26年佛山二模第19题 圆锥曲线定点定值问题

专题：圆锥曲线\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)题型：定点定值问题+数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

(26年佛山二模第19题)
椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点．已知椭圆\(E:\dfrac{x^2}{a^2} +\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的左顶点为\(A(-2,0)\)，点\(P_1\)在\(E\)上，且在\(x\)轴的上方，从\(E\)的左焦点\(F_1 (-1,0)\)发出的光线\(F_1 P_1\)，经过\(E\)反射后，交\(E\)于点\(Q_1\)．按照如下方式依次构造点\(P_n\)和\(Q_n(n=2,3,⋯)\)：光线\(P_n Q_n\)经过\(E\)反射后，交\(E\)于点\(P_{n+1}\)；光线\(P_{n+1} Q_n\)经过\(E\)反射后，交\(E\)于点\(Q_{n+1}\)．
(1) 求\(E\)的方程；
(2) 设直线\(AP_n\)的斜率为\(k_n\)，求证：数列\(\{k_n \}\)是等比数列，并求出其公比；
(3) 求证：直线\(P_1 Q_2\)恒过定点，并求出该定点的坐标．
 
 
 
 
 

【分析】

易得椭圆方程为\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)；
先理解题意：明白点\(P_n\)、\(Q_n\)是怎么形成的，点\(P_n\)都在\(x\)轴上方，点\(Q_n\)都在\(x\)轴下方；\(n\)越大，点\(P_n\)越往左，\(k_{AP_n}\)越大；
点\(P_1\)在\(x\)轴上方椭圆上，没有具体位置，点\(P_1\)在下图中的\(P_1\)、\(P_2\)还是\(P_3\)的位置，不会影响所证结论，解题设点坐标时，\(P_1\)与\(P_{n-1}\)，\(P_2\)与\(P_n\)，\(Q_1\)与\(Q_{n-1}\)，\(Q_2\)与\(Q_n\)可以一样；
第二问的公比\(q=\dfrac{k_{AP_2}}{k_{AP_1}}\)，第三问直线\(P_1 Q_2\)恒过的定点，也是直线\(P_{n-1} Q_n\)恒过的定点.

 

方法1 暴力求解

第二问：
设点\(P_{n-1} (x_1，y_1)\)，\(Q_{n-1} (x_2，y_2)\)，\(P_n (x_3，y_3)\)，
则\(\left(\dfrac{k_n}{k_{n-1}}\right )^2=\dfrac{y_3^2 (x_1+2)^2}{y_1^2 (x_3+2)^2}=\dfrac{3\left(1-\dfrac{x_3^2}{4}\right) (x_1+2)^2}{3\left(1-\dfrac{x_1^2}{4}\right) (x_3+2)^2}=\dfrac{(4-x_3^2 ) (x_1+2)^2}{(4-x_1^2 ) (x_3+2)^2}=\dfrac{(x_3-2)(x_1+2)}{(x_3-2)(x_3+2) }\)，
要证明其定值，接着要求出\(x_1\)与\(x_3\)关系式；
设直线\(P_{n-1} Q_{n-1}：x=\dfrac{x_1-1}{y_1 } y+1\)，直线\(P_n Q_{n-1}：x=\dfrac{x_3+1}{y_3} y-1\)

(设横截式，不要讨论斜率是否存在)
代入椭圆方程\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，得到\(y_1\)与\(y_2\)，\(y_2\)与\(y_3\)的韦达定理，进而得到\(20x_1 x_3=41(x_3-x_1 )+80\)，
求得\(\left(\dfrac{k_n}{k_{n-1}} \right)^2=81⟹\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =9\)；
 

