已知椭圆 $\mathrm { E } : \dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + y ^ { 2 } = 1$ 的左、右顶点分别为 $\mathrm { A } 、 \mathrm { B } $, 直线 $l : x = 6 , \mathrm { P }$ 为直线 $l$ 上一动点，直线 $\mathrm { P A }$ 与 椭圆 $\mathrm { E }$ 交于 $\mathrm { C } $, 直线 $P B$ 与椭圆交于 $\mathrm { D } $, 求证：直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点，并求出该定点坐标.
【解法一】利用韦达表点
设 $\mathrm { P } ( 6 , t ) , \mathrm { C } \left( x _ { 1 } , y _ { 1 } \right) , \mathrm { D } \left( x _ { 2 } , y _ { 2 } \right) ,$ 则 $\mathrm { A C } : y = \dfrac { t } { 9 } ( x + 3 ) $, 即 $x = \dfrac { 9 } { t } y – 3$
BD: $y = \dfrac { t } { 3 } ( x – 3 ) $, 即 $x = \dfrac { 3 } { t } y + 3$
联立 $\left\{ \begin{array} { l } x = \dfrac { 9 } { t } y – 3 \\ x ^ { 2 } + 9 y ^ { 2 } = 9 \end{array} \right.$ 得 $\left( \dfrac { 8 1 } { t ^ { 2 } } + 9 \right) y ^ { 2 } – \dfrac { 5 4 } { t } y = 0 , \therefore y _ { 1 } = \dfrac { \dfrac { 5 4 } { t } } { \dfrac { 8 1 } { t ^ { 2 } } + 9 } = \dfrac { 6 t } { 9 + t ^ { 2 } } , x _ { 1 } = \dfrac { 2 7 – 3 t ^ { 2 } } { 9 + t ^ { 2 } }$
联立 $\left\{ \begin{array} { l } x = \dfrac { 3 } { t } y + 3 \\ x ^ { 2 } + 9 y ^ { 2 } = 9 \end{array} \right.$ 得 $\left(\dfrac{9}{t^{2}} + 9\right) y^{2} + \dfrac{18}{t}y = 0,\therefore y_{2} = \dfrac{−\dfrac{18}{t}}{\dfrac{9}{t^{2}} + 9} = \dfrac{−2t}{1 + t^{2}},x_{2} = \dfrac{−3 + 3t^{2}}{1 + t^{2}}$
$k _ { \mathrm { C D } } = \dfrac { y _ { 1 } – y _ { 2 } } { x _ { 1 } – x _ { 2 } }= \dfrac{\dfrac { 6 t } { 9 + t ^ { 2 } } + \dfrac { 2 t } { 1 + t ^ { 2 } }}{ \dfrac { 2 7 – 3 t ^ { 2 } } { 9 + t ^ { 2 } } – \dfrac { – 3 + 3 t ^ { 2 } } { 1 + t ^ { 2 } } }$
$= \dfrac { 6 t \left( 1 + t ^ { 2 } \right) + 2 t \left( 9 + t ^ { 2 } \right) } { \left( 2 7 – 3 t ^ { 2 } \right) \left( 1 + t ^ { 2 } \right) – \left( 9 + t ^ { 2 } \right) \left( 3 t ^ { 2 } – 3 \right) } = \dfrac { 4 t } { 4 \left( 3 – t ^ { 2 } \right) }$
$\therefore \mathrm { C D } : y – \dfrac { – 2 t } { 1 + t ^ { 2 } } = \dfrac { 4 t } { 3 \left( 3 – t ^ { 2 } \right) } \left( x – \dfrac { – 3 + 3 t ^ { 2 } } { 1 + t ^ { 2 } } \right)$
令 $y = 0$ 得 $x = \dfrac { 3 \left( 3 – t ^ { 2 } \right) } { 2 \left( 1 + t ^ { 2 } \right) } + \dfrac { – 3 + 3 t ^ { 2 } } { 1 + t ^ { 2 } } = \dfrac { 9 – 3 t ^ { 2 } – 6 + 6 t ^ { 2 } } { 2 \left( 1 + t ^ { 2 } \right) } = \dfrac { 3 } { 2 }$
故直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点 $\left( \dfrac { 3 } { 2 } , 0 \right)$
【解法二】非对称韦达一一部分转韦达
设 $\mathrm { P } ( 6 , t ) , \mathrm { C } \left( x _ { 1 } , y _ { 1 } \right) , \mathrm { D } \left( x _ { 2 } , y _ { 2 } \right) ,$
$\because \mathrm { A } 、 \mathrm { C } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } = \dfrac { t } { 9 }$ ①
又 $\because \mathrm { D } 、 \mathrm { B } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { t } { 3 }$ ②
