已知双曲线 $E:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$，点 $M(x_0,y_0)$ 不在双曲线 $E$ 上，且 $x_0y_0\ne 0$．$N\left(\lambda x_0,\lambda y_0\right)$，其中 $\dfrac 1{\lambda}=\dfrac{x_0^2}{a^2}-\dfrac{y_0^2}{b^2}$．过点 $N$ 的直线 $l$ 交双曲线 $E$ 于 $A,B$ 两点，过点 $B$ 作斜率为 $\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}$ 的直线交双曲线 $E$ 于点 $C$，求证：$A,M,C$ 三点共线．
解析 如图，过 $M$ 作直线 $BC$ 的平行线分别交 $NB,NC$ 于 $P,Q$，连接 $MN$ 交 $BC$ 于 $R$．
设 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$C(x_3,y_3)$．根据题意，有 $O,N,M$ 三点共线，而由双曲线的垂径定理，有 $OM$ 平分 $BC$，于是 $R$ 为 $BC$ 的中点，进而 $M$ 为 $PQ$ 的中点．考虑完全四边形 $PBRM$，有\[A,C,M\text{三点共线}\iff [A,B;N,P],\]设直线 $AB$ 的方程为\[\begin{cases} x=\lambda x_0+t,\\ y=\lambda y_0+kt,\end{cases}\]其中 $(1,k)$ 为 $AB$ 的方向向量，$t$ 为参数，与双曲线方程联立可得\[\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{k^2}{b^2}\right)t^2+\left(\dfrac{2\lambda x_0}{a^2}-\dfrac{2\lambda y_0k}{b^2}\right)t+\dfrac{\lambda^2x_0^2}{a^2}-\dfrac{\lambda^2y_0^2}{b^2}-1=0,\]也即\[\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{k^2}{b^2}\right)t^2+2\lambda \left(\dfrac{x_0}{a^2}-\dfrac{ky_0}{b^2}\right)t+\lambda-1=0,\]设 $A,B$ 对应的参数分别为 $t_1,t_2$，则\[\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_2}=\dfrac{2\lambda}{\lambda-1}\cdot \left(\dfrac{ky_0}{b^2}-\dfrac{x_0}{a^2}\right),\]将直线 $AB$ 的方程与直线 $PQ$ 的方程\[y-y_0=\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}(x-x_0)\]联立，设 $P$ 点对应的参数为 $t_0$，可得\[\dfrac{1}{t_0}=\dfrac{\lambda}{\lambda -1}\cdot \left(\dfrac{ky_0}{b^2}-\dfrac{x_0}{a^2}\right).\]因此\[\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_2}=\dfrac{2}{t_0},\]即 $N,P$ 调和分割 $A,B$，原命题得证．