第三问：
设点\(P_1 (x_1，y_1)\)，\(Q_1 (x_2，y_2)\)，\(P_2 (x_3，y_3)\)，\(Q_2 (x_4，y_4)\)，
设直线\(P_1 Q_2\)方程为\(x=\dfrac{x_4-x_1}{y_4-y_1 } (y-y_1 )+x_1\)，
令\(y=0\)，得\(x=\dfrac{-y_1 (x_4-x_1 )}{y_4-y_1 }+x_1=\dfrac{y_1 x_4-x_1 y_4}{y_1-y_4}\)\(=\dfrac{\sqrt{3\left(1-\dfrac{x_1^2}{4}\right) } x_4+\sqrt{3\left(1-\dfrac{x_4^2}{4}\right) } x_1}{ \sqrt{3\left(1-\dfrac{x_1^2}{4}\right) }+\sqrt{3\left(1-\dfrac{x_4^2}{4}\right) }}=\dfrac{\sqrt{4-x_1^2}\cdot x_4+\sqrt{4-x_4^2}\cdot x_1}{\sqrt{4-x_1^2}+\sqrt{4-x_4^2}}\)(※)，
接着求出\(x_1\)与\(x_4\)的关系式便可，
设直线\(P_2 Q_2：x=\dfrac{x_3-1}{y_3 } y+1\)，与(2)可同理得\(y_4=\dfrac{3y_3}{2x_3-5 }⟹x_4=\dfrac{5x_3-8}{2x_3-5}\)，
与(2)可同理得\(20x_1 x_3=41(x_3-x_1 )+80⟹x_3=\dfrac{80-41x_1}{20x_1-41}\)，
进而得到\(x_1\)与\(x_4\)的关系式\(x_4=\dfrac{728-365x_1}{365-182x_1}\)，代入(※)可得\(x=\dfrac{13}{7}\)，
即直线\(P_1 Q_2\)恒过定点\(\left(\dfrac{13}{7}，0\right)\).
在设点求解时，也有考虑到“三角代换”，但没做出来.
 

方法2
思路来自“老林解数”
第二问：
利用定点结论：椭圆上一定点作两条线交椭圆另外两个点，陀这两条线的斜率和或积为定值(个别除外)，则另外两点连线过定点，反之亦然.
题中\(A、F_1、F_2\)为定点，可以考虑\(k_{AP_{n-1}}\cdot k_{AQ_{n-1}}=k_{n-1}\cdot k_{AQ_{n-1}}\)、\(k_{AP_n}\cdot k_{AQ_{n-1}}=k_n\cdot k_{AQ_{n-1}}\)为定值，
则\(\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =\dfrac{k_{AP_n}\cdot k_{AQ_{n-1}}}{k_{AP_{n-1}}\cdot k_{AQ_{n-1}}}\)，

常规手段：设直线方程，与椭圆联立，求得\(k_{AP_{n-1}}\cdot k_{AQ_{n-1}}=-\dfrac{1}{4}\)，\(k_{AP_n}\cdot k_{AQ_{n-1}}=-\dfrac{9}{4}\)，

则\(\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =9\)；

 

第三问：
由(2)可知\(k_{AP_2}\cdot k_{AQ_2}=-\dfrac{1}{4}\)，\(k_{AP_2}=9k_{AP_1}\)，所以\(k_{AP_1}\cdot k_{AQ_2}=-\dfrac{1}{36}\)，
设点\(P_1 (x_1，y_1)\)，\(Q_1 (x_2，y_2)\)，\(P_2 (x_3，y_3)\)，\(Q_2 (x_4，y_4)\)，
则\(\dfrac{y_1}{x_1+2}\cdot \dfrac{y_4}{x_4+2}=-\dfrac{1}{36}⟹182x_1 x_4-365(x_1+x_4 )+728=0\)，
设直线\(P_1 Q_2\)的方程为\(x=my+n\)，代入\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，
得\(x_1+x_4=\dfrac{8n}{3m^2+4}\)，\(x_1 x_4=\dfrac{4n^2-12m^2}{3m^2+4}\)，
则\(182\cdot \dfrac{4n^2-12m^2}{3m^2+4}-365\cdot \dfrac{8n}{3m^2+4}+728=0⟹91n^2-365n+364=0⟹n=\dfrac{13}{7}\)，
即直线\(P_1 Q_2\)恒过定点\(\left(\dfrac{13}{7}，0\right)\).
 

