新高考数学二轮复习解析几何专题讲与练第8讲齐次化与点乘双根法(教师版)

这是一份新高考数学二轮复习解析几何专题讲与练第8讲齐次化与点乘双根法(教师版)，共35页。试卷主要包含了问题综述，典例分析等内容，欢迎下载使用。
第8讲 齐次化与点乘双根法
一、问题综述
（1）齐次化
1．齐次化原理：
若直线与二次曲线相交于，，如图所示，

设点、的坐标分别为、，则，．
现将二次曲线方程齐次化的方法如下：
首先将直线化出“”： 将直线化为截距式；
其次利用“”构建关于、的齐次方程，操作方法是对二次曲线方程二次方项保持不变，一次方项同乘以“”，常数项同乘以“”的平方，则可把二次曲线方程变为：
，
将其化简得：
，
为了简化运算，记，，，
则方程可化为：；
最后我们对该齐次式两边同时除以可得：
，
因为，是直线与二次曲线的交点，
所以点，点满足方程，
因此，是方程的两个根，
由韦达定理可得（）．
2．齐次化适用范围：
由原理可知齐次化适应于处理解决曲线上的点与坐标系原点连线有关的斜率运算问题，常见类型如：
，，，，，，
前面两个考题相对比较常见，后面的则需要变形才能使用，变形如下：
，，．
这个需要根据韦达定理判断符号再变形．在遇到上述关于斜率运算问题时，采取齐次化处理往往能达到简化运算的目的．
二、典例分析
类型一：定点在坐标原点的斜率问题
【例1】已知直线交椭圆于，两点，为坐标原点，若，求该直线方程．
【解析】法一（齐次化解法）：设，，
步骤1：构建关于、的齐次式：
将直线变形为代入进行“”的代换得，
整理得；
步骤2：构建关于斜率的方程：
因为，方程两边同除以，得；
步骤3：利用韦达定理转化目标：
易知和是方程的两个根，由韦达定理得，即，故所求直线方程为．
法二（常规解法）：
设，，联立， ①代入②消去得
，
设，，则
，，
所以
，
解得，故所求直线方程为．
【方法小结】本题属于曲线上的两个点与原点连线的斜率之和为定值（斜率之积为定值也可以用本法）问题，通过对直线变形，采取“”的巧用，一般二次方不变，一次方项直接乘以“”，常数项乘以“”的平方，从而构建关于，的二元二次的齐次方程，再两边同时除以得到一个是以原点与曲线上连线的斜率为根的一元二次方程，再借助韦达定理使得问题运算得到简化，我们把这种操作手法称之为“齐次化”．
推论1：已知直线交椭圆 于，两点，为坐标原点，若，则该直线的斜率为．
推论2：已知直线交双曲线 于，两点，为坐标原点，若，则该直线的斜率为．
推论3：已知直线交抛物线 于，两点，为坐标原点，若，则该直线的斜率为．
变式训练1：已知抛物线的方程为，若直线与抛物线相交于，两点，且以为直径的圆过坐标原点，证明直线过定点．
【证明】因为以为直径的圆过坐标原点，所以，即．
设，，则，．
将直线变形得，记，，则直线可化为，
将“”代入抛物线的方程得，整理得，
因为，方程两边同除以，得，
易知和是方程的两个根，
由韦达定理得，即，
代入求直线方程得，即，
当时，，故直线恒定过点．


