高考数学同构思想在解析几何的应用（五大题型）（解析版）

特训14同构思想在解析几何的应用（五大题型）数学中的同构式是指除了变量不同，而结构相同的表达式，下面提供其理论基础：①若实数a,b分别满足f(a)=0,f(b)=0,由此a,b可视为方程f(x)=0的两个根.——双切线、斜率和(积)为定值时，恒过定点问题的核心思路.②如果A(x1,y₁),B(x₂,y₂)满足的方程结构相同，则A,B为方程所表示的曲线上的两点.特别地，若A(x₁,y),B(x₂,y₂)满足ax1+by1+c=0,ax₂+by₂+c=0,则直线AB的方程为ax+by+c=0.——切点弦方程推导的核心思路.思维点拨：同构思想是数学中代数处理的一种重要思想，其关键在于发现代数式子结构的相似性，对其进行代数变形的统一构造处理.同构思想在解析几何中的应用非常广泛，比如斜率和、斜率积为定值，恒过定点，切点弦，双切线等问题，使用同构思想可以大大简化运算，实现数与形的完美结合.目录：01定点问题02定值问题03定比分点问题04双切线问题05切点弦问题01定点问题1．已知椭圆的左、右焦点别为，，离心率为，过点的动直线l交E于A，B两点，点A在x轴上方，且l不与x轴垂直，的周长为，直线与E交于另一点C，直线与E交于另一点D，点P为椭圆E的下顶点，如图．(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用椭圆的定义和离心率，求解椭圆方程；（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2，，，【解析】（1）由椭圆定义可知，BF1所以的周长为，所以，又因为椭圆离心率为，所以，所以，又，所以椭圆的方程：．（2）设点Ax1,y1，B则直线的方程为，则，由得，，所以，因为，所以，所以，故，又，同理，，，由A，，B三点共线，得，所以，直线CD的方程为，由对称性可知，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，令得，，故直线CD过定点．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.2．在平面直角坐标系中，抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长，点在抛物线上，圆（其中）.(1)若为圆上的动点，求线段长度的最小值；(2)设是抛物线上位于第一象限的一点，过作圆的两条切线，分别交抛物线于点.证明：直线经过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据椭圆的短轴可得抛物线方程，进而根据两点斜率公式，结合三角形的三边关系，即可由二次函数的性质求解，（2）根据两点坐标可得直线的直线方程，由直线与圆相切可得是方程的两个解，即可利用韦达定理代入化简求解定点.【解析】（1）由题意得椭圆的方程：，所以短半轴所以，所以抛物线的方程是.设点，则，所以当时，线段长度取最小值.（2）是抛物线上位于第一象限的点，，且.设，则：直线，即，即.直线，即.由直线与圆相切得，即.同理，由直线与圆相切得.所以是方程的两个解，.代入方程得，解得直线恒过定点.【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为(为定值),则直线过定点3．阅读材料：“到角公式”是解析几何中的一个术语，用于解决两直线对称的问题.其内容为：若将直线绕与的交点逆时针方向旋转到与直线第一次重合时所转的角为，则称为到的角，当直线与不垂直且斜率都存在时，（其中分别为直线和的斜率）.结合阅读材料，回答下述问题：已知椭圆的左､右焦点分别为为椭圆上一点，，四边形的面积为为坐标原点.(1)求椭圆的方程；(2)求的角平分线所在的直线的方程；(3)过点的且斜率存在的直线分别与椭圆交于点（均异于点），若点到直线的距离相等，证明：直线过定点.【答案】(1)(2)(3)直线过定点，证明见解析【分析】（1）根据椭圆过点、四边形的面积可得答案；（2）求出，设的角平分线所在的直线的斜率为，根据到角公式可得答案；（3）设直线，根据点到直线的距离相等得，由椭圆方程与直线联立求出的坐标，可得直线的斜率，由点斜式求出的方程，根据方程特点可得答案.【解析】（1）因为四边形的面积为，解得，可得，即，又为椭圆上一点，所以，得，解得，所以椭圆的方程为；（2）由（1），，设的角平分线所在的直线的斜率为，则，根据到角公式可得，化简得，所以(正值舍去)，此时直线的方程为，即；（3）设直线的斜率分别为，可得直线，若点到直线的距离相等，则，化简得，由椭圆方程与方程联立可得，所以，可得，所以，所以，同理可得，因为，所以，所以，可得直线的方程为，化简得，所以，由，解得，可得直线过定点.