方法3 齐次化处理
思路来自“老林解数”
还是考虑\(k_{AP_{n-1}}\cdot k_{AQ_{n-1}}=k_{n-1}\cdot k_{AQ_{n-1}}\)、\(k_{AP_n}\cdot k_{AQ_{n-1}}=k_n\cdot k_{AQ_{n-1}}\)为定值，则\(\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =\dfrac{k_{AP_n}\cdot k_{AQ_{n-1}}}{k_{AP_{n-1}}\cdot k_{AQ_{n-1}}}\)，
利用图象平移把椭圆方程齐次化处理，这是斜率和或积为定值，过定点问题的常见方法.
把点\(A(-2，0)\)平移到原点，椭圆方程变为\(\dfrac{(x-2)^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，这样比方法2的计算量会较小.

 

方法4 几何法
以上方法属于代数法，几何法呢？
第二问

想过用过点\(P_{n-1}\)、\(P_n\)和\(Q_{n-1}\)的切线和法线，利用入射角等于反射角，寻找几何关系，但没想出来；最后想到余弦定理求解；
设\(∠P_{n-1} AF_2=α\)，\(∠P_n AF_2=β\)，则\(\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =\dfrac{\tan⁡β}{\tan⁡α}\)，

设\(P_{n-1} F_2=n，P_n F_2=m\)，\(Q_{n-1} F_2=t\)，则\(P_{n-1} F_1=4-n\)，\(P_n F_1=4-m\)，\(Q_{n-1} F_1=4-t\)，
在\(∆AF_2 P_n\)中，

利用余弦定理可得\(\left\{ \begin{array}{c} \cos⁡α=\dfrac{|AP_{n-1} |^2+9-n^2}{6|AP_{n-1} |}\\ \cos⁡∠P_{n-1} F_1 A+\cos⁡∠P_{n-1} F_1 F_2 =0 \end{array} \right. \)
\(⇒\cos⁡α=2\sqrt{\dfrac{3-n}{9-n}}⇒\tan⁡α=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{\dfrac{n-1}{3-n}}\)，
同理\(\tan⁡β=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{\dfrac{m-1}{3-m}}\)，所以\(\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =\dfrac{\tan⁡β}{\tan⁡α} =\sqrt{\dfrac{(m-1)(3-n)}{(n-1)(3-m)}}\)，进而要求\(m，n\)的关系式，
在\(∆P_{n-1} Q_{n-1} F_1 、∆F_2 Q_{n-1} F_1 、∆P_n Q_{n-1} F_1\)中，
利用余弦定理用\(m、n、t\)表示\(\cos⁡∠Q_{n-1}\)，得到关于\(m、n、t\)的三条方程，
进而消元\(t\)得到\(m，n\)的关系式\(mn=\dfrac{121n+39m}{40}-3\)，
所以\(\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =9\)，即数列\(\{k_n \}\)是等比数列，其公比为\(9\)；
 

第三问
设\(P_1 F_2=n\)，则图中各个量（线段、角度、面积）均可用\(n\)表示，第二问中也得到了一些关系式；
设定点为\(H\)，由图象的对称性可知定点\(H\)在\(x\)轴上，则\(F_2 H\)是定值，
想过利用三角形的面积比寻找关系，比如利用两种方式表示\(S_{∆P_1 F_2 H}\)，从而求出\(F_2 H\)，但失败.

 

