题目
已知椭圆C：(x^2)/(a^2)+(y^2)/(b^2)=1（a＞b＞0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（-1，((sqrt(3)))/(2)），P4（1，((sqrt(3)))/(2)）中恰有三点在椭圆C上．（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：l过定点．
已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），P4（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：l过定点．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：l过定点．
题目解答
答案
解：（1）根据椭圆的对称性，P3（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），P4（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）两点必在椭圆C上，
又P4的横坐标为1，∴椭圆必不过P1（1，1），
∴P2（0，1），P3（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），P4（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）三点在椭圆C上．
把P2（0，1），P3（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）代入椭圆C，得：
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{b}^{2}}=1}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得a2=4，b2=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
证明：（2）①当斜率不存在时，设l：x=m，A（m，yA），B（m，-yA），
∵直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，
∴${k}_{{P}_{2}A}+{k}_{{P}_{2}B}$=$\frac{{y}_{A}-1}{m}+\frac{-{y}_{A}-1}{m}$=$\frac{-2}{m}$=-1，
解得m=2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设l：y=kx+t，（t≠1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2-4=0，
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8kt}{1+4{k}^{2}}$，x1x2=$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
则${k}_{{P}_{2}A}+{k}_{{P}_{2}B}$=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{2}（k{x}_{1}+t）-{x}_{2}+{x}_{1}（k{x}_{2}+t）-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{\frac{8k{t}^{2}-8k-8k{t}^{2}+8kt}{1+4{k}^{2}}}{\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{8k（t-1）}{4（t+1）（t-1）}$=-1，又t≠1，
∴t=-2k-1，此时△=-64k，存在k，使得△＞0成立，
∴直线l的方程为y=kx-2k-1，
当x=2时，y=-1，
∴l过定点（2，-1）．
又P4的横坐标为1，∴椭圆必不过P1（1，1），
∴P2（0，1），P3（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），P4（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）三点在椭圆C上．
把P2（0，1），P3（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）代入椭圆C，得：
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{b}^{2}}=1}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得a2=4，b2=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
证明：（2）①当斜率不存在时，设l：x=m，A（m，yA），B（m，-yA），
∵直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，
∴${k}_{{P}_{2}A}+{k}_{{P}_{2}B}$=$\frac{{y}_{A}-1}{m}+\frac{-{y}_{A}-1}{m}$=$\frac{-2}{m}$=-1，
解得m=2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设l：y=kx+t，（t≠1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2-4=0，
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8kt}{1+4{k}^{2}}$，x1x2=$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
则${k}_{{P}_{2}A}+{k}_{{P}_{2}B}$=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{2}（k{x}_{1}+t）-{x}_{2}+{x}_{1}（k{x}_{2}+t）-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{\frac{8k{t}^{2}-8k-8k{t}^{2}+8kt}{1+4{k}^{2}}}{\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{8k（t-1）}{4（t+1）（t-1）}$=-1，又t≠1，
∴t=-2k-1，此时△=-64k，存在k，使得△＞0成立，
∴直线l的方程为y=kx-2k-1，
当x=2时，y=-1，
∴l过定点（2，-1）．