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 \(P(4,t)(t\neq0)\) ，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

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

因为 \(C,D\) 在椭圆上，则

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

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

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

所以

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

代入得

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

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

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

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 \(C\Big(\dfrac{36-2t^2}{18+t^2},\dfrac{12t}{18+t^2}\Big)\) ，同理得 \(D\Big(\dfrac{2t^2-4}{2+t^2},\dfrac{-4t}{2+t^2}\Big)\) .

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

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

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

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

解得 \(n=1\) ，所以直线 \(CD\) 过定点 \((1,0)\) .