类型二：定点不在坐标原点的斜率问题（平移坐标系）
【例2】已知椭圆过点，两个焦点为，．
（I）求椭圆的标准方程；
（II），是椭圆上的两个动点，
（1）如果直线的斜率与的斜率之和为，证明直线恒过定点；
（2）如果直线的斜率与的斜率之积为，证明直线恒过定点．
【分析】本题定点不再是坐标原点，若坐标系原点平移到与重合，则问题就转化为定点为坐标原点的类型，则可以采取类型一的齐次化解法．
【解析】（I）椭圆的标准方程为，过程略；
（II）法一：（平移构造+齐次化）平移坐标系．
【解析】平移坐标系，使得坐标原点和点重合，则，得新坐标系中，
在新坐标系中，椭圆方程为，化简得
①，
直线平移后变为，其方程不妨设为，代入①构建齐次式得
，
整理得
，
两边同除以
得 ②，
易知和是方程②的两个根，由韦达定理得
，
化简得，代入直线得，整理得
，
直线恒过和直线的交点，
则直线恒定过点．
(2) ，即，直线的方程为，
直线恒过和直线的交点，则直线恒定过点．
法二：（平移构造+齐次化）平移直线和平移椭圆．
【解析】设直线的方程为，即，变形得，
将椭圆变形为
展开整理得，
将直线进行“”的代换得
，
去分母化简得
，
等式同除以得
，
因此是方程的实数根，设，，
则和是方程的两个实数根，①
由韦达定理得：，即，即，
代入直线的方程得，
所以直线恒定过定点．
②由韦达定理得，所以，
代入直线的方程为，
所以直线恒定过定点．
法三：（常规解法）．
【解析】设，，直线的方程为，联立得
，
由韦达定理得
，．
由题意知，，即，
去分母得 ，整理得
，
代入韦达定理得
，
去分母整理得，即，
即，即，
故，或．
当时，直线恒过定点；
当时，直线的方程为恒过定点与点重合，不符合题意，舍去．
综上：直线恒过定点．
【方法小结】解法三是常规方法，需要较强代数恒等变形能力；解法一和解法二通过平移构造二元二次齐次式，使得运算难度大大降低，及时处理的过程有所不同．对于曲线上两个点与定点连线斜率问题，当定点不在作用原点时，往往可以像解法一一样把坐标系原点平到定点处，然后按照定点为原点的处理方法求解，但是最后一定记得把求解结果平移回去；当然也可以按照解法二的方法来处理，但是这个计算往往没有解法一那么简洁．解法二的操作方法如下:一般地，构造齐次方程的方法为：设定点，直线与曲线的交点为，，将圆锥曲线的方程及直线方程都转化为关于，的方程，使直线方程具有的形式，在圆锥曲线的方程中，二次项不变，一次项乘以，常数项乘以，即构造成为关于，的齐次方程，然后等式两边同乘以，从而使得所研究直线的斜率为该方程的两个根，达到简化数学运算的目的．
现把一些常见的曲线定点不在坐标原点的结论归纳如下：
命题1：过椭圆 上一定点（不是椭圆顶点）作两条直线分别交椭圆于，两点，使这两条直线的斜率之和等于（为常数），则
（1）当时，直线恒过一个定点，且定点为；
（2）当时，直线的斜率为定值．
命题2：过椭圆 上一定点（不是椭圆顶点）作两条直线分别交椭圆于，两点，使这两条直线的斜率之积等于（为常数），则
（1）当时，直线恒过一个定点，且定点为；
（2）当时，直线的斜率为定值．
命题3：过双曲线 上一定点（不是双曲线顶点）作两条直线分别交双曲线于，两点，使这两条直线的斜率之和等于（为常数），则
（1）当时，直线恒过一个定点，且定点为；
（2）当时，直线的斜率为定值．
命题4：过双曲线 上一定点（不是双曲线顶点）作两条直线分别交双曲线于，两点，使这两条直线的斜率之积等于（为常数），则
（1）当时，直线恒过一个定点，且定点为；
（2）当时，直线的斜率为定值．
命题5：若点是抛物线上一点，过点引直线和与抛物线相交于，两点．
（1）若时，则；
（2）若时，则直线恒定过点；
（3）若时，则直线恒定过点．
变式训练2：若，为抛物线：上两点，且以为直径的圆过点，证明：直线过定点．
【证明】因为以为直径的圆过点，所以，即．
设，，则，．令，
代入抛物线方程得：，整理得：
，
不妨设直线的方程为：，
将其代入式得：，
化简得：
，
因为，方程两边同除以，得
①，
易知和是方程①的两个根，
由韦达定理得，即，
代入求直线方程得
，
所以直线过和的交点，即，
利用变换将其平移回原坐标系得，故直线恒定过点．
类型三：齐次化方法在等角问题中的应用
【例3】设椭圆：的右焦点为，过的直线与相交于，两点，点点坐标为．
（1）当直线与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：．
【解析】（1），过程略．

