题目
已知椭圆C：(({x^2)})/(({a^2))}+(({y^2)})/(({b^2))}=1（(a＞b＞0)）的左、右顶点分别为A1（-2，0），A2（2，0），过点D（1，0）的直线l与椭圆C交于异于A1，A2的M，N两点，当l与x轴垂直时，|(MN)|=sqrt(6)．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线A1M与直线A2N交于点P，证明点P在定直线上，并求出该定直线的方程．
已知椭圆$C：\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}}+\frac{{{y^2}}}{{{b^2}}}=1（{a＞b＞0}）$的左、右顶点分别为A1（-2，0），A2（2，0），过点D（1，0）的直线l与椭圆C交于异于A1，A2的M，N两点，当l与x轴垂直时，$|{MN}|=\sqrt{6}$．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线A1M与直线A2N交于点P，证明点P在定直线上，并求出该定直线的方程．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线A1M与直线A2N交于点P，证明点P在定直线上，并求出该定直线的方程．
题目解答
答案
解：（1）由题知椭圆焦点在x轴上，左、右顶点分别为A1（-2，0），A2（2，0），
所以a=2，
又过点D（1，0）的直线l与椭圆C交于异于A1，A2的M，N两点，
当l与x轴垂直时，$|{MN}|=\sqrt{6}$，
所以将x=1代入C中，求得：$y=±\frac{{\sqrt{3}b}}{2}$，
所以$|{MN}|=\sqrt{3}b=\sqrt{6}⇒b=\sqrt{2}$，
所以椭圆的标准方程为：$\frac{{{x^2}}}{4}+\frac{{{y^2}}}{2}=1$．
（2）证明：如图所示：
由题知直线A1M与直线A2N的斜率存在，
设${l_{{A_1}M}}：y={k_1}（{x+2}）$，${l_{{A_2}N}}：y={k_2}（{x-2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y整理得：$（{1+2k_1^2}）{x^2}+8k_1^2x+8k_1^2-4=0$，
解得：${x_1}=-2，{x_2}=\frac{{2-4k_1^2}}{{1+2k_1^2}}$，
又M，N是异于A1，A2的两点，
所以有$M（{\frac{{2-4k_1^2}}{{1+2k_1^2}}，\frac{{4{k_1}}}{{1+2k_1^2}}}）$，
同理可得：$N（{\frac{{4k_2^2-2}}{{1+2k_2^2}}，\frac{{-4{k_2}}}{{1+2k_2^2}}}）$，
又D（1，0），且M，D，N共线，
所以$\frac{{\frac{{4{k_1}}}{{1+2k_1^2}}}}{{\frac{{2-4k_1^2}}{{1+2k_1^2}}-1}}=\frac{{\frac{{-4{k_2}}}{{1+2k_2^2}}}}{{\frac{{4k_2^2-2}}{{1+2k_2^2}}-1}}$，
化简得：（3k1-k2）（1+2k1k2）=0，
由题知k1，k2同号，
所以3k1=k2，
联立：$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+2）}\\{y={k}_{2}（x-2）}\end{array}\right.$，
所以$P（{\frac{{2{k_1}+2{k_2}}}{{{k_2}-{k_1}}}，\frac{{4{k_1}{k_2}}}{{{k_2}-{k_1}}}}）$，
将3k1=k2代入P点的横坐标，
则${x_P}=\frac{{2{k_1}+2{k_2}}}{{{k_2}-{k_1}}}=\frac{{8{k_1}}}{{2{k_1}}}=4$，
所以点P在定直线x=4上．
所以a=2，
又过点D（1，0）的直线l与椭圆C交于异于A1，A2的M，N两点，
当l与x轴垂直时，$|{MN}|=\sqrt{6}$，
所以将x=1代入C中，求得：$y=±\frac{{\sqrt{3}b}}{2}$，
所以$|{MN}|=\sqrt{3}b=\sqrt{6}⇒b=\sqrt{2}$，
所以椭圆的标准方程为：$\frac{{{x^2}}}{4}+\frac{{{y^2}}}{2}=1$．
（2）证明：如图所示：
由题知直线A1M与直线A2N的斜率存在，
设${l_{{A_1}M}}：y={k_1}（{x+2}）$，${l_{{A_2}N}}：y={k_2}（{x-2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y整理得：$（{1+2k_1^2}）{x^2}+8k_1^2x+8k_1^2-4=0$，
解得：${x_1}=-2，{x_2}=\frac{{2-4k_1^2}}{{1+2k_1^2}}$，
又M，N是异于A1，A2的两点，
所以有$M（{\frac{{2-4k_1^2}}{{1+2k_1^2}}，\frac{{4{k_1}}}{{1+2k_1^2}}}）$，
同理可得：$N（{\frac{{4k_2^2-2}}{{1+2k_2^2}}，\frac{{-4{k_2}}}{{1+2k_2^2}}}）$，
又D（1，0），且M，D，N共线，
所以$\frac{{\frac{{4{k_1}}}{{1+2k_1^2}}}}{{\frac{{2-4k_1^2}}{{1+2k_1^2}}-1}}=\frac{{\frac{{-4{k_2}}}{{1+2k_2^2}}}}{{\frac{{4k_2^2-2}}{{1+2k_2^2}}-1}}$，
化简得：（3k1-k2）（1+2k1k2）=0，
由题知k1，k2同号，
所以3k1=k2，
联立：$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+2）}\\{y={k}_{2}（x-2）}\end{array}\right.$，
所以$P（{\frac{{2{k_1}+2{k_2}}}{{{k_2}-{k_1}}}，\frac{{4{k_1}{k_2}}}{{{k_2}-{k_1}}}}）$，
将3k1=k2代入P点的横坐标，
则${x_P}=\frac{{2{k_1}+2{k_2}}}{{{k_2}-{k_1}}}=\frac{{8{k_1}}}{{2{k_1}}}=4$，
所以点P在定直线x=4上．
解析
步骤 1：确定椭圆的参数
由题意知，椭圆的左、右顶点分别为A_1（-2，0），A_2（2，0），所以a=2。当直线l与x轴垂直时，即x=1时，$|{MN}|=\sqrt{6}$，代入椭圆方程求得b的值。
步骤 2：求解椭圆方程
将x=1代入椭圆方程，求得y的值，从而得到$|{MN}|$的表达式，进而求得b的值，得到椭圆的标准方程。
步骤 3：证明点P在定直线上
设直线A_1M与直线A_2N的方程，联立椭圆方程，求得M，N的坐标，利用M，D，N共线的条件，求得k_1与k_2的关系，进而求得点P的坐标，证明点P在定直线上。
由题意知，椭圆的左、右顶点分别为A_1（-2，0），A_2（2，0），所以a=2。当直线l与x轴垂直时，即x=1时，$|{MN}|=\sqrt{6}$，代入椭圆方程求得b的值。
步骤 2：求解椭圆方程
将x=1代入椭圆方程，求得y的值，从而得到$|{MN}|$的表达式，进而求得b的值，得到椭圆的标准方程。
步骤 3：证明点P在定直线上
设直线A_1M与直线A_2N的方程，联立椭圆方程，求得M，N的坐标，利用M，D，N共线的条件，求得k_1与k_2的关系，进而求得点P的坐标，证明点P在定直线上。