已知椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$），$AB$ 是椭圆 $E$ 的弦，且斜率为 $k$（$k\ne 0$），作与 $AB$ 平行的椭圆 $E$ 的动弦 $CD$，直线 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $P$，求证：点 $P$ 在定直线上．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
利用椭圆的参数方程，设 $A,B,C,D$ 的参数分别为 $2\theta_1,2\theta_2,2\theta_3,2\theta_4$，则根据椭圆的参数弦方程，直线 $AB,CD,AC,BD,$ 的方程分别为\[\begin{split} AB&:\dfrac xa\cdot (1-\tan\theta_1\tan\theta_2)+\dfrac yb\cdot (\tan\theta_1+\tan\theta_2)=1+\tan\theta_1\tan\theta_2,\\
CD&:\dfrac xa\cdot(1-\tan\theta_3\tan\theta_4)+\dfrac yb\cdot (\tan\theta_3+\tan\theta_4)=1+\tan\theta_3\tan\theta_4,\\
AC&:\dfrac xa\cdot(1-\tan\theta_1\tan\theta_3)+\dfrac yb\cdot (\tan\theta_1+\tan\theta_3)=1+\tan\theta_1\tan\theta_3,\\
BD&:\dfrac xa\cdot(1-\tan\theta_2\tan\theta_4)+\dfrac yb\cdot (\tan\theta_2+\tan\theta_4)=1+\tan\theta_2\tan\theta_4,\end{split}\]分别记 $t_i=\tan\theta_i$（$i=1,2,3,4$），则\[-\dfrac{ak}{b}=\dfrac{1-t_1t_2}{t_1+t_2}=\dfrac{1-t_3t_4}{t_3+t_4},\]此时直线 $AC$ 与 $BD$ 的交点 $(x_0,y_0)$ 满足\[\begin{split}\dfrac{y_0}{x_0}&=-\dfrac ba\cdot \dfrac{\dfrac{1-t_1t_3}{1+t_1t_3}-\dfrac{1-t_2t_4}{1+t_2t_4}}{\dfrac{t_1+t_3}{1+t_1t_3}-\dfrac{t_2+t_4}{1+t_2t_4}}\\
&=-\dfrac ba\cdot \dfrac{(1-t_1t_3)(1+t_2t_4)-(1-t_2t_4)(1+t_1t_3)}{(t_1+t_3)(1+t_2t_4)-(t_2+t_4)(1+t_1t_3)}\\
&=-\dfrac ba\cdot \dfrac{2(t_2t_4-t_1t_3)}{(t_3-t_4)(1-t_1t_2)+(t_1-t_2)(1-t_3t_4)}\\
&=-\dfrac ba\cdot \dfrac{2(t_1+t_2)(t_2t_4-t_1t_3)}{(1-t_1t_2)[(t_1+t_2)(t_3-t_4)+(t_1-t_2)(t_3+t_4)]}\\
&=\dfrac ba\cdot \dfrac{t_1+t_2}{1-t_1t_2}\\
&=-\dfrac{b^2}{a^2k},\end{split}\]因此点 $P$ 在定直线 $y=-\dfrac{b^2}{a^2k}$ 上．
CD&:\dfrac xa\cdot(1-\tan\theta_3\tan\theta_4)+\dfrac yb\cdot (\tan\theta_3+\tan\theta_4)=1+\tan\theta_3\tan\theta_4,\\
AC&:\dfrac xa\cdot(1-\tan\theta_1\tan\theta_3)+\dfrac yb\cdot (\tan\theta_1+\tan\theta_3)=1+\tan\theta_1\tan\theta_3,\\
BD&:\dfrac xa\cdot(1-\tan\theta_2\tan\theta_4)+\dfrac yb\cdot (\tan\theta_2+\tan\theta_4)=1+\tan\theta_2\tan\theta_4,\end{split}\]分别记 $t_i=\tan\theta_i$（$i=1,2,3,4$），则\[-\dfrac{ak}{b}=\dfrac{1-t_1t_2}{t_1+t_2}=\dfrac{1-t_3t_4}{t_3+t_4},\]此时直线 $AC$ 与 $BD$ 的交点 $(x_0,y_0)$ 满足\[\begin{split}\dfrac{y_0}{x_0}&=-\dfrac ba\cdot \dfrac{\dfrac{1-t_1t_3}{1+t_1t_3}-\dfrac{1-t_2t_4}{1+t_2t_4}}{\dfrac{t_1+t_3}{1+t_1t_3}-\dfrac{t_2+t_4}{1+t_2t_4}}\\
&=-\dfrac ba\cdot \dfrac{(1-t_1t_3)(1+t_2t_4)-(1-t_2t_4)(1+t_1t_3)}{(t_1+t_3)(1+t_2t_4)-(t_2+t_4)(1+t_1t_3)}\\
&=-\dfrac ba\cdot \dfrac{2(t_2t_4-t_1t_3)}{(t_3-t_4)(1-t_1t_2)+(t_1-t_2)(1-t_3t_4)}\\
&=-\dfrac ba\cdot \dfrac{2(t_1+t_2)(t_2t_4-t_1t_3)}{(1-t_1t_2)[(t_1+t_2)(t_3-t_4)+(t_1-t_2)(t_3+t_4)]}\\
&=\dfrac ba\cdot \dfrac{t_1+t_2}{1-t_1t_2}\\
&=-\dfrac{b^2}{a^2k},\end{split}\]因此点 $P$ 在定直线 $y=-\dfrac{b^2}{a^2k}$ 上．
答案
解析
备注
