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2011年大纲全国卷第21题为：已知O为坐标原点，F为椭圆C:x2+y22=1在y轴的正半轴上的焦点，过F且斜率为-2的直线l与C交于A、B两点，点P满足OA+OB+OP=0.
（Ⅰ） 证明：点P在C上；
（Ⅱ） 设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上.
这是一道解析几何与平面几何及向量有机整合综合性颇强的典型试题，涉及的知识点较多，思路开阔，解法多，有一定的运算量及解题技巧，有效地考查学生的逻辑思维能力和运算能力等等.
（一） 解法探讨
由题设得a=2，b=1，c=1，则F（0，1），直线l的方程为y=-2x+1，代入x2+y22=1化简得：4x2-22x-1=0 ①
设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x3，y3）
（Ⅰ） 解法1：解方程求出交点A、B的坐标，进而求出P点的坐标.
解方程①得x1=2-64，x2=2+64，
则x1+x2=22，y1+y2=-2（x1+x2）+2=1.由题设OA+OB+OP=0，得x3=-(x1+x2)=-22，y3=-(y1+y2)=-1，所以点P的坐标为-22，-1.
经验证点P的坐标满足x2+y22=1，故点P在椭圆C上.
解法2：利用韦达定理求点P的坐标.
利用韦达定理由①得：x1+x2=22，x1•x2=-14.
由题意得：x3=-(x1+x2)=-22，y3=-(y1+y2)-［-2(x1+x2)+2］=-1
从而得P的坐标为-22,-1，以下同解法1代入验证，这里从略.
解法3：利用韦达定理用设而不求法证之.
由①得x1+x2=22,x1•x2=-14.
由题设得x3=-（x1+x2），y3=-（y1+y2）且x21+y212=1，x22+y222=1.
所以x23+y232=(x1+x2)2+(x1+y2)22=x21+y212+x22+y222+2x1x2+y1y2=2+2x1x2+（-2x1+1）（-2x2+1）=2+4x1x2-2（x1+x2）+1=2+4×-14-2×22+1=1故点P在椭圆C上
（Ⅱ） 证法一：找出圆心N坐标，并证明此点到A、P、B、Q距离都相等.
由（Ⅰ） 已得P-22，-1，由题设得Q22，1，PQ垂直平分线l1的方程为y=-22x ②
设AB的中点为M，则M24，12，AB的垂直平分线l2的方程为y=22x+14，③
由②③得l1与l2的交点-28，18.
所以|NP|=-22+282+-1-18=3118，|AB|=1+(-2)2|x1-x2|=322，|AM|=324，|MN|=24+282+12+182=338，|NA|=AM2+MN2=3118，故|NP|=|NA|. 又|NP|=|NQ|，|NB|=|NA|，所以|NP|=|NA|=|NB|=|NQ|.
由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上.
证法二：利用两直线的夹角（到角）公式，证明四边形APBQ一组对角互补.
由（Ⅰ） 解法1知A2-64，1+32，B2+64，1-32，P-22，-1，Q22，1，则KPA=22+6，KPB=22-6，KQA=-22+6，KQB=-22-6，
所以tan∠APB=KPA-KPB1+KPA•KPB=263,tan∠AQB=KQB-KQA1+KQA•KQB=-263
从而得tan∠APB=-tan∠AQB=tan(180°-∠AQB)，所以有∠APB+∠AQB=180°，
故A、P、B、Q四点共圆.
证法三：利用两直线的夹角公式及设而不求法证之.
设A(x1,y1),B(x2,y2),由题设得P(-(x1+x2),-(y1+y2)),Q(x1+x2,y1+y2)
则kPA=2y1+y22x1+x2,kPB=y1+2y2x1+2x2,kQA=y2x2,kQB=y1x1,
所以
tan∠APB=kPA-kPB1+kPA•kPB
=2y1+y22x1+x2-y1+2y2x1+2x2
1+2y1+y22x1+x2•y1+2y2x1+2x2=
3(x2y1-x1y2)2x21+5x1x2+2x22+2y21+5y1y2+2y22
④
tan∠AQB=kQB-kQA1+kQA•kQB=
y1x1-y2x2
1+y1x1•y2x2=
x2y1-x1y2x1x2+y1y2=
3(x2y1-x1y2)3x1x2+3y1y2
⑤
要证明∠APB+∠AQB=180°，只需证明tan∠APB+tan∠AQB=0.
