用一道经典开始
已知双曲线：\(\Gamma:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)\)，渐近线方程为\(x\pm2y=0\)点\(\left(2,\sqrt{2}\right)\)在\(\Gamma\)上
\((1)\)求双曲线\(\Gamma\)方程
\((2)\)过点\(A(2,0)\)的两条直线\(AP,PQ\)分别与\(\Gamma\)交于\(P,Q\)亮点（不与\(A\)点)重合，且两条直线的斜率和为\(1\)，求证：直线\(PQ\)过定点
解
\((1)\) \(\dfrac{x^2}{4}-y^2=1\)
\((2)\) 法一：常规思路
设\(PQ:y=kx+b,P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)\)
联立方程：
\(\begin{cases}y=kx+b\\\dfrac{x^2}{4}-y^2=1\end{cases}\)有\(x^2(1-4k^2)-8kbx-4b^2-4=0\)
从而\(x_1+x_2=\dfrac{8kb}{1-4k^2},x_1x_2=\dfrac{-4b^2-4}{1-4k^2}\)
\(k_{AP}+k_{PQ}=\dfrac{y_1}{x_1-2}+\dfrac{y_2}{x_2-2}=\dfrac{y_1x_2+y_2x_1-2(y_1+y_2)}{x_1x_2-2(x_1+x_2)+4}=\dfrac{2kx_1x_2+b(x_1+x_2)-2[k(x_1+x_2)+2b]}{x_1x_2-2(x_1+x_2)+4}\)
带入\(x_1+x_2,x_1\cdot x_2\)有
\(\dfrac{2k(-4b^2-4)+8kb^2-16k^2b-4b+16k^2b}{-4b^2-4-16kb+4-16k^2}=\dfrac{-8k-4b}{-4b^2-16kb-16k^2}=1\)
解得\(b=-2k\)，从而\(y=kx-2k=k(x-2)\)过定点\((2,0)\)
法二：双联立
设\(AP:y=k_1(x-2),PQ:y=k_2(x-2)\)
从而\([y-k_1(x-2)][y-k_2(x-2)]=0\)
整理有:\(y^2-y(x-2)(k_1+k_2)-k_1k_2(x-2)^2=0\)
因\(k_1+k_2=1\)所以原式为\(y^2-y(x-2)-k_1k_2(x-2)^2=0(1)\)
因\(\dfrac{x^2}{4}-y^2=1\)则有\(y^2=\dfrac{(x-2)(x+2)}{4}(2)\)
联立\((1),(2)\)有\(\dfrac{(x-2)(x+2)}{4}-y(x-2)-k_1k_2(x-2)^2=0\)
消去\((x-2)\)有\(\dfrac{(x-2)}{4}-y-k_1k_2(x-2)=0\)
从而得到\(PQ\)直线方程:\(\dfrac{(x-2)}{4}-y-k_1k_2(x-2)=0\)
不难得到过定点\((2,0)\)