已知椭圆 $E: \dfrac{x^2}{4}+y^2=1$ 和 $A(-1,0), B\left(\dfrac{3}{5}, \dfrac{4}{5}\right)$，$ P$ 是直线 $y=2$ 上的动点，$C$ 是线段 $P A$ 与椭圆 $E$ 的交点，线段 $P B$ 的延长线与椭圆 $E$ 交于点 $D$．求证：直线 $C D$ 过定点．
答案 过定点 $\left(0,\dfrac 12\right)$．
解析 设 $T(0,-1)$，建立双斜率直线方程\[-4m(y-1)+(y+1)=nx,\]其中 $m$ 为斜率之积，$n$ 为斜率之和．设直线 $TC,TD,TG,TH$ 的斜率分别为 $k_1,k_2,k_3,k_4$，$P(t,2)$，则\[\begin{cases} { A \in C H , } \\ { B \in D G , } \\ { P \in C H , } \\ { P \in D G , }\end{cases}\iff \begin{cases} 4 k_1 k_4+1=-\left(k_1+k_2\right), \\ \frac{4}{5} k_2 k_3+\frac{9}{5}=\frac{3}{5}\left(k_2+k_3\right), \\ -4k_1 k_3+3=t\left(k_1+k_3\right), \\ -4k_2 k_4+3=t\left(k_2+k_4\right), \end{cases} \] 用第 $ 3,4 $ 式消去 $t$，有 \[ \left(4 k_1 k_2+3\right)\left(k_3-k_4\right)+\left(4 k_3 k_4+3\right)\left(k_1-k_2\right)=0, \] 在第 $ 1,2 $ 式中分别解出 $k_4, k_3$，代入有 \[ 4 k_3 k_4+3=4\cdot \dfrac{3k_2-9}{4k_2-3}\cdot \dfrac{-k_1-1}{4k_1+1}+3=\dfrac{9(4k_1k_2+3)}{(4k_1+1)(4k_2-3)}, \]因此\[4k_3k_4+3=0\implies \begin{cases} -4(y-1):(y+1)=4:3,\\ x=0,\end{cases}\]于是直线 $CD$ 过定点 $\left(0,\dfrac 12\right)$．
备注 命题思路为
设椭圆方程 $E:\dfrac{x^2}{4}+y^2=1$，取极点 $Q\left(0,\dfrac 12\right)$ 对应的极线 $y=2$，以及一个形式简单的点 $A(-1,0)$，接下来计算与之配合的点 $B$．为方便起见，取 $P(0,2)$，此时 $PA:y=2x+2$，于是 $PB:y=-2x+2$，与直线 $QA:y=\dfrac 12x+\dfrac 12$ 联立，可得 $B\left(\dfrac 35,\dfrac 45\right)$．