarrow{RQ}=\frac{(m^2-8)t^2+(2m^2+8m+4)}{t^2+2}.$$

5. 令其对任意实数 $t$ 为常数：$m^2-8=\frac{2m^2+8m+4}{2}$，解得 $m=-\frac52$，定值 $m^2-8=-\frac74$。该值也与第 1 步 $l$ 为 $x$ 轴时相符。

答案：（1）$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$；（2）证明见解析；（3）最小值 $\frac{\sqrt6}{2}$，此时 $l_1:y=\frac{\sqrt6}{6}x+\frac{2\sqrt7}{7}$。

第一问

1. $e=\frac{\sqrt2}{2}$，所以 $a^2=2b^2$。四个顶点围成菱形，面积 $\frac12\cdot2a\cdot2b=2ab=8\sqrt2$。
2. 解得 $a=2\sqrt2,b=2$，椭圆为 $\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$，即 $x^2+2y^2=8$。

第二问

1. 设 $P(x_0,y_0),Q(x_0,-y_0)$，则 $k=\frac{y_0-m}{x_0}$，$-3k=\frac{-y_0-m}{x_0}$。
2. 两式相除得 $-y_0-m=-3(y_0-m)$，所以 $y_0=2m$。

   纵坐标 $2m$ 是 $M$ 纵坐标的两倍。

3. $N,M,P$ 共线，纵坐标依次为 $0,m,2m$，故 $|NP|=\sqrt{1+\frac1{k^2}}\cdot2m=2|NM|$。

第三问：正设法与已知一根

1. 由 $y_0=2m>0,x_0>0$ 得 $k=\frac m{x_0}>0$。
2. $l_1$ 代入 $x^2+2y^2=8$，得 $(1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-8=0$，两根为 $x_0,x_1$。
3. $x_0x_1=\frac{2m^2-8}{1+2k^2}$，所以 $x_1=\frac{2m^2-8}{(1+2k^2)x_0}$。同理（$k\to-3k$），$x_2=\frac{2m^2-8}{(1+18k^2)x_0}$。

   韦达积式加已知根，免开方。

$$\begin{aligned}k_{AB}&=\frac{(kx_1+m)-(-3kx_2+m)}{x_1-x_2}\\&=\frac{k(\frac1{1+2k^2}+\frac3{1+18k^2})}{\frac1{1+2k^2}-\frac1{1+18k^2}}=\frac{k(4+24k^2)}{16k^2}.\end{aligned}$$

5. $k_{AB}=\frac14(\frac1k+6k)\ge\frac14\cdot2\sqrt6=\frac{\sqrt6}{2}$，当且仅当 $k=\frac{\sqrt6}{6}$。
6. 此时 $x_0=\frac mk=\sqrt6m$，$P(\sqrt6m,2m)$ 在椭圆上：$\frac{6m^2}{8}+\frac{4m^2}{4}=1$，故 $m^2=\frac47$，$m=\frac{2\sqrt7}{7}$（满足原稿的 $0<m<\cdots$ 条件）。
7. $l_1:y=\frac{\sqrt6}{6}x+\frac{2\sqrt7}{7}$。

**答案：**定点 $\left(\frac27,0\right)$。

证明：点乘双根

1. 联立得

$$f(x)=(3+4k^2)x^2+8kmx+4(m^2-3)=(3+4k^2)(x-x_1)(x-x_2).$$

2. $E(2,0)$，并且 $y_i=kx_i+m=k(x_i+\frac mk)$，所以

$$\overrightarrow{EA}\cdot\overrightarrow{EB}=(x_1-2)(x_2-2)+k^2(x_1+\frac mk)(x_2+\frac mk)=0.$$

3. 赋值 $x=2$：

$$ (x_1-2)(x_2-2)=\frac{f(2)}{3+4k^2}=\frac{16k^2+16km+4m^2}{3+4k^2}.$$

4. 赋值 $x=-\frac mk$：

$$y_1y_2=\frac{k^2f(-\frac mk)}{3+4k^2}=\frac{3m^2-12k^2}{3+4k^2}.$$

5. 两项相加为 $0$，得 $4k^2+16km+7m^2=0$，即 $(7m+2k)(m+2k)=0$。
6. $m=-2k$ 时 $l$ 过 $E(2,0)$，舍去；$m=-\frac27k$ 时 $l:y=k(x-\frac27)$，恒过 $\left(\frac27,0\right)$。

答案：（1）$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$；（2）$y=\pm\sqrt2(x-1)$。

第一问

$a=\sqrt3,c=ae=1,b^2=a^2-c^2=2$。

第二问公共关系

设 $l:y=k(x-1)$，联立得 $(2+3k^2)x^2-6k^2x+3k^2-6=0$，故

$$x_1+x_2=\frac{6k^2}{2+3k^2},\qquad x_1x_2=\frac{3k^2-6}{2+3k^2}.$$

由 $\overrightarrow{FB}=2\overrightarrow{AF}$，$x_2-1=2(1-x_1)$，即 $2x_1+x_2=3$，这是非对称线性关系。

解法一：解出两根

1.

$$\begin{cases}x_1+x_2=\frac{6k^2}{2+3k^2}\\2x_1+x_2=3\end{cases}\Rightarrow x_1=\frac{6+3k^2}{2+3k^2},\quad x_2=\frac{3k^2-6}{2+3k^2}.$$

2. 代入根积式：

$$\frac{(6+3k^2)(3k^2-6)}{(2+3k^2)^2}=\frac{3k^2-6}{2+3k^2}.$$

若 $k^2=2$，等式成立；否则约去 $3k^2-6$ 后得到 $6+3k^2=2+3k^2$，矛盾。 3. 故 $k^2=2$，$l:y=\pm\sqrt2(x-1)$。此时 $x_1=\frac32,x_2=0$。

解法二：和积关系与参数化

1. 设 $m(x_1+x_2)+nx_1x_2=\frac{(6m+3n)k^2-6n}{3k^2+2}$。令其与 $k$ 无关，得 $\frac{6m+3n}{3}=\frac{-6n}{2}$，故 $m=-2n$。

   分子分母成比例。

2. 取 $n=1,m=-2$，得 $x_1x_2-2(x_1+x_2)=-3$。
3. 将 $2x_1+x_2=3$ 参数化为 $x_1=1+t,x_2=1-2t$。

   原书写作 $x_1=1+\frac23t,x_2=1-\frac13t$，不满足原关系。

4. 代入：$(1+t)(1-2t)-2(2-t)+3=t-2t^2=0$，故 $t=\frac12$；$t=0$ 时 $A=B=F$，舍去。
5. $x_1+x_2=\frac32=\frac{6k^2}{2+3k^2}$，所以 $k^2=2$。

解法三：定比化对称

1. 反设 $x=ty+1$，则

$$ (2t^2+3)y^2+4ty-4=0,\qquad y_1+y_2=\frac{-4t}{2t^2+3},\quad y_1y_2=\frac{-4}{2t^2+3}.$$

2. $\overrightarrow{FB}=2\overrightarrow{AF}$ 给出 $y_2=-2y_1$，故 $\mu=-\frac12$，$\mu+\frac1\mu+2=-\frac12$。
3. 因而 $\frac{(y_1+y_2)^2}{y_1y_2}=\frac{-4t^2}{2t^2+3}=-\frac12$，得 $t^2=\frac12$，$k=\frac1t=\pm\sqrt2$。

答案：（1）$\frac{x^2}{9}+y^2=1$；（2）$CD$ 过定点 $\left(\frac32,0\right)$。

第一问

$\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{GB}=(a,1)\cdot(a,-1)=a^2-1=8$，所以 $a=3$，$E:\frac{x^2}{9}+y^2=1$。

第二问公共关系

设 $P(6,s)\ (s\ne0)$，$k_{AC}=k_{PA}=\frac s9$，$k_{BD}=k_{PB}=\frac s3$，所以 $k_{BD}=3k_{AC}$。设 $C(x_1,y_1),D(x_2,y_2)$。方法一、二反设 $CD:x=ty+n$，联立得

$$ (t^2+9)y^2+2tny+n^2-9=0,\qquad y_1+y_2=\frac{-2tn}{t^2+9},\quad y_1y_2=\frac{n^2-9}{t^2+9}.$$

条件 $\frac{y_2}{x_2-3}=\frac{3y_1}{x_1+3}$ 化为非对称式

$$2ty_1y_2+3(n-3)y_1-(n+3)y_2=0.\tag{*}$$

方法一：半代换

1. 将 $(*)$ 改写为

$$2ty_1y_2+3(n-3)(y_1+y_2)=2(2n-3)y_2.$$

2. 左边代入韦达量为 $\frac{2t(n^2-9)-6tn(n-3)}{t^2+9}=\frac{2t(n-3)(3-2n)}{t^2+9}$。
3. 因此

$$ (2n-3)\left[\frac{2t(n-3)}{t^2+9}+2y_2\right]=0.$$

方括号不恒为 $0$，故 $n=\frac32$。

若方括号恒为 $0$，$y_2$ 会由 $t$ 唯一确定，但同一条 $CD$ 上 $y_1,y_2$ 都可作 $y_2$。

4. $CD:x=ty+\frac32$，过定点 $(\frac32,0)$。

方法二：和积关系

1. $\frac{y_1y_2}{y_1+y_2}=\frac{n^2-9}{-2tn}$，故 $2ty_1y_2=-\frac{n^2-9}{n}(y_1+y_2)$（$n\ne0$）。

   $n=0$ 时 $C,D$ 关于原点对称，$k_{BD}=k_{AC}$，不满足条件。

2. 代入 $(*)$，$y_1$ 的系数为 $-\frac{n^2-9}{n}+3(n-3)=\frac{(n-3)(2n-3)}n$；$y_2$ 的系数为 $-\frac{n^2-9}{n}-(n+3)=-\frac{(n+3)(2n-3)}n$。
3. 所以

$$ (*)\iff\frac{2n-3}{n}[(n-3)y_1-(n+3)y_2]=0.$$

方括号不恒为 $0$，故 $n=\frac32$。

方法三：点乘双根

1. $C$ 在椭圆上，$k_{AC}k_{BC}=-\frac{b^2}{a^2}=-\frac19$，故 $k_{BD}=3k_{AC}=-\frac1{3k_{BC}}$，于是

$$k_{BC}k_{BD}=-\frac13\iff3y_1y_2+(x_1-3)(x_2-3)=0.$$

第三定义将两个不同端点的斜率换至同一端点 $B$，条件变为对称式。

2. 正设 $CD:y=kx+m$，

$$f(x)=(9k^2+1)x^2+18kmx+9m^2-9=(9k^2+1)(x-x_1)(x-x_2).$$

3. 赋值 $x=3$：

$$ (x_1-3)(x_2-3)=\frac{f(3)}{9k^2+1}=\frac{81k^2+54km+9m^2}{9k^2+1}.$$

4. 赋值 $x=-\frac mk$：

$$y_1y_2=\frac{k^2f(-\frac mk)}{9k^2+1}=\frac{m^2-9k^2}{9k^2+1}.$$

5. 代入得 $3(m^2-9k^2)+81k^2+54km+9m^2=6(2m+3k)(m+3k)=0$。
6. $m=-3k$ 时直线过 $B(3,0)$，舍去；$m=-\frac32k$ 时 $CD:y=k(x-\frac32)$，过 $(\frac32,0)$。竖直线情形 $x_1=x_2$，由 $3y_1y_2+(x_1-3)^2=0,y_2=-y_1,\frac{x_1^2}{9}+y_1^2=1$ 得 $x_1=\frac32$，同样过该定点。

