已知椭圆 $C:\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}{b^2}=1(a>b>0)$，四点 $P_1\left(1,1\right)$、$P_2\left(0,1\right)$、$P_3\left(-1,\dfrac {\sqrt 3}{2}\right)$、$P_4\left(1, \dfrac {\sqrt 3}{2}\right)$ 中恰有三点在椭圆 $C$ 上．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求 $C$ 的方程；标注答案$\dfrac{x^2}{4}+y^2=1$解析根据椭圆的对称性，可知 $P_2,P_3,P_4$ 在椭圆 $C$ 上，所以椭圆方程为 $\dfrac{x^2}{4}+y^2=1$．
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设直线 $l$ 不经过 $P_2$ 点且与 $C$ 相交于 $A,B$ 两点．若直线 $P_2A$ 与直线 $P_2B$ 的斜率的和为 $-1$，证明：$l$ 过定点．标注答案略解析将坐标系向上平移一个单位，如图．
椭圆方程化为$$C':\dfrac{x'^2}{4}+(y'+1)^2=1,$$即$$\dfrac14x'^2+y'^2+2y'=0,$$设直线 $l$ 对应的直线 $l'$ 为 $mx'+ny'=1$，则化齐次联立，得$$\dfrac14x'^2+y'^2+2y'(mx'+ny')=0,$$整理得$$(2n+1)y'^2+2mx'y'+\dfrac14x'^2=0,$$结合两直线斜率之和为 $-1$，得$$-\dfrac{2m}{2n+1}=-1,$$即$$2m-2n=1,$$所以直线 $l'$ 恒过点 $Q'(2,-2)$，在原坐标系中，直线 $l$ 过点 $Q(2,-1)$．
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