由④⑤式知其分子相同，只需证明其分母互为相反数，即证明：
2x21+5x1x2+2x22+2y21+5y1y2+2y22+3x1x2+3y1y2=2x21+8x1x2+2x22+2y21+8y1y2+2y22
=2(x1+y2)2+2(y1+y2)2+4x1x2+4y1y2=0
即可.
由（Ⅰ） 已得x1+x2=22,x1•x2=-14,y1+y2=-2(x1+x2)+2=1
所以y1•y2=(-2x1+1)(-2x2+1)=2x1x2-2(x1+x2)+1=-12
于是有2x21+8x1x2+2x22+2y21+8y1y2+2y22=2•22+2•12.+4-14+4•-12=0
故A、P、B、Q四点共圆.
（二） 高考题的推广
推广命题1设O为坐标原点，F为椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的焦点，过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点，点P满足OA+OB+OP=0.
（Ⅰ） 证明：点P在C上的充要条件是斜率k满足k2=3a2-4b2b2>0；
（Ⅱ） 设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点共圆的充要条件是k=±2.
证明 不失一般性，取F(0,c)，则直线l的方程为y=kx+c，代入y2a2+x2b2=1，化简整理得(a2+b2k2)x2+2b2ckx-b4=0.
设A(x1,y1)，B(x2,y2),P(x3,y3)由韦达定理得：
x1+x2=-2b2cka2+b2k2,x1•x2=-b4a2+b2k2，由题设得x3=-(x1+x2)=2b2cka2+b2k2，
y3=-(y1+y2)=-k(x1+x2)-2c=-2a2ca2+b2k2.
所以y23a2+x23b2
=1a2-2a2ca2+b2k22+1b22b2cka2+b2k22=4c2a2+b2k2（＊）
现证（Ⅰ） 充分性：当k2=3a2-4b2b2>0时，由（＊）得
4c2a2+b2k2=4c2a2+3a2-4b2=4c24a2-4b2=1
所以y23a2+x23b2=1，故点P在椭圆C上.
必要性若点P在椭圆C上，即y23a2+x23b2，由（＊）得4c2a2+b2k2=1，
即a2+b2k2=4a2-4b2，从而得k2=3a2-4b2b2>0，
综上（Ⅰ）获证.
现证（Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2),P(-(x1+x2),-(y1+y2)),Q(x1+x2,y1+y2)则有
kPA=2y1+y22x1+x2,kPB=y1+2y2x1+2x2,kQA=y2x2,kQB=y1x1
仿本文高考题第（Ⅱ）证法三，可推得
tan∠AQB=3(x2y1-x1y2)3x1x2+3y1y2，tan∠APB=3(x2y1-x1y2)2x21+5x1x2+2x22+2y21+5y1y2+2y22
设M=2x21+8x1x2+2x22+2y21+8y1y2+2y22，则M=2(x1+x2)2+2(y1+y2)2+4x1x2+4y1y2（＊＊）
下面计算M式，为此将k2=3a2-4b2b2代入，分别计算得：
(x1+x2)2=-2b2cka2+b2k22
=4b2c2(3a2-4b2)［4(a2-b2)］2=
3a2b2-4b44c2
(y1+y2)2=［k(x1+x2)+2c］2=2a2ca2+b2k2=4a4c216c4=a44c2
x1x2=-b4a2+b2k2=-b44c2
y1y2=(kx1+c)(kx2+c)=k2x1x2+ck(x1+x2)+c2
=-b4k2-b2c2k2+a2c2a2+b2k2=
a2(c2-b2k2)a2+b2k2=
-2a4+3a2b24c2,
所以由（＊＊）得M=2•3a2b2-4b44c2+
2•a44c2+4-b44c2+4-2a4+3a2b24c2
=-3a4+9a2b2-6b42c2=-3(a2-2b2)(a2-b2)2c2=-32(a2-2b2)（＊＊＊）.
