记录一些东西。不一定是原创。懒得画图了。
合法解法
1
双曲线 \(E: x^2 - \frac{y^2}4 = 1\) 的一个顶点在直线 \(l:y=x+1\) 上。已知点 \(T\) 在 \(l\) 上，且过点 \(T\) 恰好可作双曲线 \(E\) 的两条切线，设这两条切线的切点分别为 \(P\) 和 \(M\)。设直线 \(TP\) 和直线 \(TM\) 分别与直线 \(x=-1\) 交于点 \(Q\) 和点 \(N\)，证明：直线 \(PN\) 和直线 \(MQ\) 的交点的定直线上。
来源：武汉市 2025 届高三年级二月调研考试
假平移初涉。
设 \(P(x_1-1, y_1), Q(x_2-1, y_2)\)。由极线方程可知 \(PQ\) 过 \((-1, -4)\)，从而 \(\frac{y_1+4}{x_1} = \frac{y_2+4}{x_2}\)，故 \(x_1 y_2 - x_2 y_1 = -4(x_1-x_2)\)。
同时易知 \(Q(-1, \frac{-4x_1}{y_1}), N(-1, \frac{-4x_2}{y_2})\)。有
\[ \begin{cases} l_{PN}: (4x_2 + y_1y_2)(x+1) - x_1y_2 y - 4 x_1x_2 = 0 \\ l_{MQ}: (4x_1 + y_1y_2)(x+1) - x_2y_1 y - 4 x_1x_2 = 0 \\ \end{cases} \]
相减构造对偶式即得直线 \(4(x_2-x_1)(x+1) - (x_2y_1-x_1y_2)y = 0\)，即 \(y=x+1\)。
2
已知椭圆 \(C：\frac{x^2}4 + y^2 = 1\) 的左顶点为 \(A\)。直线 \(l\) 与椭圆 \(C\) 交于 \(M, N\) 两点，点 \(P\) 为 \(\triangle PMN\) 的外心。若点 \(P\) 在直线 \(x=-\frac13\) 上，求点 \(A\) 到直线 \(l\) 的距离的取值范围。
来源：湖南省长沙市 2024-2025 学年高三上学期新高考适应性考试数学试题
这个题使用曲线系似乎会很方便，但我们可以通过圆的一般式打点擦边球（好像叫什么同解方程组）。
首先设 \(l_{MN} : x=ty+n\)，与椭圆联立得 \((t^2+4)y^2 + 2tny + n^2-4 = 0\)。
接下来设 \(P(-\frac 13, p)\)，则由 \(A(-2, 0)\) 可设 \(\odot P : (x+\frac13)^2 + (y-p)^2 = \frac{25}9 + p^2\) 即 \(x^2 + y^2 + \frac23 x - 2py - \frac83 = 0\)。此处可以分别用椭圆方程和直线方程消去 \(x\) 的二次和一次项来避免在二次项系数出现参数，得到 \(3y^2 + (2p-\frac23t)y - \frac23 n - \frac 43 = 0\)。
由这两个方程相同，可得 \(t^2 + \frac92 n - 5 = 0\)（我们不关心 \(p\)）。
然后考虑第一个方程的 \(\Delta = 16(t^2-n^2+4) > 0\)，同时注意 \(n \ne -2\)，可得 \(n \in (-6, -2) \cup (-2, \frac32)\)，从而 \(t^2 \in [0, 14) \cup (14, 32)\)，易得距离 \(d = \frac{|n+2|}{\sqrt{t^2+1}} = \frac 29 \frac{t^2-14}{\sqrt{t^2+1}}= \frac92\sqrt{t^2+1 + \frac{225}{t^2+1} - 30} \in (0, \frac{28}9]\)。
3
在平面直角坐标系 \(xOy\) 中，已知椭圆 \(C : \frac{x^2}4+y^2=1\)，\(B(1, 0)\)。设与坐标轴不垂直的直线 \(l\) 交椭圆 \(C\) 于 \(M, N\) 两点，\(\triangle MBN\) 是以 \(B\) 为直角顶点的等腰直角三角形，求出直线 \(l\) 的方程。
来源：浙江省绍兴市嵊州市 2023 届高三下学期 2 月学业质量调测数学试题
设 \(|BM| = |BN| = r\)，令 \(\angle xBM = \theta\)，不妨设 \(\angle xBN = \theta + \frac{\pi}2\)。
则有 \(M(1 + r \cos \theta, r \sin \theta), N(1 - r \sin \theta, r \cos \theta)\)。
