1．（结论开放）［北京大学附中2026高二期中］在空间直角坐标系 $ Oxyz $ 中，已知点 $ A(1,0,0) $ ， $ B(0,1,0) $ ， $ C(0,0,1) $ ，若点 $ D(x,y,z)\in $ 平面 $ ABC(D $ 与 $ A $ ， $ B $ ， $ C $ 三点都不重合 $ ) $ ，则点 $ D(x,y,z) $ 的坐标可以是 .（写出一个满足条件的点的坐标即可）
$ (\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},0) $ （答案不唯一）
由 $ A(1,0,0) $ , $ B(0,1,0) $ , $ C(0,0,1) $ ,得 $ \overrightarrow {CA}=(1,0,-1) $ , $ \overrightarrow {CB}=(0,1,-1) $ .
设平面 $ ABC $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(a,b,c) $ ,
则 $ \begin{cases}\overrightarrow {CA}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow {CB}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}a-c=0,\\ b-c=0,\end{cases} $
令 $ c=1 $ ,解得 $ a=1 $ , $ b=1 $ ,即平面 $ ABC $ 的一个法向量 $ \boldsymbol{n}=(1,1,1) $ .
因为点 $ D(x,y,z)\in $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ \boldsymbol{n}\perp \overrightarrow {CD} $ ,
又 $ \overrightarrow {CD}=(x,y,z-1) $ ,所以 $ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {CD}=x+y+z-1=0 $ ,得 $ x+y+z=1 $ .
故点 $ D $ 的坐标满足 $ x+y+z=1 $ ,可取 $ (\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},0) $ （答案不唯一）.
2．（条件开放）［江苏徐州2025高二期中］在下列所给的三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.
①与直线 $ 3x+4y+2=0 $ 平行；②过点 $ (5,-5) $ ；③点 $ (4,2) $ 到 $ l $ 的距离为5.
问题：已知直线 $ l $ 过点 $ P(1,-2) $ ，且 .
（1） 求直线 $ l $ 的一般式方程；
（2） 求圆 $ M:{\left(x+2\right) ^ {2}}+{\left(y+6\right) ^ {2}}=4 $ 关于直线 $ l $ 对称的圆 $ M^\prime $ 的方程.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（1） 【解】若选①,方法一：因为直线 $ 3x+4y+2=0 $ 的斜率为 $ -\dfrac{3}{4} $ ,直线 $ l $ 与直线 $ 3x+4y+2=0 $ 平行,
所以直线 $ l $ 的斜率 $ k=-\dfrac{3}{4} $ ,则直线 $ l $ 的方程为 $ y+2=-\dfrac{3}{4}(x-1) $ ,即 $ 3x+4y+5=0 $ .
方法二：由于直线 $ l $ 与直线 $ 3x+4y+2=0 $ 平行,故 $ l $ 的方程可设为 $ 3x+4y+C=0(C\ne 2) $ .
又直线 $ l $ 过点 $ (1,-2) $ ,则 $ 3×1+4×(-2)+C=0 $ ,得 $ C=5 $ .
所以 $ l $ 的方程为 $ 3x+4y+5=0 $ .
若选②,方法一：因为直线 $ l $ 过点 $ (5,-5) $ 及 $ (1,-2) $ ,所以直线 $ l $ 的方程为 $ \dfrac{x-5}{1-5}=\dfrac{y+5}{-2+5} $ ,即 $ 3x+4y+5=0 $ .
方法二：因为直线 $ l $ 过点 $ (5,-5) $ 及 $ (1,-2) $ ,所以直线 $ l $ 的斜率 $ k=\dfrac{-2-(-5)}{1-5}=-\dfrac{3}{4} $ .
故直线 $ l $ 的方程为 $ y+2=-\dfrac{3}{4}(x-1) $ ,即 $ 3x+4y+5=0 $ .
若选③,方法一：若直线 $ l $ 斜率不存在,则 $ l $ 的方程为 $ x=1 $ ,此时点 $ (4,2) $ 到 $ l $ 的距离为3,不合题意,所以直线 $ l $ 的斜率存在.
设直线 $ l $ 的斜率为 $ k $ ,其方程为 $ y+2=k(x-1) $ ,即 $ kx-y-k-2=0 $ ,由 $ \dfrac{\left|3k-4\right|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=5 $ 得 $ k=-\dfrac{3}{4} $ .
所以直线 $ l $ 的方程为 $ y+2=-\dfrac{3}{4}(x-1) $ ,即 $ 3x+4y+5=0 $ .
方法二：由于点 $ (4,2) $ 与 $ (1,-2) $ 之间的距离恰为5,两点连线的斜率为 $ \dfrac{2-(-2)}{4-1}=\dfrac{4}{3} $ ,故直线 $ l $ 的斜率 $ k=-\dfrac{3}{4} $ ,
所以直线 $ l $ 的方程为 $ y+2=-\dfrac{3}{4}(x-1) $ ,即 $ 3x+4y+5=0 $ .
