1. $F=(1,0)$，$e=\dfrac{\sqrt2}{2}$。
2. 直线 $MN$ 经过 $R\left(\dfrac23,0\right)$。
3. $\displaystyle S_{\triangle FMN,\max}=\frac19$；两条弦的斜率为 $1,-1$ 时取到。

用韦达定理求弦中点，不必求出四个端点。将两条弦的斜率设为 $k,-1/k$，得到 $M,N$ 坐标后，优先写没有斜率分母的直线方程。面积可用行列式表示，再用 $t=|k|+1/|k|\ge2$ 降低分式的复杂度。

（1）焦点与离心率。 $a^2=2,b^2=1$，因此 $c^2=a^2-b^2=1$，$F=(1,0)$，$e=c/a=\sqrt2/2$。

（2）中点连线。 先讨论两条弦均不平行于坐标轴的情形，设

将第一条直线代入 $x^2+2y^2=2$，得

由根的和及直线方程得中点

将 $k$ 替换为 $-1/k$，得

代入两点式并整理：

由于 $k\ne0$，这确实是一条直线；令 $x=2/3,y=0$ 恒成立。因此 $MN$ 经过 $R(2/3,0)$。当 $k=\pm1$ 时，上式成为 $x=2/3$，无需使用无定义的 $k_{MN}$。

若一条弦水平、另一条竖直，则两中点为 $(0,0)$ 与 $(1,0)$，$MN$ 为 $x$ 轴，仍经过 $R$。不过此时不能称“$MN$ 与 $x$ 轴的唯一交点为 $R$”。

（3）求面积最大值。 由行列式面积公式，

令 $t=|k|+1/|k|\ge2$，分子、分母同除以 $k^2$，得到

因为

所以 $9t\le2(2t^2+1)$，即 $S\le1/9$。等号当且仅当 $t=2$，也就是 $|k|=1$，此时两条弦的斜率确实均存在。

转动两条互相垂直的焦点弦，比较定点距离误差和当前面积；“最大面积”与“水平／竖直原弦”预设分别检查竖直目标线和坐标轴边界。

题设没有排除抛物线顶点，面积条件允许 $uv=0$，因此需同时讨论 $ST$ 过 $(2,0)$ 和过原点的两支。

1. $\displaystyle l:x=\pm\frac{\sqrt2}{4}y+1$。
2. $PQ$ 经过定点 $(3,0)$。
3. 按题设，不排除 $S,T$ 中有一个为原点时，完整轨迹是

第一支对应 $ST$ 过 $(2,0)$；第二支对应 $ST$ 过原点且一个端点就是原点。若补充“$S,T$ 均不是原点”，则只保留第一支。

第 1 问把向量关系转化为坐标关系；第 2 问用 $x=my+1$ 表示焦点弦，并用根的和、根的积求中点。第 3 问应先用普通面积的绝对值公式，不能只保留绝对值方程的一种符号。求出必要的轨迹后，还要验证每个轨迹点确能由两个不同端点产生。

（1）向量条件。 焦点 $F=(1,0)$。设 $B=(v^2/4,v)$。由 $F-A=2(B-F)$ 得 $A+2B=3F$，故 $y_A=-2v$，而抛物线上 $x_A=v^2$。横坐标关系给出

因此 $B=(1/2,\pm\sqrt2)$，$A=(2,\mp2\sqrt2)$。两条可能直线为 $x=\pm(\sqrt2/4)y+1$。

（2）垂直弦的中点。 由于两条互相垂直的直线都要截得两个不同点，其中任何一条都不能是水平线。因此可设

第一条直线给出 $y^2-4my-4=0$，所以两端点纵坐标之和为 $4m$、积为 $-4$。中点的坐标为

直接代入可验证两点都满足

所以 $PQ$ 经过 $(3,0)$。$m=\pm1$ 时 $PQ$ 竖直，上式仍有效。

（3）面积条件必须保留两个分支。 设

准线为 $x=-1$，故 $S_1=(-1,u),T_1=(-1,v)$，于是

另一方面，利用三点行列式得

题设等价于

若中点为 $H(x,y)$，则

当 $uv=-8$ 时，$y^2=2(x-2)$。反过来，对任意实数 $y$，方程 $z^2-2yz-8=0$ 的两个实根不同，因此这一整支都可取到。

当 $uv=0$ 时，$y^2=2x$。此时一个端点是原点；另一个端点不能也是原点，因此 $y\ne0$，等价于 $x>0$。任取这支上 $x>0$ 的点，令端点纵坐标为 $0,2y$ 即可实现。

