已知点 $B(-2,-1)$ 是椭圆 $E:\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{12}=1$ 内一点，过点 $A(-8,0)$ 作直线 $l$ 与椭圆交于 $P, Q$ 两点，直线 $P B$ 与椭圆交于另一点 $N$，证明：直线 $Q N$ 过定点．
答案 过定点 $(-2,-9)$
解析 设 $T(4,0)$，建立双斜率直线方程\[m(x-4)-\dfrac 34(x+4)=ny,\]其中 $m$ 为斜率之积，$n$ 为斜率之和．设直线 $TP,TQ,TR$ 的斜率分别为 $k_1,k_2,k_3$，则\[\begin{cases} A\in PQ,\\ B\in PN,\end{cases}\iff \begin{cases} k_1k_2(-8-4)-\frac 34(-8+4)=(k_1+k_2)\cdot 0,\\ k_1k_3(-2-4)-\frac 34(-2+4)=(k_1+k_3)\cdot (-1),\end{cases}\]整理可得\[\begin{cases} k_1k_2=\frac 14,\\ (k_1+k_3)-6k_1k_3=\frac 32,\end{cases}\implies k_2k_3+\frac 14=\frac 32(k_2+k_3),\]对比可得\[(x-4):\left(-\frac 34(x+4)\right):y=1:\frac 14:\frac 32,\]解得直线 $QN$ 过定点 $(-2,-9)$．
根据题意，可设 $C\left(\frac{2\left(t_1^2-1\right)}{t_1^2+1}, \frac{2 t_1}{t_1^2+1}\right), D\left(\frac{2\left(t_2^2-1\right)}{t_2^2+1}, \frac{2 t_2}{t_2^2+1}\right)$，直线 $A C$ 的方程为 $x=m y-1$，其中 \[ m=\frac{\frac{2\left(t_1^2-1\right)}{t_1^2+1}+1}{\frac{2 t_1}{t_1^2+1}}=\frac{3 t_1^2-1}{2 t_1}, \] 取 $y=2$，得 $P\left(\frac{3 t_1^2-1}{t_1}-1,2\right)$．由 $P, B, D$ 共线，得 \[ \frac{\left(\frac{3 t_1^2-1}{t_1}-1\right)-\frac{3}{5}}{2-\frac{4}{5}}=\frac{\frac{2\left(t_2^2-1\right)}{t_2^2+1}-\frac{3}{5}}{\frac{2 t_2}{t_2^2+1}-\frac{4}{5}}, \] 整理得 \[ 3 t_1\left(7 t_2^2-13\right)+\left(15 t_1^2-8 t_1-5\right)\left(2 t_2^2-5 t_2+2\right)=0 \] 以 $t_1$ 为主元，整理为 \[ 3\left(2 t_2^2-5 t_2+2\right) t_1^2+\left(t_2^2+8 t_2-11\right) t_1-\left(2 t_2^2-5 t_2+2\right)=0 \] 注意到 \[ \begin{cases} 2 t_2^2-5 t_2+2=\left(2 t_2-1\right)\left(t_2-2\right) ,\\ t_2^2+8 t_2-11=\left(2 t_2-1\right)^2-3\left(t_2-2\right)^2 ,\end{cases} \] 上式可进行因式分解，得 \[ \big(\left(2 t_2-1\right) t_1-\left(t_2-2\right)\big)\cdot \big(3\left(t_2-1\right) t_1+\left(2 t_2-1\right)\big)=0 \] 由位置关系知 $y_C>0$，$y_D<\frac{4}{5}$，解得 $t_1>0$，$t_2>2$ 或 $t_2<\frac{1}{2}$，所以 $t_1 \neq-\frac{2 t_2-1}{3\left(t_2-1\right)}$，故 \[ \left(2 t_2-1\right) t_1-\left(t_2-2\right)=0 \] 即 \[ 2 t_1 t_2-\left(t_1+t_2\right)+2=0 \] 设直线 $C D$ 的方程为 $a x+b y+c=0$，则 \[ \begin{cases} a \frac{2\left(t_1^2-1\right)}{t_1^2+1}+b \frac{2 t_1}{t_2^2+1}+c=0,\\ a \frac{2\left(t_2^2-1\right)}{t_2^2+1}+b \frac{2 t_2}{t_2^2+1}+c=0,\end{cases} \] 其中 $t_1, t_2$ 是方程 $(2 a+c) t^2+2 b t+c-2 a=0$ 的两根，所以 \[ t_1+t_2=\frac{-2 b}{2 a+c}, \quad t_1 t_2=\frac{c-2 a}{2 a+c} \] 由 $2 t_1 t_2-\left(t_1+t_2\right)+2=0$ 可得 $2(c-2 a)+2 b+2(2 a+c)=0$，即 \[ \frac{1}{2} b+c=0 \] 故直线 $C D$ 经过定点 $\left(0, \dfrac{1}{2}\right)$．
设 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),N(x_3,y_3)$，$g(x,y)=\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{12}-1$，则\[g_A(x,y)=-\dfrac 12x-1,\quad g_B(x,y)=-\dfrac 18x-\dfrac{1}{12}y-1,\]因此由 $PQ$ 过点 $A$ 可得\[\dfrac{x_1+8}{x_2+8}=\dfrac{y_1}{y_2}=\dfrac{x_1+2}{-x_2-2},\]由 $PN$ 过点 $B$ 可得\[\dfrac{x_1+2}{x_3+2}=\dfrac{y_1+1}{y_3+1}=\dfrac{3x_1+2y_1+24}{-3x_3-2y_3-24},\]由合分比定理可得\[\dfrac{x_1+2}{-x_2-2}=\dfrac{3(x_1+8)+2y_1}{3(x_2+8)+2y_2}=\dfrac{3x_1+2y_1+24}{3x_2+2y_2+24},\]而\[\dfrac{3x_1+2y_1+24}{-3x_3-2y_3-24}=\dfrac{x_1+2}{x_3+2},\]因此 \[\dfrac{x_2+2}{x_3+2}=\dfrac{3x_2+2y_2+24}{3x_3+2y_3+24}=\dfrac{2y_2+18}{2y_3+18},\]因此直线 $QN$ 过定点 $(-2,-9)$．
命题思路 设椭圆 $E:\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{12}=1$，取极点 $A(-8,0)$ 以及对应极线 $x=-2$，在极线上任意取形式简单的点 $B(-2,-1)$，考虑自极三角形 $ABC$，极点 $B$ 对应的极线为 $\dfrac{-2x}{16}-\dfrac{y}{12}=1$，与 $x=-2$ 联立可得 $C(-2,-9)$，于是所求定点为 $(-2,-9)$．