專題05 解析幾何（解答題10種考法）講義（解析版）

專題05解析幾何（解答題10種考法）考法一定點【例11】（2023·山西運城·山西省運城中學校?？级＃┮阎c為雙曲線上一點，的左焦點到一條漸近線的距離為.(1)求雙曲線的標準方程；(2)不過點的直線與雙曲線交于兩點，若直線PA，PB的斜率和為1，證明：直線過定點，并求該定點的坐標.【答案】(1)(2)證明見解析，定點為.【解析】（1）設到漸近線，即的距離為，則，結合得，又在雙曲線上，所以，得，所以雙曲線的標準方程為.（2）聯立，消去并整理得，則，，即，設，，則，，則，所以，所以，所以，整理得，所以，所以，因為直線不過，即，，所以，即，所以直線，即過定點.【例12】（2023·全國·統考高考真題）已知橢圓的離心率是，點在上．(1)求的方程；(2)過點的直線交于兩點，直線與軸的交點分別為，證明：線段的中點為定點．【答案】(1)(2)證明見詳解【解析】（1）由題意可得，解得，所以橢圓方程為.（2）由題意可知：直線的斜率存在，設，聯立方程，消去y得：，則，解得，可得，因為，則直線，令，解得，即,同理可得，則，所以線段的中點是定點.【例13】（2023·江西九江·統考一模）已知過點的直線與拋物線交于兩點，過線段的中點作直線軸，垂足為，且.(1)求拋物線的方程；(2)若為上異于點的任意一點，且直線與直線交于點，證明：以為直徑的圓過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由題意，可設直線的方程為，將代入，消去得，設，，則，，是線段的中點，，，即，又軸，垂足的坐標為，則，，，對任意的恒成立，，又，解得，故拋物線的方程為.（2）

設，，，由（1）可知，，，則，直線的方程為，令，則，，同理，由拋物線的對稱性可知，若以線段為直徑的圓過定點，則定點必在軸上，設該點坐標為，則，，且，，，或，以為直徑的圓過定點和.【變式】1．（2022·全國·統考高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程；(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．【答案】(1)(2)【解析】（1）解：設橢圓E的方程為，過，則，解得，，所以橢圓E的方程為：.（2），所以，①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，過點.②若過點的直線斜率存在，設.聯立得，可得，，且聯立可得可求得此時，將，代入整理得，將代入，得顯然成立，綜上，可得直線HN過定點2．（2023·福建泉州·統考模擬預測）已知橢圓的離心率是，上、下頂點分別為，.圓與軸正半軸的交點為，且.(1)求的方程；(2)直線與圓相切且與相交于，兩點，證明：以為直徑的圓恒過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由已知得，，.則，，，所以.因為，又，所以，.故的方程為.（2）當直線的斜率存在時，設的方程為，即.因為直線與圓相切，所以，即.設，，則，.由化簡，得，由韋達定理，得所以，所以，故，即以為直徑的圓過原點.當直線的斜率不存在時，的方程為或.這時，或，.顯然，以為直徑的圓也過原點.綜上，以為直徑的圓恒過原點.3（2023·河南·校聯考模擬預測）已知橢圓的焦距為2，圓與橢圓恰有兩個公共點．(1)求橢圓的標準方程；(2)已知結論：若點為橢圓上一點，則橢圓在該點處的切線方程為．若橢圓的短軸長小于4，過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，求證：直線過定點．【答案】(1)或(2)證明見解析【解析】（1）設橢圓的半焦距為．當圓在橢圓的內部時，，橢圓的方程為．當圓在橢圓的外部時，，橢圓的方程為．（2）證明：設．因為橢圓的短軸長小于4，所以的方程為．則由已知可得，切線的方程為的方程為，將代入的方程整理可得，．顯然的坐標都滿足方程，故直線的方程為，令，可得，即直線過定點．考法二定值【例2】（2023·四川南充·四川省南充高級中學?？既＃┮阎獧E圓的左、右焦點為，，離心率為．點P是橢圓C上不同于頂點的任意一點，射線、分別與橢圓C交于點A、B，的周長為8．(1)求橢圓C的標準方程；(2)若，，求證：為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）∵，∴，由離心率為得，從而，所以橢圓C的標準方程為．（2）

