在椭圆$\dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}3=1$中，直线$l$与椭圆交于$A,B$两点，直线$AB$不过点$P(2,0)$，且以$AB$为直径的圆恒过点$P(2,0)$，求证：直线$AB$恒过定点，并求该定点的坐标．
分析与解 法一 直接计算
设直线方程为$x=my+n$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$．联立直线$AB$与椭圆方程联立可得$$\left(3m^2+4\right)y^2+6mny+3n^2-12=0,$$于是由$\overrightarrow {PA}\cdot \overrightarrow {PB}=0$，可得$$\left(my_1+n-2\right)\left(my_2+n-2\right)+y_1y_2=0,$$即$$\left(3m^2+4\right)(n-2)^2-6m^2n(n-2)+\left(3n^2-12\right)m^2+3n^2-12=0,$$化简得$7n^2-16n+4=0$，解得$n=\dfrac 27$或$n=2$(舍去)．于是直线$AB$恒过定点$\left(\dfrac 27,0\right)$．
法二 齐次联立
利用仿射变换，使得$P$点为新坐标系的原点，则此时椭圆方程为$$\dfrac{\left(x'+2\right)^2}{4}+\dfrac{y'^2}3=1,$$设直线方程为$mx'+ny'=1$，化齐次联立可得$$\dfrac{x'^2}4+\dfrac{y'^2}3+x'\cdot \left(mx'+ny'\right)=0,$$整理得$$\dfrac 13\left(\dfrac {y'}{x'}\right)^2+n\cdot\dfrac {y'}{x'}+m+\dfrac 14=0,$$因为$PA\perp PB$，故关于$\dfrac {y'}{x'}$的方程的两根之积为$-1$，从而有$$\dfrac 14+\dfrac 13+m=0,$$即$$\left(-\dfrac{12}7\right)m+0\cdot n=1,$$于是直线恒过点$Q'\left(-\dfrac{12}7,0\right)$，对应原坐标系的定点为$Q\left(\dfrac 27,0\right)$．
法三 交点曲线系
椭圆方程为$3x^2+4y^2-12=0$，设直线$AP,BP$方程分别为$x+my-2=0$和$mx-y-2m=0$，于是相交直线$AP,BP$的方程为$$(x+my-2)(mx-y-2m)=0,$$根据题意，它们的交点曲线系为$$3x^2+4y^2-12+\lambda (x+my-2)(mx-y-2m)=0,$$即$$3x^2+4y^2-12+\lambda\left[-my^2+m(x-2)^2+\left(m^2-1\right)(x-2)y\right]=0,$$我们想把$P(2,0)$从方程中分离出来，取$\lambda =\dfrac 4m$，则有$$(x-2)\left[3(x+2)+4(x-2)+\dfrac{4\left(m^2-1\right)}my\right]=0,$$于是可得直线$AB$的方程为$$7x+\dfrac{4\left(m^2-1\right)}my-2=0,$$于是直线$AB$恒过定点$\left(\dfrac 27,0\right)$．