常规通法中寻求思路，运算变形中寻求突破

摘要：2023年新高考Ⅱ卷第21题以双曲线为载体，重点考查学生的转化能力与运算能力，本文中从解题思路分析、解答过程、试题溯源和推广三个方面进行探讨，注重从常规通法中寻求思路，在运算变形中寻求突破.

关键词：圆锥曲线；解题思路；通性通法

1 题目

（2023年新高考Ⅱ卷第21题）

已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为（-25，0），离心率为5.

（1）求C的方程；

（2）记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点（-4，0）的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上.

对于第（1）问，易求得C的方程为x24-y216=1.

下面重点分析与解答第（2）问.

2 第（2）问的思维导图（解题思路分析）

第（2）问的思维导图如图1～2所示.

点P在定直线上

xP或yP为定值，或axP+byP+c=0.设线参

思路1：直曲联立

思路2：点引双线

思路3：先猜后证

证法1：联立消x，得韦达定理，且myMyN=32（yM+yN）

证法2：设MA1：y=k1（x+2），NA2：y=k2（x-2），求得k1+3k2=0

证法3：由直线MN的特殊位置，猜测定直线为x=-1

联立直线MA1与NA2的方程，得x+2x-2=myMyN-2yNmyMyN-6yM，化简得x=-1

联立y=k1（x+2）与y=k2（x-2）得到x-2x+2=k1k2=-3，则x=-1

设P（-1，p），将直线A1P与A2P的方程分别与双曲线联立，得点 M，N的坐标，再证明直线MN经过点（-4，0）

图1

图2

3 第（2）问的解答

图3

证法1：如图3，设直线MN的方程为x=my-4，且-12lt;mlt;12.

与x24-y216=1联立，可得（4m2-1）y2-32my+48=0，且Δ=64（4m2+3）gt;0.

设M（xM，yM），N（xN，yN），则yM+yN=32m4m2-1，yMyN=484m2-1.

于是有

myMyN=32（yM+yN）.①

直线MA1：y=yMxM+2（x+2），直线NA2：y=yNxN-2（x-2）.

联立，得x+2x-2=yN（xM+2）yM（xN-2）=yN（myM-2）yM（myN-6）=myMyN-2yNmyMyN-6yM.

由①式，得x+2x-2=32yM-12yN-92yM+32yN=-13，则x=xP=-1，所以点P在定直线x=-1上.

拓展：也可按照以下方式化简

x+2x-2=myMyN-2yNmyMyN-6yM

=myMyN-2yNmyMyN-6（yM+yN）+6yN

=48m-2yN（4m2-1）-144m+6yN（4m2-1）

=-13.

证法2：设A1M：y=k1（x+2），联立x24-y216=1得（4-k21）x2-4k21x-4k21-16=0.

由xA1+xM=4k214-k21，且xA1=-2，得xM=2k21+84-k21，代入y=k1（x+2），得yM=16k14-k21.

设A2N：y=k2（x-2），同理可得

xN=-2k22-84-k22，yN=-16k24-k22.

由于直线MN经过点（-4，0），所以yMxM+4=yNxN+4，整理得8k112-k21=8k23k22-4.

化简得k1k2=4，或k1+3k2=0.又直线MN与双曲线交于左支，所以k1k2lt;0，则k1+3k2=0.

联立y=k1（x+2）与y=k2（x-2），得x-2x+2=k1k2=-3，则x=xP=-1，所以点P在定直线x=-1上.

证法3：若MN：x=-4，由证法2得P（-1，-23）；交换M，N位置（忽略M在第二象限），此时P（-1，23）.因此，猜测定直线为x=-1.

下面证明：

设P（-1，p），则A1P：y=p（x+2），联立x24-y216=1，得（4-p2）x2-4p2x-4p2-16=0.

由-2＼5xM=-4p2-164-p2，解得xM=2p2+84-p2，代入y=p（x+2），得yM=16p4-p2.

又A2P：y=-p3（x-2），同理可得

xN=-2p2-7236-p2，yN=48p36-p2.

于是yMxM+4=16p24-2p2=8p12-p2，yNxN+4=48p72-6p2=8p12-p2=yMxM+4，可得直线MN经过点（-4，0），所以点P在定直线x=-1上.