設，，則，可設直線PA的方程為，其中，聯立，化簡得，則，同理可得，．因為，．所以，所以是定值.【變式】1．（2023·河北保定·統考二模）已知橢圓的中心在原點，焦點在軸上，長軸長為短軸長的2倍，若橢圓經過點，(1)求橢圓的方程；(2)若是橢圓上不同于點的兩個動點，直線與軸圍成底邊在軸上的等腰三角形，證明：直線的斜率為定值．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）設橢圓的方程為根據題意得，解得故所求橢圓方程為（2）如下圖所示：設直線交該橢圓與兩點．將代入得所以由直線能與軸共同圍成底邊在軸上的等腰三角形，可得，即整理得，即即，所以當時，不論為何值時都成立，所以直線與軸共同圍成底邊在軸上的等腰三角形時直線的斜率為定值2．（2023·四川南充·四川省南充高級中學校考三模）已知橢圓的左、右焦點為，離心率為.點是橢圓上不同于頂點的任意一點，射線分別與橢圓交于點，的周長為8.(1)求橢圓的標準方程；(2)設，，的面積分別為.求證：為定值.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）解：因為的周長為，即所以，可得，由橢圓的離心率，可得，從而，所以橢圓的標準方程為．（2）證明：設，則，可設直線PA的方程為，其中，聯立方程，整理得，則，

同理可得，．因為，所以所以是定值．3.（2023·湖北武漢·華中師大一附中?？寄M預測）已知拋物線T的頂點在原點，對稱軸為坐標軸，且過，，，四點中的兩點.(1)求拋物線T的方程：(2)已知圓，過點作圓的兩條切線，分別交拋物線T于，和，四個點，試判斷是否是定值?若是定值，求出定值，若不是定值，請說明理由.【答案】(1)(2)是定值16．【解析】（1）拋物線T的頂點在原點，對稱軸為坐標軸，且過，，，四點中的兩點，由對稱性，點和點不可能同時在拋物線T上，點和點也不可能同時在拋物線T上，則拋物線只可能開口向上或開口向右，設，若過點，則，得，∴，拋物線過點，∴符合題意；設，若過點，則，得，∴，但拋物線不過點，不合題意．綜上，拋物線T的方程為．（2），設直線，即，由AB與圓相切得，∴，設，同理可得，∴是方程的兩根，．聯立，消y得，∴，同理，∴所以為定值16．考法三定直線【例3】（2023·全國·統考高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為，離心率為．(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為，，過點的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線與交于點P．證明:點在定直線上.【答案】(1)(2)證明見解析.【解析】（1）設雙曲線方程為，由焦點坐標可知，則由可得，，雙曲線方程為.（2）由(1)可得，設，顯然直線的斜率不為0，所以設直線的方程為，且，與聯立可得，且，則，直線的方程為，直線的方程為，聯立直線與直線的方程可得：，由可得，即，據此可得點在定直線上運動.【變式】1．（2023·湖南永州·統考一模）已知點A為圓上任意一點，點的坐標為，線段的垂直平分線與直線交于點．(1)求點的軌跡的方程；(2)設軌跡E與軸分別交于兩點（在的左側），過的直線與軌跡交于兩點，直線與直線的交于，證明：在定直線上．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由得，其半徑為4，因為線段的垂直平分線與直線交于點，故，則,而，故點的軌跡為以為焦點的雙曲線，則，故點的軌跡的方程為.（2）證明：由題意知，若直線l斜率為0，則其與雙曲線的交點為雙曲線的兩頂點，不合題意；故直線l的斜率不能為0，故設其方程為，聯立，得，，故，設，則直線的方程為，直線的方程為，故，則，即，解得，故直線與直線的交點在定直線上.2．（2023·江蘇常州·校考一模）已知橢圓：的短軸長為，離心率為．