方法四：曲线系

1. $PA:sx-9y+3s=0$，$PB:sx-3y-3s=0$，$AB:y=0$，$CD:x-ty-n=0$。
2. 设

$$ (sx-9y+3s)(sx-3y-3s)+\lambda y(ty+n-x)=9s^2(\frac{x^2}{9}+y^2-1).$$

经过四点的二次曲线是两组直线的线性组合；右侧按 $x^2$ 系数 $s^2$ 归一。

3. 左边展开为 $s^2x^2-(12s+\lambda)xy+(27+\lambda t)y^2+(18s+\lambda n)y-9s^2$。
4. 比较 $xy$ 项：$12s+\lambda=0$，故 $\lambda=-12s$；比较 $y$ 项：$18s+\lambda n=0$，故 $n=\frac32$。 $y^2$ 项可确定 $t=\frac{9s^2-27}{-12s}$，这里不需要。原书将 $P$ 参数与 $t$ 混用且系数对照有误，已按此重写并数值核对。
5. $CD:x=ty+\frac32$，过定点 $(\frac32,0)$。

答案：（1）$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；（2）①$GH:x=-4$；②面积最小值 $\frac{27}{2}$。

第一问

1. 焦距为 $2$，故 $c=1$，焦点 $F_1(-1,0),F_2(1,0)$。
2. $M(1,\frac32)$ 在椭圆上，

$$|MF_1|=\sqrt{4+\frac94}=\frac52,\qquad |MF_2|=\frac32,$$

所以 $2a=|MF_1|+|MF_2|=4$，$a=2$。 3. $b^2=a^2-c^2=3$，故 $E:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$。

第二问①：证明 $GH$ 为定直线

1. 左右顶点 $A(-2,0),B(2,0)$。椭圆上任一点 $P(x_0,y_0)$ 满足 $\frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{3}=1$，所以 $y_0^2=-\frac34(x_0^2-4)$，从而

$$k_{PA}k_{PB}=\frac{y_0}{x_0+2}\cdot\frac{y_0}{x_0-2}=-\frac34.$$

因此 $k_{AC}k_{BC}=-\frac34,k_{AD}k_{BD}=-\frac34$。 2. 若 $k_{BD}=0$，则 $BD$ 为 $x$ 轴，交点为顶点，不合题意，故设 $k_{BD}=k\ne0$。由条件 $k_{AC}=3k$，得 $k_{BC}=-\frac1{4k}, k_{AD}=-\frac3{4k}$。四线方程为

$$l_{AC}:y=3k(x+2),\quad l_{BD}:y=k(x-2),$$

$$l_{AD}:y=-\frac3{4k}(x+2),\quad l_{BC}:y=-\frac1{4k}(x-2).$$

3. 联立 $AC,BD$，$3k(x+2)=k(x-2)$，得 $x=-4,y_G=-6k$，所以 $G(-4,-6k)$。
4. 联立 $AD,BC$，$-\frac3{4k}(x+2)=-\frac1{4k}(x-2)$，得 $x=-4,y_H=\frac3{2k}$，所以 $H(-4,\frac3{2k})$。
5. $G,H$ 横坐标均为 $-4$，故 $GH:x=-4$。

第二问②：四边形面积最小值

1. 若 $CD$ 斜率为 $0$，则 $C,D$ 关于 $y$ 轴对称，$k_{AC}=-k_{BD}$，与 $k_{AC}=3k_{BD}$ 矛盾。设 $CD:x=my+n$；$C,D$ 不与顶点 $A,B$ 重合，故 $n\ne\pm2$。联立 $x=my+n$ 与椭圆得

$$ (3m^2+4)y^2+6mny+3(n^2-4)=0,$$

$\Delta=48(3m^2+4-n^2)>0$，且

$$y_1+y_2=-\frac{6mn}{3m^2+4},\qquad y_1y_2=\frac{3(n^2-4)}{3m^2+4}.$$

2. 由 $k_{AC}=3k_{BD}, k_{AC}k_{BC}=-\frac34$ 得 $k_{BC}k_{BD}=-\frac14$。代入斜率：

$$\frac{y_1y_2}{(my_1+n-2)(my_2+n-2)}=-\frac14,$$

整理为 $(m^2+4)y_1y_2+m(n-2)(y_1+y_2)+(n-2)^2=0$。将韦达式代入，并因 $n\ne2$ 约去 $n-2$，得

$$3m^2(n+2)+12(n+2)-6m^2n+3m^2(n-2)+4(n-2)=0,$$

所以 $16n+16=0$，$n=-1$。故 $CD:x=my-1$ 恒过左焦点 $F_1(-1,0)$。 3. $BF_1=3$。代入 $n=-1$ 后

$$y_1+y_2=\frac{6m}{3m^2+4},\qquad y_1y_2=-\frac9{3m^2+4},$$

所以 $|y_1-y_2|=\frac{12\sqrt{m^2+1}}{3m^2+4}$，

$$S_{\triangle BCD}=\frac12|BF_1||y_1-y_2|=\frac{18\sqrt{m^2+1}}{3m^2+4}.$$

4. $G$ 在 $BD$ 上、$H$ 在 $BC$ 上，所以

$$\frac{S_{\triangle BGH}}{S_{\triangle BCD}}=\frac{|x_G-x_B|}{|x_D-x_B|}\cdot\frac{|x_H-x_B|}{|x_C-x_B|}=\frac{36}{(2-x_1)(2-x_2)}.$$

又 $x_i=my_i-1$，由韦达式得 $(2-x_1)(2-x_2)=\frac{36}{3m^2+4}$，故面积比为 $3m^2+4$。于是

$$S=S_{\triangle BGH}-S_{\triangle BCD}=3(m^2+1)S_{\triangle BCD}=\frac{54(m^2+1)^{3/2}}{3m^2+4}.$$

5. 令 $t=\frac1{\sqrt{m^2+1}}\in(0,1]$，则

$$S=\frac{54}{t^3+3t}.$$

$g(t)=t^3+3t$ 在 $(0,1]$ 上 $g'(t)=3t^2+3>0$，所以 $g$ 最大值为 $g(1)=4$，此时 $S$ 最小：

$$S_{\min}=\frac{54}{4}=\frac{27}{2}.$$

$t=1$ 即 $m=0$，此时 $CD$ 垂直于 $x$ 轴。

答案：（I）$\frac{x^2}{4}+y^2=1$；（II）$l$ 过 $(2,-1)$。

第一问

1. $P_2,P_3,P_4$ 的纵坐标两两不同。若恰有三点在椭圆上，必有一对纵坐标相同，因此 $P_1,P_4$ 在椭圆上。

$$\begin{cases}\frac1{a^2}+\frac1{b^2}=1\\\frac1{a^2}+\frac{3}{4b^2}=1\end{cases}\Rightarrow a^2=4,b^2=1.$$

第二问：平移齐次化

1. $P_2$ 下移至原点，令 $y'=y-1$。椭圆变为 $\frac{x^2}{4}+(y'+1)^2=1$，即 $\frac{x^2}{4}+y'^2+2y'=0$。

   去掉撇号后，下文 $x,y$ 均指新坐标。

2. 设平移后的 $A_1B_1:mx+ny=1$。

   若过原点，则 $A_1,B_1$ 到原点斜率和为 $0$，平移回去后 $k_{P_2A}+k_{P_2B}=0\ne-1$。

3. 用 $mx+ny=1$ 替换一次项中的 $1$：

$$\frac{x^2}{4}+y^2+2y(mx+ny)=0\Rightarrow\frac{x^2}{4}+2mxy+(1+2n)y^2=0.$$

每一项关于 $x,y$ 的次数都变为 $2$。

4. 除以 $x^2$：

$$ (1+2n)\left(\frac yx\right)^2+2m\frac yx+\frac14=0.$$

两根 $y_1/x_1,y_2/x_2$ 分别是 $A_1,B_1$ 到原点的斜率。 5. 韦达给出 $\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}=-\frac{2m}{1+2n}$，即平移前 $k_{P_2A}+k_{P_2B}=-1$。 6. $-\frac{2m}{1+2n}=-1$，故 $2m-2n=1$。与 $mx+ny=1$ 联立消去 $m,n$：

$$\begin{cases}mx+ny=1\\2m-2n=1\end{cases}\Rightarrow (x,y)=(2,-2).$$

将 $(2,-2)$ 代入两式均成立。

7. 平移回原坐标（$y$ 加 $1$），故 $l$ 过 $(2,-1)$。

答案：（1）$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$，长轴长 $2\sqrt6$；（2）$MN$ 过定点 $(\frac23,-\frac13)$。

第一问

1. $e=\frac ca=\frac{\sqrt2}{2}$，所以 $a^2=2c^2$。又 $a^2=b^2+c^2$，故 $a^2=2b^2$。
2. 将 $A(2,1)$ 代入椭圆：$\frac4{a^2}+\frac1{b^2}=1$。代入 $a^2=2b^2$，得 $\frac3{b^2}=1$，所以 $b^2=3,a^2=6$。
3. 椭圆为 $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$，长轴长 $2a=2\sqrt6$。

第二问解法一：常规韦达与因式分解

1. 设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$。由 $\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AN}=0$ 得

$$ (x_1-2)(x_2-2)+(y_1-1)(y_2-1)=0,$$

即 $x_1x_2-2(x_1+x_2)+y_1y_2-(y_1+y_2)+5=0$（①）。 2. 斜率存在时设 $MN:y=kx+m$。联立 $x^2+2y^2=6$：

$$ (1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-6=0,$$

判别式 $\Delta=8(6k^2-m^2+3)>0$。韦达给出

$$x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2},\qquad x_1x_2=\frac{2m^2-6}{1+2k^2},$$

$$y_1+y_2=\frac{2m}{1+2k^2},\qquad y_1y_2=\frac{m^2-6k^2}{1+2k^2}.$$

3. 代入（①），通分整理为

$$4k^2+8km+3m^2-2m-1=0=[2k+(m-1)][2k+(3m+1)].$$

所以 $m=1-2k$ 或 $m=-\frac{2k+1}{3}$。 4. $m=1-2k$ 时 $MN:y=k(x-2)+1$ 过 $A(2,1)$，使 $A,M,N$ 共线，与垂直条件矛盾，舍去。另一个分支

$$MN:y=k\left(x-\frac23\right)-\frac13$$

恒过 $(\frac23,-\frac13)$。代入判别式：

$$6k^2-m^2+3=6k^2-\frac{(2k+1)^2}{9}+3=\frac{50k^2-4k+26}{9}>0,$$

所以交点确实存在。 5. 若 $MN$ 斜率不存在，设 $x=x_0$。由对称性 $x_1=x_2=x_0,y_1=-y_2$，且 $y_1^2=\frac{6-x_0^2}{2}$。代入垂直条件得

$$ (x_0-2)^2-\frac{6-x_0^2}{2}+1=0\Rightarrow(3x_0-2)(x_0-2)=0.$$

$x_0=2$ 时直线过 $A$、两点重合，舍；$x_0=\frac23$ 时直线 $x=\frac23$ 也经过 $(\frac23,-\frac13)$。因此定点结论成立。

