【考点】K3：椭圆的标准方程；KI：圆锥曲线的综合
【专题】14：证明题；35：转化思想；49：综合法；5E：圆锥曲线中的最值与范围问题
【分析】（1）根据椭圆的对称性，得到 $\mathsf { P } _ { 2 } ^ { } \mathrm { ~ ( 0 , ~ 1 ) ~ } , \mathsf { P } _ { 3 } ^ { } \mathrm { ~ ( ~ - ~ 1 , ~ } \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } \mathrm { ~ ) ~ } , \mathsf { P } _ { 4 } ^ { } \mathrm { ~ ( ~ 1 ~ ) ~ }$ $\frac { \sqrt { 3 } } { 2 } )$ 三点在椭圆C上．把 ${ \mathsf p } _ { 2 } ^ { } \ ( 0 , \ 1 )$ $\mathsf { P } _ { 3 } ~ ( ~ - ~ 1 , ~ \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } )$ 代入椭圆C，求出 $\mathtt { a } ^ { 2 } { = } 4$ $\mathsf { b } ^ { 2 } { = } 1$ ，由此能求出椭圆C的方程
> ②当斜率不存在时，不满足；当斜率存在时，设l： $\mathsf { y } = \mathsf { k } \mathsf { x } + \mathsf { t } , \quad ( \mathsf { t } \neq 1 )$ ，联立$\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { y = \ k x + t } \\ { x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2 } - 4 = 0 } \end{array} \right. }$ ，得 $( 1 + 4 k ^ { 2 } ) \ x ^ { 2 } + 8 k t x + 4 t ^ { 2 } - 4 = 0$ ，由此利用根的判别式、韦达定理、直线方程，结合已知条件能证明直线l过定点（2，﹣1）
【解答】解：（1）根据椭圆的对称性， $\mathsf { P } _ { 3 } \ ( \ - \ 1 , \ \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } ) , \mathsf { P } _ { 4 } \ ( \ 1 , \ \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } )$ 两点必在椭圆C上，
又 ${ \mathsf { P } } _ { 4 }$ 的横坐标为1，∴椭圆必不过P<sub>1</sub>（1，1），
$\therefore { \sf P } _ { 2 } \ ( 0 , \ 1 )$ $\mathsf { P } _ { 3 } \ ( \ - \ 1 , \ \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } ) , \mathsf { P } _ { 4 } \ ( \ 1 , \ \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } )$ 三点在椭圆C上
把 ${ \sf P } _ { 2 } ~ ( 0 , ~ 1 )$ ${ \mathsf P } _ { 3 } ~ ( ~ - ~ 1 , ~ \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } )$ 代入椭圆C，得：
$\left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle \frac { 1 } { \mathtt { b } ^ { 2 } } = 1 } \\ { \displaystyle \frac { 1 } { \mathtt { a } ^ { 2 } } + \frac { 3 } { 4 { \mathtt { b } } ^ { 2 } } = 1 } \end{array} \right.$ ，解得 $\scriptstyle \mathsf { a } ^ { 2 } = 4 , \mathsf { b } ^ { 2 } = 1$
∴椭圆C的方程为 $\frac { \mathbf { x } ^ { 2 } } { 4 } + \mathbf { y } ^ { 2 } = 1$
证明：②①当斜率不存在时，设l：x=m，A（m，y<sub>A</sub>），B（m，﹣y<sub>A</sub>）
∵直线 $\mathsf { P } _ { 2 } \mathsf { A }$ 与直线 $\mathsf { P } _ { 2 } \mathsf { E }$ 的斜率的和为﹣1，
$$
\therefore k _ { P _ { 2 } \tt A } + k _ { P _ { 2 } \tt B } = \frac { y _ { \tt A } - 1 } { \tt m } + \frac { - y _ { \tt A } - 1 } { \tt m } = \frac { - 2 } { \tt m } = - 1 ,
$$
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： $\forall = \mathsf { k } \mathsf { x } ^ { + } \dag , \quad ( \mathsf { t } \neq 1 ) , \mathsf { A } ( \mathsf { x } _ { 1 } , \mathsf { y } _ { 1 } ) , \mathsf { B } ( \mathsf { x } _ { 2 } , \mathsf { y } _ { 2 } )$
联立 $\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { y = \ k x + t } \\ { x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2 } - 4 = 0 } \end{array} \right. }$ ，整理，得 $( 1 + 4 k ^ { 2 } ) x ^ { 2 } + 8 k t x + 4 t ^ { 2 } - 4 = 0$
$$
\bf { x } _ { 1 } + \bf { x } _ { 2 } = \frac { - 8 k t } { 1 + 4 k ^ { 2 } } , x _ { 1 } \bf { x } _ { 2 } = \frac { 4 t ^ { 2 } - 4 } { 1 + 4 k ^ { 2 } } ,
$$
$$
\mathrm { k } _ { \mathbb { P } _ { 2 } \mathbb { A } } + \mathrm { k } _ { \mathbb { P } _ { 2 } \mathbb { B } } = \frac { \mathbb { y } _ { 1 } - 1 } { \mathbf { x } _ { 1 } } + \frac { \mathbb { y } _ { 2 } - 1 } { \mathbf { x } _ { 2 } } = \frac { \mathbf { x } _ { 2 } \left( \mathrm { k } \mathbf { x } _ { 1 } + \mathrm { t } \right) - \mathbf { x } _ { 2 } + \mathbf { x } _ { 1 } \left( \mathrm { k } \mathbf { x } _ { 2 } + \mathrm { t } \right) - \mathbf { x } _ { 1 } } { \mathbf { x } _ { 1 } \mathbf { x } _ { 2 } }
$$
${ \frac { \frac { 8 \mathrm { k } + \mathrm { \ell } ^ { 2 } - 8 \mathrm { k } - 8 \mathrm { k } + \mathrm { \ell } ^ { 2 } + 8 \mathrm { k } \mathrm { t } } { 1 + 4 \mathrm { k } ^ { 2 } } } { \frac { 4 \mathrm { \ell } ^ { 2 } - 4 } { 1 + 4 \mathrm { k } ^ { 2 } } } } { \frac { 8 \mathrm { k } + \mathrm { \ell } ( \mathrm { t } + 1 ) \left( \mathrm { t } - 1 \right) } { 1 + 4 \mathrm { k } ^ { 2 } } } = - 1$ ，又t≠1，
$\therefore t = - 2 k - 1$ ，此时 $\triangle = - 6 4 \mathsf { k }$ ，存在k，使得 $\triangle > 0$ 成立，
∴直线l的方程为 $y = k x - 2 k - 1$
当x=2时，y=﹣1，
∴l过定点（2，﹣1）
【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、直线方程位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题