证法4：设Q（-4，0），MQ=λQN，则可得

xM+λxN=-4-4λ，yM+λyN=0.

由4x2M-y2M=16，4λ2x2N-λ2y2N=16λ2，可得

4（λxN+xM）＼5（λxN-xM）-（λyN+yM）（λyN-yM）=16（λ+1）（λ-1），即λxN-xM=1-λ，结合xM+λxN=-4-4λ，解得xM=-32λ-52，xN=-32λ-52.

由MA1，NA2斜率存在，kMA1=yM-32λ-52+2=-2yM3λ+1，kNA2=yN-32λ-52-2=-2λyN9λ+3=2yM9λ+3，可知kMA1=-3kNA2.

令kNA2=k，则kMA1=-3k，联立MA1：y=-3k＼5（x+2），NA2：y=k（x-2），解得P（-1，-3k），即点P在定直线x=-1上.

证法5：由直线MN过点（-4，0），可得

xMyN-xNyM=-4（yN-yM）.②

由已知，可得xMyN+xNyM=x2My2N-x2Ny2MxMyN-xNyM=41+y2M16y2N-41+y2N16y2M-4（yN-yM）=-yM-yN，结合②式

可得

xMyN=12（3yM-5yN），xNyM=12（3yN-5yM）.

联立直线MA1与NA2，得x-2x+2=xNyM-2yMxMyN+2yN=12（3yN-5yM）-2yM12（3yM-5yN）+2yN=-9yM+3yN3yM-yN=-3，则x=

xP=-1.

所以点P在定直线x=-1上.

证法6：设M2cos α，4tan α，N2cos θ，4tan θ（α≠θ）且直线MN经过点（-4，0），可得

tan α1cos α+2=tan θ1cos θ+2，整理得sin α1+2cos α=sin θ1+2cos θ.

化半角，得sinα2cosα23cos 2α2-sin 2α2=sinθ2cosθ23cos 2θ2-sin 2θ2.

化正切，得tanα23-tan 2α2=tanθ23-tan 2θ2.

由α≠θ，结合题意知tanα2≠tanθ2，所以

tanα2·tanθ2=-3.

联立MA1与NA2，得x-2x+2=tanα2tanθ2=-3，则x=xP=-1，所以点P在定直线x=-1上.

图4

中心弦结论：如图4，AB为双曲线x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的过中心O的弦，

C为双曲线上一点，则有kCA·kCB=b2a2=e2-1（e为离心率）.

4 试题溯源及推广

试题溯源" （1）

（2020年新高考Ⅰ卷第20题）已知A，B分别为椭圆E：x2a2+y2=1（agt;1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG·GB=8.P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.

（ⅰ）求E的方程；

（ⅱ）证明：直线CD过定点.

（2）（2023年2月昆明市盘龙区高二统测第22题）已知A，B分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左、右顶点，E为C的上顶点，F为C的右焦点，E与F关于直线y=x对称，△AEF的面积为2+1，过Da2，0的直线交C于两点M，N（异于A，B两点）.

（ⅰ）求椭圆C的方程；

（ⅱ）证明：直线AM与BN的交点P在一条定直线上.

试题推广" 双曲线x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）左、右顶点分别是A1，A2，过点Q（m，0）（m≠0）的直线与C的左支交于M，N两点，直线MA1与NA2交于点P，则点P在定直线x=a2m上.

证明：设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MA1：y=y1x1+a（x+a），NA2：y=y2x2-a（x-a）.

设点P（x，y），有y1（x+a）x1+a=y2（x-a）x2-a，化简得x=a［x2y1+x1y2-a（y1-y2）］x1y2-x2y1+a（y1+y2）.

又y21=b2a2（x21-a2），y22=b2a2（x22-a2），两式相除可得

a2（y21-y22）=y21x22-y22x21.

由M，N，Q三点共线有（x1-m）y2=（x2-m）y1，则x1y2-x2y1=m（y2-y1）.

所以，a2（y1+y2）（y1-y2）=（y1x2-y2x1）＼5（y1x2+y2x1），则a2（y1+y2）=m（x1y2+x2y1）.

于是，可得x=aa2m（y1+y2）-a（y1-y2）m（y2-y1）+a（y1+y2）=a2m［（a-m）y1+（a+m）y2］（a-m）y1+（a+m）y2=a2m.