已知椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的右顶点为 $P$，过 $P$ 作互相垂直的两条直线，分别与椭圆 $E$ 交于不同于 $P$ 的点 $A,B$，求证：直线 $AB$ 恒过定点．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
设过 $P$ 互相垂直的两条直线的方程分别为 $x=my+a$ 和 $x=-\dfrac 1my+a$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$．联立直线 $x=my+a$ 与椭圆 $E$ 的方程，可得\[\left(\dfrac{m^2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)y^2+\dfrac{2m}{a}y=0,\]于是\[y_1=-\dfrac{2m}{a\left(\dfrac{m^2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)},\]因此直线 $AB$ 的横截距为\[\begin{split}\dfrac{x_1y_2-x_2y_1}{y_2-y_1} &=\dfrac{(my_1+a)y_2-\left(-\dfrac 1my_2+a\right)y_1}{y_2-y_1}\\
&=\dfrac{\left(m+\dfrac 1m\right)y_1y_2}{y_2-y_1}+a\\
&=\dfrac{\dfrac 1a\left(m+\dfrac 1m\right)\cdot \left(-2m\right)\cdot \dfrac 2m}{\dfrac 2m\left(\dfrac{m^2}{a^2}+\dfrac 1{b^2}\right)+2m\left(\dfrac{1}{m^2a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)}+a\\
&=\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\cdot a,
\end{split}\]为定值，因此直线 $AB$ 恒过定点 $\left(\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\cdot a,0\right)$．
&=\dfrac{\left(m+\dfrac 1m\right)y_1y_2}{y_2-y_1}+a\\
&=\dfrac{\dfrac 1a\left(m+\dfrac 1m\right)\cdot \left(-2m\right)\cdot \dfrac 2m}{\dfrac 2m\left(\dfrac{m^2}{a^2}+\dfrac 1{b^2}\right)+2m\left(\dfrac{1}{m^2a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)}+a\\
&=\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\cdot a,
\end{split}\]为定值，因此直线 $AB$ 恒过定点 $\left(\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\cdot a,0\right)$．
答案
解析
备注