【解答】

方法1

第一问： 易得椭圆方程为\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)；
第二问： 设点\(P_{n-1} (x_1，y_1)\)，\(Q_{n-1} (x_2，y_2)\)，\(P_n (x_3，y_3)\)，
设直线\(P_{n-1} Q_{n-1}\)的方程为\(x=\dfrac{x_1-1}{y_1 } y+1\)，
代入\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，得\(\left[\dfrac{3(x_1-1)^2}{y_1^2}+4\right] y^2+\dfrac{6(x_1-1)}{y_1} y-9=0\)，
\(∴y_1 y_2=\dfrac{-9}{\frac{3(x_1-1)^2}{y_1^2}+4}=\dfrac{-9y_1^2}{3(x_1-1)^2+4y_1^2}\)，
\(∴y_2=\dfrac{-9y_1}{3(x_1-1)^2+4y_1^2}=\dfrac{-9y_1}{3(x_1-1)^2+12-3x_1^2}=\dfrac{-9y_1}{15-6x_1}=\dfrac{3y_1}{2x_1-5}\)①，
设直线\(P_n Q_{n-1}\)的方程为\(x=\dfrac{x_3+1}{y_3} y-1\)，
代入\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，得\(\left[\dfrac{3(x_3+1)^2}{y_3^2 }+4\right] y^2-\dfrac{6(x_3+1)}{y_3} y-9=0\)，
\(∴y_2 y_3=\dfrac{-9}{\frac{3(x_3+1)^2}{y_3^2 }+4}=\dfrac{-9y_3^2}{3(x_3+1)^2+4y_3^2}\)，
\(∴y_2=\dfrac{-9y_3}{3(x_3+1)^2+4y_3^2}=\dfrac{-9y_3}{3(x_3+1)^2+12-3x_3^2}=\dfrac{-9y_3}{6x_1+15}=\dfrac{-3y_3}{2x_3+5}\)②，
由①②得\(\dfrac{3y_1}{2x_1-5}=\dfrac{-3y_3}{2x_3+5}\)，\(∴\dfrac{3\sqrt{3\left(1-\dfrac{x_1^2}{4}\right) }}{2x_1-5}=\dfrac{-3\sqrt{3\left(1-\dfrac{x_3^2}{4}\right)}}{2x_3+5}\)，
化简得\(20x_1 x_3=41(x_3-x_1 )+80\)，
\(∴x_3-x_1=\dfrac{20x_1 x_3-80}{41}=\dfrac{20}{41}(x_1 x_3-4)\)，
\(∴\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =\dfrac{k_{AP_n}}{k_{AP_{n-1}} }=\dfrac{y_3 (x_1+2)}{y_1 (x_3+2)}\)，
\(∴\left(\dfrac{k_n}{k_{n-1}} \right)^2=\dfrac{y_3^2 (x_1+2)^2}{y_1^2 (x_3+2)^2}=\dfrac{3\left(1-\dfrac{x_3^2}{4}\right) (x_1+2)^2}{3\left(1-\dfrac{x_1^2}{4}\right) (x_3+2)^2}\)\(=\dfrac{(4-x_3^2 ) (x_1+2)^2}{(4-x_1^2 ) (x_3+2)^2}=\dfrac{(x_3-2)(x_1+2)}{x_1-2)(x_3+2 }\)
\(=1+\dfrac{4(x_3-x_1)}{x_1 x_3-2(x_3-x_1 )-4}=1+\dfrac{\dfrac{80}{41} (x_1 x_3-4)}{x_1 x_3-\dfrac{40}{41} (x_1 x_3-4)-4}\)\(=1+\dfrac{\dfrac{80}{41} (x_1 x_3-4)}{\dfrac{1}{41} (x_1 x_3-4)}=1+80=81\)，
\(∴\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =9\)，
综上可得\(\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =9\)，即数列\(\{k_n \}\)是等比数列，其公比为\(9\)；

 