最后，抛物线弦方程为

因此两类弦分别过 $(2,0)$ 和 $(0,0)$。例如 $S=(0,0),T=(1,2)$ 时，两个三角形面积分别为 $2$ 与 $1$，满足题设，属于第二支。

是。$AB$ 恒过定点 $\boxed{(2p,0)}$。

将两个非原点交点的纵坐标记为 $u,v$。利用过原点直线的斜率和垂直关系求 $uv$，再代入抛物线弦的方程。也可设两条直线斜率为 $r,-1/r$，直接计算两个第二交点。

由于两条直线都必须具有非原点的第二交点，因此它们均不能水平或竖直。设两条直线为 $y=rx$ 和 $y=-x/r$，其中 $r\ne0$，分别与 $y^2=2px$ 联立：

若记 $y_A=u,y_B=v$，则 $uv=-4p^2$。一般地，抛物线上纵坐标为 $u,v$ 的两个不同点，其连线可写为

将 $uv=-4p^2$ 代入，得到

因此定点为 $(2p,0)$。当 $r=\pm1$ 时，$AB$ 为竖直线 $x=2p$，这个情形同样包含在上述一般式中。

1. $\displaystyle \Gamma:\frac{x^2}{4}+y^2=1$。
2. $l$ 经过定点 $\boxed{(2,-1)}$。

等腰三角形的顶角为 $120^\circ$，半焦距为 $c=(\sqrt3/2)a$。第 2 问直接把两条已知斜率设为 $r,s$，用 $r+s=-1$ 构造第二交点；其弦方程中的变动量只剩 $rs$，固定点由此显现。

（1）求椭圆。 $AF_1=AF_2=a$，将等腰三角形沿对称轴平分，得 $c=a\sin60^\circ=\sqrt3 a/2$，$b=a\cos60^\circ=a/2$。由周长

得 $a=2,b=1$。

（2）从斜率条件生成弦。 设 $k_{AB}=r,k_{AC}=s$，其中 $r+s=-1$。直线 $AB:y=rx+1$ 与椭圆联立，得到

除去 $A$，第二交点为

同理，将 $r$ 换成 $s$ 得 $C$。题设要求 $r,s\ne0$，否则对应直线是顶点切线；还要求 $r\ne s$，否则 $B=C$。

把上述两点坐标代入可验证，连线方程为

代入 $r+s=-1$，整理成

故直线恒过 $(2,-1)$。这里 $rs\le1/4$，等号仅在 $r=s=-1/2$ 时成立，而这一重合情形已经排除。因此有效弦不会由该方程退化。

1. $\displaystyle k_{QA_1}k_{QA_2}=-\frac34$。
2. $\displaystyle l:y=\pm\frac{\sqrt5}{2}(x+1)$。
3. $l$ 恒过 $\boxed{(1,0)}$；其中竖直线 $x=1$ 也是有效构型。

第 1 问用椭圆方程替换 $y_Q^2$。第 2 问先将带方向的向量等式写成 $N+2M=3F_1$，不要只写长度比。第 3 问用韦达定理计算两条顶点连线斜率的积，消掉“直线经过右顶点”的无效分支，再单独检查竖直弦。