(1)求橢圓的方程；(2)過點的動直線與橢圓相交于不同的兩點，在線段上取點，滿足，證明：點總在某定直線上．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由題意可知，因為，所以解得，．所以所求橢圓的方程為（2）設，，，，直線的斜率顯然存在，設為，則的方程為．因為，，，四點共線，不妨設，則，，，，由，可得，化簡得．（*）聯立直線和橢圓的方程，得，消去，得，，得，由韋達定理，得，．代入（*）化簡得，即．又，代入上式，得，化簡得．所以點總在一條定直線上．考法四最值【例4】（2023·全國·統考高考真題）已知直線與拋物線交于兩點，且．(1)求；(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，，求面積的最小值．【答案】(1)(2)【解析】（1）設，由可得，，所以，所以，即，因為，解得：．（2）因為，顯然直線的斜率不可能為零，設直線：，，由可得，，所以，，，因為，所以，即，亦即，將代入得，，，所以，且，解得或．設點到直線的距離為，所以，，所以的面積，而或，所以，當時，的面積．【變式】1．（2023·浙江·模擬預測）我國著名數學家華羅庚曾說：“數缺形時少直觀，形少數時難入微，數形結合百般好，隔離分家萬事休.”事實上，很多代數問題可以轉化為幾何問題加以解決，已知曲線C上任意一點滿足.(1)化簡曲線的方程；(2)已知圓（為坐標原點），直線經過點且與圓相切，過點A作直線的垂線，交于兩點，求面積的最小值.【答案】(1)；(2)【解析】（1），由得．所以曲線的方程是；（2）設，直線方程是，則直線方程為，即,直線與已知圓相切，所以，則，由得，，由題意（∵），，，∴或，，又原點到直線的距離為，∴，由或得，設，，當且僅當時等號成立，，當且僅當時等號成立，∴時，，∴，即時，．2．（2023·浙江·模擬預測）已知橢圓，點，斜率不為0的直線與橢圓交于點，與圓相切且切點為為中點.(1)求圓的半徑的取值范圍；(2)求的取值范圍.【答案】(1)(2)【解析】（1）如圖所示，由題意知，直線l的斜率存在且不為0，設直線l方程為（），，，設圓N的半徑為r，，，，，所以，又因為M為的中點，所以，又因為圓N與直線l相切于點M，所以，且，所以，所以，解得，所以，，解得：，所以（），所以，即，所以圓N的半徑r的取值范圍為.（2）由（1）知，，所以（），令，則（），所以，顯然在上單調遞減，所以，所以，即，故的取值范圍為.3．（2023·河北秦皇島·校聯考二模）已知雙曲線實軸的一個端點是，虛軸的一個端點是，直線與雙曲線的一條漸近線的交點為.(1)求雙曲線的方程；(2)若直線與曲線有兩個不同的交點是坐標原點，求的面積最小值.【答案】(1)(2)【解析】（1）設點，點，則直線的方程為，與漸近線聯立，得，解之得，即直線與雙曲線的一條漸近線交點為，又直線與雙曲線的一條漸近線的交點為，所以，即，因此雙曲線方程為.（2）

設，把代入，得，則，，，點到直線的距離，所以的面積為，令，所以，令，則，因為，所以，由，得，由，得，由，得，即當時，等號成立，此時滿足，所以面積的最小值為.考法五軌跡問題【例5】（2023·湖南·校聯考二模）已知為雙曲線的左右焦點，且該雙曲線離心率小于等于，點和是雙曲線上關于軸對稱非重合的兩個動點，為雙曲線左右頂點，恒成立．(1)求該雙曲線的標準方程；(2)設直線和的交點為，求點的軌跡方程．【答案】(1)(2)【解析】（1）設雙曲線的焦距為，由及雙曲線的定義，得，解得，由可得，又恒成立，所以，解得．因為該雙曲線離心率小于等于，所以，即，解得，所以，則，所以雙曲線的標準方程為．（2）因為，所以點只能在雙曲線的右支上，設，則，因為在雙曲線上，所以，易得，所以直線的斜率為，直線的方程為①，同理可求得直線的方程為②，由①×②得③，將代入③得，化簡得，令①=②即，化簡得，因為，所以，即點的軌跡方程為．【變式】1（2023·湖北武漢·華中師大一附中?？寄M預測）已知過右焦點的直線交雙曲線于兩點，曲線的左右頂點分別為，虛軸長與實軸長的比值為．(1)求曲線的方程；(2)如圖，點關于原點的對稱點為點，直線與直線交于點，直線與直線交于點，求的軌跡方程．