第二问解法二：平移坐标与二次齐次化

1. 以 $A(2,1)$ 为新原点，坐标变换 $x=X+2,y=Y+1$。原椭圆 $x^2+2y^2=6$ 变为

$$ (X+2)^2+2(Y+1)^2=6\Rightarrow X^2+2Y^2+4X+4Y=0.\tag{②}$$

2. $MN$ 不经过新原点 $A$，设 $mX+nY=1$。用该式替换一次项中的 $1$，得到

$$X^2+2Y^2+(4X+4Y)(mX+nY)=0,$$

即

$$ (1+4m)X^2+4(m+n)XY+(2+4n)Y^2=0.\tag{③}$$

3. （③）表示从 $A$ 引出的两直线 $AM,AN$。令 $K=Y/X$，两根 $K_1,K_2$ 是两条斜率，且 $K_1K_2=-1$。韦达给出

$$\frac{1+4m}{2+4n}=-1,$$

所以 $4m+4n+3=0$。若有一条直线斜率不存在，则相应齐次方程的根为无穷远点，仍对应系数和 $(1+4m)+(2+4n)=0$。 4. 改写为 $-\frac43m-\frac43n=1$。与 $mX+nY=1$ 对照，直线恒过新坐标点 $(X_0,Y_0)=(-\frac43,-\frac43)$。变回原坐标：

$$x_0=X_0+2=\frac23,\qquad y_0=Y_0+1=-\frac13.$$

因此 $MN$ 恒过 $(\frac23,-\frac13)$。

答案：（1）$-1$；（2）$\frac{16\sqrt2}{9}$。

第一问：求 $l$ 的斜率

1. 将 $A(2,1)$ 代入，得

$$\frac4{a^2}-\frac1{a^2-1}=1\Rightarrow(a^2-2)^2=0.$$

所以 $a^2=2$，双曲线为 $\frac{x^2}{2}-y^2=1$。 2. 若 $l$ 斜率不存在，则 $P,Q$ 关于 $x$ 轴对称，可设为 $(x_0,y_0),(x_0,-y_0)$。此时 $k_{AP}+k_{AQ}=-\frac2{x_0-2}\ne0$，不合题意，故斜率存在。设 $l:y=kx+m$，代入双曲线得

$$ (1-2k^2)x^2-4kmx-2m^2-2=0.$$

因 $P,Q$ 为不同交点，$1-2k^2\ne0$，即 $k\ne\pm\frac{\sqrt2}{2}$；且 $\Delta=8(m^2+1-2k^2)>0$。韦达：

$$x_1+x_2=\frac{4km}{1-2k^2},\qquad x_1x_2=\frac{-2m^2-2}{1-2k^2}.$$

3. 由 $k_{AP}+k_{AQ}=0$ 得 $(y_1-1)(x_2-2)+(y_2-1)(x_1-2)=0$。代入 $y_i=kx_i+m$，整理得

$$2kx_1x_2+(m-1-2k)(x_1+x_2)-4(m-1)=0.$$

4. 代入韦达并整理：

$$-(k+1)(2k-1+m)=0.$$

因此 $k=-1$ 或 $m=1-2k$。 5. 若 $m=1-2k$，则 $l:y=k(x-2)+1$ 经过 $A(2,1)$，使 $A$ 与一个交点重合，导致 $AP$ 或 $AQ$ 斜率无定义，舍去。因此 $k=-1$。

第二问解法一

1. 设 $k_{AP}=k_0>0,k_{AQ}=-k_0$。夹角公式给出

$$\frac{2k_0}{|1-k_0^2|}=2\sqrt2\Rightarrow(2k_0^2-1)(k_0^2-2)=0,$$

故 $k_0^2=\frac12$ 或 $2$。 2. 双曲线 $\frac{x^2}{2}-y^2=1$ 的渐近线斜率为 $\pm\frac{\sqrt2}{2}$。若 $k_0^2=\frac12$，直线 $AP$ 平行渐近线，仅交于已知点 $A$，没有不同的第二交点，舍去。故 $k_0=\sqrt2$，两斜率为 $\sqrt2,-\sqrt2$。 3. $AP:y=\sqrt2x+1-2\sqrt2$。代入双曲线得

$$3x^2+(8\sqrt2-16)x+20-8\sqrt2=0.$$

已知一根 $x=2$，韦达得 $x_P=\frac{10-4\sqrt2}{3}$，$y_P=\frac{4\sqrt2-5}{3}$。同理

$$Q\left(\frac{10+4\sqrt2}{3},\frac{-4\sqrt2-5}{3}\right).$$

4. $x_P+x_Q=\frac{20}{3},y_P+y_Q=-\frac{10}{3}$，$x_Q-x_P=\frac{8\sqrt2}{3},y_Q-y_P=-\frac{8\sqrt2}{3}$，故 $PQ$ 斜率为 $-1$，截距 $\frac53$，直线为 $x+y-\frac53=0$。弦长

$$|PQ|=\sqrt2\cdot\frac{8\sqrt2}{3}=\frac{16}{3}.$$

$A(2,1)$ 到 $PQ$ 的距离为 $d=\frac{|2+1-5/3|}{\sqrt2}=\frac{2\sqrt2}{3}$。 5.

$$S_{\triangle PAQ}=\frac12|PQ|d=\frac{16\sqrt2}{9}.$$

第二问解法二

1. 代入 $\frac{x^2}{2}-y^2=1$，得 $x^2-4mx+2m^2+2=0$。判别式 $\Delta=8(m^2-1)>0$，所以 $m^2>1$；韦达：

$$x_1+x_2=4m,\qquad x_1x_2=2m^2+2.$$

2. $y_i-1=-(x_i-2)+(m-3)$，故

$$ (x_1-2)(x_2-2)=2(m-1)(m-3).$$

斜率积的分子为

$$\begin{aligned}&(x_1-2)(x_2-2)-(m-3)[(x_1-2)+(x_2-2)]+(m-3)^2\\&=-(m-3)(m+1),\end{aligned}$$

所以 $k_{AP}k_{AQ}=-\frac{m+1}{2(m-1)}$。 3. 因斜率和为 $0$，令 $k_{AP}=k_0,-k_0=k_{AQ}$，则 $k_0^2=-k_{AP}k_{AQ}=\frac{m+1}{2(m-1)}$。由夹角条件，$k_0^2=2$，而 $\frac12$ 对应渐近线平行情形需舍去。解得 $m=\frac53$，且 $m^2>1$，符合条件。 4. $l:x+y-\frac53=0$，弦长

$$|PQ|=\sqrt2\sqrt{8(\frac{25}{9}-1)}=\frac{16}{3},$$

$A$ 到 $l$ 的距离 $d=\frac{2\sqrt2}{3}$，所以

$$S_{\triangle PAQ}=\frac12|PQ|d=\frac{16\sqrt2}{9}.$$

**答案：**$x^2+y^2=a^2+b^2$。

求轨迹：齐次联立

1. 设 $P(x_0,y_0)$，$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ 为切点。椭圆在 $A$ 处的切线为

$$\frac{xx_1}{a^2}+\frac{yy_1}{b^2}=1.$$

在椭圆方程中将 $x^2$ 换为 $xx_1$、$y^2$ 换为 $yy_1$；$1=\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{y_1^2}{b^2}$。

2. 切线经过 $P$，所以 $\frac{x_0x_1}{a^2}+\frac{y_0y_1}{b^2}=1$，同理对 $B$ 成立。因此切点弦

$$AB:\frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}=1.$$

$A,B$ 都在该直线上。

3. 齐次联立：

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=\left(\frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}\right)^2,$$

即

$$\left(\frac1{a^2}-\frac{x_0^2}{a^4}\right)x^2-\frac{2x_0y_0}{a^2b^2}xy+\left(\frac1{b^2}-\frac{y_0^2}{b^4}\right)y^2=0.$$

4. 除以 $y^2$，两根为 $x_1/y_1,x_2/y_2$，其积

$$\frac{x_1}{y_1}\cdot\frac{x_2}{y_2}=\frac{\frac1{b^2}-\frac{y_0^2}{b^4}}{\frac1{a^2}-\frac{x_0^2}{a^4}}.$$

5. 切线斜率 $k_{PA}=-\frac{b^2}{a^2}\frac{x_1}{y_1}$，所以

$$k_{PA}k_{PB}=\frac{b^4}{a^4}\cdot\frac{\frac1{b^2}-\frac{y_0^2}{b^4}}{\frac1{a^2}-\frac{x_0^2}{a^4}}.$$

6. 令斜率积为 $-1$，化简得

$$x_0^2+y_0^2=a^2+b^2.$$

答案：（1）$y^2=4x$；（2）$AB$ 过 $(-1,0)$。

第一问

1. $OF\perp MF$，且 $F(\frac p2,0)$ 在 $x$ 轴上，所以 $MF\perp x$ 轴，$x_0=\frac p2$。
2. $|MF|=x_0+\frac p2=p=2$，故抛物线为 $y^2=4x$，$M(1,2)$。

第二问：斜率双用

1. 点差：$y_1^2-4=4(x_1-1)$，所以

$$k_{MA}=\frac{y_1-2}{x_1-1}=\frac4{y_1+2},\qquad k_{MB}=\frac4{y_2+2}.$$

用平方差 $y_1^2-2^2=(y_1-2)(y_1+2)$。

2. $k_{MA}+k_{MB}=2$。一项用定义，一项用点差，并交换下标再写一次：

$$\frac{y_1-2}{x_1-1}+\frac4{y_2+2}=2,\qquad \frac{y_2-2}{x_2-1}+\frac4{y_1+2}=2.$$

3. 去分母，第一式为 $(y_1-2)(y_2+2)+4(x_1-1)=2(x_1-1)(y_2+2)$，展开为 $y_1y_2+2y_1-4=2x_1y_2$。
4. 交换下标得 $y_1y_2+2y_2-4=2x_2y_1$。两式相减：

$$y_1x_2-y_2x_1=y_2-y_1.$$

对称项 $y_1y_2,-4$ 消去。

5. 两点式整理为 $y_1x_2-y_2x_1=y(x_2-x_1)-x(y_2-y_1)$。对照 $y_2-y_1$，得到 $y=0,x=-1$。
6. 所以 $AB$ 过定点 $(-1,0)$。

第二问：反设韦达

1. 联立 $y^2=4x$：$y^2-4my-4t=0$，故 $y_1+y_2=4m,y_1y_2=-4t$。

$$\frac4{y_1+2}+\frac4{y_2+2}=2\Rightarrow2(y_1+y_2+4)=y_1y_2+2(y_1+y_2)+4,$$

即 $y_1y_2=4$。 3. $-4t=4$，得 $t=-1$，直线 $x=my-1$ 过 $(-1,0)$。

该定点与 $m$ 无关。

答案：（1）$\frac{x^2}{3}-y^2=1$；（2）①证明见解析；②$\lambda+\mu=6$。

第一问解法一：点差法

1. 斜率为 $1$ 的 $l_1$ 过 $M(3,1)$，故 $l_1:y-1=x-3$，即 $x-y-2=0$。右焦点 $F_2(c,0)$ 在直线上，得 $c=2$。
2. 设 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$。两点在双曲线上，两式相减：

$$\frac{(x_1-x_2)(x_1+x_2)}{a^2}=\frac{(y_1-y_2)(y_1+y_2)}{b^2}.$$

因 $k_{PQ}=1$，得 $k_{PQ}\frac{y_M}{x_M}=\frac{b^2}{a^2}$。 3. 代入 $M(3,1)$ 得 $\frac{b^2}{a^2}=\frac13$，即 $a^2=3b^2$。又 $c^2=a^2+b^2=4$，故 $b^2=1,a^2=3$，方程为 $\frac{x^2}{3}-y^2=1$。

第一问解法二：联立与韦达

1. 同解法一得 $c=2$。设双曲线 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，右焦点 $F_2(2,0)$，直线 $l_1:y=x-2$。
2. 代入双曲线，整理为

$$ (b^2-a^2)x^2+4a^2x-a^2(b^2+4)=0.$$

3. 韦达给出 $x_1+x_2=\frac{4a^2}{a^2-b^2}$。由 $x_M=\frac{x_1+x_2}{2}=3$，得 $\frac{2a^2}{a^2-b^2}=3$，即 $a^2=3b^2$。
4. $a^2+b^2=c^2=4$，解得 $a^2=3,b^2=1$，所以 $\Gamma:\frac{x^2}{3}-y^2=1$。

第二问①

1. 设 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$，则

$$R=(\lambda x_1+\mu x_2,\lambda y_1+\mu y_2),\quad S=(\mu x_1+\lambda x_2,\mu y_1+\lambda y_2).$$

2. $R$ 在 $\frac{x^2}{3}-y^2=1$ 上，故

$$\lambda^2\left(\frac{x_1^2}{3}-y_1^2\right)+\mu^2\left(\frac{x_2^2}{3}-y_2^2\right)+2\lambda\mu\left(\frac{x_1x_2}{3}-y_1y_2\right)=1.$$

3. $P,Q$ 在双曲线上，各自二次式均为 $1$，所以

$$\lambda^2+\mu^2+2\lambda\mu\left(\frac{x_1x_2}{3}-y_1y_2\right)=1,$$

即 $\frac{x_1x_2}{3}-y_1y_2=\frac{1-\lambda^2-\mu^2}{2\lambda\mu}$。 4. 将 $S$ 代入：

$$\begin{aligned}\frac{x_S^2}{3}-y_S^2&=\mu^2\left(\frac{x_1^2}{3}-y_1^2\right)+\lambda^2\left(\frac{x_2^2}{3}-y_2^2\right)+2\lambda\mu\left(\frac{x_1x_2}{3}-y_1y_2\right)\\&=\mu^2+\lambda^2+(1-\lambda^2-\mu^2)=1.\end{aligned}$$