【点睛】思路点睛：第（3）问解题的思路是由椭圆方程与直线联立求出的坐标，利用点斜式求出的方程，根据方程特点求定点.02定值问题4．如图，在平面直角坐标系中，双曲线的上下焦点分别为，.已知点和都在双曲线上，其中为双曲线的离心率.(1)求双曲线的方程;(2)设是双曲线上位于轴右方的两点，且直线与直线平行，与交于点.(i)若，求直线的斜率；(ii)求证：是定值.【答案】(1)(2)(i)；(ii)【分析】（1）将点的坐标代入双曲线的方程求解即可；（2）（I）构造平行四边形，求出，然后利用弦长公式求直线的斜率即可；（II）利用三角形相似和双曲线的性质，将转化为，然后结合韦达定理求解即可.【解析】（1）将点和代入双曲线方程得：，结合，化简得：，解得，双曲线的方程为．（2）(i)设关于原点对称点记为，则．因为，所以，又因为，所以，即，故三点共线．又因为与互相平分，所以四边形为平行四边形，故，所以．由题意知，直线斜率一定存在，设的直线方程为，代入双曲线方程整理得：，故，直线与双曲线上支有两个交点，所以，解得．由弦长公式得，则，且由图可知，即，代入解得．(ii)因为，由相似三角形得，所以．因为．所以，故为定值．【点睛】关键点点睛：第二问(ii)的关键是将转化为，结合韦达定理即可顺利得解.5．已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点．(1)求双曲线的方程．(2)若，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上？若存在出直线l的方程；若不存在，说明理由．(3)点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值．【答案】(1)；(2)不存在，理由见解析；(3)证明见解析【分析】（1）根据题意列式求，进而可得双曲线方程；（2）设，联立方程，利用韦达定理判断是否为零即可；（3）用两点坐标表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值．【解析】（1）由双曲线的离心率为，且在双曲线上，可得，解得，所以双曲线的方程为．（2）双曲线的左焦点为，当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，不符合题意，当直线的斜率不为0时，设，由，消去得，显然，，设Ax1,y1于是，，即，因此与不垂直，所以不存在直线，使得点在以为直径的圆上．（3）由直线，得，则，又，于是，而，即有，且，所以，即为定值．【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．6．已知抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.(1)求抛物线的方程；(2)已知动直线过点，交抛物线于、两点，坐标原点为中点，①求证：；②是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，说明理由.【答案】(1)(2)①证明见解析；②存在，【分析】（1）由题意，设抛物线方程由，得由此能求出抛物线的方程；（2）①设Ax1,y1，Bx2,y2，由于为中点，则,故当轴时由抛物线的对称性知，当不垂直轴时，设，由，得，由此能够证明.②设存在直线满足题意，则圆心，过作直线的垂线，垂足为，故，由此能够推出存在直线：满足题意．【解析】（1）由题意，可设抛物线方程为．由，可得，抛物线的焦点为1,0，，抛物线的方程为；（2）①设Ax1,由于为中点且，则，故当轴时，由抛物线的对称性知，一定有，当不垂直轴时，显然直线的斜率不为，设，由，得，，则，则，，所以，则，综上证知，；②设存在直线满足题意，设圆心，过作直线的垂线，垂足为，圆与直线的一个交点为，，即

