已知 $A$ 是椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的右顶点，弦 $PQ$（不过点 $A$）的斜率为定值 $k$，求证：$\triangle APQ$ 的外接圆恒过不同于点 $A$ 的另一点 $B$，并求出 $B$ 点坐标．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\left(\dfrac{a^2k^2-b^2}{a^2k^2+b^2}\cdot a,\dfrac{2abk}{a^2k^2+b^2}\cdot b\right)$
【解析】
如图．
先给出
结论 已知 $E$ 是对称轴与坐标轴方向平行或垂直的非圆二次曲线，$A,B,C,D$ 是曲线 $E$ 上的四个不同点，直线 $AC$ 与直线 $BD$ 相交且斜率均存在，求证：$A,B,C,D$ 四点共圆的充要条件是直线 $AC$ 与直线 $BD$ 的斜率互为相反数．
证明 设 $E$ 的方程为 $Ax^2+By^2+Dx+Ey+F=0$，其中 $A^2+B^2\ne 0$ 且 $A\ne B$，直线 $AC,BD$ 的方程分别为\[AC:k_1x-y+m_1=0,BD:k_2x-y+m_2=0,\]则曲线 $AC\cup BD$ 与曲线 $E$ 形成交点曲线系\[(k_1x-y+m_1)(k_2x-y+m_2)+\lambda(Ax^2+By^2+Dx+Ey+F)=0,\]因此 $A,B,C,D$ 四点共圆的充要条件是该方程不含交叉项 $xy$，也即 $k_1$ 与 $k_2$ 互为相反数，证毕．
这就意味着在本题中，过 $A$ 且斜率为 $-k$ 的直线与椭圆的交点（不同于 $A$）恒在 $\triangle APQ$ 的外接圆上，也就是所要求的定点 $B$．
联立直线 $AB:x=-\dfrac 1ky+a$ 与椭圆方程，可得\[\left(\dfrac{1}{k^2a^2}+\dfrac {1}{b^2}\right)y^2-\dfrac{2}{ka}y=0,\]因此 $B$ 点的纵坐标为$$\dfrac{2ab^2k}{a^2k^2+b^2},$$进而可得其横坐标为$$\dfrac{a^2k^2-b^2}{a^2k^2+b^2}\cdot a.$$因此所求的定点 $B$ 的坐标为\[\left(\dfrac{a^2k^2-b^2}{a^2k^2+b^2}\cdot a,\dfrac{2abk}{a^2k^2+b^2}\cdot b\right).\]
先给出这就意味着在本题中，过 $A$ 且斜率为 $-k$ 的直线与椭圆的交点（不同于 $A$）恒在 $\triangle APQ$ 的外接圆上，也就是所要求的定点 $B$．
联立直线 $AB:x=-\dfrac 1ky+a$ 与椭圆方程，可得\[\left(\dfrac{1}{k^2a^2}+\dfrac {1}{b^2}\right)y^2-\dfrac{2}{ka}y=0,\]因此 $B$ 点的纵坐标为$$\dfrac{2ab^2k}{a^2k^2+b^2},$$进而可得其横坐标为$$\dfrac{a^2k^2-b^2}{a^2k^2+b^2}\cdot a.$$因此所求的定点 $B$ 的坐标为\[\left(\dfrac{a^2k^2-b^2}{a^2k^2+b^2}\cdot a,\dfrac{2abk}{a^2k^2+b^2}\cdot b\right).\]
答案
解析
备注