（2）法一: （平移构造+齐次化）
方法识别：等价于，故可以用平移构造和齐次化来处理．
将椭圆：和直线：按照平移至以点为坐标原点，
得和，
即
，
将代入构造齐次化得
，
整理得 ．
设平移后设，，则，．
易知和是方程的两个根，由韦达定理得，根据平移角度不变知，，
故有．
法二: （常规解法）设，，直线：，与联立得：
，
由韦达定理得
，，
要证，即证，
即证
，
用消去得：，
代入韦达定理得：，命题得证．
【方法小结】1．本例中为椭圆的右准线与轴的交点：即本来结论是：设椭圆的右准线与轴的交点为，过椭圆右焦点的直线与椭圆相交于，两点，则轴平分角，即，或者说直线和直线的倾斜角互补（即斜率之和为零）．
2．本题结论还可以推广到抛物线：设为抛物线的准线与轴的交点，过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于，两点，则轴平分角，即，或者说直线和直线的倾斜角互补（即斜率之和为零）．
等角问题的推广：
结论1：过抛物线线外一点作抛物线的切线，，则．


结论2：过椭圆外一点作椭圆的切线，，则．

变式训练1：（2018年高考课标卷1文科第20题）设抛物线：，点，，过点的直线与交于，两点．
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）证明：．
解析：（1）当与x轴垂直时，的方程为，可得的坐标为或．
所以直线的方程为或．
（2）法一：（齐次化解法）
要证，只需证．
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．
当不与轴垂直时，设直线的方程为，
将坐标系原点按平移至点，
则在新坐标系中得到抛物线方程和直线方程分别为
，，
将直线化为，整理得:，
将直线代入构建齐次方程得
，
化简得：，
设平移后，，则和是方程的两个根，
由韦达定理得，
因为平移角度不变，所以，故证．
法二：（常规方法）
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．
当与轴不垂直时，设的方程为，，，则，．
由，得
，可知，．
直线，的斜率之和为
．①
将，及，的表达式代入①式分子，可得
．
所以．可知，的倾斜角互补，所以．
综上，．
法三：（常规方法）
设，，直线：，与联立，
由韦达定理得，．
，
代入消去得:
，
代入韦达定理得，命题得证．
变式训练2：（2013年数学高考陕西卷理科）已知动圆过定点，且在轴上截得弦长的长为．
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）已知点，设不垂直于轴的直线与轨迹交于不同的两个点，，若轴是的角平分线，证明：直线过定点．
（1）动圆圆心轨迹方程为：；
（2）【证明】将坐标系原点按照平移到点，则在新坐标系中，的轨迹方程为
，即，
设平移后直线的方程为，将其代入式化为齐次式得，
化简得
，
因为，两边同除以得：
①，
设平移后，，则，．
和是方程①的两个根，由韦达定理得
，
又因为轴是的角平分线，所以，即，
所以，所以，即，
所以直线过定点，将定点按照平移原坐标系得，
所以过定点，即直线过定点．
二、点乘双根法及其应用
1、点乘双根法的含义与原理：
何谓点乘双根法呢？在大学数学中，把向量，的数量积叫做向量点乘向量，因此点乘得名；所谓双根是由初中的一元二次方程知识可知：若和是一元二次方程的两个根，则，我们把叫做二次方程的双根式，所谓的点乘双根法就是构建双根式是去解决含和或者可转化为含含和的计算问题，其中以向量的数量积有关的问题为最常见．
点乘双根法的原理：
点乘双根法是通过对双根式进行赋值和，直接计算和的含参表达式，然后整体代入目标，从而构建出关于参数的等式关系式，避免繁杂的计算，达到快速解题的目的（其中，点坐标为已知定点，，为直线与圆锥曲线的交点）．
2、点乘双根法适用题型:
在圆锥曲线中，遇到如（其中为常数）的形式，其中点是已知的点，，为直线与圆锥曲线的交点的问题时，可用点乘双根法以达到简化运算，快速解题的目的．
3、点乘双根法解题范式：
下来以一个例题来讲解一下点乘双根法应用范式．
【例题】椭圆：，若直线：与椭圆交于，两点（，不是左右顶点），且以直线为直径的圆恒过椭圆的右顶点．求证：直线恒过定点，并求出该点的坐标．
步骤1：联立方程，构建双根式
设椭圆的右顶点为，，，所以，
联立，化简得：
，
又因为，是方程的两个根，所以
①
步骤2：赋值
点乘双根法赋值目的是为了对目标中的和进行整体代换以达到简化计算的目的，故对双根式①中的进行赋值得
，
整体求出
②．
接下来先求出，，只需对双根是进行赋值，并两边同时乘以可得
③．
步骤3：变形代入
将②和③整体代入，可得
，
即，分解因式得，或，
当时，直线，故直线恒过定点．
当时，直线，故直线恒过定点，舍去．
4、典型例题
【例1】(2012年重庆理科第20题)设椭圆中心在原点，长轴在轴上，上顶点为，左右顶点分别为，，线段 ，中点分别为，，且是面积为的直角三角形．
（1）求其椭圆的方程
（2）过作直线交椭圆于，两点，使，求直线的方程．