，当时，，此时直线被以为直径的圆截得的弦长恒为定值，因此存在直线：满足题意.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.03定比分点问题7．已知抛物线经过点，直线与抛物线有两个不同的交点，直线交轴于，直线交轴于．(1)若直线过点，求直线的斜率的取值范围；(2)若直线过抛物线的焦点，交轴于点，求的值；(3)若直线过点，设，求的值．【答案】(1)(2)(3)2【分析】（1）由题意易得直线斜率存在且不为，且直线、斜率存在，设出直线方程，并联立抛物线方程，根据交点有两个，得出，解不等式即可得直线斜率的范围.（2）设直线的方程为：联立直线与抛物线的方程得出点纵坐标之间的关系，再由，，得出、与点坐标之间的关系，对化简可求得的值.（3）根据，，得出、与点坐标之间的关系，再根据在同一直线上，在同一直线上，得出，与点坐标之间的关系，根据（1）中联立所得的方程得出点横坐标之间的关系，对原式进行化简，即可得的值.【解析】（1）因为抛物线经过点，所以，所以，所以抛物线的解析式为．又因为直线过点，且直线与抛物线有两个不同的交点．易知直线斜率存在且不为，故可设直线的方程式为.根据题意可知直线不能过点，所以直线的斜率.若直线与抛物线的一个交点为，此时该点与点所在的直线斜率不存在，则该直线与轴无交点，与题目条件矛盾，此时，所以直线斜率.联立方程，得，因为直线与抛物线有两个不同交点，所以，所以．故直线的斜率的取值范围是且且.即率的取值范围是.（2）如图所示设直线的方程为：由，得，设Ax1,则，∵，，，，∴，，∴，.（3）如图所示设点，，则，，因为，所以，故，由得，设Ax1,直线方程为，令，得①，由直线可得②，因为③，将①②代入③可得，，又由根与系数的关系：，，所以，所以.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.8．椭圆：的离心率，短轴的两个端点分别为、（位于上方），焦点为、，四边形的内切圆半径为.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线交于M、N两点（M位于P与N之间），记、的面积分别为、，令，，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意列出方程组，解方程组即可求得标准方程；（2）对直线斜率是否存在分类讨论，斜率不存在的时候特殊位置分析，斜率存在的时候，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理和题中已知条件分析计算即可得到结果.【解析】（1）由题意得，解得，所以椭圆C的方程为.（2）当的斜率不存在时，与重合，与重合，不符合题意；当的斜率存在时，其方程为，设Mx1,由得：，所以，解得，则，由于，，则，，所以，，由知，从而，亦即，将代入，得，代入，得，所以，又，所以，则，即，解得，从而的取值范围为.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.9．已知椭圆的一个焦点为，其左顶点为A，上顶点为B，且到直线的距离为（O为坐标原点）．(1)求C的方程；(2)若椭圆，则称椭圆E为椭圆C的倍相似椭圆．已知椭圆E是椭圆C的3倍相似椭圆，直线与椭圆C，E交于四点（依次为M，N，P，Q，如图），且，证明：点在定曲线上．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由已知条件推导出，，由此能求出椭圆的方程．（2）分别联立直线与椭圆、椭圆的方程消元，可证明线段、中点相同，然后结合可得，由此可证明.【解析】（1），直线的方程为，即，到直线的距离为，，又，解得，，椭圆的方程为：．（2）椭圆的3倍相似椭圆的方程为，设，，，各点坐标依次为，，，，，，，，将代入椭圆方程，得：，，，，，将代入椭圆的方程得，，，，，线段，中点相同，，由可得，，所以，，化简得，满足式，，即点在定曲线上．04双切线问题10．已知椭圆过点，A、B为左右顶点，且.(1)求椭圆C的方程；(2)过点A作椭圆内的圆的两条切线，交椭圆于C、D两点，若直线CD与圆O相切，求圆O的方程；(3)过点P作（2）中圆O的两条切线，分别交椭圆于两点Q、R，求证：直线QR与圆O相切.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据椭圆的基本量可得，代入即可得椭圆的方程；（2）根据对称性可得直线CD与轴垂直，再根据相切的性质，结合三角函数的关系列式求解半径即可；（3）设圆O的切线方程为，根据切线到圆心的距离可得的二次方程，进而得到的斜率，再联立的方程与椭圆方程可得的横坐标，进而表达出的方程，求解圆心到的距离表达式，代入数据求解得即可证明.【解析】（1）依题意，则，代入可得，解得，故椭圆方程为（2）由椭圆与圆的对称性可得，直线关于轴对称，故直线CD与轴垂直.代入到，不妨设，设为与圆的切点，为与圆的切点.则由切线的性质，，，故，故.故，故.故圆O的方程为.（3）设圆O的切线方程为，即.