如图，在平面直角坐标系 $xOy $ 中，已知椭圆 $\dfrac {x^2} 9 +\dfrac {y^2} 5 =1 $ 的左、右顶点为 $ A $、$ B $，右焦点为 $ F $，设过点 $ T\left(t,m\right) $ 的直线 $ TA , TB $ 与椭圆分别交于点 $ M\left(x_1,y_1\right) $，$N\left(x_2,y_2\right) $，其中 $ m>0 $，$ y_1 > 0$，$y_2 < 0 $．设 $t=9 $，求证：直线 $ MN $ 必过 $ x $ 轴上的一定点（其坐标与 $ m $ 无关）．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
如下图所示，利用坐标变换$$\begin{cases}x'=x\\ y'=\dfrac ab y\end{cases}$$可以将椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 变换为圆$$x'^2+y'^2=a^2,$$由于伸缩变换不改变共线以及线段长度的比，于是问题就转化为如下右图所示的：
已知以 $AB$ 为直径的圆 $O$，$T$ 为与 $AB$ 垂直的圆外直线上任意一点，连接 $AT,BT$ 与圆 $O$ 分别交于 $M,N$．求证：$MN$ 恒过定点 $D$．法一
连接 $AN,MB$ 并延长交于点 $T'$，容易知道 $T'$ 与 $T$ 在同一条垂直于 $AB$ 的直线上（$B$ 为 $\triangle{ATT'}$ 的垂心）对 $\triangle{ABT'}$ 的割线 $MN$，根据梅涅劳斯定理有$$\dfrac{AD}{DB}\cdot \dfrac{BM}{MT'}\cdot \dfrac{T'N}{NA}=1;$$而 $AM,NB,T'T$ 交于一点，根据塞瓦定理有$$\dfrac{BM}{MT'}\cdot \dfrac{T'N}{NA}\cdot \dfrac{AC}{CB}=1;$$于是$$\dfrac{AD}{DB}\cdot \dfrac{CB}{AC}=1,$$即 $\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AC}{BC}$ 为定值，因此 $D$ 为定点．
法二 如图．设 $AC=4a$，$\angle{TAC}=\alpha$，$\angle{NAC}=\beta$，则$$AT=\dfrac{4a}{\cos \alpha},AM=2a \cos \alpha ,BT=\dfrac{2a}{\cos \beta},BN=2a \cos \beta,$$由$$\begin{cases}\triangle{ADN}\backsim \triangle{MDB} \Rightarrow \dfrac{AN}{MB}=\dfrac{AD}{MD}\\ \triangle{ADM}\backsim \triangle{NDB} \Rightarrow \dfrac{AM}{BN}=\dfrac{DM}{DB}\end{cases}$$得到$$\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AD}{MD}\cdot \dfrac{DM}{DB}=\dfrac{AN}{MB}\cdot \dfrac{AM}{BN},$$而$$\triangle{ANT}\backsim \triangle{BMT}\Rightarrow \dfrac{AN}{BM}=\dfrac{AT}{BT},$$于是$$\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AT\cdot AM}{BT\cdot BN}=\dfrac{8a^2}{4a^2}=2.$$法三 如图．设 $\angle{MOC}=2\alpha$，$\angle{NOC}=2\beta$，则 $OC$ 到 $OP$ 的角为 $\alpha -\beta$，
以 $O$ 为极点，$OC$ 为极径，那么直线 $MN$ 的方程为$$\rho \cos{[\theta -(\alpha -\beta)]}=d(O,MN),$$即$$\rho \cos{[\theta -(\alpha -\beta)]}=AB\cdot \cos (\alpha +\beta).$$于是\[\begin{split}OD&=\dfrac{AB\cdot \cos(\alpha +\beta)}{\cos(\alpha-\beta)}\\&=AB\cdot \dfrac{\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin beta}{\cos {\alpha \cos beta}+\sin \alpha \sin \beta}\\&=AB \cdot \dfrac{1-\tan {\alpha}\tan {\beta}}{1+\tan \alpha \tan \beta}.\end{split}\]而$$\angle{TAC}=\angle{MAB}=\dfrac 12 \angle{MOB}=\alpha,\angle{NAB}=\dfrac 12 \angle{NOB}=\beta,$$所以$$\tan \alpha =\dfrac{TC}{AC}, \tan \beta =\tan {\angle{BTC}}=\dfrac{BC}{TC},$$因此$$OD=AB\cdot \dfrac{1-\dfrac{BC}{AC}}{1+\dfrac{BC}{AC}},$$于是点 $D$ 为定点．
已知以 $AB$ 为直径的圆 $O$，$T$ 为与 $AB$ 垂直的圆外直线上任意一点，连接 $AT,BT$ 与圆 $O$ 分别交于 $M,N$．求证：$MN$ 恒过定点 $D$．
连接 $AN,MB$ 并延长交于点 $T'$，容易知道 $T'$ 与 $T$ 在同一条垂直于 $AB$ 的直线上（$B$ 为 $\triangle{ATT'}$ 的垂心）对 $\triangle{ABT'}$ 的割线 $MN$，根据梅涅劳斯定理有$$\dfrac{AD}{DB}\cdot \dfrac{BM}{MT'}\cdot \dfrac{T'N}{NA}=1;$$而 $AM,NB,T'T$ 交于一点，根据塞瓦定理有$$\dfrac{BM}{MT'}\cdot \dfrac{T'N}{NA}\cdot \dfrac{AC}{CB}=1;$$于是$$\dfrac{AD}{DB}\cdot \dfrac{CB}{AC}=1,$$即 $\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AC}{BC}$ 为定值，因此 $D$ 为定点．
以 $O$ 为极点，$OC$ 为极径，那么直线 $MN$ 的方程为$$\rho \cos{[\theta -(\alpha -\beta)]}=d(O,MN),$$即$$\rho \cos{[\theta -(\alpha -\beta)]}=AB\cdot \cos (\alpha +\beta).$$于是\[\begin{split}OD&=\dfrac{AB\cdot \cos(\alpha +\beta)}{\cos(\alpha-\beta)}\\&=AB\cdot \dfrac{\cos \alpha \cos \beta -\sin \alpha \sin beta}{\cos {\alpha \cos beta}+\sin \alpha \sin \beta}\\&=AB \cdot \dfrac{1-\tan {\alpha}\tan {\beta}}{1+\tan \alpha \tan \beta}.\end{split}\]而$$\angle{TAC}=\angle{MAB}=\dfrac 12 \angle{MOB}=\alpha,\angle{NAB}=\dfrac 12 \angle{NOB}=\beta,$$所以$$\tan \alpha =\dfrac{TC}{AC}, \tan \beta =\tan {\angle{BTC}}=\dfrac{BC}{TC},$$因此$$OD=AB\cdot \dfrac{1-\dfrac{BC}{AC}}{1+\dfrac{BC}{AC}},$$于是点 $D$ 为定点．
答案
解析
备注
