证明直线与椭圆有两个交点的方法有哪些？
一、证明斜率之积(比)为定值
结论1 如图1，已知A，B是椭圆上关于原点对称的两个动点，点M是椭圆上异于A，B的动点，且直线MA,MB的斜率存在，则
结论2 如图2，若直线l经过定点，且与椭圆交于A，B两点，点M是椭圆的顶点，且直线MA,MB的斜率存在，则kMA·kMB为定值.
例1 如图2，直线l经过x轴上的定点(1,0)，与椭圆交于A，B两点，点M是椭圆的右顶点，求kMA·kMB的值.
分析 设l:my+1=x，A(x1,y1)，B(x2,y2)，由整理，得(m2+2)y2+2my-1=0.
所以
因为
所以为定值.
总结 结论1比较重要，所以建议背诵，即斜率之积为对于结论2，我们只需把它当作经验积累即可，无需背诵斜率定值为多少，当考试需要用到结论2时，模仿例1的解答过程便可得出定值.
例2 如图3， N，M是椭圆的左、右顶点，直线与椭圆交于A，B两点(异于点N，M)，已知求k的值.
分析 由结论1，得结合得设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则
联立直线l和椭圆方程，得代入式，解得k=-2或k=-1(舍去)，经检验， k=-2时，Δ>0.
例3 如图4，直线l经过y轴上的定点E(0,2)，与椭圆交于C，B两点，B，Q两点关于原点对称， A是椭圆的下顶点，求的值.
分析 根据结论2可以预测kAC·kAB为定值，设l:y=kx+2，用通性通法，联立消y，借助韦达定理，得化简整理，得由结论1知由此易知，
总结 通过以上例题可以发现，只要已知条件符合结论1和结论2的使用前提，我们便可以利用这两个结论为我们解题“探路”，但并不是所有的斜率定值题型都可以套用结论，下面看难度更大的例4.
例4 如图5，直线l经过x轴上的定点E(-1,0)，与椭圆交于A，B两点，椭圆的右焦点为F(1,0)，连接AF与BF，分别交椭圆于N，M两点，求的值.
分析 设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则联立椭圆方程，通过消x，借助韦达定理，得代入直线AF，可得同理可得，所以借助kAE=kBE可得x1y2-x2y1=-(y2-y1)，所以从而
总结 对于无法利用结论1和结论2联合解决的难题，如例4，唯有利用通性通法硬算破解，例4虽然过程复杂，但使用的都是解决圆锥曲线问题的常用套路，值得我们重点总结，现梳理如下：(1)把点A看作主动点，设其坐标，再用点A的坐标表示出其他“从动点”的坐标；(2)表示出直线AF的方程后，联立，消x(或y)，借助韦达定理，得到点N的坐标为“惯用手段”，要让学生掌握到位；(3)要善于利用“同理可得”来减轻计算负担；(4)已知A(x1,y1)，B(x2,y2)，当y2≠y1时，容易证明AB与x轴的交点横坐标为这是常用结论，值得总结背诵，方便我们“预判”解题之路；(5)总结解题经验：如图5，只要点E和F是x轴上的定点，就有为定值.
二、由斜率之积(和)为定值，证直线过定点
例5 (2020年山东22题·改编)已知点A(2,1). 点M，N在上，且AM⊥AN，证明：直线MN过定点.
分析 设MN：y=kx+m，代入得
(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0
所以
由AM⊥AN，得kAM·kAN=-1.
代入坐标，整理,得(k2+1)x1x2+(km-k+2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
借助韦达定理，得(2k+m-1)(2k+3m+1)=0.
因为直线MN不经过A(2,1)，所以2k+m-1≠0.所以2k+3m+1=0，直线因此MN经过定点当MN与x轴垂直时，直线MN也经过定点
例6 (2017年全国Ⅰ卷20题·节选)设直线l不经过点P2(0,1)且与相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：直线l过定点.
分析 设l∶y=kx+b(b≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立,得(1+4k2)x2+8kbx+4b2-4=0.所以则
借助韦达定理，得又b≠1，所以b=-2k-1，此时Δ=-64k，存在k使得Δ>0成立.所以直线l的方程为y=kx-2k-1.当x=2时，y=-1，所以l过定点(2，-1).