【解析】（1），过程略．
（2）法一：(点乘双根)
易知：直线不与轴垂直，则设直线方程为：，，，
因为，则，所以，
①
现联立
则方程可以等价转化
即
令，
令，
结合化简可得：
，，所以直线方程为：．
法二：（点乘双根）
若的斜率为，则，所以的斜率不会为．
设：，，，则，，所以
①，
将，代入①得
②．
当时，：，经检验不符合题意；
当时，②式变形得
③，
联立得
，
令，则，即
④；
令，则，即
⑤，
将④⑤代入③得
，
解得，所以：．
【方法小结】由，得，故而按照点乘双根法的步骤去求解即可，方法一和方法二都是于点乘双根法，题目不同在于消去的元不一样，并无本质上的区别，都是用点乘双根法去简化有关双根的和与乘积有关的式子的计算问题．
【例2】(2018年全国课标卷3理科16题) 已知点和抛物线：，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则 ．
【解析】法一：（点乘双根法）
设，，直线：(其中)，
因为，所以，即

①

联立消去可得：
，
又因为，是方程的两根，所以
②．
令，得，所以
③；
令，得，所以
④
将③④式代入①，得
，
解得，，所以．
法二:(常规方法) 抛物线：的焦点，过，两点的直线方程为，
联立，可得
，
设，，则
，，
，，
，，，，，
整理可得，
，
，即，．
故答案为．
法三:(中点弦法) 设，，则，所以，

则，如图，取的中点，分别过，作准线的垂线，垂足为，，在中，，所以点为线段的中点，且平行于轴，则，从而有，代入，故填．

练习巩固：
1．设，为椭圆上两个动点，且，过原点作直线的垂线，求的轨迹方程．

1． 解析：法一：（常规方法）
设，，,设直线方程为，联立化简可得:
，
所以
，，
因为，所以
，
①
又因为直线方程等价于为，即，
对比于，则代入①中，化简可得：．
法二：（齐次化解法）
设直线方程为，联立，可得，
所以，化简可得，
整理成关于，的齐次式：
，
进而两边同时除以，则
，
记，的斜率分别为，，则，为方程的两个根，由韦达定理得，
因为，所以，
①
又因为直线方程等价于为，即，
对比于，则，代入①中，化简可得：．
2．已知椭圆，设直线不经过点的直线交椭圆于，两点，若直线，的斜率之和为，证明：直线恒过定点．