第三问： 设点\(P_1 (x_1，y_1)\)，\(Q_1 (x_2，y_2)\)，\(P_2 (x_3，y_3)\)，\(Q_2 (x_4，y_4)\)，
设直线\(P_2 Q_2\)方程为\(x=\dfrac{x_3-1}{y_3 } y+1\)，
同(2)可得\(y_4=\dfrac{3y_3}{2x_3-5 }\)，\(∴y_4^2=\dfrac{9y_3^2}{(2x_3-5)^2 }\)，
\(∴3\left(1-\dfrac{x_4^2}{4}\right)= \dfrac{27\left(1-\dfrac{x_4^2}{4}\right)}{(2x_3-5)^2 }\)，化简得\(x_4=\dfrac{5x_3-8}{2x_3-5}\)，
方法同(2)可得\(20x_1 x_3=41(x_3-x_1 )+80\)，即\(x_3=\dfrac{80-41x_1}{20x_1-41}\)，
\(∴x_4=\dfrac{5x_3-8}{2x_3-5}= \dfrac{(5(80-41x_1)}{ \frac{2(80-41x_1)}{20x_1-41}-5}=\dfrac{728-365x_1}{365-182x_1}\)，
\(∴\sqrt{4-x_4^2}=\sqrt{2-x_4}\cdot \sqrt{2+x_4}=\sqrt{2-\dfrac{728-365x_1}{365-182x_1}}\cdot \sqrt{2+\dfrac{728-365x_1}{365-182x_1}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{x_1+2}{365-182x_1}}\cdot \sqrt{\dfrac{729(2-x_1 )}{365-182x_1}}=\dfrac{27}{365-182x_1}\sqrt{4-x_1^2}\)，
设直线\(P_1 Q_2\)方程为\(x=\dfrac{x_4-x_1}{y_4-y_1 } (y-y_1 )+x_1\)
令\(y=0\)，得\(x=\dfrac{-y_1 (x_4-x_1 )}{y_4-y_1 }+x_1=\dfrac{y_1 x_4-x_1 y_4}{y_1-y_4}\) \(=\dfrac{\sqrt{3\left(1-\dfrac{x_1^2}{4}\right) } x_4+\sqrt{3\left(1-\dfrac{x_4^2}{4}\right) } x_1}{ \sqrt{3\left(1-\dfrac{x_1^2}{4}\right) }+\sqrt{3\left(1-\dfrac{x_4^2}{4}\right) }}\)\(=\dfrac{\sqrt{4-x_1^2}\cdot x_4+\sqrt{4-x_4^2}\cdot x_1}{\sqrt{4-x_1^2}+\sqrt{4-x_4^2}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{4-x_1^2}\cdot x_4+\dfrac{27}{365-182x_1}\sqrt{4-x_1^2}\cdot x_1}{\sqrt{4-x_1^2}+\dfrac{27}{365-182x_1}\sqrt{4-x_1^2}}=\dfrac{x_4+\dfrac{27x_1}{365-182x_1}}{1+\dfrac{27}{365-182x_1}}\)\(=\dfrac{\dfrac{728-365x_1}{365-182x_1}+\dfrac{27x_1}{365-182x_1 }}{1+\dfrac{27}{365-182x_1 }}=\dfrac{728-338x_1}{392-182x_1}=\dfrac{13(56-26x_1)}{7(56-26x_1)}=\dfrac{13}{7}\)，
即直线\(P_1 Q_2\)恒过定点\(\left(\dfrac{13}{7}，0\right)\).

 

