同构思维提高效率

圆锥曲线的有关问题变量多，运算量大，有时部分学生在考试过程中不易做对。同构思想在解决问题时能优化计算，比起以往联立直线与曲线方程的常规方法，显然简便许多。当题目中出现具有相同结构、相同式子时，或过某一点处的切线等相似结构时，可以考虑采用同构法（例如，两点均由同一双曲线和同一直线相交而得，或两点均是过同一定点所作的双曲线切线的切点，如此，两点坐标均遵循相同的方程组，化简该方程组得到的一元二次方程可使用韦达定理），从而达到提高解题效率的目的。

不要刻意使用同构法

并不是所有的圆锥曲线大题都可以用同构法，相反，只有一小部分可以使用。尽管这部分题目的规律有迹可循（如上所述），但因同构思维并不是单独的考点，因此笔者仍建议考生见招拆招、顺其自然，而不要刻意凑同构，以免考场上因凑不出同构而白白浪费时间。

(2022年新高考I卷21题)已知点 $A(2,1)$ 在双曲线 $C$ : $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{a^{2}-1}=1$ $(a>1)$ 上，直线 $l$ 交双曲线 $C$ 于 $P,Q$ 两点，直线 $AP,AQ$ 的斜率之和为 $0$ .求 $l$ 的斜率.
答案
双曲线方程为 $\dfrac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$ ， $k=-1.$
设而不求
设直线 $l_{PQ}$ ： $y = kx + m$ ， $P(1,i)$ ， $Q(x_0,y_0)$ 。
将条件 $\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{0}$ 坐标化消去，得
$\dfrac{k(x_0^2+m-1)}{2x_0k^2+(m-1-2k)(x_0+2)}-\dfrac{4(m - 1)}{2(x_0 - 2)} = 0$
$\begin{align}k_{AP}+k_{AQ}&=\frac{y_1 - 1}{x_1 - 2}+\frac{y_2 - 1}{x_2 - 2}\\&=\frac{kx_1 + m - 1}{x_1 - 2}+\frac{kx_2 + m - 1}{x_2 - 2}\\&=\frac{2kx_1x_2+(m - 1 - 2k)(x_1 + x_2)-4(m - 1)}{(x_1 - 2)(x_2 - 2)}\\&=0\end{align}$
联立直线 $PQ$ 与双曲线方程，利用韦达定理化简得 $\begin{align*}4(k + 1)(m + 2k - 1)&=0\end{align*}$ ，
分类讨论得 $\begin{align*}k = -1.\end{align*}$
设而求之
易知直线 $AP$ ， $AQ$ 的斜率存在，设 $l_{AP}:y - 1 = k_1(x - 2)$ ， $l_{AQ}:y - 1 = k_2(x - 2)$ 。
联立双曲线方程，
求得 $P\left(\dfrac{-4k_{1}^{2}+4k_{1}-2}{1 - 2k_{1}^{2}},\dfrac{6k_{1}^{2}-4k_{1}+1}{1 - 2k_{1}^{2}}\right)$ ，
$Q\left(\dfrac{-4k_{2}^{2}+4k_{2}-2}{1 - 2k_{2}^{2}},\dfrac{6k_{2}^{2}-4k_{2}+1}{1 - 2k_{2}^{2}}\right)$ 。
结合条件 $k_1 + k_2 = 0$ 得 $k_{PQ}=\dfrac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=\dfrac{4k_{1}-k_{1}\left(x_{1}+x_{2}\right)}{x_{2}-x_{1}}$ ，
代入坐标得 $k_{PQ}=-1$ 。
已知椭圆 $C$ 的标准方程为 $\dfrac{x^{2}}{5}+y^{2}=1$ ，过椭圆 $C$ 的右焦点 $F$ 的直线 $l$ 交椭圆于 $A$ ， $B$ 两点，交 $y$ 轴于点 $M$ ，若 $\overrightarrow{MA}=\lambda_{1}\overrightarrow{AF}$ ， $\overrightarrow{MB}=\lambda_{2}\overrightarrow{BF}$ ，求证： $\lambda_{1}+\lambda_{2}$ 为定值。