由①、②得 $\dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { 3 y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 }$ ③
设CD: $x = k y + m $, 联立 $\left\{ \begin{array} { l } x = k y + m \\ x ^ { 2 } + 9 y ^ { 2 } = 9 \end{array} \right.$ 得 $\left\{ \begin{array} { l } \left( k ^ { 2 } + 9 \right) y ^ { 2 } + 2 k m y + m ^ { 2 } – 9 = 0 \\ \left( k ^ { 2 } + 9 \right) x ^ { 2 } – 1 8 m x + 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } = 0 \end{array} \right.$
\[\therefore y _ { 1 } + y _ { 2 } = \dfrac { – 2 k m } { k ^ { 2 } + 9 } , y _ { 1 } y _ { 2 } = \dfrac { m ^ { 2 } – 9 } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 1 8 m } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } } { k ^ { 2 } + 9 }\]
将直线代入③得 $\dfrac { y _ { 2 } } { k y _ { 2 } + m – 3 } = \dfrac { 3 y _ { 1 } } { k y _ { 1 } + m + 3 } $, 整理得 $2 k y _ { 1 } y _ { 2 } + ( 3 m – 9 ) y _ { 1 } – ( m + 3 ) y _ { 2 } = 0$
即 $2 k y _ { 1 } y _ { 2 } + ( 3 m – 9 ) \left( y _ { 1 } + y _ { 2 } \right) – ( 4 m – 6 ) y _ { 2 } = 0$
\[\therefore 2 k \cdot \dfrac { m ^ { 2 } – 9 } { k ^ { 2 } + 9 } + ( 3 m – 9 ) \cdot \dfrac { – 2 k m } { k ^ { 2 } + 9 } – ( 4 m – 6 ) y _ { 2 } = 0\]
整理得 $2 ( 2 m – 3 ) \left[ \dfrac { – k ( m – 3 ) } { k ^ { 2 } + 9 } – y _ { 2 } \right] = 0$
要想与 $k , y _ { 2 }$ 无关，只有 $2 m – 3 = 0 $, 即 $m = \dfrac { 3 } { 2 }$
$\therefore$ 直线 $\mathrm { C D }$ 方程为 $x = k y + \dfrac { 3 } { 2 }$
从而直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点 $\left( \dfrac { 3 } { 2 } , 0 \right)$
【解法三】非对称韦达一一半曲线代换转韦达
设 $\mathrm { P } ( 6 , t ) , \mathrm { C } \left( x _ { 1 } , y _ { 1 } \right) , \mathrm { D } \left( x _ { 2 } , y _ { 2 } \right) ,$
$\because \mathrm { A } 、 \mathrm { C } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } = \dfrac { t } { 9 }$ ①
又 $\because \mathrm { D } 、 \mathrm { B } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { t } { 3 }$ 2
由①、②得 $\dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { 3 y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } \Rightarrow \dfrac { y _ { 1 } y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { 3 y _ { 1 } ^ { 2 } } { x _ { 1 } + 3 } \Rightarrow \dfrac { y _ { 1 } y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { 3 \cdot \dfrac { 9 – x _ { 1 } ^ { 2 } } { 9 } } { x _ { 1 } + 3 } = \dfrac { 3 – x _ { 1 } } { 3 }$
\[\Rightarrow 3 y _ { 1 } y _ { 2 } + x _ { 1 } x _ { 2 } – 3 \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) + 9 = 0\]
设CD: $x = k y + m $, 联立 $\left\{\begin{matrix} x = ky + m \\ x^{2} + 9y^{2} = 9 \\ \end{matrix}得\left\{\begin{matrix} \left(k^{2} + 9\right)y^{2} + 2kmy + m^{2}−9 = 0 \\ \left(k^{2} + 9\right)x^{2}−18mx + 9m^{2}−9k^{2} = 0 \\ \end{matrix}\right.\right.$ $\left\{ \begin{array} { l } x = k y + m \\ x ^ { 2 } + 9 y ^ { 2 } = 9 \end{array} \right.$