与椭圆联立得
\[ \begin{cases} 3r^2\cos^2\theta - 2r\cos\theta - 4r^2 + 3 = 0 \\ 3r^2\sin^2\theta + 2r\sin\theta - 4r^2 + 3 = 0 \end{cases} \]
注意 \(l\) 不垂直于坐标轴，故 \(\cos\theta \ne -\sin\theta\)，故 \(\cos\theta, -\sin\theta\) 是 \(t\) 的方程 \(3r^2t^2 - 2rt - 4r^2 + 3 = 0\) 的二根。令 \(t_1^2 + t_2^2 = 1\) 可得 \(r^2 = \frac{14}{15}\)。
代回方程，可得 \(42 t^2 - 2\sqrt{210} t - 11 = 0\)。从而 \(\cos\theta - \sin\theta = \frac{\sqrt{210}}{21}, \cos\theta \sin\theta = \frac{11}{42}\)，从而 \(\cos\theta + \sin\theta = \pm \frac{4\sqrt{42}}{21}\)。
又由 \(M, N\) 坐标直接化简得 \(l_{MN} : (\sin \theta - \cos \theta) x - (\cos \theta + \sin \theta) y + \cos \theta - \sin \theta + r = 0\)，即 \(5x \pm 4\sqrt 5 y - 12 = 0\)。
如果 \(l\) 可以垂直于坐标轴，则此时仅知一根 \(t = \pm\frac{\sqrt 2}2\)，单独讨论即可。
@DZT福州高中数学叶老师 亦提到另一种做法是先设点，通过 \(|BM| = |BN|\) 可以得到 \(M, N\) 中点的横坐标是定值（其实亦可以用点差法导出的斜率关系得到），再设斜率慢慢表达剩下的条件即可。视频中的做法是先用 \(|BM|=|BN|=\sqrt 2 d_{B-MN}\) 得到表达 \(x_M, x_N\) 的二次方程，然后再使用弦长表达 \(|MN|\) 长度。
射影几何背景
1
已知双曲线 \(E : \frac{x^2}3 - \frac{y^2}3 = 1\)，若经过定点 \(P(1, 1)\) 的直线 \(l\) 与双曲线 \(E\) 交于 \(A, B\) 两点，经过点 \(A\) 斜率为 \(-2\) 的直线与 \(y=x-3\) 的交点为 \(T\)，求证：直线 \(BT\) 经过 \(x\) 轴上的定点。
来源：江苏省南京中华中学、南京师范大学附属中学江宁分校两校 2022-2023 学年高三下学期 3 月联考
注意到 \(P(1, 1)\) 是 \(y=x-3\) 的极点，记 \(l\) 与 \(y=x-3\) 交于 \(S\)，则 \(A, B; P, S\) 成调和点列，则 \(TA, TB; TP, TS\) 成调和线束。
记 \(AT\) 方向上的无穷远点为 \(\infty\)，过 \(P\) 作 \(PR \parallel AT\) 交 \(y=x-3\) 于 \(R\)，记 \(BT \cap PR = Q\)，则 \(\infty, Q; P, R\) 成调和点列，故 \(BT\) 恒过 \(PR\) 中点 \(Q(\frac32, 0)\)。
2
已知椭圆 \(E : \frac{x^2}4 + y^2 = 1\)。椭圆 \(E\) 上有三点 \(G, S, T\)，直线 \(ST\) 过定点 \(C(2, 2)\)，点 \(M\) 为 \(GS\) 中点且在直线 \(y=x\) 上，证明：直线 \(GT\) 与直线 \(y=x\) 的交点为定点。
来源：广东省广州市华南师范大学附属中学 2024 届高三下学期 5 月月考
过 \(T\) 作 \(RT \parallel GS\) 交 \(E\) 于另一点 \(R\)，则由点差法知 \(ST \cap GR = C\)，\(SR, GT, OC\) 三线共点，且 \(GT\) 与 \(OC\) 的交点在 \(C\) 的极线上。因此此交点即 \(y=x\) 与 \(C\) 的极线 \(x+4y-2=0\) 的交点 \((\frac25, \frac25)\)。
3
已知椭圆 \(E : \frac{x^2}4 + \frac{y^2}3 = 1\) 的右焦点为 \(F(1, 0)\)，过 \(F\) 的直线交椭圆于 \(A, B\) 两点，过 \(A, B\) 分别作 \(x\) 轴的垂线，垂足分别为 \(C, D\)，记直线 \(AD\) 与 \(BC\) 的交点为 \(P\)。证明：\(P\) 在定直线 \(l\) 上。