解析
由方程①②得 $A\left(\dfrac{2\lambda_{1}}{1+\lambda_{1}},\dfrac{-2}{m(1+\lambda_{1})}\right)$ ， $B\left(\dfrac{2\lambda_{2}}{1+\lambda_{2}},\dfrac{-2}{m(1+\lambda_{2})}\right)$ 。
将 $A$ ， $B$ 代入椭圆方程得
$\begin{cases}\dfrac{4\lambda_{1}^{2}}{5(1+\lambda_{1})^{2}}+\dfrac{4}{m^{2}(1+\lambda_{1})^{2}}=1\\\dfrac{4\lambda_{2}^{2}}{5(1+\lambda_{2})^{2}}+\dfrac{4}{m^{2}(1+\lambda_{2})^{2}}=1\end{cases}$
化简得 $\begin{cases}m^{2}\lambda_{1}^{2}+10m^{2}\lambda_{1}+5m^{2}-20=0,\\m^{2}\lambda_{2}^{2}+10m^{2}\lambda_{2}+5m^{2}-20=0,\end{cases}$
则 $\lambda_{1}$ ， $\lambda_{2}$ 是方程 $m^{2}x^{2}+10m^{2}x + 5m^{2}-20 = 0$ 的两根，
由韦达定理得 $\lambda_{1}+\lambda_{2}=-10$ 。
（2019年全国卷III理21题）如图 2，曲线 $C:y=\dfrac{1}{2}x^{2}$ ， $D$ 为直线 $y = -\dfrac{1}{2}$ 上的点，过 $D$ 作曲线 $C$ 的两条切线，切点分别为 $A$ ， $B$ 。证明：直线 $AB$ 过定点。
解析
$A(x_{1},y_{1})$ ， $B(x_{2},y_{2})$ ， $y^{\prime}=x$ ， $k_{AD}=x_{1}$ ， $k_{BD}=x_{2}$ ，
则 $AD:y - y_{1}=x_{1}(x - x_{1})$ ， $l_{BD}:y - y_{2}=x_{2}(x - x_{2})$ 。
点 $D(t,-\dfrac{1}{2})$ 代入两切线方程得
$\begin{cases}-\dfrac{1}{2}-y_{1}=x_{1}(t - x_{1})\\-\dfrac{1}{2}-y_{2}=x_{2}(t - x_{2})\end{cases}$
化简 $\begin{cases}x_{1}t - x_{1}^{2}+y_{1}+\dfrac{1}{2}=0,\\x_{2}t - x_{2}^{2}+y_{2}+\dfrac{1}{2}=0\end{cases}$ ，
由点 $A$ ， $B$ 在抛物线上知 $x^{2}=2y$ ，消 $x^{2}$ ，
得 $\begin{cases}x_{1}t - y_{1}+\dfrac{1}{2}=0,\\x_{2}t - y_{2}+\dfrac{1}{2}=0,\end{cases}$
从而 $A(x_{1},y_{1})$ ， $B(x_{2},y_{2})$ 是方程 $tx - y+\dfrac{1}{2}=0$ 的两根，
即点 $A$ ， $B$ 在直线 $tx - y+\dfrac{1}{2}=0$ 上，则 $l_{AB}:y = tx+\dfrac{1}{2}$ ，定点为 $(0,\dfrac{1}{2})$ 。
已知 $A$ ， $B$ 分别为椭圆 $E:\dfrac{x^{2}}{9}+y^{2}=1$ 的左、右顶点， $P$ 为直线 $x = 6$ 上的动点， $PA$ 与 $E$ 的另一交点为 $C$ ， $PB$ 与 $E$ 的另一交点为 $D$ 。证明：直线 $CD$ 过定点。
解析
设 $C(x_{1},y_{1})$ ， $D(x_{2},y_{2})$ ， $P(6,t)$ ，若 $t\neq0$ ，