\[\therefore y _ { 1 } + y _ { 2 } = \dfrac { – 2 k m } { k ^ { 2 } + 9 } , y _ { 1 } y _ { 2 } = \dfrac { m ^ { 2 } – 9 } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 1 8 m } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } } { k ^ { 2 } + 9 }\]
将韦达式代入③得 $3 m ^ { 2 } – 2 7 + 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } – 5 4 m + 9 k ^ { 2 } + 8 1 = 0$
整理得 $2 m ^ { 2 } – 9 m + 9 = 0$
解得： $m = 3$ (舍)或 $m = \dfrac { 3 } { 2 }$
$\therefore$ 直线 $\mathrm { C D }$ 方程为 $x = k y + \dfrac { 3 } { 2 }$
从而直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点 $\left( \dfrac { 3 } { 2 } , 0 \right)$
【解法四】非对称韦达一一曲线代换转韦达
设 $\mathrm { P } ( 6 , t ) , \mathrm { C } \left( x _ { 1 } , y _ { 1 } \right) , \mathrm { D } \left( x _ { 2 } , y _ { 2 } \right) ,$
$\because \mathrm { A } 、 \mathrm { C } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } = \dfrac { t } { 9 }$ ①
又 $\because \mathrm { D } 、 \mathrm { B } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { t } { 3 }$ ②
由①、②得 $\dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { 3 y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 }$
两边同时平方： $\dfrac { y _ { 2 } ^ { 2 } } { \left( x _ { 2 } – 3 \right) ^ { 2 } } = \dfrac { 9 y _ { 1 } ^ { 2 } } { \left( x _ { 1 } + 3 \right) ^ { 2 } }$
由于 $\dfrac { x _ { 1 } ^ { 2 } } { 9 } + y _ { 1 } ^ { 2 } = 1 , \dfrac { x _ { 2 } ^ { 2 } } { 9 } + y _ { 2 } ^ { 2 } = 1 $, 故 $\dfrac { 1 – \dfrac { x _ { 2 } ^ { 2 } } { 9 } } { \left( x _ { 2 } – 3 \right) ^ { 2 } } = \dfrac { 9 \left( 1 – \dfrac { x _ { 2 } ^ { 2 } } { 9 } \right) } { \left( x _ { 1 } + 3 \right) ^ { 2 } } ,$ 即 $\dfrac { 3 + x _ { 2 } } { 3 – x _ { 2 } } = 9 \cdot \dfrac { 3 – x _ { 1 } } { 3 + x _ { 1 } }$
整理得 $4 x _ { 1 } x _ { 2 } – 1 5 \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) + 3 6 = 0$ ③
设CD: $x = k y + m $, 联立 $\left\{ \begin{array} { l } x = k y + m \\ x ^ { 2 } + 9 y ^ { 2 } = 9 \end{array} \right. 得 \left\{ \begin{array} { l } \left( k ^ { 2 } + 9 \right) y ^ { 2 } + 2 k m y + m ^ { 2 } – 9 = 0 \\ \left( k ^ { 2 } + 9 \right) x ^ { 2 } – 1 8 m x + 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } = 0 \end{array} \right.$ $\left\{ \begin{array} { l } x = k y + m \\ x ^ { 2 } + 9 y ^ { 2 } = 9 \end{array} \right.$
\[\therefore y _ { 1 } + y _ { 2 } = \dfrac { – 2 k m } { k ^ { 2 } + 9 } , y _ { 1 } y _ { 2 } = \dfrac { m ^ { 2 } – 9 } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 1 8 m } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } } { k ^ { 2 } + 9 }\]
代入③得 $4 \cdot \dfrac { 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } } { k ^ { 2 } + 9 } – 1 5 \cdot \dfrac { 1 8 m } { k ^ { 2 } + 9 } + 3 6 = 0$
整理得： $2 m ^ { 2 } – 1 5 m + 1 8 = 0$
解得 $m = 6$ (舍)或 $m = \dfrac { 3 } { 2 }$
$\therefore$ 直线 $\mathrm { C D }$ 方程为 $x = k y + \dfrac { 3 } { 2 }$
从而直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点 $\left( \dfrac { 3 } { 2 } , 0 \right)$
【解法五】非对称韦达一一和积转换