2．解：(1)当直线的斜率存在时，以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如图所示：

旧坐标 新坐标

即
所以，则，即，
在新坐标中转换为：，即．
设直线方程为：．
原方程：则转换到新坐标就成为：．
展开得：
构造齐次式：
整理为：
两边同时除以，则
所以，所以代入，
整理得，对于任意都成立．
则，解之得，故原理坐标系地应点坐标为，所以过定点；
（2）当直线的斜率不存在时，设：，则，，
所以，直线：，过定点．
综上，直线恒过定点．
3．已知椭圆，过其上一定点作倾斜角互补的两条直线，分别交于椭圆于，两点，证明：直线斜率为定值．

3．解析：以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如图所示：

旧坐标 新坐标

即
所以，
原来 ，则转换到新坐标为：，即．
设直线方程为：．
原方程：则转换到新坐标就成为：．
展开得：
构造齐次式：
整理为：
两边同时除以，则，
所以，所以
而．所以．
平移变换，斜率不变，所以直线斜率为定值．
4．已知椭圆：经过点,且离心率等于．
（1）求椭圆的方程；
(2)过点作直线,交椭圆于，两点，且满足，试判断直线是否过定点，若过定点请写出点坐标．
4．解析： (Ⅰ)椭圆经过点,且离心率等于,  椭圆的方程为; 
(Ⅱ)方法一：（常规方法）
设直线的方程为，，
联立椭圆方程得,则,．
, 
由,得,代入得，
(舍去), ,直线的方程为,所以过定点．
方法二：（平移坐标＋齐次化）

把椭圆向左平移2个单位，（是为了平移到原点）
则方程变成（左加右减，上减下加）
设直线为；下面对椭圆方程进行化简；
我们需要的形式是不出现一次项，都是二次项，此时将乘上一个，也就是即可，此时椭圆方程变成，两边同时除以，令，则化简为，又因为，则恒过，再向右平移个单位，则恒过．
5．已知椭圆与双曲线有共同焦点，且离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为椭圆的下顶点，，为椭圆上异于的不同两点，且直线与的斜率之积为．
①试问，所在直线是否过定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由;
②若点为椭圆上异于，的一点，且，求的面积的最小值．
5．解析：(1)依题意设椭圆的标准方程为
双曲线的焦点为，，解得，，椭圆的标准方程为．
(2)①由题意可知
设，直线的解析式为
则有即有 (*)
联立整理得
将此代入(*)式可得，当直线过
故此时直线过定点，②由①知，由知
直线的解析式为，联立可得
，

设，，当时，为最小．
方法二：齐次化+平移构造：
把点平移到原点，需向上平移个单位，设直线为此时椭圆方程变成，为了让结果都是二次项，则让乘上一个1，即，即，化简得：，同时除以，并令，则方程变成，此时；
直线为，恒过，再平移回去，则原题直线恒过．
6．（2017新课标Ⅰ卷理科第20题）已知椭圆：，四点，，，中恰有三点在椭圆上．
(1)求的方程；
(2)设直线不经过点且与相交于，两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点．
6．解析：（1）由于两点，关于轴对称，故由题设知经过，两点．又由知，不经过点，所以点在上，因此，解得，故的方程为．
（2）法一：（常规方法）设直线与直线的斜率分别为，，
如果与轴垂直，设，由题设知，且，可得，的坐标分别为，．则，得，不符合题设．
从而可设，将代入得：，由题设可知，设，，
则，，
而，
由题设，故，
即，
解得，当且仅当时，，则，
即，所以过定点．
法二：齐次化+平移构造
步骤1：平移坐标系，当定点不是坐标原点时，要坐标系原点平移到与定点重合．
令，在新坐标系中，曲线：的方程为，
化简得．
步骤2：联立方程构建齐次式
联立曲线方程和直线方程，
进行“”的代换构造齐次式，化简得：，
两边同除以得．
步骤3：构建目标条件
本题目标条件是研究直线与直线的斜率之和时，
易知和是方程的两个根，
由韦达定理可得：，化简可得，即，
将其代入直线方程得，整理得，
令，解得，故平移后的直线过定点．
步骤4：平移回去
将平移后的直线过的定点，将其代入得，故原直线过定点．
7．已知抛物线，过原点且相互垂直的直线，交抛物线于，两点，求证：
直线过定点．
7．解析：方法识别：，适合用齐次化来处理．
法一：（齐次化）
设：①，，，，，
将直线变形为，代入到中得，
两边同除以，整理可得，
注意到，，所以和方程的两个根，
所以，又因为，所以，
所以，代入①可得，
所以直线恒定过定点．
类型识别：
因为直线，互相垂直，所以，适合用点乘双根法．
方法二：（点乘双根法）
设：①，，，则，
， ①．
联立，，
又因为和是方程，
所以，
令，则②；
令，则③．
将②③代入①得，即，
代入可得，所以直线恒定过定点．

