已知椭圆$E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$，$x$轴上有不同于长轴端点的两点$M(m,0)$和$N(n,0)$，过$M$作直线$AB$与椭圆$E$交于点$A,B$，直线$AN$和直线$BN$分别交椭圆$E$于$C,D$，求证：直线$AB$与直线$CD$的斜率之比为定值．
分析与解 先给出引理．
引理 若$A(a\cos 2\alpha,b\sin 2\alpha)$，$B(a\cos 2\beta,b\sin 2\beta)$，那么直线$AB$的方程为$$(1-\tan\alpha\cdot\tan\beta)\cdot \dfrac xa+\left(\tan\alpha+\tan\beta\right)\cdot \dfrac yb=1+\tan\alpha\cdot\tan\beta.$$引理的证明见每日一题[590]椭圆的参数方程．
根据引理，进一步可知若直线$AB$过点$(m,0)$，则有$\tan\alpha\cdot\tan\beta =\dfrac{m-a}{m+a}$．
回到本题 设$A(a\cos 2\theta_1,b\sin 2\theta_1)$，$B(a\cos 2\theta_2,b\sin 2\theta_2)$，$C(a\cos 2\theta_3,b\sin 2\theta_3)$，$D(a\cos 2\theta_4,b\sin 2\theta_4)$，则根据引理有$$\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2=\dfrac{m-a}{m+a},\tan\theta_1\cdot\tan\theta_3=\tan\theta_2\cdot\tan\theta_4=\dfrac{n-a}{n+a},$$于是直线$AB$与直线$CD$的斜率之比\[\begin{split}\dfrac{k_{AB}}{k_{CD}}&=\dfrac{-\dfrac ba\cdot \dfrac{1-\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2}{\tan\theta_1+\tan\theta_2}}{-\dfrac ba\cdot \dfrac{1-\tan\theta_3\cdot \tan\theta_4}{\tan\theta_3+\tan\theta_4}}\\ &=\dfrac{\tan\theta_3+\tan\theta_4}{\tan\theta_1+\tan\theta_2}\cdot \dfrac{1-\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2}{1-\tan\theta_3\cdot\tan\theta_4}\\ &=\dfrac{\dfrac{n-a}{n+a}\cdot \dfrac{\tan\theta_1+\tan\theta_2}{\tan\theta_1\cdot \tan\theta_2}}{\tan\theta_1+\tan\theta_2}\cdot \dfrac{1-\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2}{1-\left(\dfrac{n-a}{n+a}\right)^2\cdot \dfrac{1}{\tan\theta_1\cdot \tan\theta_2}}\\ &=\dfrac{\dfrac{n-a}{n+a}}{\dfrac{m-a}{m+a}}\cdot \dfrac{1-\dfrac{m-a}{m+a}}{1-\left(\dfrac{n-a}{n+a}\right)^2\cdot \dfrac{m+a}{m-a}}\\ &=\dfrac{n^2-a^2}{2mn-n^2-a^2},\end{split} \]为定值．
思考与总结 椭圆的参数方程是处理这类多条直线的定点定值问题的有效手段．