设 $\mathrm { P } ( 6 , t ) , \mathrm { C } \left( x _ { 1 } , y _ { 1 } \right) , \mathrm { D } \left( x _ { 2 } , y _ { 2 } \right) ,$
$\because \mathrm { A } 、 \mathrm { C } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } = \dfrac { t } { 9 }$ ①
又 $\because D 、 B 、 P$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { t } { 3 }$ ②
由①、②得 $\dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { 3 y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 }$ ③
设CD: $x = k y + m $, 联立 $\left\{ \begin{array} { l } x = k y + m \\ x ^ { 2 } + 9 y ^ { 2 } = 9 \end{array} \right.$ 得 $\left\{ \begin{array} { l } \left( k ^ { 2 } + 9 \right) y ^ { 2 } + 2 k m y + m ^ { 2 } – 9 = 0 \\ \left( k ^ { 2 } + 9 \right) x ^ { 2 } – 1 8 m x + 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } = 0 \end{array} \right.$
\[\therefore y _ { 1 } + y _ { 2 } = \dfrac { – 2 k m } { k ^ { 2 } + 9 } , y _ { 1 } y _ { 2 } = \dfrac { m ^ { 2 } – 9 } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 1 8 m } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } } { k ^ { 2 } + 9 }\]
将直线代入③得 $\dfrac { y _ { 2 } } { k y _ { 2 } + m – 3 } = \dfrac { 3 y _ { 1 } } { k y _ { 1 } + m + 3 } $. 整理得 $2 k y _ { 1 } y _ { 2 } + ( 3 m – 9 ) y _ { 1 } – ( m + 3 ) y _ { 2 } = 0$
$\because \dfrac { y _ { 1 } + y _ { 2 } } { y _ { 1 } y _ { 2 } } = \dfrac { – 2 k m } { m ^ { 2 } – 9 } , \therefore 2 k y _ { 1 } y _ { 2 } = – \dfrac { m ^ { 2 } – 9 } { m } \left( y _ { 1 } + y _ { 2 } \right) ,$ 此式代入④得
\[- \dfrac { m ^ { 2 } – 9 } { m } \left( y _ { 1 } + y _ { 2 } \right) + ( 3 m – 9 ) y _ { 1 } – ( m + 3 ) y _ { 2 } = 0\]
整理得 $\dfrac { 2 m – 3 } { m } \left[ ( m – 3 ) y _ { 1 } – ( m + 3 ) y _ { 2 } \right] = 0$
要想与 $y _ { 1 } , y _ { 2 }$ 无关，需 $m = \dfrac { 3 } { 2 }$
$\therefore$ 直线 $\mathrm { C D }$ 方程为 $x = k y + \dfrac { 3 } { 2 }$
从而直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点 $\left( \dfrac { 3 } { 2 } , 0 \right)$
【解法六】韦达和积关系一一不联立，曲线代换
设 $\mathrm { P } ( 6 , t ) , \mathrm { C } \left( x _ { 1 } , y _ { 1 } \right) , \mathrm { D } \left( x _ { 2 } , y _ { 2 } \right) ,$
$\because \mathrm { A } 、 \mathrm { C } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } = \dfrac { t } { 9 }$
又 $\because \mathrm { D } 、 \mathrm { B } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { t } { 3 }$ ②
.3
由①、②得 $\dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { 3 y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 }$
两边同时平方： $\dfrac { y _ { 2 } ^ { 2 } } { \left( x _ { 2 } – 3 \right) ^ { 2 } } = \dfrac { 9 y _ { 1 } ^ { 2 } } { \left( x _ { 1 } + 3 \right) ^ { 2 } }$
由于 $\dfrac { x _ { 1 } ^ { 2 } } { 9 } + y _ { 1 } ^ { 2 } = 1 , \dfrac { x _ { 2 } ^ { 2 } } { 9 } + y _ { 2 } ^ { 2 } = 1 $, 故 $\dfrac{1−\dfrac{x_{9}^{2}}{\left(x_{2}−3\right)^{2}} = \dfrac{9\left(1−\dfrac{x_{1}^{2}}{9}\right)}{\left(x_{1} + 3\right)^{2}},}{}$ 即 $\dfrac { 3 + x _ { 2 } } { 3 – x _ { 2 } } = 9 \cdot \dfrac { 3 – x _ { 1 } } { 3 + x _ { 1 } }$
