题目
已知曲线 $C: \frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{4}=1$ ，直线 $l: y=x+t$ 交曲线 $C$ 于不同两点 $A,B$ ，$P(-4,0)$ ，$Q( -\frac{7}{2}, \frac{1}{2})$ ，连接 $PA$ 交椭圆于另一点 $D$ ，连接 $PB$ 交椭圆于另一点 $E$ ，求证 $D,E,Q$ 三点共线。
解答
此题涉及完全四边形，可用曲线系解决，但比对系数过于繁琐，求解多元方程容易要命，考场可能一分不得，所以曲线系解决此题属于下策。
观察图形，发现 与直线AB相关的直线PA、直线PB，和 与直线DE相关的直线PD、直线PE ，其实是同一对直线，即（直线PA，直线PB）和（直线PD，直线PE）是一个关于斜率的方程的两个解。 $k_{PA}+k_{PB}=k_{PD}+k_{PE},\ k_{PA}\cdot k_{PB}=k_{PD}\cdot k_{PE}$。
齐次化基本操作：
设任意不过点P的直线为：
\[m(x+4)+ny=1 \tag{*}\]改写椭圆方程为：
\[(x+4)^{2}-8(x+4)+3y^{2}+4=0\]齐次化得：
\[(x+4)^{2}-8(x+4)[m(x+4)+ny]+3y^{2}+4[m(x+4)+ny]^{2}=0\]同除以 $(x+4)^{2}$ ，设 $k=\frac{y}{x+4}$ ：
\[(3+4n^{2})k^{2}+8n(m-1)k+(4m^{2}-8m+1)=0\]韦达定理：
\[k_{1}+k_{2}=\frac{8n(1-m)}{3+4n^{2}},\ k_{1}\cdot k_{2}=\frac{4m^{2}-8m+1}{3+4n^{2}}\]所谓“其中一解”由直线AB产生，即： $m_{1}=-n_{1}$，这是利用直线AB斜率为1得到的。代入韦达，得：
\[k_{1}+k_{2}=\frac{8n_{1}(1+n_{1})}{3+4n_{1}^{2}},\ k_{1}\cdot k_{2}=\frac{4n_{1}^{2}+8n_{1}+1}{3+4n_{1}^{2}}\]“另一解”造成直线DE，所以直线DE的方程代入韦达所得的值 应该 与直线AB代入韦达所得的值 相等。
观察代入直线AB后的韦达，从分母入手可以猜出 $n_{2}=-n_{1}$ （当然也可以写出恒过Q的直线方程，反解这里的系数关系来伪造过程），解得：
\[n_{2}=-n_{1},\ \ m_{2}=2+n_{1}\]所以 $m_{2}=2-n_{2}$ ，这是直线DE需要满足的。代入(*)式，易得DE过定点Q。