则设直线 $CD$ 的方程为 $x = my + n$ ， $-3\lt n\lt3$ 。
椭圆和直线 $CD$ 联立得 $(9 + m^{2})y^{2}+2mny + n^{2}-9 = 0$ ，
由韦达定理： $y_{1}+y_{2}=-\dfrac{2mn}{9 + m^{2}}$ ①
$y_{1}y_{2}=\dfrac{n^{2}-9}{9 + m^{2}}$ ②
因为 $A$ ， $C$ ， $P$ 三点共线，得 $\dfrac{y_{1}}{x_{1}+3}=\dfrac{t}{9}$ ，
所以 $y_{1}=\dfrac{t}{9}(x_{1}+3)$ ，
等号两侧同时乘以 $y_{2}$ 得： $y_{1}y_{2}=\dfrac{t}{9}(x_{1}+3)y_{2}$ ，
又因为 $D$ ， $B$ ， $P$ 三点共线，得 $\dfrac{y_{2}}{x_{2}-3}=\dfrac{t}{3}$ ，所以 $y_{2}=\dfrac{t}{3}(x_{2}-3)$ ，
等号两侧同时乘以 $y_{1}$ ，得 $y_{1}y_{2}=\dfrac{t}{3}(x_{2}-3)y_{1}$ ，
所以 $\dfrac{t}{9}(x_{1}+3)y_{2}=\dfrac{t}{3}(x_{2}-3)y_{1}$ ，
可得 $3y_{1}(x_{2}-3)=y_{2}(x_{1}+3)$ ，所以 $3y_{1}y_{2}(x_{2}-3)(x_{2}+3)=y_{2}^{2}(x_{1}+3)(x_{2}+3)$ ，
所以 $3y_{1}y_{2}(x_{2}^{2}-9)=y_{2}^{2}(x_{1}+3)(x_{2}+3)$ ，
又因为 $D$ 点在椭圆上，所以 $\dfrac{x_{2}^{2}}{9}+y_{2}^{2}=1$ ，
即 $x_{2}^{2}-9=-9y_{2}^{2}$ ，所以 $y_{2}^{2}(x_{1}+3)(x_{2}+3)=-27y_{1}y_{2}^{3}$ ，
即 $(x_{1}+3)(x_{2}+3)=-27y_{1}y_{2}$ ，所以 $(x_{1}+3)(x_{2}+3)+27y_{1}y_{2}=0$ ，
又因为 $x_{1}=my_{1}+n$ ， $x_{2}=my_{2}+n$ ，
代入化简整理得 $(m^{2}+27)y_{1}y_{2}+(3m+mn)(y_{1}+y_{2})+n^{2}+6n+9 = 0$ 。
将①②代入得 $(n^{2}-9)(m^{2}+27)-2mn(3m + mn)+(n + 3)^{2}(9 + m^{2})=0$ ，
整理得 $2n^{2}+3n - 9 = 0$ ，解得 $n=\dfrac{3}{2}$ 或 $n = -3$ （舍），
所以直线 $CD$ 的方程为 $x = my+\dfrac{3}{2}$ ，所以直线 $CD$ 过定点 $(\dfrac{3}{2},0)$ 。若 $t = 0$ ，则设直线 $CD$ 的方程为 $y = 0$ ，显然过定点 $(\dfrac{3}{2},0)$ ，
综上，直线 $CD$ 过定点。
(2018 年浙江卷 21，节选)如图所示，已知点 $P$ 是 $y$ 轴左侧（不含 $y$ 轴）一点，抛物线 $C:y^{2}=4x$ 上存在不同的两点 $A$ ， $B$ 满足 $PA$ ， $PB$ 的中点均在 $C$ 上。设 $AB$ 中点为 $M$ ，证明： $PM$ 垂直于 $y$ 轴。
解析
设 $A(x_{1},y_{1})$ ， $B(x_{2},y_{2})$ ， $P(x_{0},y_{0})$ ，
则 $PA$ ， $PB$ 的中点分别是 $D(\dfrac{x_{0}+x_{1}}{2},\dfrac{y_{0}+y_{1}}{2})$ ， $E(\dfrac{x_{0}+x_{2}}{2},\dfrac{y_{0}+y_{2}}{2})$ 。
因为点 $D$ 在抛物线上，
则 $\begin{cases}(\dfrac{y_{0}+y_{1}}{2})^{2}=4\cdot\dfrac{x_{0}+x_{1}}{2},\\y_{1}^{2}=4x_{1},\end{cases}$