【答案】(1)(2)【解析】（1）由題意得，又，則，曲線的方程為；（2）設直線的斜率分別為，直線為，由，得，，，則，，由于點關于原點的對稱點為點，，則直線為，直線為，顯然，由，得，即，則直線的方程為，由得，即，當時，由對稱性可知在軸上，此時直線平行于直線，不符合題意，故的軌跡方程為．2．（2023·江西·校聯考二模）已知過曲線上一點作橢圓的切線，則切線的方程為.若為橢圓上的動點，過作的切線交圓于，過分別作的切線，直線交于點.(1)求動點的軌跡的方程；(2)已知為定直線上一動點，過的動直線與軌跡交于兩個不同點，在線段上取一點，滿足，試證明動點的軌跡過定點.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）設點，由題意知切線的方程為，同理，設點，則切線的方程分別為：，又點Q在直線上，所以，所以直線的方程為：，和比較可得，又在曲線上，即，所以，即點Q的軌跡E的方程為；（2）設點，則由知，設，則且，則：，即，，整理可得且，又在曲線E上，則，故，所以，所以，即，由于,故時，，所以動點T的軌跡過定點.3．（2023·湖南長沙·雅禮中學校考一模）已知橢圓C：，直線l與橢圓C交于A，B兩點．(1)點為橢圓C上的動點（與點A，B不重合），若直線PA，直線PB的斜率存在且斜率之積為，試探究直線l是否過定點，并說明理由；(2)若．過點O作，垂足為點Q，求點Q的軌跡方程．【答案】(1)直線l過定點；(2)【解析】（1）直線過定點，下面證明：設，，，又，，∴，

∴直線過原點滿足．又當PA兩點固定時為定值，有且僅有一個斜率值與之相乘之積為，則直線重合，則重合，∴直線l過定點．（2）設，，，不妨設，∴，，又點A，B在橢圓上，∴，，∴，，兩式相加得，由，得，∴點Q的軌跡是以點O為圓心以為半徑的圓，∴點Q的軌跡方程為．考法六長度比值【例6】（2023·上海楊浦·復旦附中?？寄M預測）貝塞爾曲線是計算機圖形學和相關領域中重要的參數曲線．法國數學象卡斯特利奧對貝塞爾曲線進行了圖形化應用的測試，提出了DeCasteljau算法：已知三個定點，根據對應的比例，使用遞推畫法，可以畫出地物線．反之，已知拋物線上三點的切線，也有相應成比例的結論．如圖所示，拋物線，其中為一給定的實數.(1)寫出拋物線的焦點坐標及準線方程；(2)若直線與拋物線只有一個公共點，求實數k的值；(3)如圖，A，B，C是H上不同的三點，過三點的三條切線分別兩兩交于點D，E，F，證明：．【答案】(1)，(2)(3)證明見解析【解析】（1）焦點為，準線為；（2）將代入，化簡得（*），方程（*）的判別式，化簡得，解得；（3）設，設拋物線在點處的切線方程為，由，消去并化簡得，，，，解得，故切線方程為，，，即，同理可求得拋物線上過點B，C的切線方程分別為：，，聯立，解得，即，同理可得，，因為，，，所以．【變式】1．（2023·云南·校聯考三模）如圖，已知橢圓的上、下頂點為，右頂點為，離心率為，直線和相交于點，過作直線交軸的正半軸于點，交橢圓于點，連接交于點.(1)求的方程；(2)求證：.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）依題意可得，，又，解得，所以的方程為.（2）在橢圓中，，所以，，設直線（），直線（），因為直線與直線相交于點，由，解得，所以，又點在橢圓上，所以，整理得，因為直線交軸正半軸于點，令得，即，又因為，所以，，所以，因為直線交于點，令得，故，又，所以，，所以，又，所以，所以，所以.2．（2023·河南·校聯考模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，.過的直線l交C的右支于M，N兩點，當l垂直于x軸時，M，N到C的一條漸近線的距離之和為.(1)求C的方程；(2)證明：為定值.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）根據題意有，C的一條漸近線方程為，將代入C的方程有，，所以M，N到直線的距離之和為，所以，C的方程為.（2）