所以 $S$ 也在 $\Gamma$ 上。

第二问②解法一：向量共线与参数极值

1. 令 $t=\lambda+\mu>0$。$M$ 为 $PQ$ 中点，所以 $\overrightarrow{OM}=\frac12(\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ})$。由 $R,S$ 的定义相加，得

$$\overrightarrow{ON}=\frac12(\overrightarrow{OR}+\overrightarrow{OS})=t\overrightarrow{OM}.$$

因此 $O,M,N$ 共线，$\overrightarrow{MN}=(t-1)\overrightarrow{OM}$。$\triangle TMN$ 与 $\triangle TOM$ 共用高，故

$$S_{\triangle TMN}=|t-1|S_{\triangle TOM}.$$

2. 直线 $l_1$ 过右焦点 $F_2(2,0)$，设 $x=my+2$。联立 $\frac{x^2}{3}-y^2=1$，得

$$ (m^2-3)y^2+4my+1=0,$$

判别式 $\Delta=12m^2+12>0$。右支要求 $x_1,x_2>0$，即 $x_1x_2>0,x_1+x_2>0$。其中

$$x_1x_2=m^2y_1y_2+2m(y_1+y_2)+4=-\frac{3(m^2+4)}{m^2-3}.$$

分子恒负，故 $m^2<3$。此时

$$y_M=\frac{2m}{3-m^2},\qquad x_M=my_M+2=\frac6{3-m^2}>0.$$

3. $OT=1$，以 $OT$ 为底，$M$ 到 $y$ 轴距离为高：

$$S_{\triangle TOM}=\frac12|x_M|=\frac3{3-m^2}\ge1,$$

当 $m=0$（$l_1$ 垂直于 $x$ 轴）取等。 4. 因而 $S_{\triangle TMN}\ge|t-1|$。题设最小值为 $5$，所以 $|t-1|=5$，得 $t=6$ 或 $-4$。又 $t>0$，舍去 $-4$，故 $\lambda+\mu=6$。

答案：（I）证明见解析；（II）$\left[6\sqrt2,\frac{15\sqrt{10}}4\right]$。

第一问解法一：点参构造同构方程

1. 设 $P(x_0,y_0)$，$x_0<0$；$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$。因 $A,B$ 在 $y^2=4x$ 上，$x_1=\frac{y_1^2}{4},x_2=\frac{y_2^2}{4}$。
2. $PA$ 中点为 $((x_1+x_0)/2,(y_1+y_0)/2)$，在抛物线上，故

$$\left(\frac{y_1+y_0}{2}\right)^2=4\cdot\frac{x_1+x_0}{2}.$$

代入 $x_1=\frac{y_1^2}{4}$ 并整理，得

$$y_1^2-2y_0y_1+(8x_0-y_0^2)=0.$$

3. 同理 $y_2$ 满足同一方程。$A,B$ 不同，所以 $y_1\ne y_2$，它们是方程

$$y^2-2y_0y+(8x_0-y_0^2)=0$$

的两个不同实根，韦达得 $y_1+y_2=2y_0$。 4. $M$ 纵坐标 $y_M=\frac{y_1+y_2}{2}=y_0=y_P$，故 $PM$ 平行于 $x$ 轴。又 $x_M=\frac{x_1+x_2}{2}>0>x_0$，所以 $P\ne M$，从而 $PM\perp y$ 轴。

第一问解法二：中位线与斜率法

1. 设 $D,E$ 分别为 $PA,PB$ 中点。于 $\triangle PAB$，$DE\parallel AB$。设 $AB$ 斜率为 $k$。若斜率不存在，则 $y_1=-y_2$，此时 $y_0=0$ 显然成立；以下设 $k\ne0$。
2. $A,B$ 在 $y^2=4x$ 上，作差得

$$\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\frac4{y_1+y_2}=k,$$

因此 $M$ 纵坐标 $y_M=\frac{y_1+y_2}{2}=\frac2k$。同理，$D,E$ 在抛物线上且 $DE$ 斜率为 $k$，其中点记为 $N$，则 $y_N=\frac{y_D+y_E}{2}=\frac2k$。 3. 在 $\triangle PAB$ 中，$N$ 是 $DE$ 中点，$M$ 是 $AB$ 中点，故 $P,N,M$ 共线且 $N$ 为 $PM$ 中点。因此 $y_N=\frac{y_P+y_M}{2}$。由 $y_N=y_M$ 得 $y_P=y_M$。 4. 因 $x_P<0\le x_M$，点 $P,M$ 不重合，故 $PM\perp y$ 轴。

第二问解法一：水平底与函数极值

1. $PM$ 方程为 $y=y_0$，所以

$$S_{\triangle PAB}=S_{\triangle PAM}+S_{\triangle PBM}=\frac12|PM|(|y_1-y_0|+|y_2-y_0|)=\frac12|PM||y_1-y_2|,$$

因 $y_0=\frac{y_1+y_2}{2}$ 介于 $y_1,y_2$ 之间。 2. 同构方程的根和、积为 $y_1+y_2=2y_0,y_1y_2=8x_0-y_0^2$。因两根不同，

$$\Delta=4y_0^2-4(8x_0-y_0^2)=8(y_0^2-4x_0)>0,$$

且 $|y_1-y_2|=2\sqrt2\sqrt{y_0^2-4x_0}$。又

$$x_M=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{y_1^2+y_2^2}{8}=\frac{3}{4}y_0^2-2x_0.$$

因 $x_M>0>x_0$，

$$|PM|=x_M-x_0=\frac34(y_0^2-4x_0).$$

3. 令 $t=y_0^2-4x_0$，则

$$S_{\triangle PAB}=\frac{3\sqrt2}{4}t^{3/2}.$$

4. $P$ 在半椭圆 $x_0^2+\frac{y_0^2}{4}=1$ 且 $x_0\in[-1,0)$，所以 $y_0^2=4(1-x_0^2)$，

$$t=-4x_0^2-4x_0+4=-4\left(x_0+\frac12\right)^2+5.$$

对称轴 $x_0=-\frac12$ 在区间内，最大值为 $5$；$x_0=-1$ 时 $t=4$，而 $x_0\to0$ 时 $t\to4$。故 $t\in[4,5]$。该区间内 $t>0$，符合判别式条件。 5. $\frac{3\sqrt2}{4}t^{3/2}$ 在 $[4,5]$ 单调递增，因此

$$S_{\triangle PAB}\in\left[\frac{3\sqrt2}{4}\cdot4^{3/2},\frac{3\sqrt2}{4}\cdot5^{3/2}\right]=\left[6\sqrt2,\frac{15\sqrt{10}}4\right].$$

第二问解法二：设弦方程与弦长

1. 由（I），$y_0=\frac{y_1+y_2}{2}$。设 $AB:x=ky+m$，联立 $y^2=4x$：

$$y^2-4ky-4m=0,$$

韦达得 $y_1+y_2=4k,y_1y_2=-4m$，所以 $y_M=2k$，且 $y_0=y_M=2k$。 2. 同构方程给 $y_1y_2=8x_0-y_0^2$，故 $-4m=8x_0-y_0^2$，即 $m=\frac{y_0^2-8x_0}{4}=k^2-2x_0$。 3. 弦长为

$$|AB|=\sqrt{1+k^2}|y_1-y_2|=4\sqrt{1+k^2}\sqrt{k^2+m}=2\sqrt2\sqrt{1+k^2}\sqrt{y_0^2-4x_0}.$$

$P(x_0,y_0)$ 到 $x-ky-m=0$ 的距离

$$d=\frac{|x_0-ky_0-m|}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{3(k^2-x_0)}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{\frac34(y_0^2-4x_0)}{\sqrt{1+k^2}},$$

因 $x_0<0,k^2\ge0$。 4. 因而

$$S_{\triangle PAB}=\frac12|AB|d=\frac{3\sqrt2}{4}(y_0^2-4x_0)^{3/2}.$$

由半椭圆条件，$t=y_0^2-4x_0=-4(x_0+\frac12)^2+5\in[4,5]$，故

$$S_{\triangle PAB}\in\left[6\sqrt2,\frac{15\sqrt{10}}4\right].$$

答案：（1）$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$；（2）$\frac{6\sqrt{14}+4\sqrt7}{9}$。

（1）

1. 由左焦点 $F_1(-\sqrt2,0)$ 知 $c^2=2$。将 $M(\sqrt2,1)$ 代入椭圆方程，得 $\frac2{a^2}+\frac1{b^2}=1$。
2. 由 $a^2=b^2+c^2=b^2+2$。
3. 解得 $a^2=4,b^2=2$，故椭圆方程为 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$。

（2）

1. 令 $\lambda=\frac{|\overrightarrow{AP}|}{|\overrightarrow{PD}|}=\frac{|\overrightarrow{AQ}|}{|\overrightarrow{QD}|}$。根据四点共线位置关系，分点坐标为

$$ \begin{aligned} x_P&=\frac{x_1-\lambda x_2}{1-\lambda},&y_P&=\frac{y_1-\lambda y_2}{1-\lambda},\\ x_Q&=\frac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda},&y_Q&=\frac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}. \end{aligned} $$

2. 由平方差和上述分点式，

$$ \begin{aligned} \frac{x_1^2-\lambda^2x_2^2}{1-\lambda^2}&=x_Px_Q=4x,\\ \frac{y_1^2-\lambda^2y_2^2}{1-\lambda^2}&=y_Py_Q=y. \end{aligned} $$

3. 因 $A,D$ 在椭圆上，$x_1^2+2y_1^2=4$ 且 $x_2^2+2y_2^2=4$。所以

$$\frac{(x_1^2+2y_1^2)-\lambda^2(x_2^2+2y_2^2)}{1-\lambda^2}=\frac{4-4\lambda^2}{1-\lambda^2}=4,$$

从而 $4x+2y=4$，即 $BC$ 所在直线为 $2x+y-2=0$。

4. 三角形面积为

$$S=\frac12\cdot\frac{4\sqrt{35}}9\cdot\frac{|3\sqrt2\sin(\theta+\varphi)-2|}{\sqrt5}=\frac{2\sqrt7}{9}|3\sqrt2\sin(\theta+\varphi)-2|.$$

当 $\sin(\theta+\varphi)=-1$ 时，面积最大，

$$S_{\max}=\frac{2\sqrt7(3\sqrt2+2)}9=\frac{6\sqrt{14}+4\sqrt7}{9}.$$

答案：（1）$P(\frac12,\frac{3\sqrt5}{4})$；（2）$\lambda+\mu=\frac{10}{3}$；（3）四边形 $F_1QRF_2$ 面积最大值为 $\frac{13\sqrt3}{8}$。

（1）解法一

1. $a^2=4,b^2=3$，故 $c^2=a^2-b^2=1,c=1$，焦点为 $F_1(-1,0),F_2(1,0)$。
2. 由 $P$ 在椭圆上，$\frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{3}=1$，所以 $y_0^2=3(1-\frac{x_0^2}{4})$。
3. $\overrightarrow{PF_1}=(-1-x_0,-y_0)$。当 $\lambda=2$ 时，$\overrightarrow{F_1Q}=\frac12\overrightarrow{PF_1}=((-1-x_0)/2,-y_0/2)$，于是 $Q((-3-x_0)/2,-y_0/2)$。
4. 将 $Q$ 代入椭圆方程，得 $\frac{(x_0+3)^2}{16}+\frac{y_0^2}{12}=1$。代入 $y_0^2=3(1-\frac{x_0^2}{4})$，得 $\frac{x_0^2+6x_0+9}{16}+\frac{4-x_0^2}{16}=1$，故 $6x_0+13=16$，$x_0=\frac12$。
5. $y_0^2=3(1-\frac1{16})=\frac{45}{16}$。由 $y_0>0$，得 $y_0=\frac{3\sqrt5}{4}$，故 $P(\frac12,\frac{3\sqrt5}{4})$。