来源：金考卷百校联盟 2025 年高考预测卷（二）
记竖直方向上的无穷远点为 \(\infty\)，则 \(AC \cap BD = \infty\)。记 \(AB \cap P\infty = E\)，则由完全四边形的调和性，\(A, B; E, F\) 成调和点列，则 \(E\) 在 \(F\) 的极线上。
又由于 \(F\) 的极线应经过 \(\infty\)，故 \(E\infty\) 即 \(F\) 的极线，从而 \(P\) 在 \(F\) 的极线上。
4
椭圆 \(\frac{x^2}6 + \frac{y^2}2=1\)，相应于焦点 \(F(c, 0)\) \((c > 0)\) 的准线 \(l\) 与 \(x\) 轴相交于点 \(A\)，过点 \(A\) 的直线与椭圆相交于 \(P, Q\) 两点。设 \(\overrightarrow{AP} = \lambda \overrightarrow{AQ}\) \((\lambda > 1)\)，过点 \(P\) 且平行于准线 \(l\) 的直线与椭圆交于另一点 \(M\)，证明 \(\overrightarrow{FM} = -\lambda \overrightarrow{FQ}\)。
来源：2004 年普通高等学校招生考试数学（理）试题（天津卷）
过 \(F\) 作垂直于 \(x\) 轴的线 \(l'\)，则 \(l'\) 为 \(A\) 的极线，\(l\) 为 \(F\) 的极线。记 \(l' \cap PQ = R\)，则 \(P, Q; R, A\) 成调和点列。
记 \(y\) 轴方向的无穷远点为 \(\infty\)，则 \(\infty P, \infty Q; \infty R, \infty A\) 成调和线束，记 \(\infty R \cap QM = F'\)，\(l \cap QM = N\)，则 \(M, Q; F', N\) 成调和点列，则 \(F', N\) 调和共轭，由极线方程可知必有 \(F'\) 与 \(F\) 重合。
接下来有 \(\triangle PQM \sim \triangle AQN\)，易知原命题得证。
5
已知椭圆 \(C : \frac{x^2}8 + \frac{y^2}2 = 1\) 过点 \(A(-2, -1)\)。直线 \(l : y=kx+m\) 与椭圆交于点 \(M, N\)，直线 \(AM, AN\) 分别交直线 \(x=-4\) 于点 \(P, Q\)，\(O\) 为坐标原点。若 \(|OP|=|OQ|\)，求证：直线 \(l\) 经过定点。
来源：北京市清华附中 2023 届高三下学期 2 月开学考
作 \(A', N'\) 分别为 \(A, N\) 关于 \(x\) 轴的对称点，则 \(A', N', P\) 三点共线。由椭圆内接完全四边形，\(P\) 与 \(AA', MN'\) 交点调和共轭。又由于 \(P\) 在 \(x=-4\) 上，故该交点为 \((-2, 0)\)。根据上一题，就有 \(MN\) 恒过 \((-4, 0)\)。
6
已知椭圆 \(C : \frac{x^2}4 + \frac{y^2}3 = 1\)，斜率为 \(1\) 的直线 \(l\) 与椭圆交于 \(A, B\) 两点，点 \(M(4, 0)\)，直线 \(AM\) 与椭圆 \(C\) 交于点 \(A_1\)，直线 \(AN\) 与椭圆交于点 \(B_1\)，求证：直线 \(A_1B_1\) 恒过定点。
来源：知乎
做法来自 @予一人。
记 \(AB \cap A_1B_1 = P\)，易知其在 \(M\) 的极线 \(x=1\) 上。记 \(x=1\) 与 \(BB_1\) 交于 \(Q\)，则 \(B, B_1; Q, M\) 成调和点列，则 \(PB, PB_1; PQ, PM\) 成调和线束。
过 \(M\) 作 \(AB\) 的平行线 \(MS\) 交 \(x=1\) 于 \(S\)，交 \(A_1B_1\) 于 \(T\)，记 \(AB\) 上的无穷远点为 \(\infty\)，则 \(\infty, T; S, M\) 成调和点列，故 \(A_1B_1\) 恒过 \(SM\) 中点 \(T(\frac 52, -\frac32)\)。
7