必要性：若A、P、B、Q四点共圆，则M＝0.由（＊＊＊）得a2=2b2，代入k2=3a2-4b2b2，得k2=3从而得k=±2.
充分性：若k=±2，即k2=2,即3a2-4b2b2=2，从而得a2=2b2，
由（＊＊＊）得M＝0，从而得tan∠APB+tan∠AQB=0，即得∠APB+∠AQB=180°，故得A、P、B、Q四点共圆，从而（Ⅱ）获证.
读者不难验证本文的高考试题是该推广命题1的特例.
本文的高考试题也可以推广到焦点落在x轴的椭圆，即：
推广命题2设O为坐标原点，F为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点，过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点，点P满足OA+OB+OP=0.
（Ⅰ） 证明：点P在C上的充要条件是斜率k满足k2=b23a2-4b2>0；
（Ⅱ） 设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点共圆的充要条件是k=±22.
本文高考试题和第（Ⅰ） 小题还可以推广到双曲线，即：
推广命题3设O为坐标原点，F为双曲线C:x2b2-y2a2=1的焦点，过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点，点P满足OA+OB+OP=0.则点P在双曲线C上的充要条件是斜率k满足k2=5a2+4b2b2.
此外本文的高考试题第（Ⅰ）小题还可以进一步推广为：
推广命题4设O为坐标原点，F为椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的焦点，过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点，点P满足λ1OA+λ2OB+OP=0，λ1,λ2为常数，且λ1+λ2≠1，则点P在C上的充要条件是斜率k满足
k2=［(λ1+λ2)2-1］-4λ1λ2b2［1-(λ1-λ2)2］b2>0
推广命题2、3、4与推广命题1的证明类同，这里限于篇幅，留给读者完成.
（Ⅰ） 证明：点P在C上；
（Ⅱ） 设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上.
这是一道解析几何与平面几何及向量有机整合综合性颇强的典型试题，涉及的知识点较多，思路开阔，解法多，有一定的运算量及解题技巧，有效地考查学生的逻辑思维能力和运算能力等等.
（一） 解法探讨
由题设得a=2，b=1，c=1，则F（0，1），直线l的方程为y=-2x+1，代入x2+y22=1化简得：4x2-22x-1=0 ①
设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x3，y3）
（Ⅰ） 解法1：解方程求出交点A、B的坐标，进而求出P点的坐标.
解方程①得x1=2-64，x2=2+64，
则x1+x2=22，y1+y2=-2（x1+x2）+2=1.由题设OA+OB+OP=0，得x3=-(x1+x2)=-22，y3=-(y1+y2)=-1，所以点P的坐标为-22，-1.
经验证点P的坐标满足x2+y22=1，故点P在椭圆C上.
解法2：利用韦达定理求点P的坐标.
利用韦达定理由①得：x1+x2=22，x1•x2=-14.
由题意得：x3=-(x1+x2)=-22，y3=-(y1+y2)-［-2(x1+x2)+2］=-1
从而得P的坐标为-22,-1，以下同解法1代入验证，这里从略.
解法3：利用韦达定理用设而不求法证之.
由①得x1+x2=22,x1•x2=-14.
由题设得x3=-（x1+x2），y3=-（y1+y2）且x21+y212=1，x22+y222=1.
所以x23+y232=(x1+x2)2+(x1+y2)22=x21+y212+x22+y222+2x1x2+y1y2=2+2x1x2+（-2x1+1）（-2x2+1）=2+4x1x2-2（x1+x2）+1=2+4×-14-2×22+1=1故点P在椭圆C上
（Ⅱ） 证法一：找出圆心N坐标，并证明此点到A、P、B、Q距离都相等.