整理得 $4 x _ { 1 } x _ { 2 } – 1 5 \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) + 3 6 = 0$ ③
设直线 $\mathrm { C D }$ 与 $x$ 轴交于点 $\mathrm { M } ( m , 0 ) $, 由 $\mathrm { C } 、 \mathrm { M } 、 \mathrm { D }$ 三点共线得 $\dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } – m } = \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – m }$
两边平方： $\dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { \left( x _ { 1 } – m \right) ^ { 2 } } = \dfrac { y _ { 2 } ^ { 2 } } { \left( x _ { 2 } – m \right) ^ { 2 } }$
由于 $\dfrac { x _ { 1 } ^ { 2 } } { 9 } + y _ { 1 } ^ { 2 } = 1 , \dfrac { x _ { 2 } ^ { 2 } } { 9 } + y _ { 2 } ^ { 2 } = 1 $, 故 $\dfrac { 1 – \dfrac { x _ { 2 } ^ { 2 } } { 9 } } { \left( x _ { 1 } – m \right) ^ { 2 } } = \dfrac { 1 – \dfrac { x _ { 2 } ^ { 2 } } { 9 } } { \left( x _ { 2 } – m \right) ^ { 2 } } ,$ 即 $\dfrac { 9 – x _ { 1 } ^ { 2 } } { \left( x _ { 1 } – m \right) ^ { 2 } } = \dfrac { 9 – x _ { 2 } ^ { 2 } } { \left( x _ { 2 } – m \right) ^ { 2 } }$
\[\therefore 9 \left[ \left( x _ { 2 } – m \right) ^ { 2 } – \left( x _ { 1 } – m \right) ^ { 2 } \right] = \left( x _ { 1 } x _ { 2 } – m x _ { 1 } \right) ^ { 2 } – \left( x _ { 1 } x _ { 2 } – m x _ { 2 } \right) ^ { 2 }\]
\[\therefore 9 \left[ \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) – 2 m \right] \left( x _ { 2 } – x _ { 1 } \right) = \left[ 2 x _ { 1 } x _ { 2 } – m \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) \right] m \left( x _ { 2 } – x _ { 1 } \right)\]
\[\therefore 9 \left[ \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) – 2 m \right] = 2 m x _ { 1 } x _ { 2 } – m ^ { 2 } \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right)\]
$\therefore 2 x _ { 1 } x _ { 2 } = \left( m + \dfrac { 9 } { m } \right) \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) – 1 8$ 即 $4 x _ { 1 } x _ { 2 } – 2 \left( m + \dfrac { 9 } { m } \right) \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) + 3 6 = 0$
联立③、④得 $2 \left( m + \dfrac { 9 } { m } \right) = 1 5 ,$ 即 $2 m ^ { 2 } – 1 5 m + 1 8 = 0$
解得 $m = 6$ (舍)或 $m = \dfrac { 3 } { 2 }$
$\therefore$ 直线 $\mathrm { C D }$ 方程为 $x = k y + \dfrac { 3 } { 2 }$
从而直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点 $\left( \dfrac { 3 } { 2 } , 0 \right)$
【解法七】韦达和积关系一一联立，韦达定理
设 $\mathrm { P } ( 6 , t ) , \mathrm { C } \left( x _ { 1 } , y _ { 1 } \right) , \mathrm { D } \left( x _ { 2 } , y _ { 2 } \right) ,$
$\because \mathrm { A } 、 \mathrm { C } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } = \dfrac { t } { 9 }$ ①
又 $\because \mathrm { D } 、 \mathrm { B } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { t } { 3 }$ ②
由①、②得 $\dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { 3 y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 }$