化简可得 $y_{1}^{2}-2y_{0}y_{1}+8x_{0}-y_{0}^{2}=0$ 。
同理可得 $y_{2}^{2}-2y_{0}y_{2}+8x_{0}-y_{0}^{2}=0$ ，
所以 $y_{1}$ ， $y_{2}$ 是方程 $y^{2}-2y_{0}y + 8x_{0}-y_{0}^{2}=0$ 的两根，
$y_{1}+y_{2}=2y_{0}$ ，即 $y_{0}=\dfrac{y_{1}+y_{2}}{2}$ 。
如图所示，过椭圆 $C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$ $(a>b\geq0)$ 上一点 $P$ 作 $x$ 轴的垂线，垂足为 $F_{1}$ ，已知 $F_{1}$ ， $F_{2}$ 分别为椭圆 $C$ 的左、右焦点， $A$ ， $B$ 分别是椭圆 $C$ 的右顶点、上顶点，且 $AB\mathop{//}OP$ ， $\vert F_{2}A\vert=\sqrt{2}-1$ 。
(1)求椭圆 $C$ 的方程；
(2)过点 $F_{1}$ 的直线 $l$ 交椭圆 $C$ 于 $M$ ， $N$ 两点，记直线 $PM$ ， $PN$ ， $MN$ 的斜率分别为 $k_{1}$ ， $k_{2}$ ， $k$ ，问： $k_{1}k_{2}-2k$ 是否为定值？请说明理由。
解析
(1)椭圆的方程为 $\dfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ （求解过程略）。
(2)直线 $PM$ ， $PN$ 具有形上的对等性，即直线 $PM$ 与 $MN$ 的相交过程与直线 $PN$ 与 $MN$ 的相交过程完全一致，点 $M$ ， $N$ 的产生上也具有对等性，故而我们可用同构法选择其一进行研究。
设 $M(x_{1},y_{1})$ ， $N(x_{2},y_{2})$ ， $PN:y-\dfrac{1}{\sqrt{2}}=k_{1}(x + 1)$ 。
联立 $\begin{cases}y = k_{1}(x + 1)+\dfrac{1}{\sqrt{2}},\\y = k(x + 1),\end{cases}$
得 $\begin{cases}x = -1+\dfrac{1}{\sqrt{2}(k - k_{1})},\\y=\dfrac{k}{\sqrt{2}(k - k_{1})},\end{cases}$
故 $M\left(-1+\dfrac{1}{\sqrt{2}(k - k_{1})},\dfrac{k}{\sqrt{2}(k - k_{1})}\right)$ 。
同理可得 $N\left(-1+\dfrac{1}{\sqrt{2}(k - k_{2})},\dfrac{k}{\sqrt{2}(k - k_{2})}\right)$ ，
将 $M$ 代入椭圆得 $\left[-1+\dfrac{1}{\sqrt{2}(k - k_{1})}\right]^{2}+2\left[\dfrac{k}{\sqrt{2}(k - k_{1})}\right]^{2}=2$ $\Rightarrow2k_{1}^{2}-2(2k+\sqrt{2})k_{1}+(2\sqrt{2}k - 1)=0$ ，
同理可得 $2k_{2}^{2}-2(2k+\sqrt{2})k_{2}+(2\sqrt{2}k - 1)=0$
即 $k_{1}$ ， $k_{2}$ 是方程 $2x^{2}-2(2k+\sqrt{2})x+(2\sqrt{2}k - 1)=0$ 的两根，
所以 $k_{1}+k_{2}=2k+\sqrt{2}$ ，则 $k_{1}+k_{2}-2k=\sqrt{2}$ 。
在直角坐标系 $xOy$ 中，抛物线 $C:y^{2}=2px$ $(p>0)$ 与直线 $l:x = 4$ 交于 $P$ ， $Q$ 两点，且 $OP\perp OQ$ 。抛物线 $C$ 的准线与 $x$ 轴交于点 $M$ ， $G$ 是以 $M$ 为圆心， $OM$ 为半径的圆上的一点（非原点），过点 $G$ 作抛物线 $C$ 的两条切线，切点分别为 $A$ ， $B$ 。
(1)求抛物线 $C$ 的方程；
