已知椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点 $P\left(\sqrt 3,\dfrac 12\right)$ 在椭圆 $E$ 上．
【难度】
【出处】
2016年高考四川卷（文）
【标注】
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求椭圆 $E$ 的方程；标注答案$\dfrac{x^2}4+y^2=1$解析根据题意，有 $a=2b$，结合点 $P\left(\sqrt 3,\dfrac 12\right)$ 在椭圆 $E$ 上，可得椭圆 $E$ 的方程为 $\dfrac{x^2}4+y^2=1$．
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设不过原点 $O$ 且斜率为 $\dfrac 12$ 的直线 $l$ 与椭圆 $E$ 交于不同的两点 $A,B$，线段 $AB$ 的中点为 $M$，直线 $OM$ 与椭圆 $E$ 交于 $C,D$，证明：$|MA|\cdot |MB|=|MC|\cdot |MD|$．标注答案略解析设 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，将两个点满足的椭圆方程相减整理可得（即椭圆的“垂径定理”）直线 $OM$ 和直线 $AB$ 的斜率之积为 $-\dfrac 14$，从而直线 $CD$ 的斜率为 $-\dfrac 12$．
注意到结论的形式类似于圆幂定理，因此考虑用仿射变换．
作仿射变换 $x'=x$，$y'=2y$，则椭圆 $E$ 变为圆 $E':x'^2+y'^2=4$．设 $A,B,C,D$ 变化后的对应点分别是 $A',B',C',D'$，如图．
根据仿射变换前后弦长的对应关系，我们有$$\dfrac{|M'A'|}{|MA|}=\dfrac{|M'B'|}{|MB|}=\dfrac{\sqrt{1+4\cdot\left(\dfrac 12\right)^2}}{\sqrt{1+\left(\dfrac 12\right)^2}},$$而$$\dfrac{|M'C'|}{|MC|}=\dfrac{|M'D'|}{|MD|}=\dfrac{\sqrt{1+4\cdot\left(-\dfrac 12\right)^2}}{\sqrt{1+\left(-\dfrac 12\right)^2}},$$于是可得$$\dfrac{|M'A'|}{|MA|}=\dfrac{|M'B'|}{|MB|}=\dfrac{|M'C'|}{|MC|}=\dfrac{|M'D'|}{|MD|},$$根据圆幂定理，有$$|M'A'|\cdot |M'B'|=|M'C'|\cdot |M'D'|,$$由此即得原命题成立．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