（2） 由题意得,圆 $ M $ 的圆心为 $ M(-2,-6) $ ,半径为2.设圆心 $ M(-2,-6) $ 关于直线 $ l $ 的对称点为 $ M^\prime (a,b) $ ,
则 $ \begin{cases}\dfrac{b+6}{a+2}=\dfrac{4}{3},\\ 3×\dfrac{a-2}{2}+4×\dfrac{b-6}{2}+5=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}a=4,\\ b=2,\end{cases} $ 即 $ M^\prime (4,2) $ ,所以圆 $ M^\prime $ 的方程为 $ {\left(x-4\right) ^ {2}}+{\left(y-2\right) ^ {2}}=4 $ .
3．（结论开放）［吉林长春二中2026高二期中］已知椭圆 $ E：\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > 0,b > 0) $ 的左、右焦点分别为 $ {F}_{1}(-c,0) $ , $ {F}_{2}(c,0)(c > 0) $ ，点 $ M $ 在 $ E $ 上， $ M{F}_{2}\perp {F}_{1}{F}_{2} $ , $ △M{F}_{1}{F}_{2} $ 的周长为 $ 6+4\sqrt{2} $ ，面积为 $ \dfrac{1}{3}c $ .
（1） 求 $ E $ 的方程.
（2） 设 $ E $ 的左、右顶点分别为 $ A $ , $ B $ ，过点 $ (\dfrac{3}{2},0) $ 的直线 $ l $ 与 $ E $ 交于 $ C $ , $ D $ 两点（异于点 $ A $ , $ B $ ），记直线 $ AC $ 的斜率为 $ {k}_{1} $ ，直线 $ BD $ 的斜率为 $ {k}_{2} $ ， .（从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答）
①求直线 $ AC $ 与 $ BD $ 交点的轨迹方程；
②是否存在实常数 $ \lambda $ ，使得 $ {k}_{1}=\lambda {k}_{2} $ 恒成立；
③过点 $ C $ 作关于 $ x $ 轴的对称点 $ C^\prime $ ，连接 $ C^\prime D $ 得到直线 $ {l}_{1} $ ，试探究：直线 $ {l}_{1} $ 是否恒过定点.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（1） 【解】依题意,
得 $ \begin{cases}2a+2c=6+4\sqrt{2},\\ \dfrac{1}{2}\cdot 2c\cdot \dfrac{{b}^{2}}{a}=\dfrac{1}{3}c,\\ {c}^{2}+{b}^{2}={a}^{2},\end{cases} $
即 $ \begin{cases}a+c=3+2\sqrt{2},\\ \dfrac{{b}^{2}}{a}=\dfrac{1}{3},\\ {a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2},\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}a=3,\\ b=1,\\ c=2\sqrt{2},\end{cases} $
所以 $ E $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1 $ .
（2） 易知直线 $ l $ 的斜率不为0，则设直线 $ l $ 的方程为 $ x=ty+\dfrac{3}{2} $ .
选择①联立方程 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1,\\ x=ty+\dfrac{3}{2},\end{cases} $ 化简整理得 $ 4({t}^{2}+9){y}^{2}+12ty-27=0 $ ,则 $ \mathrm{\Delta } > 0 $ ,设 $ C({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ D({x}_{2},{y}_{2}) $ ,其中 $ {x}_{1}\ne ±3 $ , $ {x}_{2}\ne ±3 $ ,由根与系数的关系可得 $ \begin{cases}{y}_{1}+{y}_{2}=\dfrac{-3t}{{t}^{2}+9},\\ {y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{-27}{4\left({t}^{2}+9\right)},\end{cases} $
则有 $ t{y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{9}{4}({y}_{1}+{y}_{2}) $ .又 $ A(-3,0) $ ,
$ B(3,0) $ ,则直线 $ AC $ 的方程为 $ y=\dfrac{{y}_{1}}{{x}_{1}+3}\cdot (x+3) $ ,直线 $ BD $ 的方程为 $ y=\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}-3}(x-3) $ ,联立方程 $ \begin{cases}y=\dfrac{{y}_{1}}{{x}_{1}+3}\left(x+3\right),\\ y=\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}-3}\left(x-3\right),\end{cases} $ 两式相除,得 $ \dfrac{x+3}{x-3}=\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}-3}\cdot \dfrac{{x}_{1}+3}{{y}_{1}}=\dfrac{({x}_{1}+3){y}_{2}}{({x}_{2}-3){y}_{1}}=\dfrac{(t{y}_{1}+\dfrac{9}{2}){y}_{2}}{(t{y}_{2}-\dfrac{3}{2}){y}_{1}}=\dfrac{2t{y}_{1}{y}_{2}+9{y}_{2}}{2t{y}_{1}{y}_{2}-3{y}_{1}}=\dfrac{2\cdot \dfrac{9}{4}({y}_{1}+{y}_{2})+9{y}_{2}}{2\cdot \dfrac{9}{4}({y}_{1}+{y}_{2})-3{y}_{1}}=\dfrac{3({y}_{1}+{y}_{2})+6{y}_{2}}{3({y}_{1}+{y}_{2})-2{y}_{1}}=\dfrac{3({y}_{1}+3{y}_{2})}{{y}_{1}+3{y}_{2}}=3 $ ,即 $ \dfrac{x+3}{x-3}=3 $ ,解得 $ x=6 $ .所以直线 $ AC $ 与 $ BD $ 交点的轨迹方程是直线 $ x=6(y\ne 0) $ .