方法1：當l垂直于x軸時，由（1）可知，，且由雙曲的定義可知，故.當l不垂直于x軸時，由雙曲線的定義可知，，故.設，代入C的方程有：，設，，則，，所以，所以.綜上，的值為6.方法2：當l垂直于x軸時，由（1）可知，，且由雙曲的定義可知，故.當l不垂直于x軸時，設，代入C的方程有：.設，，則，，所以.綜上，的值為6.考法七存在性【例7】（2023·陜西西安·陜西師大附中?？寄M預測）已知橢圓經過點，過點的直線交該橢圓于，兩點.(1)求面積的最大值，并求此時直線的方程；(2)若直線與軸不垂直，在軸上是否存在點使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)面積的最大值為，此時直線的方程為或；(2)存在，【解析】（1）將代入橢圓方程，得到，故，故橢圓方程為.當直線的斜率為0時，此時三點共線，不合要求，舍去；當直線的斜率不為0時，設直線的方程為，與橢圓方程聯立，得，設，則，則，當且僅當，即時，等號成立，故面積的最大值為，此時直線的方程為或.（2）在x軸上存在點使得恒成立，理由如下：因為，所以，即，整理得，即，所以，則，解得，故在x軸上存在點，使得恒成立.【變式】1．（2023·吉林長春·東北師大附中?？家荒＃E圓的離心率為，過橢圓焦點并且垂直于長軸的弦長度為1．(1)求橢圓的標準方程；(2)若直線與橢圓相交于，兩點，與軸相交于點，若存在實數，使得，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【解析】（1）因為該橢圓的離心率為，所以有，在方程中，令，解得，因為過橢圓焦點并且垂直于長軸的弦長度為1，所以有，由可得：，所以橢圓的方程為；（2）當直線不存在斜率時，由題意可知直線與橢圓有兩個交點，與縱軸也有兩個交點不符合題意；當直線存在斜率時，設為，所以直線的方程設為，于是有，因為該直線與橢圓有兩個交點，所以一定有，化簡，得，設，于是有，因為，所以，代入中，得，于是有，化簡，得，代入中，得.2．（2023·遼寧撫順·?？寄M預測）已知動點到定點的距離與動點到定直線的距離之比為．(1)求點的軌跡的方程；(2)對，曲線上是否始終存在兩點，關于直線對稱？若存在，求實數的取值范圍；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)存在，【解析】（1）設，則，即，整理得，所以點的軌跡的方程為．（2）假設曲線上始終存在兩點，關于直線對稱，當時，設直線方程為，，，聯立，整理得，則，所以，．設的中點為，則，，將代入，則，所以，所以對恒成立，即對恒成立，因為，所以，則．易知當時，曲線上存在兩點，關于直線對稱．所以的取值范圍為．3．（2023·四川成都·模擬預測）已知橢圓的中心為O，左、右焦點分別為，，M為橢圓C上一點，線段與圓相切于該線段的中點N，且的面積為4.(1)求橢圓C的方程；(2)橢圓C上是否存在三個點A，B，P，使得直線AB過橢圓C的左焦點，且四邊形是平行四邊形？若存在，求出直線AB的方程；若不存在.請說明理由.【答案】(1)(2)【解析】（1）連接，則，因為為的中點，為的中點，所以，故，，，解得，由橢圓定義可知，，解得，由勾股定理得，即，解得，故，故橢圓方程為；（2）由題意得，當直線的斜率不存在時，即，此時，解得，設，由于，由對稱性可知，為橢圓左頂點，但，故不合要求，舍去，當直線的斜率存在時，設為，聯立得，，，設，則，，則中點坐標為，假設存在點P，使得四邊形是平行四邊形，則，將代入橢圓中，得，解得，此時直線AB的方程為.考法八角度關系轉斜率【例8】（2022·全國·統考高考真題）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面積．【答案】(1)；(2)．【解析】（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．易知直線l的斜率存在，設，，聯立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當時，直線過點，與題意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉化不妨設直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，，當均在雙曲線左支時，，所以，即，解得（負值舍去）此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；當均在雙曲線右支時，因為，所以，即，即，解得（負值舍去），于是，直線，直線，聯立可得，，因為方程有一個根為，所以，，同理可得，，．