（1）解法二

1. $a=2,c=1,e=c/a=1/2$，焦半径公式给出 $|PF_1|=a+ex_0=2+\frac{x_0}{2}$。
2. 焦点弦 $PQ$ 满足 $\frac1{|PF_1|}+\frac1{|F_1Q|}=\frac{2a}{b^2}=\frac43$。由 $\overrightarrow{PF_1}=2\overrightarrow{F_1Q}$，有 $|F_1Q|=|PF_1|/2$，故 $3/|PF_1|=4/3$，$|PF_1|=9/4$。
3. $2+\frac{x_0}{2}=\frac94$，故 $x_0=\frac12$。代入椭圆方程并由 $y_0>0$ 得 $y_0=\frac{3\sqrt5}{4}$，所以 $P(\frac12,\frac{3\sqrt5}{4})$。

（2）解法一

1. 由 $F_1(-1,0)$ 及 $\overrightarrow{PF_1}=\lambda\overrightarrow{F_1Q}$，得 $Q(-\frac{x_0+\lambda+1}{\lambda},-\frac{y_0}{\lambda})$。
2. 将 $Q$ 代入椭圆方程并同乘 $12\lambda^2$：$3(x_0+\lambda+1)^2+4y_0^2-12\lambda^2=0$。以 $4y_0^2=12-3x_0^2$ 代入，整理得 $3\lambda^2-(2x_0+2)\lambda-(2x_0+5)=0$，即 $[3\lambda-(2x_0+5)](\lambda+1)=0$。因 $F_1$ 在线段 $PQ$ 上，$\lambda>0$，舍去 $\lambda=-1$，得 $\lambda=(2x_0+5)/3$。
3. 由 $F_2(1,0)$ 与 $\overrightarrow{PF_2}=\mu\overrightarrow{F_2R}$，得 $R((\mu+1-x_0)/\mu,-y_0/\mu)$。
4. 将 $R$ 代入椭圆方程并同乘 $12\mu^2$，得 $3(\mu+1-x_0)^2+4y_0^2-12\mu^2=0$。代入 $4y_0^2=12-3x_0^2$，整理为 $[3\mu+(2x_0-5)](\mu+1)=0$。由 $\mu>0$ 舍去 $\mu=-1$，得 $\mu=(5-2x_0)/3$。
5. $\lambda+\mu=(2x_0+5)/3+(5-2x_0)/3=10/3$，与 $x_0$ 无关。

（2）解法二

1. $a=2,b=\sqrt3,c=1,e=1/2$，由焦半径公式，$|PF_1|=2+x_0/2$，$|PF_2|=2-x_0/2$。
2. 过焦点 $F_1$ 的弦 $PQ$ 满足 $\frac1{|PF_1|}+\frac1{|F_1Q|}=\frac{2a}{b^2}=\frac43$。因 $|PF_1|=\lambda|F_1Q|$，有 $1/|F_1Q|=\lambda/|PF_1|$，故 $\lambda+1=\frac43|PF_1|=\frac83+\frac{2x_0}{3}$，即 $\lambda=(5+2x_0)/3$。
3. 同理，$\frac1{|PF_2|}+\frac1{|F_2R|}=\frac43$ 且 $|PF_2|=\mu|F_2R|$，故 $\mu+1=\frac43|PF_2|=\frac83-\frac{2x_0}{3}$，即 $\mu=(5-2x_0)/3$。
4. 因此 $\lambda+\mu=10/3$。

（3）解法一

1. 因 $P,F_1,Q$ 共线且 $P,F_2,R$ 共线，$\angle QPR=\angle F_1PF_2$。所以

$$\frac{S_{\triangle PQR}}{S_{\triangle PF_1F_2}}=\frac{|PQ|\,|PR|}{|PF_1|\,|PF_2|}=\left(1+\frac1\lambda\right)\left(1+\frac1\mu\right)=\frac{(\lambda+1)(\mu+1)}{\lambda\mu}.$$

2. 因此

$$S_{F_1QRF_2}=S_{\triangle PQR}-S_{\triangle PF_1F_2}=\frac{\lambda+\mu+1}{\lambda\mu}S_{\triangle PF_1F_2}.$$

3. 由（2）问，$\lambda+\mu+1=13/3$，且 $\lambda\mu=((5+2x_0)/3)((5-2x_0)/3)=(25-4x_0^2)/9$。又 $|F_1F_2|=2$，故 $S_{\triangle PF_1F_2}=y_0$。
4. 代入得 $S=39y_0/(25-4x_0^2)$。由 $x_0^2=4(1-y_0^2/3)$，有 $25-4x_0^2=(27+16y_0^2)/3$，所以 $S=117y_0/(27+16y_0^2)$。
5. 因 $y_0>0$，

$$S=\frac{117}{27/y_0+16y_0}\le\frac{117}{2\sqrt{432}}=\frac{117}{24\sqrt3}=\frac{13\sqrt3}{8}.$$

等号当且仅当 $27/y_0=16y_0$，即 $y_0=3\sqrt3/4$。因 $y_0\in(0,\sqrt3]$ 且 $3\sqrt3/4<\sqrt3$，等号可取，最大值为 $13\sqrt3/8$。

答案：（1）$x^2-y^2=1$；（2）（i）点 $D$ 在定直线 $2x-3y-1=0$ 上；（ii）直线 $QR$ 过定点 $(\frac12,0)$。

（1）

1. 渐近线为 $y=x$，故 $b/a=1$，即 $b=a$，双曲线可写为 $x^2-y^2=a^2$。
2. $A,B$ 横坐标均为 $2$，故 $AB:x=2$。代入双曲线，得 $y^2=4-a^2$。因为该直线截得弦，$4-a^2>0$，交点纵坐标为 $\pm\sqrt{4-a^2}$，弦长为 $2\sqrt{4-a^2}$。
3. 由弦长 $2\sqrt3$，得 $2\sqrt{4-a^2}=2\sqrt3$，故 $a^2=1$，且 $b^2=1$。因此 $C:x^2-y^2=1$。

（2）（i）

1. 设 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),D(x_0,y_0)$。由 $\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AQ}$ 和 $A(2,3)$，

$$ \begin{cases} x_1-2=\lambda(x_2-2),\\ y_1-3=\lambda(y_2-3) \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} x_1-\lambda x_2=2(1-\lambda),\\ y_1-\lambda y_2=3(1-\lambda). \end{cases} $$

因 $P,Q$ 是双曲线右支上不同的两点，$\lambda\ne0,1$。 2. 由 $\overrightarrow{PD}=\lambda\overrightarrow{DQ}$，得

$$ \begin{cases} (1+\lambda)x_0=x_1+\lambda x_2,\\ (1+\lambda)y_0=y_1+\lambda y_2. \end{cases} $$

若 $\lambda=-1$，则 $\overrightarrow{PD}=-\overrightarrow{DQ}$，从而 $\overrightarrow{PQ}=\vec0$，与 $P,Q$ 不同矛盾。因此 $\lambda\ne-1$。 3. 因 $P,Q$ 均在 $x^2-y^2=1$ 上，分别写出两式并将第二式乘以 $\lambda^2$ 后相减：

$$ (x_1-\lambda x_2)(x_1+\lambda x_2)-(y_1-\lambda y_2)(y_1+\lambda y_2)=1-\lambda^2. $$

4. 代入前两步的关系，得

$$ 2(1-\lambda)(1+\lambda)x_0-3(1-\lambda)(1+\lambda)y_0=1-\lambda^2. $$

因 $\lambda\ne\pm1$，除以 $1-\lambda^2$ 得 $2x_0-3y_0=1$，即 $2x_0-3y_0-1=0$。所以 $D$ 总在该定直线上。

（2）（ii）解法一

1. 若 $PQ$ 斜率不存在，则 $PQ$ 为 $x=2$，此时 $PB$ 也为 $x=2$，而该直线与双曲线只有两个交点，导致 $R=Q$，矛盾。因此设 $PQ:y-3=k(x-2)$，其中 $k\ne\pm1$。联立 $x^2-y^2=1$，得

$$ (1-k^2)x^2+2k(2k-3)x-(4k^2-12k+10)=0.$$

判别式 $\Delta=4k^2(2k-3)^2+4(1-k^2)(4k^2-12k+10)=4[3(k-2)^2-2]>0$。由韦达定理，

$$x_1+x_2=-\frac{2k(2k-3)}{1-k^2},\qquad x_1x_2=-\frac{4k^2-12k+10}{1-k^2}.$$

进而

$$ \begin{aligned} y_1+y_2&=k(x_1+x_2-4)+6=\frac{-4k+6}{1-k^2},\\ y_1y_2&=[k(x_1-2)+3][k(x_2-2)+3]=\frac{3k^2-12k+9}{1-k^2},\\ x_1y_2+x_2y_1&=2kx_1x_2+(3-2k)(x_1+x_2)=\frac{-2k}{1-k^2}. \end{aligned} $$

2. 因 $P,B(2,1),R$ 共线，设 $\overrightarrow{BR}=t\overrightarrow{BP}$，则 $x_3=2+t(x_1-2),y_3=1+t(y_1-1)$。代入 $x_3^2-y_3^2=1$，所得二次方程常数项为 $2$，且 $t=1$ 对应已知点 $P$。两根之积给出

$$t_2=\frac{2}{(x_1-2)^2-(y_1-1)^2}=\frac{2}{(x_1^2-y_1^2)-4x_1+2y_1+3}=-\frac1{2x_1-y_1-2}.$$

因此

$$x_3=\frac{3x_1-2y_1-2}{2x_1-y_1-2},\qquad y_3=\frac{2x_1-2y_1-1}{2x_1-y_1-2}.$$

3. 取特殊斜率可知 $QR$ 与 $x$ 轴交于 $M(\frac12,0)$。证明 $Q(x_2,y_2),R(x_3,y_3),M$ 共线，只需证明

$$y_3(2x_2-1)-y_2(2x_3-1)=0.$$

4. 将 $x_3,y_3$ 代入（分母 $2x_1-y_1-2$ 非零），待证式的分子化为

$$ \begin{aligned} &(2x_1-2y_1-1)(2x_2-1)-y_2(4x_1-3y_1-2)\\ ={}&4x_1x_2+3y_1y_2-4(x_1y_2+x_2y_1)-2(x_1+x_2)+2(y_1+y_2)+1. \end{aligned} $$

代入第 1 步的对称式，结果为

$$ \begin{aligned} &4\left[-\frac{4k^2-12k+10}{1-k^2}\right]+3\left[\frac{3k^2-12k+9}{1-k^2}\right]-4\left[\frac{-2k}{1-k^2}\right]\\ &\quad-2\left[-\frac{2k(2k-3)}{1-k^2}\right]+2\left[\frac{-4k+6}{1-k^2}\right]+1\\ ={}&\frac{(-16+9+8-1)k^2+(48-36+8-12-8)k+(-40+27+12+1)}{1-k^2}=0. \end{aligned} $$

所以共线恒成立，直线 $QR$ 恒过 $(\frac12,0)$。

（2）（ii）解法二

1. 由（i）问，点 $A(2,3)$ 关于 $C:x^2-y^2=1$ 的极线为 $l_A:2x-3y=1$。
2. 点 $B(2,1)$ 的极线为 $l_B:2x-y=1$。
3. 根据二次曲线的配极理论，直线 $QR$ 过直线 $AB$ 的极点；该极点是 $l_A,l_B$ 的交点。联立两式得 $y=0,x=1/2$。
4. 所以 $QR$ 恒过定点 $(1/2,0)$。

答案：（1）$\frac{x^2}{4}+y^2=1$；（2）$k_{AP}k_{AG}=-\frac14$。

（1）

第三定义给出 $k_{PA}k_{PB}=-b^2/a^2=-1/4$，故 $a^2=4b^2$。又 $c=\sqrt3$，$a^2-b^2=3$，解得 $a^2=4,b^2=1$。

