提优点12　解析几何中的同构技巧

解析几何中的同构技巧【知识拓展】1.数学中的同构式是指变量不同，但结构相同的两个表达式.解析几何中，常有一些点、直线、方程具有相同的特征，将这些“形”的共性坐标化.根据式子结构的相似性，对其进行代数变形的统一构造处理，就是同构.2.解析几何中的同构主要有：(1)点、直线的同构，(2)方程的同构.3.同构的关键在于发现代数式子结构的相似性.【类型突破】类型一一次式同构例1如图，设点P(x0，y0)在直线x＝m(y≠±m，0<m<1)上，过点P作双曲线x2－y2＝1的两条切线PA，PB，切点为A，B，求证：直线AB过某一个定点.证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，PA的斜率为k，则PA：y－y1＝k(x－x1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－y1＝k（x－x1），,x2－y2＝1，))消去y可得x2－[kx＋(－kx1＋y1)]2＝1，整理可得(1－k2)x2－2k(y1－kx1)x－(y1－kx1)2－1＝0，∵PA与双曲线相切，∴Δ＝4k2(y1－kx1)2＋4(1－k2)(y1－kx1)2＋4(1－k2)＝0，∴4(y1－kx1)2＋4(1－k2)＝0，∴k2xeq\o\al(2,1)－2kx1y1＋yeq\o\al(2,1)＋1－k2＝0，即(xeq\o\al(2,1)－1)k2－2kx1y1＋(yeq\o\al(2,1)＋1)＝0.又xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝1，∴xeq\o\al(2,1)－1＝yeq\o\al(2,1)，yeq\o\al(2,1)＋1＝xeq\o\al(2,1)，代入可得yeq\o\al(2,1)k2－2x1y1k＋xeq\o\al(2,1)＝0，即(y1k－x1)2＝0，即k＝eq\f(x1,y1)，∴PA：y－y1＝eq\f(x1,y1)(x－x1)，∴y1y＝x1x－1，同理，切线PB的方程为y2y＝x2x－1.∵P(m，y0)在切线PA，PB上，∴有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0y1＝mx1－1，,y0y2＝mx2－1，))∴A，B满足直线方程y0y＝mx－1，是两点唯一确定的一条直线，∴AB：y0y＝mx－1，∴当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,m)，,y＝0))时，无论y0为何值，等式均成立；∴点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，0))恒在直线AB上，故无论P在何处，AB恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，0)).规律方法点A(x1，y1)，B(x2，y2)满足方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ax1＋By1＋C＝0，,Ax2＋By2＋C＝0，))则直线AB的方程为Ax＋By＋C＝0.训练1(2024·金华调研改编)已知抛物线C：x2＝4y(p>0)，与圆M：x2＋(y＋4)2＝1.若点P在圆M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值.解抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝eq\f(x2,4)，对该函数求导得y′＝eq\f(x,2).设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则直线PA的方程为y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1x,2)－y1，即x1x－2y1－2y＝0.同理，可知直线PB的方程为x2x－2y2－2y＝0.由于点P为这两条直线的公共点，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1x0－2y1－2y0＝0，,x2x0－2y2－2y0＝0，))所以点A，B的坐标满足方程x0x－2y－2y0＝0，所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0x－2y－2y0＝0，,y＝\f(x2,4)，))可得x2－2x0x＋4y0＝0，则x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0，所以|AB|＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)))\s\up12(2))·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)))\s\up12(2))·eq\r(4xeq\o\al(2,0)－16y0)＝eq\r(（xeq\o\al(2,0)＋4）（xeq\o\al(2,0)－4y0）)，点P到直线AB的距离为d＝eq\f(|xeq\o\al(2,0)－4y0|,\r(xeq\o\al(2,0)＋4))，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(（xeq\o\al(2,0)＋4）（xeq\o\al(2,0)－4y0）)·eq\f(|xeq\o\al(2,0)－4y0|,\r(xeq\o\al(2,0)＋4))＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,0)－4y0)eq\f(3,2).