南通VS南京，解析几何同宗同源，命题人说好的吗？
且看南京18题，蕴含南通18题的对称
南通18题蕴含南京18题的的平行四边形
模拟真题 2026年南通三模18题
椭圆 $C: \frac{x^2}{4} + y^2 = 1$，即 $x^2 + 4y^2 = 4$。
$A(x_0, y_0), B(-x_0, y_0)$ 在椭圆上，关于 $y$ 轴对称。
$P(x_1, y_1)$ 是椭圆上任意一点。
直线 $PA$ 与 $y$ 轴交于 $M(0, m)$，直线 $PB$ 与 $y$ 轴交于 $N(0, n)$。
(1)证明：$|OM| \cdot |ON| = 1$。
(2) $AM\perp AN$。求 $\triangle PAB$ 面积的最大值。
第一小题解答
解法一：设点用三角，减少变量且可叠加三角变换
$
A(2\cos\alpha,\sin\alpha),\quad B(-2\cos\alpha,\sin\alpha),\quad P(2\cos\beta,\sin\beta).
$
直线 $PA$ 与 $y$ 轴交点 $M$：
$
y_M=\frac{\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta}{\cos\beta-\cos\alpha}
=\frac{\sin(\alpha-\beta)}{-2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\beta-\alpha}{2}}
=\frac{\cos\frac{\alpha-\beta}{2}}{\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}.
$
直线 $PB$ 与 $y$ 轴交点 $N$：
$
y_N=\frac{\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}{\cos\beta+\cos\alpha}
=\frac{\sin(\alpha+\beta)}{2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}}
=\frac{\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}{\cos\frac{\alpha-\beta}{2}}.
$
乘起来就“秒杀”了：
$
|OM|\cdot|ON|=|y_M y_N|=1.
$
若是一般椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，参数设为 $(a\cos\theta,b\sin\theta)$，同理可得乘积恒为 $b^2$。
解法二：从结构上构造同解方程。
设直线 $PA$ 的方程为 $y = k_1 x + m$，则 $M(0, m)$。
设直线 $PB$ 的方程为 $y = k_2 x + n$，则 $N(0, n)$。
分别与椭圆联立
联立 $PA$ 与椭圆：
$
\begin{cases}
y = k_1 x + m \\
x^2 + 4y^2 = 4
\end{cases}
$
消去 $x$整理得：
$
(1 + 4k_1^2) y^2 - 2m y + (m^2 - 4k_1^2) = 0 \quad \text{①}
$
同理，联立 $PB$ 与椭圆：
$
\begin{cases}
y = k_2 x + n \\
x^2 + 4y^2 = 4
\end{cases}
$
消去 $x$ 得
$
(1 + 4k_2^2) y^2 - 2n y + (n^2 - 4k_2^2) = 0 \quad \text{②}
$
直线 $PA$ 与椭圆交于 $P$ 和 $A$，因此方程①的两根恰为 $y_P$ 和 $y_A$。
直线 $PB$ 与椭圆交于 $P$ 和 $B$，因此方程②的两根恰为 $y_P$ 和 $y_B$。
因此，方程①与②等价
所以$
y_P + y_0 = \frac{2m}{1 + 4k_1^2}= \frac{2n}{1 + 4k_2^2} \quad \text{(I)}$
$ \qquad y_P y_0 = \frac{m^2 - 4k_1^2}{1 + 4k_1^2}= \frac{n^2 - 4k_2^2}{1 + 4k_2^2} \quad \text{(II)}
$
对(II)两边同时加1：
$
\frac{m^2 - 4k_1^2}{1 + 4k_1^2} + 1 = \frac{n^2 - 4k_2^2}{1 + 4k_2^2} + 1
$
$
\frac{m^2 + 1}{1 + 4k_1^2} = \frac{n^2 + 1}{1 + 4k_2^2} \quad \text{(III)}
$
将(I)与(III)相除：
$
\frac{\frac{2m}{1 + 4k_1^2}}{\frac{m^2 + 1}{1 + 4k_1^2}} = \frac{\frac{2n}{1 + 4k_2^2}}{\frac{n^2 + 1}{1 + 4k_2^2}}