8．过双曲线右焦点且斜率为的直线交双曲线于，，若且，求双曲线的方程．
方法识别：因为，所以，适合用齐次化来处理．
8．解析：法一：（齐次化）
设双曲线方程为，直线：，其中．
将直线变形为，代入双曲线方程得，
整理得，
两边同除以，，
注意到，，
所以和方程的两个根，所以，
又因为，所以，即，可得，
化简可得，即，，故双曲线方程为，
联立，消去得，
设，，则，，
由弦长公式得，
计算可得，，所以双曲线方程为．
法二：（点乘双根法）
方法识别：由，得，适合用点乘双根法．
设:①，，，则，
，①．
联立，，
又因为和是方程，
所以．
令得②；
令得③．
将②③代入①得，
化简可得，即，，故双曲线方程为，
联立，消去得，
设，，则，，
由弦长公式得，
计算可得，，所以双曲线方程为．
9．直线与圆相交于，，且，求的值．
类型识别：，所以，适合用齐次化来处理．
9．解析：设，，将直线变形为，
代入圆得，
化简得，
等式两边同除以得，
注意到，，所以和方程的两个根，
所以，计算可得．
10．过椭圆:上的定点作倾斜角互补的两条直线，分别交椭圆于，两点，求证：．
类型识别:因为两条直线倾斜角互补，所以，所以可用齐次化+平移构造．
10． 解析：设:,将椭圆方程变为含，的形式可得：
，
11． 展开得，
与直线方程联立并齐次化整理得，
由韦达定理可得，即，
所以，即，可得．
11．已知抛物线的焦点为，过作两条垂直的直线，，与抛物线相交于，两点，与抛物线相交于，两点，求的最小值．
11．解析：设，，：，：，
联立，得的两个根为，，
，
又，
同理以替换可得：，
所以，
当且仅当，即取得最小值．
12．已知抛物线方程为，直线与抛物线交于，两点，，且，求的值．
12．解析：设，， ①
联立，消得②，
将代入②式得 ③；
同理：联立，消得④，
将代入④得⑤，
联立①③⑤得：，
所以，所以直线方程为．
13．（2013年石家庄一模理科20）椭圆的左，右焦点分别为，，过作与轴不重合的直线交椭圆于，两点．
（1）若为正三角形，求椭圆的离心离；
（2）若椭圆的离心离满足，为坐标原点，求证：．
13．解析：（1），过程略．
（2）（点乘双根法）