由（Ⅰ） 已得P-22，-1，由题设得Q22，1，PQ垂直平分线l1的方程为y=-22x ②
设AB的中点为M，则M24，12，AB的垂直平分线l2的方程为y=22x+14，③
由②③得l1与l2的交点-28，18.
所以|NP|=-22+282+-1-18=3118，|AB|=1+(-2)2|x1-x2|=322，|AM|=324，|MN|=24+282+12+182=338，|NA|=AM2+MN2=3118，故|NP|=|NA|. 又|NP|=|NQ|，|NB|=|NA|，所以|NP|=|NA|=|NB|=|NQ|.
由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上.
证法二：利用两直线的夹角（到角）公式，证明四边形APBQ一组对角互补.
由（Ⅰ） 解法1知A2-64，1+32，B2+64，1-32，P-22，-1，Q22，1，则KPA=22+6，KPB=22-6，KQA=-22+6，KQB=-22-6，
所以tan∠APB=KPA-KPB1+KPA•KPB=263,tan∠AQB=KQB-KQA1+KQA•KQB=-263
从而得tan∠APB=-tan∠AQB=tan(180°-∠AQB)，所以有∠APB+∠AQB=180°，
故A、P、B、Q四点共圆.
证法三：利用两直线的夹角公式及设而不求法证之.
设A(x1,y1),B(x2,y2),由题设得P(-(x1+x2),-(y1+y2)),Q(x1+x2,y1+y2)
则kPA=2y1+y22x1+x2,kPB=y1+2y2x1+2x2,kQA=y2x2,kQB=y1x1,
所以
tan∠APB=kPA-kPB1+kPA•kPB
=2y1+y22x1+x2-y1+2y2x1+2x2
1+2y1+y22x1+x2•y1+2y2x1+2x2=
3(x2y1-x1y2)2x21+5x1x2+2x22+2y21+5y1y2+2y22
④
tan∠AQB=kQB-kQA1+kQA•kQB=
y1x1-y2x2
1+y1x1•y2x2=
x2y1-x1y2x1x2+y1y2=
3(x2y1-x1y2)3x1x2+3y1y2
⑤
要证明∠APB+∠AQB=180°，只需证明tan∠APB+tan∠AQB=0.
由④⑤式知其分子相同，只需证明其分母互为相反数，即证明：
2x21+5x1x2+2x22+2y21+5y1y2+2y22+3x1x2+3y1y2=2x21+8x1x2+2x22+2y21+8y1y2+2y22
=2(x1+y2)2+2(y1+y2)2+4x1x2+4y1y2=0
即可.
由（Ⅰ） 已得x1+x2=22,x1•x2=-14,y1+y2=-2(x1+x2)+2=1
所以y1•y2=(-2x1+1)(-2x2+1)=2x1x2-2(x1+x2)+1=-12
于是有2x21+8x1x2+2x22+2y21+8y1y2+2y22=2•22+2•12.+4-14+4•-12=0
故A、P、B、Q四点共圆.
（二） 高考题的推广
推广命题1设O为坐标原点，F为椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的焦点，过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点，点P满足OA+OB+OP=0.
（Ⅰ） 证明：点P在C上的充要条件是斜率k满足k2=3a2-4b2b2>0；
（Ⅱ） 设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点共圆的充要条件是k=±2.
证明 不失一般性，取F(0,c)，则直线l的方程为y=kx+c，代入y2a2+x2b2=1，化简整理得(a2+b2k2)x2+2b2ckx-b4=0.
设A(x1,y1)，B(x2,y2),P(x3,y3)由韦达定理得：
x1+x2=-2b2cka2+b2k2,x1•x2=-b4a2+b2k2，由题设得x3=-(x1+x2)=2b2cka2+b2k2，
y3=-(y1+y2)=-k(x1+x2)-2c=-2a2ca2+b2k2.