$
每个分母中的 $1 + 4k_i^2$ 恰好约掉：
$
\frac{m}{m^2 + 1} = \frac{n}{n^2 + 1}
$
$
mn^2 - nm^2 + m - n = 0
$
$
(m - n)(1 - mn) = 0
$
因为 $A \neq B$，直线 $PA$ 与 $PB$ 不重合，故它们在 $y$ 轴上的截距 $m \neq n$。
因此只能 $1 - mn = 0$，即
$
mn = 1
$
从而 $|OM| \cdot |ON| = |m| \cdot |n| = 1$，为定值。
第2小题解答不要受第一小题的干扰，重新梳理如下：
有了A，B对称点，根据MA⊥NA（这是一个迷惑性条件），实际转化为PA，PB斜率之积为1，即可根据A点求出P点。
第2小题解答
解：
由题意，椭圆 $C:\frac{x^2}{4}+y^2=1$，设
$
A(2\cos\alpha,\sin\alpha),\quad B(-2\cos\alpha,\sin\alpha),\quad P(2\cos\theta,\sin\theta).
$
由 $\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AN}=0$ 得 $k_{PA}\cdot k_{PB}=1$，即
$
\frac{\sin\theta-\sin\alpha}{2(\cos\theta-\cos\alpha)}\cdot\frac{\sin\theta-\sin\alpha}{2(\cos\theta+\cos\alpha)}=1.
$
化简得
$
\frac{(\sin\theta-\sin\alpha)^2}{4(\cos^2\theta-\cos^2\alpha)}=1.
$
将 $\cos^2\theta=1-\sin^2\theta,\ \cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha$ 代入，
$
\frac{(\sin\theta-\sin\alpha)^2}{4(\sin^2\alpha-\sin^2\theta)}=1.
$
因为 $\sin\theta\neq\sin\alpha$，约去 $\sin\theta-\sin\alpha$，得
$
\frac{\sin\theta-\sin\alpha}{-4(\sin\theta+\sin\alpha)}=1,
$
解得
$
\sin\theta=-\frac{3}{5}\sin\alpha.
$
$\triangle PAB$ 的面积
$
S=\frac{1}{2}|AB|\cdot|y_P-y_A|.
$
其中
$
|AB|=|2\cos\alpha-(-2\cos\alpha)|=4|\cos\alpha|,
$
$
|y_P-y_A|=|\sin\theta-\sin\alpha|=\left|-\frac{3}{5}\sin\alpha-\sin\alpha\right|=\frac{8}{5}|\sin\alpha|.
$
所以
$
S=\frac{1}{2}\cdot4|\cos\alpha|\cdot\frac{8}{5}|\sin\alpha|=\frac{16}{5}|\sin\alpha\cos\alpha|=\frac{8}{5}|\sin2\alpha|.
$
当 $A$ 点坐标用 $(s,t)$ 表示时，同理求得
$
S=\frac{16}{5}|t|\sqrt{1-t^2}.
$
相比较而言，南京的18题两个问计算量差距太大，命题人到底要吧高中解析几何的运算带向何方？
模拟真题 2026年南京二模18题
双曲线 $C: x^2 - y^2 = 1$（由第(1)问已得）。
直线 $l_1$ 依次交 $C$ 的左支、$x$ 轴、右支于 $P, T, Q$ 三点。
经过点 $T$ 且垂直于 $l_1$ 的直线 $l_2$ 与 $C$ 有且仅有一个公共点 $M$。
点 $N$ 与 $M$ 关于原点 $O$ 对称。
直线 $NP, NQ$ 分别交 $x$ 轴于 $A, B$ 两点。
证明：
① $M, T$ 两点的横坐标之积为定值；
② 四边形 $AMBN$ 是平行四边形。
题目的描述依然具有欺骗性，如果看第一个问，应该是由T点生成切线产生切点关联，更好的想法是由切点产生切线进而产生T点，
为了两个问保持一致性，我们改变原题的逻辑，设N点(x0,y0),开始。
第一小问解答
(1)
解答
(1)
设 $N(x_0,y_0)$，则 $M(-x_0,-y_0)$，$x_0^2-y_0^2=1$。
过 $M$ 的切线 $l_2: -x_0x + y_0y = 1$，令 $y=0$ 得 $T\left(-\dfrac1{x_0},0\right)$。
$
x_Mx_T = (-x_0)\cdot\left(-\frac1{x_0}\right)=1.