(2)求 $\triangle ABG$ 面积的取值范围。
解析
(1) $y^{2}=4x$ 。
(2)计算抛物线 $C:y^{2}=4x$ 在点 $N(x_{N},y_{N})$ 处的切线方程为 $2x - y_{N}y + 2x_{N}=0$ ，
对抛物线方程 $y^{2}=4x$ 求导得 $2yy^{\prime}=4$ ，在 $N$ 点处的斜率为 $\dfrac{2}{y_{N}}$ ，
在 $N$ 点处的切线方程为 $y - y_{N}=\dfrac{2}{y_{N}}(x - x_{N})$ ，
整理得 $2x - y_{N}y + 2x_{N}=0$ 。
设 $A(x_{1},y_{1})$ ， $B(x_{2},y_{2})$ ， $G(x_{3},y_{3})$ ，
则直线 $GA$ ， $GB$ 的方程分别为 $2x - y_{1}y + 2x_{1}=0$ ， $2x - y_{2}y + 2x_{2}=0$ 。
因为点 $G$ 在直线 $GA$ ， $GB$ 上，所以 $\begin{cases}2x_{3}-y_{1}y_{3}+2x_{1}=0\\2x_{3}-y_{2}y_{3}+2x_{2}=0\end{cases}$ ，
①②两式相减得 $\dfrac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=\dfrac{2}{y_{3}}$ ，
并由①得 $y_{1}y_{3}-2x_{1}=2x_{3}$ 。直线 $AB$ 的斜率为 $\dfrac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=\dfrac{2}{y_{3}}$ ，
所以直线 $AB$ 的方程为 $2x - y_{3}y + 2x_{3}=0$ 。
已知椭圆 $F:\dfrac{x^{2}}{3}+\dfrac{y^{2}}{2}=1$ ， $B$ ， $D$ 是椭圆上关于原点对称的两点，设以 $BD$ 为对角线的椭圆内接平行四边形 $ABCD$ 的一组邻边 $AB$ ， $BC$ 斜率分别为 $k_{1}$ ， $k_{2}$ ，则 $k_{1}\cdot k_{2}=\underline{-\dfrac{2}{3}}$ 。
解析
因为 $B$ ， $D$ 是椭圆 $F:\dfrac{x^{2}}{3}+\dfrac{y^{2}}{2}=1$ 上关于原点对称的两点，不妨设 $B(x_{1},y_{1})$ ，
则 $D(-x_{1},-y_{1})$ ，且 $\dfrac{x_{1}^{2}}{3}+\dfrac{y_{1}^{2}}{2}=1$ 。
又平行四边形 $ABCD$ 是椭圆 $F:\dfrac{x^{2}}{3}+\dfrac{y^{2}}{2}=1$ 内接平行四边形，则点 $A$ ， $C$ 关于原点对称，
不妨设 $A(x_{2},y_{2})$ ，则 $C(-x_{2},-y_{2})$ ，且 $\dfrac{x_{2}^{2}}{3}+\dfrac{y_{2}^{2}}{2}=1$ 。
直线 $BA$ ， $BC$ 的斜率分别为： $k_{1}=\dfrac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}$ ， $k_{2}=\dfrac{y_{1}+y_{2}}{x_{1}+x_{2}}$ ，
因此 $k_{1}\cdot k_{2}=\dfrac{y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}$ 。
而 $\dfrac{x_{1}^{2}}{3}+\dfrac{y_{1}^{2}}{2}=1=\dfrac{x_{2}^{2}}{3}+\dfrac{y_{2}^{2}}{2}$ ，
即 $\dfrac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{3}=-\dfrac{y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{2}$ ，
所以 $k_{1}\cdot k_{2}=-\dfrac{2}{3}$ 。