所以y23a2+x23b2
=1a2-2a2ca2+b2k22+1b22b2cka2+b2k22=4c2a2+b2k2（＊）
现证（Ⅰ） 充分性：当k2=3a2-4b2b2>0时，由（＊）得
4c2a2+b2k2=4c2a2+3a2-4b2=4c24a2-4b2=1
所以y23a2+x23b2=1，故点P在椭圆C上.
必要性若点P在椭圆C上，即y23a2+x23b2，由（＊）得4c2a2+b2k2=1，
即a2+b2k2=4a2-4b2，从而得k2=3a2-4b2b2>0，
综上（Ⅰ）获证.
现证（Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2),P(-(x1+x2),-(y1+y2)),Q(x1+x2,y1+y2)则有
kPA=2y1+y22x1+x2,kPB=y1+2y2x1+2x2,kQA=y2x2,kQB=y1x1
仿本文高考题第（Ⅱ）证法三，可推得
tan∠AQB=3(x2y1-x1y2)3x1x2+3y1y2，tan∠APB=3(x2y1-x1y2)2x21+5x1x2+2x22+2y21+5y1y2+2y22
设M=2x21+8x1x2+2x22+2y21+8y1y2+2y22，则M=2(x1+x2)2+2(y1+y2)2+4x1x2+4y1y2（＊＊）
下面计算M式，为此将k2=3a2-4b2b2代入，分别计算得：
(x1+x2)2=-2b2cka2+b2k22
=4b2c2(3a2-4b2)［4(a2-b2)］2=
3a2b2-4b44c2
(y1+y2)2=［k(x1+x2)+2c］2=2a2ca2+b2k2=4a4c216c4=a44c2
x1x2=-b4a2+b2k2=-b44c2
y1y2=(kx1+c)(kx2+c)=k2x1x2+ck(x1+x2)+c2
=-b4k2-b2c2k2+a2c2a2+b2k2=
a2(c2-b2k2)a2+b2k2=
-2a4+3a2b24c2,
所以由（＊＊）得M=2•3a2b2-4b44c2+
2•a44c2+4-b44c2+4-2a4+3a2b24c2
=-3a4+9a2b2-6b42c2=-3(a2-2b2)(a2-b2)2c2=-32(a2-2b2)（＊＊＊）.
必要性：若A、P、B、Q四点共圆，则M＝0.由（＊＊＊）得a2=2b2，代入k2=3a2-4b2b2，得k2=3从而得k=±2.
充分性：若k=±2，即k2=2,即3a2-4b2b2=2，从而得a2=2b2，
由（＊＊＊）得M＝0，从而得tan∠APB+tan∠AQB=0，即得∠APB+∠AQB=180°，故得A、P、B、Q四点共圆，从而（Ⅱ）获证.
读者不难验证本文的高考试题是该推广命题1的特例.
本文的高考试题也可以推广到焦点落在x轴的椭圆，即：
推广命题2设O为坐标原点，F为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点，过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点，点P满足OA+OB+OP=0.
（Ⅰ） 证明：点P在C上的充要条件是斜率k满足k2=b23a2-4b2>0；
（Ⅱ） 设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点共圆的充要条件是k=±22.
本文高考试题和第（Ⅰ） 小题还可以推广到双曲线，即：
推广命题3设O为坐标原点，F为双曲线C:x2b2-y2a2=1的焦点，过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点，点P满足OA+OB+OP=0.则点P在双曲线C上的充要条件是斜率k满足k2=5a2+4b2b2.
此外本文的高考试题第（Ⅰ）小题还可以进一步推广为：
推广命题4设O为坐标原点，F为椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的焦点，过F作斜率为k(k≠0)的直线l与C交于A、B两点，点P满足λ1OA+λ2OB+OP=0，λ1,λ2为常数，且λ1+λ2≠1，则点P在C上的充要条件是斜率k满足
k2=［(λ1+λ2)2-1］-4λ1λ2b2［1-(λ1-λ2)2］b2>0
推广命题2、3、4与推广命题1的证明类同，这里限于篇幅，留给读者完成.