已知 $M,N$ 是椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的长轴上的两个定点，椭圆的弦 $AB$ 恒过点 $M$，直线 $AN,BN$ 分别与椭圆 $E$ 交于不同于 $A,B$ 的点 $C,D$，求证：直线 $CD$ 的斜率与直线 $AB$ 的斜率之比为定值．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
定值为 $\dfrac{a^2+n^2-2mn}{a^2-n^2}$
【解析】
设 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$C(x_3,y_3)$，$D(x_4,y_4)$，则由于直线 $AB$ 的横截距为 $m$，于是\[x_2y_1-x_1y_2=m(y_1-y_2).\]直线 $AC$ 的方程为 $x=\dfrac{x_1-n}{y_1}y+n$，与椭圆 $E$ 的方程联立，可得\[\left[\dfrac{b^2(x_1-n)^2+a^2y_1^2}{a^2b^2y_1^2}\right]y^2+\dfrac{2n(x_1-n)}{y_1}y+\dfrac{n^2-a^2}{a^2}=0,\]考虑到 $a^2y_1^2=a^2b^2-b^2x_1^2$，代入整理可得\[\dfrac{a^2+n^2-2nx_1}{a^2y_1^2}y^2+\dfrac{2n(x_1-n)}{y_1}y+\dfrac{n^2-a^2}{a^2}=0,\]由韦达定理，可得\[y_1y_3=\dfrac{(n^2-a^2)y_1^2}{n^2+a^2-2nx_1},\]即\[y_3=\dfrac{(n^2-a^2)y_1}{n^2+a^2-2nx_1},\]代入直线 $AC$ 的方程，可得\[x_3=\dfrac{2a^2n-(n^2+a^2)x_1}{n^2+a^2-2nx_1}.\]同理可得\[y_4=\dfrac{(n^2-a^2)y_2}{n^2+a^2-2nx_2},x_4=\dfrac{2a^2n-(n^2+a^2)x_2}{n^2+a^2-2nx_2},\]于是\[\dfrac{y_3-y_4}{x_3-x_4}=\dfrac{a^2+n^2-2mn}{a^2-n^2}\cdot \dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2},\]这样就得到了直线 $CD$ 与直线 $AB$ 的比为定值 $\dfrac{a^2+n^2-2mn}{a^2-n^2}$．
答案
解析
备注