（1）斜率之积。 $A_1=(-2,0),A_2=(2,0)$。设 $Q=(u,v)$，则

排除长轴端点保证分母不为零。

（2）向量分点。 $F_1=(-1,0)$。设 $M=(u,v)$，由 $F_1-N=2(M-F_1)$ 得

两个端点都满足 $3x^2+4y^2=12$，故

用第二式减去第一式的四倍，得到 $27+36u=-36$，所以

直线过 $F_1$，其斜率为 $v/(u+1)=\mp\sqrt5/2$，得到两条所求直线。

（3）斜率积条件。 先设 $l:y=kx+m$，$M=(x_1,y_1),N=(x_2,y_2)$。联立得

令 $D=3+4k^2$，则

同时

$l$ 不过 $A_2$，所以 $m+2k\ne0$。因此

即 $m=-k$，于是 $l:y=k(x-1)$，经过 $(1,0)$。$k=0$ 会使 $l$ 经过 $A_2$，不属于本分支的有效构型。

若 $l$ 竖直，设 $l:x=t$，则端点为 $(t,\pm\sqrt{3(1-t^2/4)})$，两顶点连线斜率之积为

令它等于 $-9/4$，得 $t=1$，此时确有两个不同交点。故竖直情形同样经过 $(1,0)$。

改变第一条顶点射线的斜率，另一条射线按 $k_1k_2=-9/4$ 自动生成；目标弦只由两个实际第二交点决定。

1. $\displaystyle C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$。
2. $l$ 恒过 $\displaystyle \boxed{\left(\frac27,0\right)}$，有效直线可写为 $y=k(x-2/7)$，其中 $k\ne0$。

焦点距离的最值给出 $a+c,a-c$。圆经过右顶点，转化为“从右顶点连接弦两端点的两条线互相垂直”，即向量数量积为零。利用上一题同一椭圆的韦达表达式，得到直线参数的关系。

（1）确定椭圆。 $a+c=3,a-c=1$，得 $a=2,c=1$，所以 $b^2=a^2-c^2=3$。

（2）从直径圆得到垂直条件。 记右顶点为 $D_0=(2,0)$。由于 $A,B\ne D_0$，圆周角定理给出 $\angle AD_0B=90^\circ$，即

椭圆上唯一横坐标为 $2$ 的点就是 $D_0$，所以两条连线的斜率都存在，且乘积为 $-1$。

设交点横坐标为 $x_1,x_2$。联立所得二次方程与例 4 相同，因此

这里 $m+2k\ne0$，否则 $l$ 经过 $D_0$，与题设矛盾。由此

所以 $l:y=k(x-2/7)$。$k=0$ 会截得左右顶点，必须排除。其余任意有限非零 $k$ 都经过椭圆内部点 $(2/7,0)$，故有两个不同交点，且不经过左右顶点。

原题已经把 $l$ 限定为 $y=kx+m$，因此这里不将竖直弦加入原题的答案集合。若作扩展而允许竖直线，则 $x=2/7$ 也满足相同的几何垂直条件。

用 $k_1k_2=-1$ 生成直角构型，观察弦经过 $(2/7,0)$；竖直目标弦会明确标为原题斜截式之外的几何推广。

1. $\displaystyle C:\frac{x^2}{4}+y^2=1$。
2. $\displaystyle k\in\left(-\frac{\sqrt3}{6},0\right)\cup\left(0,\frac{\sqrt3}{6}\right)$。
3. $ME$ 与 $x$ 轴的交点恒为 $\boxed{(1,0)}$。

先由点到直线的距离求 $b$。第二问是“外点割线”的判别式问题，并且 $M\ne N$ 排除了水平线。第三问在纵坐标中使用韦达定理，把反射点与另一交点的共线条件写成对称式。

（1）椭圆方程。 圆半径等于原点到直线的距离，故 $b=\sqrt2/\sqrt2=1$。又 $1-e^2=b^2/a^2=1/4$，得 $a^2=4$。

（2）割线斜率。 设 $PN:y=k(x-4)$。代入 $x^2+4y^2=4$，得

判别式为 $\Delta=16(1-12k^2)$，两个不同交点要求 $|k|<\sqrt3/6$。又 $M,N$ 关于 $x$ 轴对称且不同，故 $N$ 不是长轴顶点，$k\ne0$。切线边界处没有“另一个不同交点”，不能纳入。

（3）反射后的直线。 因为 $k\ne0$，设 $PN:x=my+4$，其中 $m=1/k$。设 $N=(my_1+4,y_1)$，$E=(my_2+4,y_2)$，则 $M=(my_1+4,-y_1)$。联立得

故

验证候选点 $R=(1,0)$：

因此 $M,E,R$ 共线。这里 $M\ne E$：否则 $N,E$ 的反射对称连线将竖直，而过外点 $(4,0)$ 的竖直线不与椭圆相交。$ME$ 也不可能是 $x$ 轴，因为 $M$ 的纵坐标非零。因此它与 $x$ 轴的交点唯一，恰为 $(1,0)$。

