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．
分析与证明 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\[y_1=-\dfrac{2m}{a\left(\dfrac{m^2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)},\]同理有\[y_2=-\dfrac {2\cdot\left(-\dfrac 1m\right)}{a\left(\dfrac 1{a^2m^2}+\dfrac 1{b^2}\right)}=\dfrac {\dfrac 2m}{a\left(\dfrac 1{a^2m^2}+\dfrac 1{b^2}\right)}.\]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$\left(\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\cdot a,0\right)$．
注 本题是每日一题808的特殊情形，大家也可以尝试用每日一题808的方法解决．