两边同时平方： $\dfrac { y _ { 2 } ^ { 2 } } { \left( x _ { 2 } – 3 \right) ^ { 2 } } = \dfrac { 9 y _ { 1 } ^ { 2 } } { \left( x _ { 1 } + 3 \right) ^ { 2 } }$
由于 $\dfrac { x _ { 1 } ^ { 2 } } { 9 } + y _ { 1 } ^ { 2 } = 1 , \dfrac { x _ { 2 } ^ { 2 } } { 9 } + y _ { 2 } ^ { 2 } = 1 $, 故 $\dfrac{1−\dfrac{x_{9}^{2}}{\left(x_{2}−3\right)^{2}} = \dfrac{9\left(1−\dfrac{x_{1}^{2}}{9}\right)}{\left(x_{1} + 3\right)^{2}},}{}$ 即 $\dfrac { 3 + x _ { 2 } } { 3 – x _ { 2 } } = 9 \cdot \dfrac { 3 – x _ { 1 } } { 3 + x _ { 1 } }$
整理得 $4 x _ { 1 } x _ { 2 } – 1 5 \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) + 3 6 = 0$ 3
设CD: $x = k y + m $, 联立 $\left\{ \begin{array} { l } x = k y + m \\ x ^ { 2 } + 9 y ^ { 2 } = 9 \end{array} \right.$ 得 $\left\{ \begin{array} { l } \left( k ^ { 2 } + 9 \right) y ^ { 2 } + 2 k m y + m ^ { 2 } – 9 = 0 \\ \left( k ^ { 2 } + 9 \right) x ^ { 2 } – 1 8 m x + 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } = 0 \end{array} \right.$
\[\therefore y _ { 1 } + y _ { 2 } = \dfrac { – 2 k m } { k ^ { 2 } + 9 } , y _ { 1 } y _ { 2 } = \dfrac { m ^ { 2 } – 9 } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 1 8 m } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } } { k ^ { 2 } + 9 }\]
.4·
\[\therefore x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { – 9 \left( k ^ { 2 } + 9 \right) + 9 m ^ { 2 } + 8 1 } { k ^ { 2 } + 9 } = – 9 + \dfrac { 9 \left( m ^ { 2 } + 9 \right) } { k ^ { 2 } + 9 } = – 9 + \dfrac { 9 \left( m ^ { 2 } + 9 \right) } { 1 8 m } \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right)\]
$\therefore 2 x _ { 1 } x _ { 2 } = \left( m + \dfrac { 9 } { m } \right) \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) – 1 8$ 即 $4 x _ { 1 } x _ { 2 } – 2 \left( m + \dfrac { 9 } { m } \right) \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) + 3 6 = 0$ 4
联立③、④得 $2 \left( m + \dfrac { 9 } { m } \right) = 1 5 ,$ 即 $2 m ^ { 2 } – 1 5 m + 1 8 = 0$
解得 $m = 6 ( 舍 )$ 或 $m = \dfrac { 3 } { 2 }$
$\therefore$ 直线 $\mathrm { C D }$ 方程为 $x = k y + \dfrac { 3 } { 2 }$
从而直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点 $\left( \dfrac { 3 } { 2 } , 0 \right)$
【解法八】不联立一一构造对偶式
设 $\mathrm { P } ( 6 , t ) , \mathrm { C } \left( x _ { 1 } , y _ { 1 } \right) , \mathrm { D } \left( x _ { 2 } , y _ { 2 } \right) ,$
$\because \mathrm { A } 、 \mathrm { C } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } = \dfrac { t } { 9 }$ ①
又 $\because \mathrm { D } 、 \mathrm { B } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { t } { 3 }$ ②
由①、②得 $\dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { 3 y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } $, 整理得 $3 y _ { 1 } x _ { 2 } – y _ { 2 } x _ { 1 } = 3 y _ { 2 } + 9 y _ { 1 }$ ③
设直线 $\mathrm { C D }$ 与 $x$ 轴交于点 $\mathrm { M } ( m , 0 ) $, 由 $\mathrm { C } 、 \mathrm { M } 、 \mathrm { D }$ 共线得 $\dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } – m } = \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – m }$