旋转过外点 $P=(4,0)$ 的割线，观察反射弦的实际轴截距；相切和无交点方向不会显示正常结果。

1. $\displaystyle C:\frac{x^2}{2}+y^2=1$。
2. 存在，定点为 $\boxed{(-2,0)}$。

角度互补适合用轴对称转化：将 $B$ 关于 $x$ 轴反射为 $B'$，则 $A,F,B'$ 共线。这样，原题就变成“过左焦点的弦反射一个端点后，所得连线过哪个定点”。

（1）椭圆方程。 $c=1$，又 $a/b=\sqrt2$，所以 $a^2=2b^2$，$a^2-b^2=1$，得 $b^2=1,a^2=2$。

（2）把角度条件变成共线。 记 $B'=(x_B,-y_B)$。两条向上的射线 $FA,FB$ 与正向 $x$ 轴所成角分别为 $\alpha,\pi-\alpha$；反射后 $FB'$ 的方向角与 $FA$ 相差 $\pi$，因此 $A,F,B'$ 共线。

若 $\alpha=\pi/2$，两点都在过 $F$ 的同一条向上竖直射线上，只能重合，与题设矛盾。因此 $AB'$ 不竖直；它也不水平，因为 $A$ 在 $x$ 轴上方。可设

其中 $A=(mu-1,u)$，$B'=(mv-1,v)$，$B=(mv-1,-v)$。联立椭圆得

所以 $u+v=2m/(m^2+2)$，$uv=-1/(m^2+2)$。

对候选点 $T=(-2,0)$ 计算共线行列式：

因此 $A,B,T$ 共线，$l$ 恒过 $(-2,0)$。两点不同保证这是一条确定的直线。

把下半平面的焦点弦端点关于 $x$ 轴反射，比较所得直线与理论点 $(-2,0)$ 的距离。

1. 周长为 $8$（按非退化三角形理解）。
2. $\displaystyle x_P=\frac65$，且 $P=(6/5,4\sqrt3/5)$。
3. $N=(4,0)$，$\displaystyle S_{\triangle QF_2N,\max}=\frac{3\sqrt3}{2}$，当 $Q=(0,\pm\sqrt3)$ 时取到。

周长利用椭圆的距离和定义。第二问通过向量比例先写出 $M$，再用 $M\in AF_2$ 得到 $P$ 所在直线。第三问先证明 $N$ 固定，然后把面积变成固定底边乘以 $Q$ 到 $x$ 轴的距离。

（1）周长。 $F_1=(-1,0),F_2=(1,0)$。由于 $F_2$ 在椭圆内部，位于弦 $PQ$ 上，故

因此周长为

若 $l$ 为 $x$ 轴，三点共线，不构成非退化三角形；上述三段距离之和仍为 $8$，但应区分两种表述。

（2）求点坐标。 设 $P=(x,y)$。向量关系给出

$AF_2$ 所在直线为 $Y=\sqrt3(1-X)$。代入 $M$ 得 $y=\sqrt3(2-x)$，再代入椭圆：

得到 $x=2$ 或 $x=6/5$。第一象限要求 $y>0$，排除 $(2,0)$，故 $P=(6/5,4\sqrt3/5)$。对应 $M=(7/15,8\sqrt3/15)$，确在线段 $AF_2$ 内。

（3）固定底边后求面积。 设 $l:x=my+1$，其中 $m\ne0$；$m=0$ 对应题目已经排除的竖直线。设 $P=(mu+1,u),Q=(mv+1,v)$，则 $R=(mu+1,-u)$。联立得

从而 $u+v=-6m/(3m^2+4)$，$uv=-9/(3m^2+4)$。

对 $(4,0)$ 验证：

因此 $Q,R,(4,0)$ 共线。题目已排除水平和竖直原弦，故 $Q\ne R$，目标线也不与 $x$ 轴重合，于是 $N=(4,0)$。

由于 $|F_2N|=3$，

等号对应 $Q=(0,\pm\sqrt3)$。连接这些点与 $F_2$ 的直线斜率分别为 $\mp\sqrt3$，确实不平行于坐标轴，所以最大值能够取到。

同时观察反射弦经过 $(4,0)$ 和三角形面积变化；最大面积预设不会把当前面积直接替换成理论值。