2025 年北京市东城区高三期末数学试卷 #20
已知椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的一个顶点为 $(2,0)$，且焦距为 $2$．$A$ 为第一象限内 $E$ 上的动点，过点 $A$ 作斜率为 $\dfrac 1 2,-\dfrac 1 2$ 的直线分别与 $E$ 交于点 $M,N$（均异于点 $A$），直线 $MN$ 与 $x$ 轴交于点 $H$，$Q$ 为线段 $MN$ 的中点，直线 $AQ$ 与 $x$ 轴交于点 $P$．
1、求 $E$ 的方程；
2、当 $|HP|=3$ 时，求点 $A$ 的横坐标．
解析
1、根据题意，有 $a=2$，焦距 $2\sqrt{a^2-b^2}=2$，从而 $b=\sqrt3$，进而所求 $E$ 的方程为 $\dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}3=1$．
2、在伸缩变换 $x'=x$，$y'=\dfrac2{\sqrt 3}y$ 下，椭圆 $E$ 变为圆，设 $A,M,N,Q$ 的对应点分别为 $A',M',N',Q'$，$A'$ 关于 $x$ 轴的对称点为 $A_1'$，则由直线 $A'M'$ 和直线 $A'N'$ 斜率互为相反数可得 $A_1'$ 平分弧 $M'N'$，因此 $O,Q',A_1'$ 三点共线于 $M'N'$ 的垂直平分线．回到原题，设 $Q(m,n)$，$A(-mt,nt)$，其中 $n,t>0$，$m<0$，则\[\dfrac{m^2t^2}4+\dfrac{n^2t^2}3=1,\]根据截距坐标公式，点 $P$ 的横坐标\[p=\dfrac{m\cdot nt-(-mt)\cdot n}{nt -n}=\dfrac{2mt}{t-1},\]而根据中点弦方程，有\[MN:\dfrac{mx}{4}+\dfrac{ny}{3}=\dfrac{m^2}4+\dfrac{n^2}3,~\text{即}~\dfrac{mx}4+\dfrac{ny}3=\dfrac{1}{t^2},\]从而点 $H$ 的横坐标\[h=\dfrac{4}{mt^2}.\]考虑 $M'N':\dfrac{mx'}{4}+\dfrac{ny'}{2\sqrt 3}=\dfrac1{t^2}$，而劣弧 $M'N'$ 的圆心角为 $120^\circ$，因此圆心 $O$ 到弦 $M'N'$ 的距离 $d'=1$，即\[\dfrac{\dfrac{1}{t^2}}{\sqrt{\left(\dfrac m4\right)^2+\left(\dfrac{n}{2\sqrt 3}\right)^2}}=1\iff \dfrac{m^2}{4}+\dfrac{n^2}{3}=\dfrac{4}{t^4}\implies t=2.\]从而\[|PH|=3\implies |p-h|=3\implies \left|4m-\dfrac 1m\right|=3\implies m=-\dfrac 14,\]进而点 $A$ 的横坐标为 $\dfrac 12$．