（2）万能代换与同构

1. 设

$$M\left(2\frac{1-t_1^2}{1+t_1^2},\frac{2t_1}{1+t_1^2}\right),\qquad P\left(2\frac{1-t_2^2}{1+t_2^2},\frac{2t_2}{1+t_2^2}\right).$$

由结论 A1，$k_{AP}=t_2/2$，$k_{BM}=-1/(2t_1)$。 2. 联立 $BM:y=-\frac1{2t_1}(x-2)$ 与 $OC:y=-x$，得

$$G\left(\frac2{1-2t_1},-\frac2{1-2t_1}\right).$$

3. $P,M,C$ 共线，因此 $\frac{y-2}{x+2}$ 对 $M,P$ 相等。代入参数得

$$\frac{\frac{2t}{1+t^2}-2}{\frac{2(1-t^2)}{1+t^2}+2}=\frac{t-1-t^2}{2}.$$

令该式等于 $m$，有 $t^2-t+(1+2m)=0$，$t_1,t_2$ 为其两根，故 $t_1+t_2=1$。

同构设参：两点满足同一个方程。

4. $k_{AG}=\frac{-2/(1-2t_1)}{2/(1-2t_1)+2}=-\frac1{2-2t_1}=-\frac1{2t_2}$。 因 $1-t_1=t_2$。
5. $k_{AP}k_{AG}=\frac{t_2}{2}\cdot(-\frac1{2t_2})=-\frac14$。

答案：$y=\pm\frac{\sqrt7}{2}x-2$（此时 $S_{\max}=1$）。

仿射成圆

1. 令 $x'=x,y'=2y$，则 $E$ 变为 $x'^2+y'^2=4$，$A$ 映为 $A'(0,-4)$，$l:y'=k'x-4$，其中 $k'=2k$。
2. 圆心到 $l$ 的距离 $d=4/\sqrt{1+k'^2}<2$，故 $k'^2>3$。
3. $S'=\frac12d\cdot2\sqrt{4-d^2}=\frac{8\sqrt{k'^2-3}}{1+k'^2}$。
4. 令 $u=\sqrt{k'^2-3}>0$，则 $S'=\frac{8u}{u^2+4}=\frac8{u+4/u}\le2$，当 $u=2$（$k'=\pm\sqrt7$）取等。
5. 还原得 $S=S'/2\le1$，$k=k'/2=\pm\sqrt7/2$，故 $l:y=\pm\frac{\sqrt7}{2}x-2$。

设线联立

1. 得 $(1+4k^2)x^2-16kx+12=0$，由 $\Delta>0$ 得 $k^2>3/4$。
2. $S=\frac12\cdot2\cdot|x_1-x_2|=\frac{4\sqrt{4k^2-3}}{1+4k^2}$。

   以 $OA$ 为公共底（长 $2$），两个三角形的高之和为 $|x_1-x_2|$。

3. 令 $u=\sqrt{4k^2-3}$，则 $S=\frac{4u}{u^2+4}\le1$；$u=2$、$k^2=7/4$ 时取等。

答案：（1）$x_1^2+x_2^2=3$，$y_1^2+y_2^2=2$；（2）$5/2$；（3）不存在满足条件的三点。

（1）解法一：解析几何代数消元法

1. 若 $l$ 斜率不存在，则 $PQ$ 垂直于 $x$ 轴，$P,Q$ 关于 $x$ 轴对称。设 $P(x_1,y_1),Q(x_1,-y_1)$，其中 $x_1,y_1\ne0$。由椭圆方程，$x_1^2/3+y_1^2/2=1$；由面积，$|x_1y_1|=\sqrt6/2$，故 $x_1^2y_1^2=3/2$。基本不等式给出

$$\frac{x_1^2}{3}+\frac{y_1^2}{2}\ge2\sqrt{\frac{x_1^2y_1^2}{6}}=1.$$

等号成立，故 $x_1^2=3/2,y_1^2=1$，从而 $x_1^2+x_2^2=3,y_1^2+y_2^2=2$。 2. 若斜率存在，设 $l:y=kx+m$。面积非零，故 $m\ne0$。联立椭圆方程得

$$\begin{cases}y=kx+m,\\x^2/3+y^2/2=1\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad(3k^2+2)x^2+6kmx+3(m^2-2)=0.$$

判别式 $\Delta=24(3k^2+2-m^2)>0$，即 $3k^2+2>m^2$。韦达定理给出

$$x_1+x_2=-\frac{6km}{3k^2+2},\qquad x_1x_2=\frac{3(m^2-2)}{3k^2+2}.$$

3. 弦长及原点到 $l$ 的距离分别为

$$|PQ|=\sqrt{1+k^2}\frac{2\sqrt6\sqrt{3k^2+2-m^2}}{3k^2+2},\qquad d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}.$$

所以 $S_{\triangle OPQ}=\frac{\sqrt6|m|\sqrt{3k^2+2-m^2}}{3k^2+2}$。令其等于 $\sqrt6/2$，平方整理得

$$[3k^2+2-2m^2]^2=0,$$

故 $3k^2+2=2m^2$，且符合判别式条件。 4. 由韦达关系，

$$ \begin{aligned} x_1^2+x_2^2&=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2\\ &=\frac{36k^2m^2}{(3k^2+2)^2}-\frac{6(m^2-2)}{3k^2+2}\\ &=\frac{3(3k^2+2)-3m^2}{m^2}=3. \end{aligned} $$

又 $y_i^2=2(1-x_i^2/3)$，所以 $y_1^2+y_2^2=4-\frac23\cdot3=2$。两平方和均为定值。

（1）解法二：仿射变换法

1. 作变换 $X=x/\sqrt3,Y=y/\sqrt2$，椭圆变为单位圆 $X^2+Y^2=1$，$P,Q$ 对应为 $P'(X_1,Y_1),Q'(X_2,Y_2)$。
2. 面积缩放比为 $1/\sqrt6$，所以 $S_{\triangle OP'Q'}=1/2$。设 $\angle P'OQ'=\theta\in(0,\pi)$，则 $S=\frac12\sin\theta$，故 $\theta=\pi/2$，即 $OP'\perp OQ'$。
3. 设 $P'=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，则 $Q'=(-\sin\alpha,\cos\alpha)$（或反向）。因此 $X_1^2+X_2^2=1,Y_1^2+Y_2^2=1$；还原得 $x_1^2+x_2^2=3,y_1^2+y_2^2=2$。

（2）解法一

1. 斜率不存在时，由（1）知 $x_1^2=3/2,y_1^2=1$；$M=(\pm\sqrt6/2,0)$，$|PQ|=2$，故 $|OM||PQ|=\sqrt6\approx2.449$。
2. 斜率存在时，由中点坐标和 $3k^2+2=2m^2$ 得

$$x_M=-\frac{3k}{2m},\qquad y_M=\frac1m,\qquad |OM|^2=\frac12\left(3-\frac1{m^2}\right).$$

3. 由弦长公式及 $3k^2+2=2m^2$，

$$|PQ|^2=(1+k^2)\frac{24(3k^2+2-m^2)}{(3k^2+2)^2}=2\left(2+\frac1{m^2}\right).$$

4. 因而

$$(|OM||PQ|)^2=\left(3-\frac1{m^2}\right)\left(2+\frac1{m^2}\right).$$

令 $t=1/m^2$。由 $2m^2=3k^2+2\ge2$，$t\in(0,1]$。两因子之和为 $5$，所以乘积不超过 $25/4$。等号在 $t=1/2$ 时成立；此时 $m^2=2,k^2=2/3$，实数解存在。因此 $|OM||PQ|\le5/2$。比较斜率不存在情形，最大值为 $5/2$。

（3）解法一

1. 设 $D(u,v),E(x_1,y_1),G(x_2,y_2)$ 满足题设。将（1）的平方和结论用于三对点，得

$$ \begin{cases}u^2+x_1^2=3,\\u^2+x_2^2=3,\\x_1^2+x_2^2=3\end{cases} \qquad\text{及}\qquad \begin{cases}v^2+y_1^2=2,\\v^2+y_2^2=2,\\y_1^2+y_2^2=2.\end{cases} $$

2. 横坐标三式相加得 $u^2+x_1^2+x_2^2=9/2$，所以 $u^2=x_1^2=x_2^2=3/2$。纵坐标三式相加得 $v^2+y_1^2+y_2^2=3$，所以 $v^2=y_1^2=y_2^2=1$。
3. 因此三点从集合

$$\mathcal S=\left\{\left(\frac{\sqrt6}{2},1\right),\left(-\frac{\sqrt6}{2},1\right),\left(-\frac{\sqrt6}{2},-1\right),\left(\frac{\sqrt6}{2},-1\right)\right\}$$

中取三个不同点。这四点分成两组关于原点对称的点对；任取三点必包含一对互为原点对称的点。该两点与 $O$ 共线，使对应三角形面积为 $0$，与面积 $\sqrt6/2$ 矛盾。 4. 假设不成立，故椭圆上不存在满足条件的三点 $D,E,G$。

答案：（1）$x^2/4+y^2=1$；（2）（i）$k_1+k_2=0$；（ii）面积最大值为 $2\sqrt2$。

（1）解法一

1. $c/a=\sqrt3/2$，$a+b=3$，$a^2-b^2=c^2$。
2. $c=\sqrt3a/2$，代入得 $a^2-b^2=3a^2/4$，所以 $a=2b$（$a,b>0$）。再由 $a+b=3$ 得 $a=2,b=1$。
3. 因焦点在 $x$ 轴上，椭圆为 $x^2/4+y^2=1$。

（2）（i）解法一：联立方程与韦达定理

1. 设斜率 $k\ne0$，直线为 $y-1/2=k(x-1)$，即 $y=kx-k+1/2$。代入椭圆方程得

$$x^2+4(kx-k+1/2)^2=4,$$

整理为

$$ (1+4k^2)x^2+4k(1-2k)x+(4k^2-4k-3)=0.$$

2. 判别式

$$\Delta=[4k(1-2k)]^2-4(1+4k^2)(4k^2-4k-3)=4(12k^2+4k+3)>0,$$

因 $12k^2+4k+3=12(k+1/6)^2+8/3$。设交点横坐标为 $x_1,x_2$，韦达定理给出

$$x_1+x_2=\frac{4k(2k-1)}{1+4k^2},\qquad x_1x_2=\frac{4k^2-4k-3}{1+4k^2}.$$

3. $|TA|=\sqrt{1+k^2}|x_1-1|$，$|TB|=\sqrt{1+k^2}|x_2-1|$，所以

$$|TA||TB|=(1+k^2)|(x_1-1)(x_2-1)|.$$

由韦达定理，

$$x_1x_2-(x_1+x_2)+1=\frac{-2}{1+4k^2},$$

故

$$|TA||TB|=\frac{2(1+k^2)}{1+4k^2}.$$

4. 对第二条直线同理，$|TC||TD|=2(1+k_2^2)/(1+4k_2^2)$。由题设

$$\frac{1+k_1^2}{1+4k_1^2}=\frac{1+k_2^2}{1+4k_2^2}\Longrightarrow k_1^2=k_2^2.$$

两直线不同，$k_1\ne k_2$，故 $k_1=-k_2$，即 $k_1+k_2=0$。

（2）（i）解法二：直线参数方程

1. 设倾斜角 $\alpha\ne0,\pi/2$，

$$x=1+t\cos\alpha,\qquad y=\frac12+t\sin\alpha.$$

2. 代入椭圆并整理：

$$ (\cos^2\alpha+4\sin^2\alpha)t^2+2(\cos\alpha+2\sin\alpha)t-2=0.$$

3. 若两根为 $t_1,t_2$，则

$$|TA||TB|=|t_1t_2|=\frac2{\cos^2\alpha+4\sin^2\alpha}=\frac{2(1+k^2)}{1+4k^2},\quad k=\tan\alpha.$$

4. 同解法一第 4 步，由两弦长乘积相等且 $k_1\ne k_2$，得 $k_1+k_2=0$。

（2）（ii）

1. 设 $k_1=k>0,k_2=-k$。由直线与椭圆联立，

$$ \begin{aligned} |AB|&=\frac{2\sqrt{1+k^2}\sqrt{12k^2+4k+3}}{1+4k^2},\\ |CD|&=\frac{2\sqrt{1+k^2}\sqrt{12k^2-4k+3}}{1+4k^2}. \end{aligned} $$

