直线过定点

已知椭圆 (C:dfrac{x^2}{a^2}+dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)) 的左、右焦点分别为 (F_1,F_2) ，以 (F_1F_2) 为直径的圆过椭圆的上、下顶点，长轴长为 (4) .

(1) 求椭圆 (C) 的方程；

(2) 设椭圆 (C) 的左右顶点分别为 (A,B) ，点 (P(4,t)(t eq0)) ，过点 (P) 的直线 (AP) 与 (BP) 分别交椭圆于点 (C,D) ，证明：直线 (CD) 必过 (x) 轴上的一定点。

解析：

(1) (dfrac{x^2}{4}+dfrac{y^2}{2}=1)

(2)

方法一：设 (C(x_1,y_1)) ，(D(x_2,y_2)) ，所以

[k_{AC}=dfrac{y_1}{x_1+2},k_{BD}=dfrac{y_2}{x_2-2} ]

则

[l_{AC}：y=dfrac{y_1}{x_1+2}(x+2);,;l_{BD}:y=dfrac{y_2}{x_2-2}(x-2) ]

因为 (AC) 与 (BD) 交于直线 (x=4) 上同一点，则

[dfrac{6y_1}{x_1+2}=dfrac{2y_2}{x_2-2}Longrightarrowdfrac{36y_1^2}{(x_1+2)^2}=dfrac{4y_2^2}{(x_2-2)^2} ]

因为 (C,D) 在椭圆上，则

[dfrac{18cdot(4-x_1^2)}{(x_1+2)^2}=dfrac{2(4-x_2^2)}{(x_2-2)^2}Longrightarrow2x_1x_2-5(x_1+x_2)+8=0 ]

① 当直线 (CD) 的斜率不存在时，解得 (x_1=x_2=1) ，故直线 (CD) 为：(x=1) .

② 当直线 (CD) 的斜率存在时，设为 (y=kx+m) ，联立椭圆方程

[egin{cases}y=kx+m\x^2+2y^2=4end{cases}Longrightarrow (1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-4=0 ]

所以

[x_1+x_2=dfrac{-4km}{1+2k^2},x_1x_2=dfrac{2m^2-4}{1+2k^2} ]

代入得

[2cdotdfrac{2m^2-4}{1+2k^2}+5cdotdfrac{4km}{1+2k^2}+8=0 ]

化简得

[m^2+5km+4k^2=(m+k)(m+4k)=0 ]

当 (m=-k) 时，直线 (CD) 过定点 ((1,0)) ，当 (m=-4k) 时，直线 (CD) 过定点 ((4,0)) (舍) 。

综上，直线 (CD) 过定点 ((1,0)) .

方法二：

求得直线 (PA) 的斜率 (k_{PA}=dfrac{t}{6}) ，则直线 (PA) 的方程为：(y=dfrac{t}{6}(x+2)) ，联立方程有

[egin{cases}y=dfrac{t}{6}(x+2)\x^2+2y^2=4end{cases}Longrightarrow(18+t^2)x^2+4t^2x+4t^2-72=0 ]

所以

[x_A+x_C=dfrac{-4t^2}{18+t^2},x_Ax_C=dfrac{4t^2-72}{18+t^2} ]

因为 (x_A=-2) ，所以 (x_C=dfrac{36-2t^2}{18+t^2}) ，代入直线 (PA) 方程解得 (CBig(dfrac{36-2t^2}{18+t^2},dfrac{12t}{18+t^2}Big)) ，同理得 (DBig(dfrac{2t^2-4}{2+t^2},dfrac{-4t}{2+t^2}Big)) .

若直线 (CD) 的斜率不存在，则 (x_C=x_D) ，解得 (t^2=6) ，此时 (x_C=x_D=1) ，故直线 (CD) 的方程为 (x=1) .

若直线 (CD) 的斜率存在，求得直线 (CD) 的斜率

[k_{CD}=dfrac{y_D-y_C}{x_D-x_C}=dfrac{4t}{6-t^2} ]

故直线 (CD) 的方程为

[y+dfrac{4t}{2+t^2}=dfrac{4t}{6-t^2} Big(x-dfrac{2t^2-4}{2+t^2}Big) ]

令 (y=0) ，解得 (x=1) .

综上，直线 (CD) 过定点 ((1,0)) .

另一种处理：

设 (CD) 与 (x) 轴交于点 (N(n,0)) ，由 (k_{CN}=k_{DN}) 得

[dfrac{-4t}{dfrac{2t^2-4}{2+t^2}-n}=dfrac{12t}{dfrac{36-2t^2}{18+t^2}-n} ]

解得 (n=1) ；综上，直线 (CD) 过定点 ((1,0)) .

方法三：

设直线 (CD) 与 (x) 轴相交于点 (N(n,0)) ，设直线 (CD) 的方程为：(x=my+n) ，联立方程有

[egin{cases}x=my+n\x^2+2y^2=4end{cases}Longrightarrow(m^2+2)y^2+2mny+n^2-4=0 ]

所以

[y_C+y_D=-dfrac{2mn}{m^2+2},y_Cy_D=dfrac{n^2-4}{m^2+2} ]

又 (AC) 方程为：(y=dfrac{t}{6}(x+2)) ，与 (CD) 联立解得 (y_C=dfrac{(n+2)t}{6-tm}) ，同理得 (y_D=dfrac{(n-2)t}{2-tm}) . 由

[dfrac{1}{y_C}+dfrac{1}{y_D}=dfrac{y_C+y_D}{y_Cy_D}Longrightarrowdfrac{6-tm}{(n+2)t}+dfrac{2-tm}{(n-2)t}=dfrac{-2mn}{n^2-4} ]

解得 (n=1) ，所以直线 (CD) 过定点 ((1,0)) .