$
第2小问解答
（2）
切线斜率 $k_{l_2}=\dfrac{x_0}{y_0}$，所以 $l_1\perp l_2$ 且过 $T$：
$
l_1:\ y = -\frac{y_0}{x_0}\left(x+\frac1{x_0}\right)
= -\frac{y_0}{x_0}x - \frac{y_0}{x_0^2}. \tag{1}
$
设直线 $NP: y-y_0 = k(x-x_0)$.
平移：令 $X=x-x_0,\ Y=y-y_0$，
得到方程组：
$$
\begin{cases}
Y = -\dfrac{y_0}{x_0}X - \dfrac{y_0}{x_0^2} - 2y_0 & (l_1) \\
Y = kX & (NP) \\
X^2 - Y^2 + 2x_0X - 2y_0Y = 0 & (\text{双曲线})
\end{cases}
$$
$
kX = -\frac{y_0}{x_0}X - \frac{y_0+2y_0x_0^2}{x_0^2}
\;\Longrightarrow\;
\left(k+\frac{y_0}{x_0}\right)X = -\frac{y_0(1+2x_0^2)}{x_0^2}
$
$
\Longrightarrow X = \frac{-y_0(1+2x_0^2)}{x_0(kx_0+y_0)}. \tag{2}
$（2）
将 $Y=kX$ 代入双曲线方程：
$
(1-k^2)X^2 + 2(x_0 - y_0k)X = 0
$
$
X = \frac{2(y_0k - x_0)}{1-k^2}. \tag{3}
$（3）
由 (2)(3) 消去 $X$：
$
\frac{-y_0(1+2x_0^2)}{x_0(kx_0+y_0)} = \frac{2(y_0k - x_0)}{1-k^2}
\;\Longrightarrow\;
\frac{y_0(1+2x_0^2)}{x_0(kx_0+y_0)} = \frac{2(x_0 - y_0k)}{1-k^2}.
$
交叉相乘，利用 $x_0^2-y_0^2=1$ 化简得
$
y_0k^2 + 2x_0k - y_0 = 0. \tag{4}
$ （4）
竟然如此简单！
方程 (4) 的两根即为 $k_{NP}, k_{NQ}$，记作 $k_1,k_2$，由韦达定理：
$
k_1+k_2 = -\frac{2x_0}{y_0},\qquad k_1k_2 = -1.
$
$NP: y-y_0 = k_1(x-x_0)$，令 $y=0$ 得 $x_A = x_0 - \dfrac{y_0}{k_1}$；
同理 $x_B = x_0 - \dfrac{y_0}{k_2}$。
于是
$
x_A+x_B = 2x_0 - y_0\left(\frac1{k_1}+\frac1{k_2}\right)
= 2x_0 - y_0\cdot\frac{k_1+k_2}{k_1k_2}
$
$
= 2x_0 - y_0\cdot\frac{-\frac{2x_0}{y_0}}{-1}
= 2x_0 - 2x_0 = 0.
$
因此 $A,B$ 关于原点对称。又已知 $M(-x_0,-y_0), N(x_0,y_0)$ 关于原点对称，故四边形 $AMBN$ 的对角线互相平分，$AMBN$ 是平行四边形。