所以，，點到直線的距離，故的面積為．［方法二］：設直線AP的傾斜角為，，由，得，由，得，即，聯立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【變式】1．（2023·陜西寶雞·?？寄M預測）已知點P是平面直角坐標系異于O的任意一點過點P作直線及的平行線，分別交x軸于M，N兩點，且．(1)求點P的軌跡C的方程；(2)在x軸正半軸上取兩點，且，過點A作直線l與軌跡C交于E，F兩點，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）由題意，設點P坐標為，則根據題意，得，由得：，化簡得：，所以軌跡C的方程為：（2）由題意，當直線l的斜率不存在時，根據橢圓的對稱性，成立．當直線l的斜率存在，由題意，設直線l的方程為：、、，由得：，有得：，且，，則，又，因為，所以，則．綜上所述，．2．（2023·貴州畢節(jié)·校考模擬預測）已知橢圓的三個頂點所確定的三角形的面積為，（是的離心率）是上一點.(1)求的方程；(2)若直線與交于兩點，設，直線與分別交于（不同于）兩點，當時，記直線的傾斜角分別為，，求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】（1）依題意可得，得，得，得，得，得，得，則，所以橢圓的方程為.（2）設，，聯立，消去并整理得，因為在橢圓內，所以判別式恒大于，，，當時，直線：，聯立，消去并整理得，因為，即，所以，所以，因為在橢圓內，所以判別式恒大于，，，，所以，當時，直線：，易得，也滿足，故，同理可得，所以，所以，因為，所以，當且僅當，又，即時，等號成立，所以的最大值為.考點九三點共線【例9】（2023·貴州畢節(jié)·?？寄M預測）已知是拋物線的焦點，過點的直線交拋物線于兩點，當平行于軸時，.(1)求拋物線的方程；(2)若為坐標原點，過點作軸的垂線交直線于點，過點作直線的垂線與拋物線的另一交點為的中點為，證明：三點共線.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）拋物線的焦點為，當平行于軸時，設直線的方程為，設點、，，解得，所以，拋物線的方程為.（2）設直線的方程為，設點、，聯立可得，由韋達定理可得，，又因為直線的方程為，將代入直線的方程可得，可得，即點，所以，，因為，則，所以，直線的方程為，聯立可得，則，故，則，由的中點為，可得，故、、三點共線．【變式】1．（2022秋·云南昆明）過拋物線：上一動點作x軸的垂線，記垂足為，設線段的中點為，動點的軌跡為曲線，設為坐標原點(1)求曲線的方程；(2)過拋物線的焦點作直線與曲線交于兩點，設拋物線的準線為，過點作直線的垂線，記垂足為，證明：、、三點共線，【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）解：設，則，，因為是的中點，所以，即，所以，即，所以曲線C的方程；（2）證明：由題意得，準線，設點，，則設過拋物線的焦點的直線為當時，則，，，所以直線的方程為，即，因為過原點，所以、、三點共線；當時，聯立方程，化簡得，則，且，直線的方程為，將代入的方程，即當成立時，、、三點共線.下面證明成立：因為，欲證成立，只需證成立，即證成立，即證成立，又，所以所以成立，所以、、三點共線.2．（2023·江蘇鎮(zhèn)江）已知過拋物線的焦點，斜率為的直線交拋物線于兩點、，其中，且.（1）求該拋物線的方程；（2）設O為坐標原點，過點A作拋物線的準線的垂線，垂足為C，證明：B、O、C三點共線.【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）依題意可知拋物線的焦點坐標為，故直線的方程為，聯立，可得.∵，，，解得.∴經過拋物線焦點的弦，解得.∴拋物線方程為；（2）由（1）知A點的坐標為，B點的坐標為，過點A作拋物線的準線的垂線，垂足為C，則C點的坐標為，，又直線與直線有一個公共點O，所以B、O、C三點共線.