方法2
第一问： 易得椭圆方程为\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)；
第二问： 设点\(P_{n-1} (x_1，y_1)\)，\(Q_{n-1} (x_2，y_2)\)，\(P_n (x_3，y_3)\)，
则\(k_n=k_{AP_n}=\dfrac{y_3}{x_3+2}\)，\(k_{n-1}=k_{AP_{n-1}}=\dfrac{y_1}{x_1+2}\)，
设直线\(AQ_{n-1}\)的斜率为\(k_0\)，则\(k_0= k_{AQ_{n-1}}=\dfrac{y_2}{x_2+2}\)，
\(∴k_0 k_{n-1}=\dfrac{y_1 y_2}{(x_1+2)(x_2+2)}=-\dfrac{\sqrt{3(1-\dfrac{x_1^2}{4}) }\cdot \sqrt{3(1-\dfrac{x_2^2}{4})}}{(x_1+2)(x_2+2)}\)\(=-\dfrac{3}{4} \sqrt{\dfrac{(2-x_1 )(2-x_2 )}{(x_1+2)(x_2+2)}}=-\dfrac{3}{4} \sqrt{1-\dfrac{4(x_1+x_2 )}{x_1 x_2+2(x_1+x_2 )+4}}\)，
\(k_0 k_n=\dfrac{y_2 y_3}{(x_2+2)(x_3+2)}=-\dfrac{3}{4} \sqrt{1-\dfrac{4(x_2+x_3 )}{x_2 x_3+2(x_2+x_3 )+4}}\)，
设直线\(P_{n-1} Q_{n-1}\)的方程为\(x=my+1\)，
代入\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，得\([3m^2+4] y^2+6my-9=0\)，
\(∴y_1+y_2=\dfrac{-6m}{3m^2+4}\)，\(y_1 y_2=\dfrac{-9}{3m^2+4}\)，
\(∴x_1+x_2=m(y_1+y_2 )+2=\dfrac{-6m^2}{3m^2+4}+2=\dfrac{8}{3m^2+4}\)，
\(x_1 x_2=(my_1+1)(my_2+1)=m^2 y_1 y_2+m(y_1+y_2 )+1\)\(=\dfrac{-9m^2}{3m^2+4}-\dfrac{6m^2}{3m^2+4}+1=\dfrac{-12m^2+4}{3m^2+4}\)，
则\(k_0 k_{n-1}=-\dfrac{3}{4} \sqrt{1-\dfrac{4(x_1+x_2 )}{x_1 x_2+2(x_1+x_2 )+4}}=-\dfrac{3}{4} \sqrt{1-\dfrac{8}{9}}=-\dfrac{1}{4}\)，
设直线\(P_n Q_{n-1}\)的方程为\(x=m_1 y-1\)，
代入\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，得\([3m_1^2+4] y^2-6m_1 y-9=0\)，
\(∴y_2+y_3=\dfrac{6m_1}{3m_1^2+4}\)，\(y_2 y_3=\dfrac{-9}{3m_1^2+4}\)，
\(∴x_2+x_3=m_1 (y_2+y_3 )-2=\dfrac{6m_1^2}{3m_1^2+4}-2=\dfrac{-8}{3m_1^2+4}\)，
\(x_2 x_3=(m_1 y_2-1)(m_1 y_3-1)=m_1^2 y_2 y_3-m_1 (y_2+y_3 )+1\)\(=\dfrac{-9m_1^2}{3m_1^2+4}-\dfrac{6m_1^2}{3m_1^2+4}+1=\dfrac{-12m^2+4}{3m_1^2+4}\)，
则\(k_0 k_n=-\dfrac{3}{4} \sqrt{1-\dfrac{4(x_2+x_3 )}{x_2 x_3+2(x_2+x_3 )+4}}=-\dfrac{3}{4} \sqrt{1-(-8)}=-\dfrac{9}{4}\)，
\(∴\dfrac{k_n}{k_{n-1} }=\dfrac{k_0 k_n}{k_0 k_{n-1} }=9\)，即数列\(\{k_n \}\)是等比数列，其公比为\(9\)；

 

第三问： 设点\(P_1 (x_1，y_1)\)，\(Q_1 (x_2，y_2)\)，\(P_2 (x_3，y_3)\)，\(Q_2 (x_4，y_4)\)，
由(2)可知\(k_{AP_2}\cdot k_{AQ_2}=-\dfrac{1}{4}\)，\(k_{AP_2}=9k_{AP_1}\)，
\(∴k_{AP_1}\cdot k_{AQ_2}=\dfrac{1}{9} k_{AP_2}\cdot k_{AQ_2}=-\dfrac{1}{36}\)，
即\(\dfrac{y_1}{x_1+2}\cdot \dfrac{y_4}{x_4+2}=-\dfrac{3}{4} \sqrt{1-\dfrac{4(x_1+x_4 )}{x_1 x_4+2(x_1+x_4 )+4}}=-\dfrac{1}{36}\)，
化简得\(182x_1 x_4-365(x_1+x_4 )+728=0\)，
设直线\(P_1 Q_2\)的方程为\(x=my+n\)，
代入\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，得\((3m^2+4) y^2+6mny+3n^2-12=0\)，
\(∴y_1+y_4=\dfrac{-6mn}{3m^2+4}\)，\(y_1 y_4=\dfrac{3n^2-12}{3m^2+4}\)，
\(∴x_1+x_4=m(y_1+y_4 )+2n=\dfrac{8n}{3m^2+4}\)，
\(x_1 x_4=(my_1+n)(my_4+n)=m^2 y_1 y_4+mn(y_1+y_4 )+n^2\)\(=\dfrac{m^2 (3n^2-12)}{3m^2+4}-\dfrac{6m^2 n^2}{3m^2+4}+n^2=\dfrac{4n^2-12m^2}{3m^2+4}\)，
\(∴182\cdot \dfrac{4n^2-12m^2}{3m^2+4}-365\cdot \dfrac{8n}{3m^2+4}+728=0\)，
化简得\(91n^2-365n+364=0\)，解得\(n=\dfrac{13}{7}\)，或\(n=\dfrac{28}{13}\)，
而\(\dfrac{28}{13}>2\)，故舍去，
∴直线\(P_1 Q_2\)的方程为\(x=my+\dfrac{13}{7}\)，即直线\(P_1 Q_2\)恒过定点\(\left(\dfrac{13}{7}，0\right)\).
 