则，故，化简得.则该方程两根分别为的斜率，则，.联立，则.设，则，即，同理.故，，所以.又，故直线的方程为，即，故到直线的距离，代入数据可得，故直线QR与圆O相切.【点睛】本题主要考查了根据直线与圆和直线与椭圆的位置关系问题，需要根据题意设直线方程，联立椭圆方程得出对应的点坐标，从而得出直线方程，根据点到直线的距离公式化简求解.计算量较大，属于难题.11．点P为曲线C上任意一点，直线l：x＝－4，过点P作PQ与直线l垂直，垂足为Q，点，且．(1)求曲线C的方程；(2)过曲线C上的点作圆的两条切线，切线与y轴交于A，B，求△MAB面积的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）设点，通过得到等式关系，化简求得曲线方程；（2）设切线方程，通过点到切线的距离，化简成的一元二次方程，再韦达定理得出与的等式关系，再求出弦长，消去，再求面积即可．【解析】（1）设，由，得，两边平方得，所以曲线C的方程为；（2）设点的切线方程为（斜率必存在），圆心为，r＝1所以到的距离为：平方化为，设PA，PB的斜率分别为，则，因为PA：，令x＝0有，同理所以又因为代入上式化简为所以，令，，求导知在为增函数，所以．12．如图，已知和抛物线是圆上一点，M是抛物线上一点，F是抛物线的焦点．（1）当直线与圆相切，且时，求点的坐标；（2）过P作抛物线的两条切线分别为切点，求证：存在两个，使得面积等于．【答案】（1）或；（2）证明见解析.【分析】（1）焦点F坐标为，设，利用圆的切线长公式、抛物线的定义建立方程求解即得；（2）设Px0,y0，设直线、的斜率,由与抛物线相切求得，，知是方程的两根，得到，求得切点坐标，，得到直线方程并化简整理为，利用已知面积得到，与联立得，然后利用零点存在定理判定解的个数即可.【解析】（1）焦点F坐标为，设，则，由抛物线定义，M到焦点距离等于到抛物线准线的距离，所以，由，得，所以或，所以或，（2）设Px0,设直线方程为，代入，得，整理得①，同理，直线方程为，有②，由①②知，是方程的两根，所以，由切线意义知，在中，，则所以，同理直线方程为即即Px0,y所以，与联立得所以或，设，显然，又在上递增，所以在12,1上有唯一零点所以存在两个，使得面积等于.【点睛】本题考查直线与圆，直线与抛物线的位置关系，面积问题，零点个数问题，难度较大，其中利用圆的切线长和抛物线的定义建立方程求解是第一问中的关键；第二问中关键点由同构方程，，知是方程的两根，从而得到;利用零点存在定理判定三次函数在给定区间上的零点个数问题.05切点弦问题13．已知抛物线，直线与交于，两点，且．(1)求的值；(2)过点作的两条切线，切点分别为，，证明：直线过定点；(3)直线过的焦点，与交于，两点，在，两点处的切线相交于点，设，当时，求面积的最小值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）将代入求出，进而可列式求；（2）令，对求导，设，求出直线的方程，并将代入计算，构造方程，利用根与系数的关系计算直线方程中的值即可；（3）设直线，与抛物线联立，利用根与系数的关系表示出的面积，然后求其最值即可.【解析】（1）将代入中得，故，解得；（2）由（1）知抛物线，令，可得，由求导可得，设，则直线的方程分别为，将代入上面两个方程得，结合整理得，所以是方程的两根，所以，而直线的方程为，即，即，则直线过定点；（3）由题意得，直线的斜率不为0，设直线，联立得，得，则，联立，解得，故，即，由，得，结合根与系数的关系可知，从而，所以，而，故，由于在时为增函数，因此当时，的面积取得最小值.【点睛】方法点睛：求定点问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值点，再证明这个点与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．14．已知抛物线C：（）的焦点为F，直线与C交于A，B两点，．(1)求C的方程；(2)过A，B作C的两条切线交于点P，设D，E分别是线段PA，PB上的点，且直线DE与C相切，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设Ax1,y1，（2）利用导数的几何意义求出直线PA、PB方程，进而求得，设，求得、，结合弦长公式表示与，即证，由（1），化简计算即可证明.【解析】（1）设Ax1,y1联立，得，则，，，则，故，所以C的方程为．（2）由（1）知，因为抛物线C：，则，则，，则直线PA方程为，即，同理直线PB方程为．