2. 两线夹角 $\theta$ 满足 $\tan\theta=2k/|1-k^2|$，故 $\sin\theta=2k/(1+k^2)$。
3. 四边形面积

$$S=\frac12|AB||CD|\sin\theta=\frac{4k\sqrt{144k^4+56k^2+9}}{(1+4k^2)^2}.$$

4. 平方后整理为

$$S^2=\frac{16(144k^2+56+9/k^2)}{(4k+1/k)^4}.$$

令 $u=4k+1/k\ge4$，等号在 $k=1/2$ 时成立。又 $u^2=16k^2+8+1/k^2$，所以 $144k^2+56+9/k^2=9u^2-16$，从而

$$S^2=16\left(\frac9{u^2}-\frac{16}{u^4}\right).$$

5. 令 $t=1/u^2\in(0,1/16]$，则

$$g(t)=S^2=16(9t-16t^2)=-256(t-9/32)^2+81/4.$$

对称轴 $9/32$ 在区间右侧，$g$ 在 $(0,1/16]$ 单调递增。因此最大值在 $t=1/16$ 取得，即 $u=4,k=1/2$。 6. $S_{\max}^2=g(1/16)=8$，所以 $S_{\max}=2\sqrt2$。

答案：（1）$x^2-y^2/16=1\ (x\ge1)$；（2）$0$。

（1）

1. $|F_1F_2|=2\sqrt{17}$，且 $|MF_1|-|MF_2|=2$，满足 $0<2<|F_1F_2|$。由双曲线定义，$M$ 的轨迹是以 $F_1,F_2$ 为焦点、靠近 $F_2$ 的右支。
2. 设方程为 $x^2/a^2-y^2/b^2=1$，$x\ge a$。由定义 $2a=2$，得 $a=1$；$c=\sqrt{17}$，故 $b^2=c^2-a^2=16$。
3. 所以 $C:x^2-y^2/16=1\ (x\ge1)$。

（2）解法一

1. 设 $T(1/2,n)$。竖直线 $x=1/2$ 与右支 $x\ge1$ 无交点，因此两割线斜率存在。设 $AB$ 斜率为 $k_1$，方程 $y-n=k_1(x-1/2)$，交点为 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$。

2. 代入 $16x^2-y^2=16$，整理得

$$ \begin{aligned} (16-k_1^2)x^2+(k_1^2-2k_1n)x-(n^2-k_1n+k_1^2/4+16)&=0,\\ (k_1^2-16)x^2-(k_1^2-2k_1n)x+(k_1^2/4-k_1n+n^2+16)&=0. \end{aligned} $$

韦达定理给出

$$x_1+x_2=\frac{k_1^2-2k_1n}{k_1^2-16},\qquad x_1x_2=\frac{k_1^2/4-k_1n+n^2+16}{k_1^2-16}.$$

3. 因 $x_1,x_2\ge1>1/2$，

$$|TA||TB|=(1+k_1^2)(x_1-1/2)(x_2-1/2).$$

将韦达式代入括号内：

$$ \begin{aligned} x_1x_2-\frac12(x_1+x_2)+\frac14 &=\frac{(k_1^2/4-k_1n+n^2+16)-\frac12(k_1^2-2k_1n)+\frac14(k_1^2-16)}{k_1^2-16}\\ &=\frac{n^2+12}{k_1^2-16}. \end{aligned} $$

所以 $|TA||TB|=\frac{(1+k_1^2)(n^2+12)}{k_1^2-16}$。 4. 同理，$|TP||TQ|=\frac{(1+k_2^2)(n^2+12)}{k_2^2-16}$。弦积相等且 $n^2+12>0$，于是

$$\frac{1+k_1^2}{k_1^2-16}=\frac{1+k_2^2}{k_2^2-16}.$$

5. 写成 $1+17/(k_1^2-16)=1+17/(k_2^2-16)$，得 $k_1^2=k_2^2$。两条不同直线的斜率不等，故 $k_1=-k_2$，斜率和为 $0$。

（2）解法二

1. 设 $T(1/2,n)$，直线 $AB$ 倾角 $\theta_1\ne\pi/2$，

$$x=\frac12+t\cos\theta_1,\qquad y=n+t\sin\theta_1.$$

2. 代入 $16x^2-y^2-16=0$，得

$$ (16\cos^2\theta_1-\sin^2\theta_1)t^2+(16\cos\theta_1-2n\sin\theta_1)t-(n^2+12)=0.$$

3. 若根为 $t_1,t_2$，因 $T$ 在线段 $AB$ 外且两交点同在右支，$t_1,t_2$ 同号，故

$$|TA||TB|=|t_1t_2|=t_1t_2=\frac{n^2+12}{\sin^2\theta_1-16\cos^2\theta_1}=\frac{n^2+12}{1-17\cos^2\theta_1}.$$

4. 对第二弦同理。弦积相等给出 $\cos^2\theta_1=\cos^2\theta_2$。
5. 因 $\theta_1,\theta_2\in(0,\pi)$ 且不相同，得 $\cos\theta_1=-\cos\theta_2$，故 $\theta_1+\theta_2=\pi$，即斜率互为相反数，和为零。

（2）解法三

1. $T$ 位于两割线的外侧，且 $|TA||TB|=|TP||TQ|$，由割线定理逆定理，$A,B,P,Q$ 四点共圆。
2. 两直线分别为 $k_1(x-1/2)-(y-n)=0$ 与 $k_2(x-1/2)-(y-n)=0$。它们的乘积给出退化二次曲线。与双曲线二次曲线组合后，过四交点的曲线系为

$$ \left[k_1(x-1/2)-(y-n)\right]\left[k_2(x-1/2)-(y-n)\right] +\lambda\left(x^2-\frac{y^2}{16}-1\right)=0,\quad \lambda\ne0. $$

3. 圆的一般方程不含 $xy$ 项；双曲线项也不含 $xy$ 项，而一次式乘积的 $xy$ 项系数为 $-(k_1+k_2)$。因此 $k_1+k_2=0$。

答案：（1）$y^2=4x$；（2）$x-y-1=0$ 或 $x+y-1=0$。

（1）解法一

1. $P=(0,4)$。将 $y=4$ 代入 $y^2=2px$，得 $Q=(8/p,4)$，所以 $|PQ|=8/p$。
2. 准线为 $x=-p/2$，由抛物线定义，$|QF|=8/p+p/2$。
3. $8/p+p/2=(5/4)(8/p)=10/p$，解得 $p^2=4$。由 $p>0$，$p=2$，所以 $C:y^2=4x$。

（2）解法一

1. 焦点为 $F(1,0)$。若 $l$ 为 $x=1$，则 $AB$ 中点为 $F$，其垂直平分线为 $x$ 轴，只与抛物线有一个交点，不合题意；若 $l$ 为 $y=0$ 也只有一个交点。因此设 $l:x=my+1$，$m\ne0$。
2. 联立 $x=my+1,y^2=4x$，得 $y^2-4my-4=0$，根满足 $y_1+y_2=4m,y_1y_2=-4$。弦中点 $D=(2m^2+1,2m)$，弦长

$$|AB|=\sqrt{1+m^2}\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=4(m^2+1).$$

3. $l'$ 斜率为 $-m$，经过 $D$，方程为 $x=-y/m+2m^2+3$。与抛物线联立得 $y^2+4y/m-4(2m^2+3)=0$，两根满足

$$y_3+y_4=-\frac4m,\qquad y_3y_4=-4(2m^2+3).$$

$MN$ 中点 $E=(2/m^2+2m^2+3,-2/m)$，且

$$|MN|=\frac{4(m^2+1)\sqrt{2m^2+1}}{m^2}.$$

4. 共圆时圆心既在 $AB$ 的垂直平分线 $l'$ 上，又在弦 $MN$ 的垂直平分线上；因 $M,N$ 在 $l'$ 上，$MN$ 是直径，圆心为 $E$。于是 $|EA|=|MN|/2$。在直角三角形 $ADE$ 中，

$$|DE|^2+\frac14|AB|^2=\frac14|MN|^2.$$

由中点坐标，

$$|DE|^2=\left(\frac{2(m^2+1)}{m^2}\right)^2+\left(-\frac{2(m^2+1)}m\right)^2=\frac{4(m^2+1)^3}{m^4}.$$

5. 代入长度并整理，

$$\frac{4(m^2+1)^3}{m^4}+4(m^2+1)^2=\frac{4(m^2+1)^2(2m^2+1)}{m^4}.$$

除以 $4(m^2+1)^2$ 并乘 $m^4$，得 $m^4-m^2=0$。因 $m\ne0$，$m=\pm1$，所以 $l:x-y-1=0$ 或 $x+y-1=0$。

（2）解法二

1. 同解法一，设 $l:x=my+1$，$m\ne0$。交点纵坐标根满足 $y_1+y_2=4m,y_1y_2=-4$，中点 $D=(2m^2+1,2m)$，$|AD|=2(m^2+1)$。所以 $\vec{DA}\cdot\vec{DB}=-|AD|^2=-4(m^2+1)^2$。
2. $l':x=-y/m+2m^2+3$ 与抛物线的交点 $M,N$ 满足

$$y_3+y_4=-4/m,\qquad y_3y_4=-4(2m^2+3).$$

3. 因 $D,M,N$ 共线，

$$ \begin{aligned} \vec{DM}\cdot\vec{DN} &=\left(1+\frac1{m^2}\right)(y_3-2m)(y_4-2m),\\ (y_3-2m)(y_4-2m) &=y_3y_4-2m(y_3+y_4)+4m^2\\ &=-4(m^2+1), \end{aligned} $$

故 $\vec{DM}\cdot\vec{DN}=-4(m^2+1)^2/m^2$。 4. 共圆充要条件给出

$$-4(m^2+1)^2=-\frac{4(m^2+1)^2}{m^2},$$

故 $m^2=1$，$m=\pm1$，得到 $l:x-y-1=0$ 或 $x+y-1=0$。

答案：（1）$x^2/9+y^2=1$；（2）$CD$ 过定点 $(3/2,0)$。

（1）

$\overrightarrow{AG}=(a,1),\overrightarrow{GB}=(a,-1)$，故 $a^2-1=8$，$a=3$，椭圆为 $x^2/9+y^2=1$。

（2）

半代换

1. 将 $y_1$ 换成 $(y_1+y_2)-y_2$，得

$$2ty_1y_2+3(n-3)(y_1+y_2)=2(2n-3)y_2.$$

2. 左侧代入韦达式化简为 $\frac{2t(n-3)(3-2n)}{t^2+9}$。
3. 因而

$$ (2n-3)\left[\frac{2t(n-3)}{t^2+9}+2y_2\right]=0.$$

方括号随 $D$ 变化不恒为零，故 $n=3/2$。

若方括号恒为零，$y_2$ 就由 $t$ 唯一确定，但同一条 $CD$ 上 $y_1,y_2$ 都可作为 $y_2$。

4. $CD:x=ty+3/2$，所以过定点 $(3/2,0)$。

和积关系

1. 当 $n\ne0$ 时，

$$\frac{y_1y_2}{y_1+y_2}=\frac{n^2-9}{-2tn}\quad\Rightarrow\quad2ty_1y_2=-\frac{n^2-9}{n}(y_1+y_2).$$

$n=0$ 时 $C,D$ 关于原点对称，$k_{BD}=k_{AC}$，不满足题设。 2. 代入（*），$y_1$ 的系数为 $-\frac{n^2-9}{n}+3(n-3)=\frac{(n-3)(2n-3)}n$，$y_2$ 的系数为 $-\frac{n^2-9}{n}-(n+3)=-\frac{(n+3)(2n-3)}n$。 3. 因此

$$(*)\iff\frac{2n-3}{n}\big[(n-3)y_1-(n+3)y_2\big]=0.$$

方括号不恒为零，故 $n=3/2$，从而 $CD:x=ty+3/2$ 过 $(3/2,0)$。

答案：（1）$p=2$；（2）$20\sqrt5$。

第一问

1. 焦点为 $F(0,p/2)$，圆心为 $M(0,-4)$，半径 $R=1$。
2. $|FM|=p/2+4$，点 $F$ 到圆上点的最小距离为 $|FM|-R$。
3. 由 $(p/2+4)-1=4$，得 $p=2$。