方法3 齐次化
第一问： 易得椭圆方程为\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)；
第二问： 将点\(A\)移至原点，此时椭圆方程变为\(\dfrac{(x-2)^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，\(F_1 (1，0)\)，\(F_2 (3，0)\)，
设直线\(P_{n-1} Q_{n-1}\)的方程为\(\dfrac{1}{3} x+ny=1\)，
椭圆方程化简为\(3x^2+4y^2-12x=0\)，
则\(3x^2+4y^2-12x(\dfrac{1}{3} x+ny)=0\)，即\(4y^2-x^2-12nxy=0\)，
两边同除以\(x^2\)，得\(4(\dfrac{y}{x})^2-12n\cdot \dfrac{y}{x}-1=0\)，
设直线\(AQ_{n-1}\)的斜率为\(k_0\)，则\(k_{n-1}\)和\(k_0\)为方程\(4k^2-12nk-1=0\)的两根，
\(∴k_0 k_{n-1}=-\dfrac{1}{4}\)，
设直线\(P_n Q_{n-1}\)的方程为\(x+my=1\)，
同理可得\(k_n\)和\(k_0\)为方程\(4k^2-12mk-9=0\)的两根，\(∴k_0 k_n=-\dfrac{9}{4}\)，
\(∴\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =\dfrac{k_0 k_n}{k_0 k_{n-1} }=9\)，即数列\(\{k_n \}\)是等比数列，其公比为\(9\)；

 

第三问： 设点\(P_1 (x_1，y_1)\)，\(Q_1 (x_2，y_2)\)，\(P_2 (x_3，y_3)\)，\(Q_2 (x_4，y_4)\)，
由(2)可知\(k_{AP_2}\cdot k_{AQ_2}=-\dfrac{1}{4}\)，\(k_{AP_2}=9k_{AP_1}\)，
\(∴k_{AP_1}\cdot k_{AQ_2}=\dfrac{1}{9} k_{AP_2}\cdot k_{AQ_2}=-\dfrac{1}{36}\)，
还是按照(2)的平移，设平移后\(P_1 Q_2\)的方程为\(sx+ty=1\)，
齐次化后：\(3x^2+4y^2-12x(sx+ty)=0\)，
两边同除以\(x^2\)，得\(4\left(\dfrac{y}{x}\right)^2-12t\cdot \dfrac{y}{x}+3-12s=0\)，
则\(k_{AP_1}\)和\(k_{AQ_2}\)为方程\(4k^2-12t\cdot k+3-12s=0\)的两根，\(∴k_{AP_1}\cdot k_{AQ_2}=\dfrac{3-12s}{4}\)，
\(∴-\dfrac{1}{36}=\dfrac{3-12s}{4}\)，解得\(s=\dfrac{7}{27}\)，则直线\(P_1 Q_2\)的方程为\(\dfrac{7}{27} x+ty=1\)，恒过\(\left(\dfrac{27}{7}，0\right)\)，
再把定点往左平移\(2\)个单位回去，得到直线\(P_1 Q_2\)恒过定点\(\left(\dfrac{13}{7}，0\right)\).
 

