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(x₀, y₀)。
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 = k₁(x − 2)，l_AQ : y − 1 = k₂(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k₁ + k₂ = 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：λ₁ + λ₂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λ₁，λ₂是方程m²x² + 10m²x + 5m² − 20 = 0的两根，
由韦达定理得λ₁ + λ₂ = −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(x₁, y₁)，B(x₂, y₂)，y^′ = x，k_AD = x₁，k_BD = x₂，
则AD : y − y₁ = x₁(x − x₁)，l_BD : y − y₂ = x₂(x − x₂)。
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x² = 2y，消x²，
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(x₁, y₁)，B(x₂, y₂)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(x₁, y₁)，D(x₂, y₂)，P(6, t)，若t ≠ 0，
则设直线CD的方程为x = my + n，−3 < n < 3。
椭圆和直线CD联立得(9 + m²)y² + 2mny + n² − 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y₂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y₁，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3y₁(x₂ − 3) = y₂(x₁ + 3)，所以3y₁y₂(x₂ − 3)(x₂ + 3) = y₂²(x₁ + 3)(x₂ + 3)，
所以3y₁y₂(x₂² − 9) = y₂²(x₁ + 3)(x₂ + 3)，
又因为D点在椭圆上，所以$\dfrac{x_{2}^{2}}{9}+y_{2}^{2}=1$，
即x₂² − 9 = −9y₂²，所以y₂²(x₁ + 3)(x₂ + 3) = −27y₁y₂³，
即(x₁ + 3)(x₂ + 3) = −27y₁y₂，所以(x₁ + 3)(x₂ + 3) + 27y₁y₂ = 0，
又因为x₁ = my₁ + n，x₂ = my₂ + n，
代入化简整理得(m² + 27)y₁y₂ + (3m + mn)(y₁ + y₂) + n² + 6n + 9 = 0。
将①②代入得(n² − 9)(m² + 27) − 2mn(3m + mn) + (n + 3)²(9 + m²) = 0，
整理得2n² + 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 : y² = 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(x₁, y₁)，B(x₂, y₂)，P(x₀, y₀)，
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y₁² − 2y₀y₁ + 8x₀ − y₀² = 0。
同理可得y₂² − 2y₀y₂ + 8x₀ − y₀² = 0，
所以y₁，y₂是方程y² − 2y₀y + 8x₀ − y₀² = 0的两根，
y₁ + y₂ = 2y₀，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 ≥ 0)上一点P作x轴的垂线，垂足为F₁，已知F₁，F₂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// OP，$\vert F_{2}A\vert=\sqrt{2}-1$。
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F₁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k₁，k₂，k，问：k₁k₂ − 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(x₁, y₁)，N(x₂, y₂)，$PN:y-\dfrac{1}{\sqrt{2}}=k_{1}(x + 1)$。
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k₁，k₂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 : y² = 2px(p > 0)与直线l : x = 4交于P，Q两点，且OP ⟂ 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△ABG面积的取值范围。
解析
(1)y² = 4x。
(2)计算抛物线C : y² = 4x在点N(x_N, y_N)处的切线方程为2x − y_Ny + 2x_N = 0，
对抛物线方程y² = 4x求导得2yy^′ = 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_Ny + 2x_N = 0。
设A(x₁, y₁)，B(x₂, y₂)，G(x₃, y₃)，
则直线GA，GB的方程分别为2x − y₁y + 2x₁ = 0，2x − y₂y + 2x₂ = 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y₁y₃ − 2x₁ = 2x₃。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 − y₃y + 2x₃ = 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k₁，k₂，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(x₁, y₁)，
则D(−x₁, −y₁)，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(x₂, y₂)，则C(−x₂, −y₂)，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$k_{1}\cdot k_{2}=-\dfrac{2}{3}$。