$\therefore y _ { 1 } x _ { 2 } – y _ { 2 } x _ { 1 } = m \left( y _ { 1 } – y _ { 2 } \right)$ ④
$\therefore y _ { 1 } x _ { 2 } + y _ { 2 } x _ { 1 } = \dfrac { \left( y _ { 1 } x _ { 2 } \right) ^ { 2 } – \left( y _ { 2 } x _ { 1 } \right) ^ { 2 } } { y _ { 1 } x _ { 2 } – y _ { 2 } x _ { 1 } } = \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } \left( 9 – 9 y _ { 2 } ^ { 2 } \right) – y _ { 2 } ^ { 2 } \left( 9 – 9 y _ { 1 } ^ { 2 } \right) } { m \left( y _ { 1 } – y _ { 2 } \right) } = \dfrac { 9 \left( y _ { 1 } + y _ { 2 } \right) } { m }$ ⑤
由于 $2 \left( y _ { 1 } x _ { 2 } – y _ { 2 } x _ { 1 } \right) + \left( y _ { 1 } x _ { 2 } + y _ { 2 } x _ { 1 } \right) = 3 y _ { 1 } x _ { 2 } – y _ { 2 } x _ { 1 }$
将③、④、⑤代入⑥得 $2 m \left( y _ { 1 } – y _ { 2 } \right) + \dfrac { 9 \left( y _ { 1 } + y _ { 2 } \right) } { m } = 3 y _ { 2 } + 9 y _ { 1 }$
整理得： $\dfrac { 2 m – 3 } { m } \left[ ( m – 3 ) y _ { 1 } – ( m + 3 ) y _ { 2 } \right] = 0$
要想与 $y _ { 1 } , y _ { 2 }$ 无关，需 $m = \dfrac { 3 } { 2 }$
$\therefore$ 直线 $\mathrm { C D }$ 方程为 $x = k y + \dfrac { 3 } { 2 }$
从而直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点 $\left( \dfrac { 3 } { 2 } , 0 \right)$
【解法九】蝴蝶模型斜率比+点差法+斜率双用
设 $\mathrm { P } ( 6 , t ) , \mathrm { C } \left( x _ { 1 } , y _ { 1 } \right) , \mathrm { D } \left( x _ { 2 } , y _ { 2 } \right) ,$
$\because \mathrm { A } 、 \mathrm { C } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore k _ { A C } = \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } = \dfrac { t } { 9 }$ ①
又 $\because \mathrm { D } 、 \mathrm { B } 、 \mathrm { P }$ 三点共线， $\therefore k _ { \mathrm { B D } } = \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { t } { 3 }$②
$\therefore k _ { \mathrm { B D } } = 3 k _ { \mathrm { A C } }$ ③
由 $\left\{ \begin{array} { l } \dfrac { x _ { 1 } ^ { 2 } } { 9 } + y _ { 1 } ^ { 2 } = 1 \\ \dfrac { x _ { 2 } ^ { 2 } } { 9 } + y _ { 2 } ^ { 2 } = 1 \end{array} \right.$ 得 $k _ { \mathrm { C D } } = \dfrac { y _ { 1 } – y _ { 2 } } { x _ { 1 } – x _ { 2 } } = – \dfrac { 1 } { 9 } \cdot \dfrac { x _ { 1 } + x _ { 2 } } { y _ { 1 } + y _ { 2 } }$
$\therefore k _ { \mathrm { A C } } = \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } = – \dfrac { 1 } { 9 } \cdot \dfrac { x _ { 1 } – 3 } { y _ { 1 } }$④
$k _ { \mathrm { BD } } = \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = – \dfrac { 1 } { 9 } \cdot \dfrac { x _ { 2 } + 3 } { y _ { 2 } }$⑤
将④、⑤代入③得 $\left\{ \begin{array} { l } \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = 3 \cdot \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } \\ – \dfrac { 1 } { 9 } \cdot \dfrac { x _ { 2 } + 3 } { y _ { 2 } } = 3 \cdot \left( – \dfrac { 1 } { 9 } \cdot \dfrac { x _ { 1 } – 3 } { y _ { 1 } } \right) \end{array} \right.$
