已知曲线 $E:m^2x^2+n^2y^2=1$（$m,n>0$）与曲线 $\Gamma:\frac{4}{x^2}+\frac1{y^2}=1$ 恰有 $4$ 个公共点，求证：直线 $mx+ny=1$ 过定点．
答案 $(2,1)$．
解析 注意到曲线 $E$ 与曲线 $\Gamma$ 均关于 $x,y$ 轴对称，因此条件即二者在第一象限有唯一公共点（相切），进而可以转化为直线 $l:m^2x+n^2y=1$（$m,n>0$）与双曲线 $\Gamma:\frac4{x}+\frac{1}y=1$ 在第一象限相切．
不等式取等 利用柯西不等式（相乘后利用均值不等式亦可），有\[1=\frac 4x+\frac 1y\geqslant \frac{(2m+n)^2}{m^2x+n^2y}=(2m+n)^2,\]取等条件为\[\frac{2m}{m^2x}=\frac{n}{n^2y}\iff \frac{2}{mx}=\frac{1}{ny}, \]此时 $2m+n=1$，于是直线 $mx+ny=1$ 过定点 $(2,1)$．
直接联立 联立直线与双曲线方程，可得 $y=\frac{x}{x-4}$，且\[m^2x+\frac{n^2x}{x-4}=1\iff m^2x^2-(4m^2-n^2+1)x+4=0,\]该方程有唯一满足 $x>4$ 的实数解，因此\[\begin{cases} \frac{4m^2-n^2+1}{2m^2}>4,\\ \Delta=(4m^2-n^2+1)^2-16m^2=0,\end{cases}\]即\[ \begin{cases} 4m^2+n^2<1,\\ (2m+n-1)(-2m+n+1)(2m+n+1)(-2m+n-1)=0,\end{cases}\]分别表示椭圆内部，以及 $(\pm 1,0),(0,\pm 2)$ 围成的菱形的四边，因此 $2m+n=1$，进而直线 $mx+ny=1$ 过定点 $(2,1)$．
考虑双曲线切线 根据题意，直线 $l$ 是双曲线 $\frac{4}{x}+\frac{1}{y}=1$（即 $(x-4)(y-1)=4$）的切线，根据双曲线的切线被两条渐近线所截的线段的中点为切点，可得切线 $l:m^2x+n^2y=1$ 与渐近线 $x=4,y=1$ 的交点 $A\left(4,\frac{1-4m^2}{n^2}\right),B\left(\frac{1-n^2}{m^2},1\right)$ 构成的线段中点 $M\left(2+\frac{1-n^2}{2m^2},\frac{1-4m^2}{2n^2}+\frac 12\right)$ 在双曲线 $\Gamma$ 上，因此\[\left(\frac{1-n^2}{2m^2}-2\right)\left(\frac{1-4m^2}{2n^2}-\frac 12\right)=4\iff (1-n^2-4m^2)(1-4m^2-n^2)=16m^2n^2,\]也即\[(2m+n-1)(2m+n+1)(2m-n+1)(2m-n-1)=0,\]而\[\begin{cases} \frac{1-4m^2}{n^2}>1,\\ \frac{1-n^2}{m^2}>4,\end{cases}\iff 4m^2+n^2<1,\]因此 $2m+n=1$，直线 $mx+ny=1$ 过定点 $(2,1)$．