已知橢圓 \(C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\) 的左、右焦點分別為 \(F_1,F_2\) ，以 \(F_1F_2\) 為直徑的圓過橢圓的上、下頂點，長軸長為 \(4\)

(1) 求橢圓 \(C\)

(2) 設橢圓 \(C\) 的左右頂點分別為 \(A,B\) ，點 \(P(4,t)(t\neq0)\) ，過點 \(P\) 的直線 \(AP\) 與 \(BP\) 分別交橢圓於點 \(C,D\) ，證明：直線 \(CD\) 必過 \(x\)

解析：

(2)

則

因為 \(AC\) 與 \(BD\) 交於直線 \(x=4\)

因為 \(C,D\)

① 當直線 \(CD\) 的斜率不存在時，解得 \(x_1=x_2=1\) ，故直線 \(CD\) 為：\(x=1\)

② 當直線 \(CD\) 的斜率存在時，設為 \(y=kx+m\)

所以

代入得

化簡得

當 \(m=-k\) 時，直線 \(CD\) 過定點 \((1,0)\) ，當 \(m=-4k\) 時，直線 \(CD\) 過定點 \((4,0)\)

綜上，直線 \(CD\) 過定點 \((1,0)\)

方法二：

求得直線 \(PA\) 的斜率 \(k_{PA}=\dfrac{t}{6}\) ，則直線 \(PA\) 的方程為：\(y=\dfrac{t}{6}(x+2)\)

所以

因為 \(x_A=-2\) ，所以 \(x_C=\dfrac{36-2t^2}{18+t^2}\) ，代入直線 \(PA\) 方程解得 \(C\Big(\dfrac{36-2t^2}{18+t^2},\dfrac{12t}{18+t^2}\Big)\) ，同理得 \(D\Big(\dfrac{2t^2-4}{2+t^2},\dfrac{-4t}{2+t^2}\Big)\)

若直線 \(CD\) 的斜率不存在，則 \(x_C=x_D\) ，解得 \(t^2=6\) ，此時 \(x_C=x_D=1\) ，故直線 \(CD\) 的方程為 \(x=1\)

若直線 \(CD\) 的斜率存在，求得直線 \(CD\)

故直線 \(CD\)

令 \(y=0\) ，解得 \(x=1\)

綜上，直線 \(CD\) 過定點 \((1,0)\)

另一種處理：

設 \(CD\) 與 \(x\) 軸交於點 \(N(n,0)\) ，由 \(k_{CN}=k_{DN}\)

解得 \(n=1\) ；綜上，直線 \(CD\) 過定點 \((1,0)\)

方法三：

設直線 \(CD\) 與 \(x\) 軸相交於點 \(N(n,0)\) ，設直線 \(CD\) 的方程為：\(x=my+n\)

所以

又 \(AC\) 方程為：\(y=\dfrac{t}{6}(x+2)\) ，與 \(CD\) 聯立解得 \(y_C=\dfrac{(n+2)t}{6-tm}\) ，同理得 \(y_D=\dfrac{(n-2)t}{2-tm}\)

解得 \(n=1\) ，所以直線 \(CD\) 過定點 \((1,0)\)