选择②,联立方程 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1,\\ x=ty+\dfrac{3}{2},\end{cases} $ 化简整理得 $ 4({t}^{2}+9){y}^{2}+12ty-27=0 $ ,则 $ \mathrm{\Delta } > 0 $ ,设 $ C({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ D({x}_{2},{y}_{2}) $ ,其中 $ {x}_{1}\ne ±3 $ , $ {x}_{2}\ne ±3 $ ,由根与系数的关系可得 $ \begin{cases}{y}_{1}+{y}_{2}=\dfrac{-3t}{{t}^{2}+9},\\ {y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{-27}{4\left({t}^{2}+9\right)},\end{cases} $ 则有 $ t{y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{9}{4}({y}_{1}+{y}_{2}) $ .
又 $ A(-3,0) $ , $ B(3,0) $ ,
则 $ \dfrac{{k}_{1}}{{k}_{2}}=\dfrac{{y}_{1}}{{x}_{1}+3}\cdot \dfrac{{x}_{2}-3}{{y}_{2}}=\dfrac{({x}_{2}-3){y}_{1}}{({x}_{1}+3){y}_{2}} $
$ =\dfrac{(t{y}_{2}-\dfrac{3}{2}){y}_{1}}{(t{y}_{1}+\dfrac{9}{2}){y}_{2}}=\dfrac{2t{y}_{1}{y}_{2}-3{y}_{1}}{2t{y}_{1}{y}_{2}+9{y}_{2}} $
$ =\dfrac{2\cdot \dfrac{9}{4}({y}_{1}+{y}_{2})-3{y}_{1}}{2\cdot \dfrac{9}{4}({y}_{1}+{y}_{2})+9{y}_{2}} $
$ =\dfrac{\dfrac{3}{2}{y}_{1}+\dfrac{9}{2}{y}_{2}}{\dfrac{9}{2}{y}_{1}+\dfrac{27}{2}{y}_{2}}=\dfrac{\dfrac{3}{2}({y}_{1}+3{y}_{2})}{\dfrac{9}{2}({y}_{1}+3{y}_{2})}=\dfrac{1}{3} $ ,故存在实数 $ \lambda =\dfrac{1}{3} $ ,使得 $ {k}_{1}=\lambda {k}_{2} $ 恒成立.
选择③,设 $ C({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ D({x}_{2},{y}_{2}) $ ,其中 $ {x}_{1}\ne ±3 $ , $ {x}_{2}\ne ±3 $ ,则 $ C^\prime ({x}_{1},-{y}_{1}) $ ,联立方程 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1,\\ x=ty+\dfrac{3}{2},\end{cases} $ 化简整理得 $ 4({t}^{2}+9)\cdot {y}^{2}+12ty-27=0 $ ,则 $ \mathrm{\Delta } > 0 $ ，由根与系数的关系可得 $ \begin{cases}{y}_{1}+{y}_{2}=\dfrac{-3t}{{t}^{2}+9},\\ {y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{-27}{4\left({t}^{2}+9\right)},\end{cases} $
记直线 $ C^\prime D $ 与 $ x $ 轴的交点为 $ M $ ,由对称性可知, $ {k}_{CM}+{k}_{DM}=0 $ .
设 $ M(m,0) $ ,则有 $ \dfrac{{y}_{1}}{{x}_{1}-m}+\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}-m}=0 $ ,即 $ {y}_{1}({x}_{2}-m)+{y}_{2}({x}_{1}-m)=0 $ .
所以 $ {y}_{1}({x}_{2}-m)+{y}_{2}({x}_{1}-m)={x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}-m({y}_{1}+{y}_{2})=(t{y}_{1}+\dfrac{3}{2}){y}_{2}+(t{y}_{2}+\dfrac{3}{2}){y}_{1}-m({y}_{1}+{y}_{2})=2t{y}_{1}{y}_{2}+(\dfrac{3}{2}-m)({y}_{1}+{y}_{2})=2t\cdot \dfrac{-27}{4({t}^{2}+9)}+(\dfrac{3}{2}-m)\cdot \dfrac{-3t}{{t}^{2}+9}=0 $ ，即 $ -9t+(3-2m)\cdot (-t)=0 $ ,解得 $ m=6 $ ,所以直线 $ C^\prime D $ 恒过定点 $ M(6,0) $ .