因为xeq\o\al(2,0)－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0＝－yeq\o\al(2,0)－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21，－5≤y0≤－3，所以当y0＝－5时，△PAB的面积取最大值eq\f(1,2)×20eq\f(3,2)＝20eq\r(5).类型二二次同构例2(2024·安阳模拟)已知集合Q＝{(x，y)|0<ax2－by2<1(a>0，b>0)}，双曲线C上的所有点构成集合P＝{(x，y)|ax2－by2＝1(a>0，b>0)}，坐标平面内任意点N(x0，y0)，直线l：ax0x－by0y＝1称为点N关于双曲线C的“相关直线”.(1)若N∈P，判断直线l与双曲线C的位置关系，并说明理由；(2)若直线l与双曲线C的一支有2个交点，求证：N∈Q；(3)若点N∈Q，点M在直线l上，直线MN交双曲线C于A，B，求证：eq\f(|MA|,|AN|)＝eq\f(|MB|,|BN|).(1)解直线l与双曲线C相切.理由如下：联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax2－by2＝1，,ax0x－by0y＝1，))∴(abyeq\o\al(2,0)－a2xeq\o\al(2,0))x2＋2ax0x－1－byeq\o\al(2,0)＝0，①∵N∈P，∴axeq\o\al(2,0)－byeq\o\al(2,0)＝1，即axeq\o\al(2,0)－1＝byeq\o\al(2,0)，代入①得，－ax2＋2ax0x－axeq\o\al(2,0)＝0，∴Δ＝4a2xeq\o\al(2,0)－4a2xeq\o\al(2,0)＝0，∴直线l与双曲线C相切.(2)证明由(1)知(abyeq\o\al(2,0)－a2xeq\o\al(2,0))x2＋2ax0x－1－byeq\o\al(2,0)＝0.∵直线l与双曲线C的一支有2个交点，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(abyeq\o\al(2,0)－a2xeq\o\al(2,0)≠0，,Δ>0，,\f(－1－byeq\o\al(2,0),abyeq\o\al(2,0)－a2xeq\o\al(2,0))>0，))而Δ＝4a2xeq\o\al(2,0)－4a(byeq\o\al(2,0)－axeq\o\al(2,0))(－1－byeq\o\al(2,0))＝4abyeq\o\al(2,0)(1＋byeq\o\al(2,0)－axeq\o\al(2,0))>0，∴axeq\o\al(2,0)－byeq\o\al(2,0)<1.∵eq\f(－1－byeq\o\al(2,0),abyeq\o\al(2,0)－a2xeq\o\al(2,0))＝eq\f(1＋byeq\o\al(2,0),a（axeq\o\al(2,0)－byeq\o\al(2,0)）)>0，∴0<axeq\o\al(2,0)－byeq\o\al(2,0)<1，∴N(x0，y0)∈Q.(3)证明设M(x1，y1)，A(x，y)，设eq\o(MA,\s\up6(→))＝λeq\o(AN,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝μeq\o(BN,\s\up6(→)).∵N(x0，y0)∉l，∴λ≠－1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋λx0,1＋λ)，,y＝\f(y1＋λy0,1＋λ)，))代入双曲线C：ax2－by2＝1，又M在l上，即ax0x1－by0y1＝1，整理得(axeq\o\al(2,0)－byeq\o\al(2,0)－1)λ2＋axeq\o\al(2,1)－byeq\o\al(2,1)－1＝0，同理得关于μ的方程(axeq\o\al(2,0)－byeq\o\al(2,0)－1)μ2＋axeq\o\al(2,1)－byeq\o\al(2,1)－1＝0，即λ，μ是(axeq\o\al(2,0)－byeq\o\al(2,0)－1)t2＋axeq\o\al(2,1)－byeq\o\al(2,1)－1＝0的两根，∴λ＋μ＝0，∴eq\f(|MA|,|AN|)＝eq\f(|MB|,|BN|).规律方法1.若出现两个结构相同的一元二次方程时，说明此两方程的未知数是对应的一元二次方程的两根.2.根据两同构方程未知数(即元)的意义，常见的二次方程同构有两点坐标同构、两直线斜率同构、截距同构、定比分点同构等.