由题意有：，，所以，
则，要证（因为）
．
设，，①当轴时，，则，，
则
，所以．
②当与轴不垂直时，设直线：，，，
所以 ⑴．
联立 得，
所以，
令，则，即②；
令，则，即③，
将②③代入①得，
要证，只需证即可，
因为，则，
所以，
所以，综上可得：．
14．(2008年辽宁理科第20题) 在直角坐标系中，点到两点，的距离之和等于，设点的轨迹为，直线与交于，两点．
（Ⅰ）写出的方程；
（Ⅱ）若，求的值；
（Ⅲ）若点在第一象限，证明：当时，恒有．
14．解析：（Ⅰ）设，由椭圆定义可知，点的轨迹是以，为焦点，长半轴为的椭圆．它的短半轴，
故曲线C的方程为．
（Ⅱ）法一：（常规方法）
设,，其坐标满足，消去并整理得，
故，．
若，即 ，而，
于是 ，化简得，所以．
法二：（点乘双根法）
设,，直线：．若，则：，即，，
故,．
因为，所以①，
将代入①得②．
联立得，
令得③；
令，则，即④．
将③④代入②，即，，所以．
法三：（点乘双根法）设,，直线：．若，则：，即，，故,，故，与矛盾，所以，直线：可变为（其中），故有
因为，所以①．
联立得，
即令得，即②；
令，则，③．
将②③代入①，即，，所以．
（Ⅲ）．
因为在第一象限，故．由知，从而．又，故，即在题设条件下，恒有．
15．(2017年高考课标1卷第20题) 设，为曲线：上两点，与的横坐标之和为．
（1）求直线的斜率；
（2）设为曲线上一点，在处的切线与直线平行，且，求直线的方程．
15． 解析：（1）设,，则，，，，
于是直线的斜率．
（2）法一：（常规方法）
因为，所以，设，由题设知，所以，于是，
设直线的方程:，故线段的中点为，，
将代入，得，
当即时，，，
从而，
由题设知，，即，解得，
所以直线的方程:．
法二：（点乘双根法）
类型识别:因为，所以，故适合使用点乘双根法．
因为，所以，设，由题设知，所以，于是．
设，，，，
因为，所以 ①．
设直线的方程:，联立化简得，
又因为，是方程的两个根，
故有②，
令，则③，
又，
令代入②得④，
将③④代入①得，解之得或（舍去），
故所以直线的方程:．
法三：（齐次化+坐标系平移构造）
因为，所以，设，由题设知，所以，所以，
平移坐标系，使坐标原点与点重合，则，
在新坐标系中，曲线：的方程为：，整理得．
直线平移后变为，斜率仍为，其方程不妨设为，代入曲线方程得
，，
两边同除以得，
易知和是方程的两个根，且，
故由韦达定理得，，直线的方程为，
平移回原坐标系得直线方程为，即．
16．(2019年北京二中期中考试)已知抛物线过点，且点到其准线的距离为．
（1）求抛物线的方程；
（2）直线与抛物线交于两个不同的点，，若，则求实数的值；
16．解析：（1）由抛物线定义可知点到其准线的距离，即，，所以抛物线的
方程为．
(2)(点乘双根法)
设，，则，，
因为，所以①．
联立消去得，
又因为和是的两个根，所以，
令得②；
令，③，
将②③代入①得，解得或，
经检验，当时，直线与抛物线交点中有一点与原点重合，不符合题意；
当时，，符合题意．
综上，实数的值为．
17． 直线与双曲线 相交于，两点，若以为直径的圆过原点，且双曲线的离心率为，求双曲线的方程．
17．解析：法一：（常规解法）
由双曲线的离心率为，即，得，
所以双曲线方程可设为．联立，
②代入①消去得，
设，，则，，
又以为直径的圆过原点，所以，
所以，即，
将韦达定理代入得：，
解之得，所以，故双曲线的方程为．
方法二：（齐次化解法）
由双曲线的离心率为，即，得，
所以双曲线方程可设为．联立，
由 ①得代入②消去“”构建关于，的齐次式得：，又，两边同除以得③，
所以和为方程③的两个根，
由韦达定理得，解之得，所以，
故双曲线的方程为．
法三：（点乘双根法）
由双曲线的离心率为，即，得，
所以双曲线方程可设为．
又以为直径的圆过原点，所以，
所以，即．
联立，②代入①消去得，
又因为和是方程的两个根，所以③．
将代入③得，
将代入③得，
代入式得，解之得，所以，
故双曲线的方程为．