设双曲线 \(\Omega : x^2-y^2=1\)，\(M\) 为抛物线 \(\Gamma : x^2 = 2y\) 上动点，定点 \(A(-\sqrt 2, 1), B(\sqrt 2, 1)\)，设 \(AM, BM\) 再交双曲线 \(\Omega\) 于 \(P, Q\)。求证：直线 \(PQ\) 过定点 \(X(-1, 0)\)。
来源：知乎
做法来自 @sumeragi693。
注意到 \(A, B\) 是 \(\Omega, \Gamma\) 的公切点，于是 \(\Omega(P) \doublebarwedge A(M) \doublebarwedge \Gamma(M) \doublebarwedge B(M) \doublebarwedge \Omega(Q)\)，且 \(A, B\) 是不动点。
又易知这是一个对合，从而 \(PQ\) 必过 \(AB\) 的极点 \(X(-1, 0)\)。
8
双曲线 \(E: x^2 - \frac{y^2}4 = 1\) 的一个顶点在直线 \(l:y=x+1\) 上。已知点 \(T\) 在 \(l\) 上，且过点 \(T\) 恰好可作双曲线 \(E\) 的两条切线，设这两条切线的切点分别为 \(P\) 和 \(M\)。设直线 \(TP\) 和直线 \(TM\) 分别与直线 \(x=-1\) 交于点 \(Q\) 和点 \(N\)，证明：直线 \(PN\) 和直线 \(MQ\) 的交点的定直线上。
来源：武汉市 2025 届高三年级二月调研考试
记左顶点为 \(A\)，\(PN \cap MQ = R\)，\(PM\) 交 \(x=-3\) 于 \(S\)，\(TR \cap PM = S'\)。
则由完全四边形的调和性可得 \(P, M; S', S\) 成调和点列，故 \(S'\) 在 \(S\) 的极线上。又由于 \(PM\) 是 \(T\) 的极线，所以 \(T\) 也在 \(S\) 的极线上。又由于 \(x=-1\) 切 \(E\) 于点 \(A\)，故 \(A\) 也在 \(S\) 的极线上，从而 \(S', R, T, A\) 四点共线，即 \(R\) 在 \(l\) 上。
根据 @变强先变秃，这其实是 Brianchon 定理的一个例子。
9
已知椭圆 \(C : \frac{x^2}4 + \frac{y^2}3 = 1\)。已知直线 \(l_0 : x+2y-2=0\) 与椭圆交于 \(A, B\) 两点，过点 \(P(2, 3)\) 的直线交椭圆 \(C\) 于 \(E, F\) 两点（\(E\) 在靠近 \(P\) 的一侧）。在直线 \(l_0\) 上是否存在一定点 \(M\)，使 \(\angle EMA = \angle FMA\) 恒成立？若存在，求出 \(M\) 点坐标；若不存在，请说明理由。
来源：湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学 2024 届高三高考考前数学测试卷
根据调和线束性质，该条件等价于 \(PM \perp l_0\)。
10
已知椭圆 \(G: \frac{x^2}4 + \frac{y^2}3 = 1\) 的一个顶点为 \(A(-2, 0)\)。设 \(O\) 为原点，直线 \(l\) 与椭圆 \(G\) 交于 \(C, D\) 两点（\(C, D\) 不是椭圆的顶点），\(l\) 与直线 \(x=2\) 交于点 \(E\)，直线 \(AC, AD\) 分别与直线 \(OE\) 交于点 \(M, N\)。求证：\(|OM| = |ON|\)。
来源：北京市西城区 2024 届高三下学期统一测试（一模）数学试卷
设直线 \(OE\) 为 \(l'\)，考虑 \(l'\) 上的 \(N'\) 使得 \(|OM| = |ON'|\)，则可得对合 \(l'(M) \barwedge l'(N')\)，同时有 \(l'(M) \doublebarwedge A(M) \doublebarwedge G(C)\)，同理有 \(l'(N') \doublebarwedge A(N') \doublebarwedge G(D')\)，故有对合 \(A(M) \barwedge A(N)\)。
同时，设 \(l'\) 交 \(G\) 于 \(R, S\)，设 \(G\) 的右顶点为 \(B\)，注意到 \(A(R) \barwedge A(S), A(B) \barwedge A(B)\)，故 \(RS\) 与 \(BB\) 交于对合中心，与 \(E\) 重合。
从而 \(CD\) 与 \(CD'\) 重合，\(D\) 与 \(D'\) 重合，\(N\) 与 \(N'\) 重合，故 \(|OM| = |ON|\)。