训练2(2024·沈阳调研改编)已知直线l：y＝k(x－1)(k≥0)与椭圆C：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为k′(O为坐标原点)，△APQ的面积为S1，△BPQ的面积为S2，若|AP|·S2＝|BP|·S1，判断k·k′是否为定值？并说明理由.解k·k′为定值，且k·k′＝eq\f(1,2)，证明如下：由|AP|·S2＝|BP|·S1，得eq\f(|AP|,|BP|)＝eq\f(S1,S2)＝eq\f(\f(1,2)|AP||PQ|sin∠APQ,\f(1,2)|BP||PQ|sin∠BPQ)＝eq\f(|AP|sin∠APQ,|BP|sin∠BPQ)，因此sin∠APQ＝sin∠BPQ，而∠APQ＋∠BPQ＝∠ABP∈(0，π)，有∠APQ＝∠BPQ，于是PQ平分∠APB，直线AP，BP的斜率kAP，kBP互为相反数，即kAP＋kBP＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝k（x－1），))得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－8＝0，即有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(4k2,2k2＋1)，,x1·x2＝\f(2k2－8,2k2＋1)，))而kAP＋kBP＝eq\f(y1－y0,x1－x0)＋eq\f(y2－y0,x2－x0)＝0，∴eq\f(（yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,0)）（x1＋x0）,（xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,0)）（y1＋y0）)＋eq\f(y2－y0,x2－x0)＝0，∴eq\f(1,2)·eq\f(x1＋x0,y1＋y0)＝eq\f(y2－y0,x2－x0)，∴x1x2＋x0x2－x1x0－xeq\o\al(2,0)＝2y1y2＋2y0y2－2y1y0－2yeq\o\al(2,0)，①同理，x2x1＋x0x1－x2x0－xeq\o\al(2,0)＝2y2y1＋2y0y1－2y2y0－2yeq\o\al(2,0)，②由①－②得2x0(x2－x1)＝4y0(y2－y1)，则k·k′＝eq\f(（y2－y1）,（x2－x1）)·eq\f(y0,x0)＝eq\f(1,2).【精准强化练】1.如图，已知抛物线C：x2＝4y，P(1，－2)为抛物线外一点，过点P向抛物线引两条切线，切点分别为A，B，求直线AB的方程.解设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y′＝eq\f(x,2)，故直线AP：y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，化简可得AP：x1x－2y－2y1＝0，同理可得直线BP：x2x－2y－2y2＝0，又因为P(1，－2)在直线PA，PB上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－2y1＋4＝0，,x2－2y2＋4＝0，))即A(x1，y1)，B(x2，y2)在直线x－2y＋4＝0上，故直线AB的方程为x－2y＋4＝0.2.过坐标原点O作圆C：(x＋2)2＋y2＝3的两条切线，设切点为P，Q，直线PQ恰为抛物线E：y2＝2px(p>0)的准线.(1)求抛物线E的标准方程；(2)设点T是圆C上的动点，抛物线E上四点A，B，M，N满足：eq\o(TA,\s\up6(→))＝2eq\o(TM,\s\up6(→))，eq\o(TB,\s\up6(→))＝2eq\o(TN,\s\up6(→))，设AB中点为D.①求直线TD的斜率；②设△TAB面积为S，求S的最大值.解(1)设直线PQ与x轴交于P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0)).由几何性质易得△CPP0与△COP相似，所以eq\f(|CP|,|CP0|)＝eq\f(|CO|,|CP|)，则|CP|2＝|CP0|·|CO|，即3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)＋2))·2，解得p＝1.所以抛物线E的标准方程为y2＝2x.(2)设T(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2).①由题意，TA中点M在抛物线E上，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0＋y1,2)))eq\s\up12(2)＝2·eq\f(x0＋x1,2)，又yeq\o\al(2,1)＝2x1，将x1＝eq\f(yeq\o\al(2,1),2)代入，得yeq\o\al(2,1)－2y0y1＋4x0－yeq\o\al(2,0)＝0，同理，yeq\o\al(2,2)－2y0y2＋4x0－yeq\o\al(2,0)＝0，所以y1，y2是y2－2y0y＋4x0－yeq\o\al(2,0)＝0的两根，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝4x0－yeq\o\al(2,0)，))此时D点纵坐标为eq