方法4 几何法
第一问： 易得椭圆方程为\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)；
第二问：

设\(P_{n-1} F_2=n\)，\(P_n F_2=m\)，\(Q_{n-1} F_2=t\)，则\(P_{n-1} F_1=4-n\)，\(P_n F_1=4-m\)，\(Q_{n-1} F_1=4-t\)，
设\(∠P_{n-1} AF_2=α\)，\(∠P_n AF_2=β\)，
则\(\cos⁡α=\dfrac{|AP_{n-1} |^2+|AF_2 |^2-|P_{n-1} F_2 |^2}{6|AP_{n-1} |}=\dfrac{|AP_{n-1} |^2+9-n^2}{6|AP_{n-1} |}\)，
\(∵∠P_{n-1} F_1 A+∠P_{n-1} F_1 F_2=π\)，\(∴\cos⁡∠P_{n-1} F_1 A+\cos⁡∠P_{n-1} F_1 F_2 =0\)，
\(∴\dfrac{1+(4-n)^2-|AP_{n-1} |^2}{2(4-n) }+\dfrac{4+(4-n)^2-n^2}{4(4-n) }=0\)，
化简得\(|AP_{n-1} |^2=n^2-12n+27\)，
\(∴\cos⁡α=\dfrac{|AP_{n-1} |^2+9-n^2}{6|AP_{n-1} |}=\dfrac{n^2-12n+27+9-n^2}{6\sqrt{n^2-12n+27}}=\dfrac{36-12n}{6\sqrt{n^2-12n+27}}\)\(=\dfrac{2(3-n)}{\sqrt{(3-n)(9-n)}}=2\sqrt{\dfrac{3-n}{9-n}}\)，
\(∴\sin⁡α=\sqrt{1-cos^2⁡α}=\sqrt{\dfrac{1-(4(3-n)}{9-n}}=\sqrt{\dfrac{3(n-1)}{9-n}}\)，
\(∴\tan⁡α=\dfrac{\sin⁡α}{\cos⁡α }=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{\dfrac{n-1}{3-n}}\)，
同理可得\(\tan⁡β=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{\dfrac{m-1}{3-m}}\)，
\(∴\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =\dfrac{\tan⁡β}{\tan⁡α} =\sqrt{\dfrac{(m-1)(3-n)}{(n-1)(3-m)}}=\sqrt{1+\dfrac{2n-2m}{mn-3n-m+3}}\)，
在\(∆P_{n-1} Q_{n-1} F_1\)中，\(\cos⁡∠Q_{n-1} =\dfrac{(n+t)^2+(4-t)^2-(4-n)^2}{2(n+t)(4-t)}=\dfrac{t^2+(n-4)t+4n}{2(n+t)(4-t)}\)，
在\(∆F_2 Q_{n-1} F_1\)中，\(\cos⁡∠Q_{n-1} =\dfrac{t^2+(4-t)^2-4}{2t(4-t)}=\dfrac{t^2-4t+6}{2t(4-t)}\)，
则\(\dfrac{t^2+(n-4)t+4n}{2(n+t)(4-t)}=\dfrac{t^2-4t+6}{2t(4-t)}\)，化简得\(t=\dfrac{3n}{4n-3}\)，
同理在\(∆P_n Q_{n-1} F_1\)和\(∆F_2 Q_{n-1} F_1\)中，求出\(\cos⁡∠Q_{n-1}\)可得\(4-t=\dfrac{3(4-m)}{4(4-m)-3}\)，

化简得\(t=\dfrac{13m-40}{4m-13}\)，
(利用类似结构，同理可得，减少计算量)
\(∴\dfrac{3n}{4n-3}=\dfrac{13m-40}{4m-13}\)，化简得\(mn=\dfrac{121n+39m}{40}-3\)，
\(∴\dfrac{k_n}{k_{n-1}} =\sqrt{1+\dfrac{2n-2m}{mn-3n-m+3}}=\sqrt{1+\dfrac{2n-2m}{\frac{121n+39m}{40}-3-3n-m+3}}\)\(=\sqrt{1+\dfrac{2(n-m)}{\frac{n-m}{40}}}=\sqrt{1+80}=9\)，
即数列\(\{k_n \}\)是等比数列，其公比为\(9\)；
 

第三问： 有待证明！