第二问：解法一

1. $p=2$ 时抛物线为 $x^2=4y$，设切点为 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，外点为 $P(x_0,y_0)$。切线方程分别为 $x_1x-2y-2y_1=0$、$x_2x-2y-2y_2=0$。
2. 因 $P$ 在两切线上，切点弦为 $x_0x-2y-2y_0=0$。与 $y=x^2/4$ 联立得 $x^2-2x_0x+4y_0=0$，故 $x_1+x_2=2x_0$、$x_1x_2=4y_0$。
3. $|x_1-x_2|=2\sqrt{x_0^2-4y_0}$，所以 $$|AB|=\sqrt{(x_0^2+4)(x_0^2-4y_0)},\qquad d(P,AB)=\frac{x_0^2-4y_0}{\sqrt{x_0^2+4}}.$$ 因此 $S_{\triangle PAB}=\frac12(x_0^2-4y_0)^{3/2}$。
4. 圆上 $x_0^2=1-(y_0+4)^2$，$y_0\in[-5,-3]$，于是 $x_0^2-4y_0=-(y_0+6)^2+21$。该式在区间上递减，$y_0=-5$ 时最大为 $20$。
5. $S_{\max}=\frac12\cdot20^{3/2}=20\sqrt5$。

第二问：解法二

1. 切点弦仍为 $x_0x-2y-2y_0=0$。过 $P$ 作铅垂线与弦交于 $Q$，则 $|PQ|=\frac12(x_0^2-4y_0)$，且 $|x_1-x_2|=2\sqrt{x_0^2-4y_0}$。
2. 故 $S_{\triangle PAB}=\frac12(x_0^2-4y_0)^{3/2}$。令 $x_0=\cos\theta$、$y_0=-4+\sin\theta$，则 $$x_0^2-4y_0=-(\sin\theta+2)^2+21.$$
3. 因 $\sin\theta\in[-1,1]$，该式最大为 $20$，故 $S_{\max}=20\sqrt5$。

答案：（1）$y=\frac13(4x^2-x+2)$；（2）证明见解析。

第一问

设切点为 $A(u,u^2),B(v,v^2)$。两切线相交于 $P((u+v)/2,uv)$。重心 $G(x,y)$ 满足 $x=x_P$、$y=(u^2+v^2+uv)/3=(4x_P^2-y_P)/3$，所以 $y_P=4x^2-3y$。由 $x_P-y_P-2=0$ 得 $y=\frac13(4x^2-x+2)$。

第二问

设 $F(0,1/4)$，$A(u,u^2),B(v,v^2)$，交点 $P((u+v)/2,uv)$。分别计算可得 $$\cos\angle PFA=\frac{uv+1/4}{|FP|}=\cos\angle PFB,$$ 故 $\angle PFA=\angle PFB$。

答案：（1）$y=\sqrt3x-\sqrt3$；（2）（i）重心纵坐标为 $0$；（ii）面积范围为 $\left(\frac{3\sqrt2}{2},+\infty\right)$。

第一问

设 $l:x=my+1$，交点纵坐标为 $y_1,y_2$。联立得 $y^2-4my-4=0$，故 $y_1+y_2=4m$、$y_1y_2=-4$。由 $M$ 在第一象限且 $|MF|=3|NF|$，有 $y_1=-3y_2$。于是 $y_2=-2\sqrt3/3$、$y_1=2\sqrt3$，得 $m=\sqrt3/3$，所以 $l:y=\sqrt3x-\sqrt3$。

第二问（i）：解法一

设外接圆为 $x^2+y^2+dx+ey=0$，并令 $D(x_3,y_3)$。代入 $x=y^2/4$ 得 $$y^4+(4d+16)y^2+16ey=0.$$ 除去根 $y=0$ 后，三根 $y_1,y_2,y_3$ 满足 $y^3+(4d+16)y+16e=0$，其二次项系数为 $0$，故 $y_1+y_2+y_3=0$。所以 $\triangle MND$ 的重心纵坐标为 $0$。

第二问（i）：解法二

抛物线上两点纵坐标为 $y_i,y_j$ 时，连线斜率为 $4/(y_i+y_j)$。由圆周角关系分别按 $O,D$ 位于 $MN$ 同侧或异侧处理，再用两直线夹角正切公式，可得 $(y_1+y_3)(y_2+y_3)=y_1y_2$，从而 $y_3(y_1+y_2+y_3)=0$。由于 $D\ne O$，有 $y_3\ne0$，故重心纵坐标为 $0$；同侧情形采用有向角。

第二问（ii）

由 $y_1+y_2=4m$、$y_1y_2=-4$ 和（i）的 $y_3=-(y_1+y_2)$，得 $D(4m^2,-4m)$、$|MN|=4(m^2+1)$。直线 $MN$ 为 $x-my-1=0$，原点和 $D$ 位于其异侧，因此 $8m^2-1>0$；又按题设顶点顺序 $m>0$，故 $m>\sqrt2/4$。

四边形面积为 $$S=2\sqrt{m^2+1}\left(1+|8m^2-1|\right)=16m^2\sqrt{m^2+1}.$$ 令 $t=\sqrt{m^2+1}$，则 $t>3\sqrt2/4$，且 $S=16t^3-16t$。其导数 $48t^2-16>0$，故面积值域为 $\left(\frac{3\sqrt2}{2},+\infty\right)$。

答案：（1）$x^2/8+y^2/4=1$；（2）存在，圆为 $x^2+y^2=8/3$，$|MN|\in[4\sqrt6/3,2\sqrt3]$。

第一问

顶点为 $A(-a,0),B(a,0),P(0,b)$。余弦定理给 $\cos\angle APB=(b^2-a^2)/(a^2+b^2)=-1/3$，故 $a^2=2b^2$。又 $c=2$、$a^2=b^2+c^2$，得 $b^2=4,a^2=8$。

第二问：解法一

设圆为 $x^2+y^2=r^2$，切线 $y=kx+m$。与椭圆联立得 $$ (1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-8=0.$$ 设两交点横坐标 $x_1,x_2$。由 $\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=0$ 和韦达关系得 $3m^2=8(k^2+1)$。切线到原点距离满足 $r^2=m^2/(1+k^2)=8/3$。判别式为正；竖直切线 $x=\pm\sqrt{8/3}$ 也满足条件。

弦长可化为 $$|MN|=\frac{4\sqrt6}{3}\sqrt{1+\frac{k^2}{(2k^2+1)^2}}.$$ 令 $t=k^2\ge0$，则 $t/(2t+1)^2\in[0,1/8]$，故 $|MN|\in[4\sqrt6/3,2\sqrt3]$。

第二问：解法二

在直角三角形 $MON$ 中，斜边上的高为圆半径 $r$，故 $1/r^2=1/|OM|^2+1/|ON|^2$。将两垂直半径方向分别设为 $\theta$ 与 $\theta+\pi/2$，代入椭圆可得倒数平方和为 $1/8+1/4=3/8$，所以 $r^2=8/3$。

令 $u=1/|OM|^2=1/8+\sin^2\theta/8\in[1/8,1/4]$，则 $|MN|^2=1/u+1/(3/8-u)$。该式在 $u=3/16$ 时取最小 $32/3$，在端点处取最大 $12$，得同一范围。

答案：$C:x^2-y^2/3=1$；$|AB|^2$ 的最小值为 $6$，面积最小值为 $\sqrt6/2$。

第一问

$c=2$，故 $a^2+b^2=4$。代入点 $(\sqrt2,\sqrt3)$ 得 $2/a^2-3/b^2=1$，解得 $a^2=1,b^2=3$。

第二问

设过原点的两条垂直直线斜率为 $k,-1/k$，其与双曲线联立，得 $|OA|^2=\frac{4(1+k^2)}{k^2-3}$、$|OB|^2=\frac{4(1+k^2)}{3k^2-1}$，须 $k^2>3$ 或 $0<k^2<1/3$。当 $k^2>3$ 时，令 $u=k^2$，则 $$|AB|^2=|OA|^2+|OB|^2=\frac{16u(1+u)}{(u-3)(3u-1)}.$$ 求导可知最小值为 $6$，在 $u=3+2\sqrt3$ 处取得。直角三角形面积 $S=|OA||OB|/2$，其平方为 $4(1+u)^2/[(u-3)(3u-1)]$，最小值为 $3/2$，故 $S_{\min}=\sqrt6/2$；另一方向区间由对称性给出相同结论。

答案：$C:x^2-y^2/3=1$；（i）证明见解析；（ii）$PM:y=\pm\sqrt6/2$，$PN:x=\sqrt6/2$。

第一问

$c=2$，故 $a^2+b^2=4$。焦点到渐近线距离等于 $b$，因此 $b=\sqrt3,a=1$。

第二问（i）

设 $PM:y=kx+m$。圆相切给 $2m^2=3(k^2+1)$。与双曲线联立并用韦达关系计算得 $$\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OM}=\frac{2m^2-3k^2-3}{3-k^2}=0,$$ 所以 $OM\perp OP$。

第二问（ii）：解法一

同理 $ON\perp OP$，故 $M,O,N$ 共线且 $O$ 为 $MN$ 中点。令 $k$ 为 $PM$ 斜率，由切线条件及弦长公式得 $$|PM|^2=6\left(1+\frac{16k^2}{(3-k^2)^2}\right)\ge6.$$ 等号在 $k=0$ 取得，面积 $S=\sqrt6|PM|/2$ 最小为 $3$。代回得切线 $PM:y=\pm\sqrt6/2$，另一切线为 $PN:x=\sqrt6/2$。

第二问（ii）：解法二

令 $\theta=\angle PMO$，圆半径 $OD=\sqrt6/2$。则 $|OM|=OD/\sin\theta$、$|OP|=OD/\cos\theta$，面积 $S=|OM||OP|=3/\sin2\theta$，在 $\theta=\pi/4$ 时最小为 $3$，对应两切线方程如上。

答案：（1）$x^2/2+y^2=1$；（2）（i）$R=(4/5,\pm\sqrt2/5)$；（ii）面积最大值 $\sqrt3/10$。

第一问

椭圆定义给周长 $4a=4\sqrt2$，故 $a=\sqrt2$。又 $c/a=\sqrt2/2$，得 $c=1,b=1$，所以 $x^2/2+y^2=1$。

第二问（i）

过 $F_2(1,0)$ 的垂直线不满足 $OM\perp ON$。设 $MN:y=k(x-1)$，联立椭圆用韦达关系代入数量积得 $k^2=2$。于是中点 $R=(4/5,-k/5)$，即 $R=(4/5,\pm\sqrt2/5)$。

第二问（ii）：解法一

由中位线及直角三角形斜边中线性质，$S_{\triangle RST}=3\sqrt2\,d/20$，其中 $d$ 为 $S$ 到 $MN$ 的距离。取 $R=(4/5,\sqrt2/5)$，则 $MN:\sqrt2x+y-\sqrt2=0$。设动弦斜率为 $m$，联立椭圆求中点 $S$，化简得 $$d=\frac{2\sqrt2(m+\sqrt2)^2}{5\sqrt3(2m^2+1)}.$$ 令 $t=m+\sqrt2$，分式部分的最大值为 $5/2$，故 $d_{\max}=\sqrt6/3$，面积最大值 $\sqrt3/10$。竖直动弦给出的距离更小。

第二问（ii）：解法二

中点弦点差法得 $S$ 的轨迹满足 $$\left(x-\frac25\right)^2+2\left(y-\frac{\sqrt2}{10}\right)^2=\frac15.$$ 将该椭圆参数化后，距离分子 $|\sqrt2x+y-\sqrt2|$ 的最大值为 $\sqrt2$，所以 $d_{\max}=\sqrt6/3$，面积最大值同为 $\sqrt3/10$。