联立，得，则，将代入得，两式相加得，即，所以点．设直线DE与抛物线相切于点，则直线DE方程为．设，，联立，两式作比，即，同理，因为，同理，故要证，即证，即证，即证，即证，即证，由（1）知，又，故，上式成立，故．【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．15．已知平面直角坐标系中，椭圆与双曲线．(1)若的长轴长为8，短轴长为4，直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，当运动时，求点的轨迹方程；(2)若的长轴长为4，短轴长为2，过的左焦点作直线与相交于两点（在轴上方），分别过作的切线，两切线交于点，求面积的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意可得，得到双曲线的标准方程，然后利用直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，即可求解；（2）依题意，，设，联立结合韦达定理，得到切线方程，然后根据两条切线方程联立，结合构造函数求解三角形面积最值即可．【解析】（1）因为的长轴长为8，短轴长为4，所以，，联立方程，得，又与有唯一的公共点，所以，即，的横坐标为，把代入中，，所以，过且与垂直的直线为，则，所以，，又，所以，即，所以的轨迹方程为．（2）因为的长轴长为4，短轴长为2，所以，，左焦点，当斜率为0时，分别为椭圆的左、右顶点，此时切线平行无交点，当斜率不为0时，设，由得，设，则，，椭圆在轴上方对应方程为，则点处切线斜率为，点处切线方程为，即，同理可得点处的切线方程为，由得，代入①得，所以，所以，而，所以，即，又，所以．令，则，令，则，所以在上单调递增，则当时，．所以面积的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与双曲线及椭圆的位置关系，利用直线和圆锥曲线联立，根据交点情况（1）中，（2）中，（2）中的关键是结合韦达定理，表示出切线方程，再联立切线方程，构造函数求解三角形面积最值.16．已知椭圆.(1)若点在椭圆C上，证明：直线与椭圆C相切；(2)设曲线的切线l与椭圆C交于两点，且以为切点的椭圆C的切线交于M点，求面积的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）分类讨论，及，根据直线与椭圆的位置关系结合判别式计算即可证明；（2）法一、先确定圆的切线方程，设坐标，联立切线方程与椭圆方程利用韦达定理得A、B坐标关系，结合（1）得过的椭圆切线方程，联立两切线方程求交点得M坐标与坐标的关系，再结合点在圆上消元化简得，根据三角形面积结合导数求其值域即可；法二、设，由直线与圆的位置关系得参数间关系，再由椭圆的切线方程得切点弦方程，由待定系数法得，利用弦长公式及点到直线的距离公式计算面积求范围即可.【解析】（1）若，则，此时椭圆切线方程为，满足，若，则，此时椭圆切线方程为，满足，若，联立方程，得，，∴与椭圆C只有一个交点，是其切线；综上，是椭圆C在Px0（2）法一、依题意作图：设圆O的切点为Px若，可设，由直线与圆的位置关系知：，则，若，显然切线方程为，满足，若，显然切线方程为，满足，故圆在切点P处的切线方程为；当，设，联立方程：，得，，，结合（1）知：在A点的椭圆C的切线方程为，在B点的椭圆C的切线方程为，联立方程，得，，得，所以，因为Ax1,y1点在切线上，所以使用水平底铅垂高计算的面积，铅垂高为，又，从而，即，，∵点P在圆O上，∴，由题意，，设函数，，∴；当时，切线方程为，代入椭圆C的方程得，，，同理时，.综上取值范围是.法二、设直线，因为AB与曲线O相切，则有，即.设，将代入椭圆方程得：，，则.由（1）的结论，过点A的椭圆切线为，过点B的椭圆切线为，而两条切线交于点M，则，所以A，B的坐标满足直线，即直线AB方程.易知，则，故有，则点P到直线的距离，所以，易知，随增大而增大，则，所以，当时，，故取值范围是.【点睛】思路点睛：法一、利用圆与椭圆的切线方程及直线的交点坐标，得出切点的坐标关系，根据水平底铅锤高求面积即可；法二、利用直线与圆的位置关系得圆的切线方程参数关系，再由椭圆的切线方程及其切点弦方程得出切点与圆的切线方程参数关系，最后根据点到直线的距离公式、弦长公式计算面积即可.一、解答题1．（2024·辽宁·模拟预测）已知双曲线过点，离心率为2.