整理得 $\left\{ \begin{array} { l } 3 y _ { 1 } x _ { 2 } – y _ { 2 } x _ { 1 } = – 3 y _ { 1 } – 9 y _ { 2 }⑥\\ 3 y _ { 2 } x _ { 1 } – y _ { 1 } x _ { 2 } = – 3 y _ { 2 } – 9 y _ { 1 }⑦ \end{array} \right.$
由⑥-⑦得 $4 \left( y _ { 1 } x _ { 2 } – y _ { 2 } x _ { 1 } \right) = – 6 \left( y _ { 2 } – y _ { 1 } \right)$
直线CD: $\dfrac { y – y _ { 1 } } { x – x _ { 1 } } = \dfrac { y – y _ { 2 } } { x – x _ { 2 } } $, 整理得 $y _ { 1 } x _ { 2 } – y _ { 2 } x _ { 1 } = y \left( x _ { 2 } – x _ { 1 } \right) – x \left( y _ { 2 } – y _ { 1 } \right) = – \dfrac { 3 } { 2 } \left( y _ { 2 } – y _ { 1 } \right)$
即 $y \left( x _ { 2 } – x _ { 1 } \right) = \left( x – \dfrac { 3 } { 2 } \right) \left( y _ { 2 } – y _ { 1 } \right)$
令 $x = \dfrac { 3 } { 2 }$ 得， $y = 0$
故直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点 $\left( \dfrac { 3 } { 2 } , 0 \right)$
【解法十】交轨法+凑韦达
设 $\mathrm { C } \left( x _ { 1 } , y _ { 1 } \right) , \mathrm { D } \left( x _ { 2 } , y _ { 2 } \right) , \mathrm { C D } : x = k y + m ,$ 联立 $\left\{ \begin{array} { l } x = k y + m \\ x ^ { 2 } + 9 y ^ { 2 } = 9 \end{array} \right.$ 得 $\left\{ \begin{array} { l } \left( k ^ { 2 } + 9 \right) y ^ { 2 } + 2 k m y + m ^ { 2 } – 9 = 0 \\ \left( k ^ { 2 } + 9 \right) x ^ { 2 } – 1 8 m x + 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } = 0 \end{array} \right.$
\[\therefore y _ { 1 } + y _ { 2 } = \dfrac { – 2 k m } { k ^ { 2 } + 9 } , y _ { 1 } y _ { 2 } = \dfrac { m ^ { 2 } – 9 } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 1 8 m } { k ^ { 2 } + 9 } , x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { 9 m ^ { 2 } – 9 k ^ { 2 } } { k ^ { 2 } + 9 }\]
设 $\mathrm { P } ( x , y ) $, 则由 $\mathrm { P } 、 \mathrm { A } 、 \mathrm { C } ; \mathrm { P } 、 \mathrm { B } 、 \mathrm { D }$ 分别三点共线得 $\left\{ \begin{array} { l } \dfrac { y } { x + 3 } = \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } + 3 } = \dfrac { y _ { 1 } } { k y _ { 1 } + m + 3 } \\ \dfrac { y } { x – 3 } = \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } – 3 } = \dfrac { y _ { 2 } } { k y _ { 2 } + m – 3 } \end{array} \right.$
\[\therefore \left\{ \begin{array} { l } \dfrac { x + 3 } { y } = k + \dfrac { m + 3 } { y _ { 1 } } ① \\ \dfrac { x – 3 } { y } = k + \dfrac { m – 3 } { y _ { 2 } } ② \end{array} \right.\]
由 $( m – 3 )\times ①+ ( m + 3 ) \times ②$ 得： $\dfrac { 2 m x – 1 8 } { y } = 2 m k + \left( m ^ { 2 } – 9 \right) \cdot \dfrac { y _ { 1 } + y _ { 2 } } { y _ { 1 } y _ { 2 } }$
\[= 2 m k + \left( m ^ { 2 } – 9 \right) \cdot \dfrac { – 2 k m } { m ^ { 2 } – 9 }\]
\[= 0\]
整理得 $x = \dfrac { 9 } { m }$
即直线 $l : x = \dfrac { 9 } { m } $, 从而 $\dfrac { 9 } { m } = 6 $, 即 $m = \dfrac { 3 } { 2 }$
故直线 $\mathrm { C D }$ 恒过定点 $\left( \dfrac { 3 } { 2 } , 0 \right)$
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