常規(guī)通法中尋求思路，運(yùn)算變形中尋求突破

摘要：2023年新高考Ⅱ卷第21題以雙曲線為載體，重點(diǎn)考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力與運(yùn)算能力，本文中從解題思路分析、解答過(guò)程、試題溯源和推廣三個(gè)方面進(jìn)行探討，注重從常規(guī)通法中尋求思路，在運(yùn)算變形中尋求突破.

關(guān)鍵詞：圓錐曲線；解題思路；通性通法

1 題目

（2023年新高考Ⅱ卷第21題）

已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為（-25，0），離心率為5.

（1）求C的方程；

（2）記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過(guò)點(diǎn)（-4，0）的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點(diǎn)P.證明：點(diǎn)P在定直線上.

對(duì)于第（1）問(wèn)，易求得C的方程為x24-y216=1.

下面重點(diǎn)分析與解答第（2）問(wèn).

2 第（2）問(wèn)的思維導(dǎo)圖（解題思路分析）

第（2）問(wèn)的思維導(dǎo)圖如圖1～2所示.

點(diǎn)P在定直線上

xP或yP為定值，或axP+byP+c=0.設(shè)線參

思路1：直曲聯(lián)立

思路2：點(diǎn)引雙線

思路3：先猜后證

證法1：聯(lián)立消x，得韋達(dá)定理，且myMyN=32（yM+yN）

證法2：設(shè)MA1：y=k1（x+2），NA2：y=k2（x-2），求得k1+3k2=0

證法3：由直線MN的特殊位置，猜測(cè)定直線為x=-1

聯(lián)立直線MA1與NA2的方程，得x+2x-2=myMyN-2yNmyMyN-6yM，化簡(jiǎn)得x=-1

聯(lián)立y=k1（x+2）與y=k2（x-2）得到x-2x+2=k1k2=-3，則x=-1

設(shè)P（-1，p），將直線A1P與A2P的方程分別與雙曲線聯(lián)立，得點(diǎn) M，N的坐標(biāo)，再證明直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)（-4，0）

圖1

圖2

3 第（2）問(wèn)的解答

圖3

證法1：如圖3，設(shè)直線MN的方程為x=my-4，且-12lt;mlt;12.

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

設(shè)M（xM，yM），N（xN，yN），則yM+yN=32m4m2-1，yMyN=484m2-1.

于是有

myMyN=32（yM+yN）.①

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

聯(lián)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，則x=xP=-1，所以點(diǎn)P在定直線x=-1上.

拓展：也可按照以下方式化簡(jiǎn)

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

=myMyN-2yNmyMyN-6（yM+yN）+6yN

=48m-2yN（4m2-1）-144m+6yN（4m2-1）

=-13.

證法2：設(shè)A1M：y=k1（x+2），聯(lián)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.

設(shè)A2N：y=k2（x-2），同理可得

xN=-2k22-84-k22，yN=-16k24-k22.

由于直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)（-4，0），所以yMxM+4=yNxN+4，整理得8k112-k21=8k23k22-4.

化簡(jiǎn)得k1k2=4，或k1+3k2=0.又直線MN與雙曲線交于左支，所以k1k2lt;0，則k1+3k2=0.

聯(lián)立y=k1（x+2）與y=k2（x-2），得x-2x+2=k1k2=-3，則x=xP=-1，所以點(diǎn)P在定直線x=-1上.

證法3：若MN：x=-4，由證法2得P（-1，-23）；交換M，N位置（忽略M在第二象限），此時(shí)P（-1，23）.因此，猜測(cè)定直線為x=-1.

下面證明：

設(shè)P（-1，p），則A1P：y=p（x+2），聯(lián)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，可得直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)（-4，0），所以點(diǎn)P在定直線x=-1上.

證法4：設(shè)Q（-4，0），MQ=λQN，則可得

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，結(jié)合x(chóng)M+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，則kMA1=-3k，聯(lián)立MA1：y=-3k＼5（x+2），NA2：y=k（x-2），解得P（-1，-3k），即點(diǎn)P在定直線x=-1上.

證法5：由直線MN過(guò)點(diǎn)（-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，結(jié)合②式

可得

xMyN=12（3yM-5yN），xNyM=12（3yN-5yM）.

聯(lián)立直線MA1與NA2，得x-2x+2=xNyM-2yMxMyN+2yN=12（3yN-5yM）-2yM12（3yM-5yN）+2yN=-9yM+3yN3yM-yN=-3，則x=

xP=-1.

所以點(diǎn)P在定直線x=-1上.

證法6：設(shè)M2cos α，4tan α，N2cos θ，4tan θ（α≠θ）且直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)（-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，結(jié)合題意知tanα2≠tanθ2，所以

tanα2·tanθ2=-3.

聯(lián)立MA1與NA2，得x-2x+2=tanα2tanθ2=-3，則x=xP=-1，所以點(diǎn)P在定直線x=-1上.

圖4

中心弦結(jié)論：如圖4，AB為雙曲線x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的過(guò)中心O的弦，

C為雙曲線上一點(diǎn)，則有kCA·kCB=b2a2=e2-1（e為離心率）.

4 試題溯源及推廣

試題溯源" （1）

（2020年新高考Ⅰ卷第20題）已知A，B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（agt;1）的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn)，AG·GB=8.P為直線x=6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與E的另一交點(diǎn)為C，PB與E的另一交點(diǎn)為D.

（ⅰ）求E的方程；

（ⅱ）證明：直線CD過(guò)定點(diǎn).

（2）（2023年2月昆明市盤(pán)龍區(qū)高二統(tǒng)測(cè)第22題）已知A，B分別為橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左、右頂點(diǎn)，E為C的上頂點(diǎn)，F(xiàn)為C的右焦點(diǎn)，E與F關(guān)于直線y=x對(duì)稱，△AEF的面積為2+1，過(guò)Da2，0的直線交C于兩點(diǎn)M，N（異于A，B兩點(diǎn)）.

（ⅰ）求橢圓C的方程；

（ⅱ）證明：直線AM與BN的交點(diǎn)P在一條定直線上.

試題推廣" 雙曲線x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）左、右頂點(diǎn)分別是A1，A2，過(guò)點(diǎn)Q（m，0）（m≠0）的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，直線MA1與NA2交于點(diǎn)P，則點(diǎn)P在定直線x=a2m上.

證明：設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），直線MA1：y=y1x1+a（x+a），NA2：y=y2x2-a（x-a）.

設(shè)點(diǎn)P（x，y），有y1（x+a）x1+a=y2（x-a）x2-a，化簡(jiǎn)得x=a［x2y1+x1y2-a（y1-y2）］x1y2-x2y1+a（y1+y2）.

又y21=b2a2（x21-a2），y22=b2a2（x22-a2），兩式相除可得

a2（y21-y22）=y21x22-y22x21.

由M，N，Q三點(diǎn)共線有（x1-m）y2=（x2-m）y1，則x1y2-x2y1=m（y2-y1）.

所以，a2（y1+y2）（y1-y2）=（y1x2-y2x1）＼5（y1x2+y2x1），則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.