在平面直角坐标系 $xOy$ 中，椭圆 $\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$ 的左、右焦点分别为 $F_1,F_2$，$A$ 是椭圆上位于第一象限内的一点，直线 $AF_1,AF_2$ 分别与椭圆交于点 $C,B$，直线 $BF_1$ 与椭圆交于点 $D$，连接 $CD$，直线 $AD$ 与 $BC$ 交于点 $E$．设直线 $AF_2$ 的斜率为 $k$，直线 $CD$ 的斜率为 $k'$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
证明：$AF_1\cdot AF_2<2$；标注答案略解析由椭圆定义知$$AF_1+AF_2=2\sqrt 2\geqslant 2\sqrt{AF_1\cdot AF_2},$$又因为 $AF_1\ne AF_2$，所以等号取不到，从而不等式得证．
-
证明：$\dfrac{k'}{k}$ 为常数；标注答案$\dfrac {k'}{k}$ 为常数 $5$解析设 $A(a\cos 2\theta_1,b\sin 2\theta_1)$，$B(a\cos 2\theta_2,b\sin 2\theta_2)$，$C(a\cos 2\theta_3,b\sin 2\theta_3)$，$D(a\cos 2\theta_4,b\sin 2\theta_4)$，则根据椭圆参数方程的结论有$$\begin{split} \tan\theta_1\cdot\tan\theta_2=&\dfrac{1-\sqrt 2}{1+\sqrt 2},\\\tan\theta_1\cdot\tan\theta_3=&\tan\theta_2\cdot\tan\theta_4=\dfrac{-1-\sqrt 2}{-1+\sqrt 2},\end{split} $$于是直线 $AB$ 与直线 $CD$ 的斜率之比\[\begin{split}\dfrac {k'}{k}=\dfrac{k_{CD}}{k_{AB}}&=\dfrac{-\dfrac ba\cdot \dfrac{1-\tan\theta_3\cdot \tan\theta_4}{\tan\theta_3+\tan\theta_4}}{-\dfrac ba\cdot \dfrac{1-\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2}{\tan\theta_1+\tan\theta_2}}\\ &=\dfrac{\tan\theta_1+\tan\theta_2}{\tan\theta_3+\tan\theta_4}\cdot \dfrac{1-\tan\theta_3\cdot\tan\theta_4}{1-\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2}\\&=\dfrac{\tan\theta_1+\tan\theta_2}{\dfrac{-1-\sqrt 2}{-1+\sqrt 2}\cdot \dfrac{\tan\theta_1+\tan\theta_2}{\tan\theta_1\cdot \tan\theta_2}}\cdot \dfrac{1-\left(\dfrac{-1-\sqrt 2}{-1+\sqrt 2}\right)^2\cdot \dfrac{1}{\tan\theta_1\cdot \tan\theta_2}}{1-\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2}\\ &=\dfrac{\dfrac{1-\sqrt 2}{1+\sqrt 2}}{\dfrac{-1-\sqrt 2}{-1+\sqrt 2}}\cdot \dfrac{1-\left(\dfrac{-1-\sqrt 2}{-1+\sqrt 2}\right)^2\cdot \dfrac{1+\sqrt 2}{1-\sqrt 2}}{1-\dfrac{1-\sqrt 2}{1+\sqrt 2}}\\ &=5,\end{split} \]为常数．
-
证明：点 $E$ 在定直线上．标注答案点 $E$ 在定直线 $x=-2$ 上解析直线 $AD$ 的方程为$$(1-\tan\theta_1\cdot\tan\theta_4)\cdot\dfrac x{\sqrt 2}+(\tan\theta_1+\tan\theta_4)y=1+\tan\theta_1\cdot\tan\theta_4,$$直线 $BC$ 的方程为$$(1-\tan\theta_2\cdot\tan\theta_3)\cdot\dfrac x{\sqrt 2}+(\tan\theta_2+\tan\theta_3)y=1+\tan\theta_2\cdot\tan\theta_3,$$因为$$\tan\theta_2=m\tan\theta_3,\tan\theta_1=m\tan\theta_4,m=(\sqrt 2-1)^2,$$而$$\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2=-(\sqrt 2-1)^2,\tan\theta_3\cdot\tan\theta_4=-(\sqrt 2+1)^6,$$考虑椭圆的对称性知，定直线一定与 $y$ 轴平行，所以联立两直线方程消去 $y$ 得到$$\begin{split}x=&\sqrt 2\cdot\dfrac{(\tan\theta_1+\tan\theta_4)(1+\tan\theta_2\tan\theta_3)-(\tan\theta_2+\tan\theta_3)(1+\tan\theta_1\tan\theta_4)}{(\tan\theta_1+\tan\theta_4)(1-\tan\theta_2\tan\theta_3)-(\tan\theta_2+\tan\theta_3)(1-\tan\theta_1\tan\theta_4)}\\=&-\dfrac{(\sqrt 2+1)^2+1}{(\sqrt 2+1)^2-1}=-2.\end{split}$$所以点 $E$ 在定直线 $x=-2$ 上．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