(1)求的方程；(2)过点的直线交于，两点（异于点），证明：当直线，的斜率均存在时，，的斜率之积为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题中条件找到双曲线中的，从而求出的方程.（2）利用平移齐次化进行证明即可.【解析】（1）由双曲线C:x2a2−又离心率为2，则，即，，即，代入，可得，，，因此，的方程为：.（2）将双曲线向左平移2个单位长度，向下平移3个单位长度，得到双曲线为，得到的双曲线如图所示，则平移到，平移到，平移后，变为，，设，，直线的方程为：①，②，将①代入②，用“1”的代换得，则，各项同时除以，得，则，又直线过，则，即，因此，故当直线，的斜率存在时，，的斜率之积为定值.【点睛】方法点睛：平移齐次化的步骤，（1）平移；（2）与圆锥曲线联立并其次化；（3）同除；（4）利用根与系数的关系进行证明结论；如果是过定点的问题还需要平移回去.2．（2024·云南·模拟预测）抛物线的图象经过点，焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于点，，如图．

(1)求抛物线的标准方程；(2)当时，求弦AB的长；(3)已知点，直线，分别与抛物线交于点，．证明：直线过定点．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）由曲线图象经过点，可得，则得抛物线的标准方程；（2）写出的方程,和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，则；（3）设直线的方程为，，，，，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，．直线的方程为，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，同理可得，由，可得，则直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令，可得，则的直线过定点．【解析】（1）曲线图象经过点，所以，所以，所以抛物线的标准方程为．（2）由（1）知，当时，,所以的方程为，联立，得，则，由，所以弦．（3）由（1）知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，联立得，，因此，．设直线的方程为，联立得，则，因此，，得，同理可得，所以．因此直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令得，，所以，直线过定点．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；(3)求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.3．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，双曲线的上下焦点分别为，.已知点和都在双曲线上，其中为双曲线的离心率.(1)求双曲线的方程;(2)设是双曲线上位于轴右方的两点，且直线与直线平行，与交于点.(i)若，求直线的斜率；(ii)求证：是定值.【答案】(1)(2)(i)；(ii)【分析】（1）将点的坐标代入双曲线的方程求解即可；（2）（I）构造平行四边形，求出，然后利用弦长公式求直线的斜率即可；（II）利用三角形相似和双曲线的性质，将转化为，然后结合韦达定理求解即可.【解析】（1）将点和代入双曲线方程得：，结合，化简得：，解得，双曲线的方程为．（2）(i)设关于原点对称点记为，则．因为，所以，又因为，所以，即，故三点共线．又因为与互相平分，所以四边形为平行四边形，故，所以．由题意知，直线斜率一定存在，设的直线方程为，代入双曲线方程整理得：，故，直线与双曲线上支有两个交点，所以，解得．由弦长公式得，则，且由图可知，即，代入解得．(ii)因为，由相似三角形得，所以．因为．所以，故为定值．【点睛】关键点点睛：第二问(ii)的关键是将转化为，结合韦达定理即可顺利得解.4．（2024·福建南平·模拟预测）已知抛物线的准线与圆相切．(1)求的方程；(2)点是上的动点，且，过点作圆的两条切线分别与交于两点，求面积的最小值．【答案】(1)(2)．【分析】（1）利用准线与圆相切求出可得答案；（2）设直线、的方程分别为、，可得，过点的圆的切线方程与圆相切可得，再由韦达定理，再利用换元法、基本不等式求最值可得答案．【解析】（1）因为准线与圆相切，所以，即，所以的方程为；（2）由（1）知准线的方程为，因为，所以直线的斜率均存在，设直线的