巧構“齊次式”解一類解析幾何問題

在高中解析幾何的學習過程中，我們經常碰到直線與圓或直線與圓錐曲線位置關系的相關題目.經驗告訴我們，利用常規的方法（即聯立方程，再根據韋達定理和已知條件求解）可以去解決這一類問題，但通常運算量比較大，導致容易出錯. 當我們深入研究題目，充分挖掘題目隱含條件后，結合“齊次式”知識，我們可以得到別樣的思路. 下面我們通過幾個例子對這一類問題進行探討.

例1 若直線l：x+2y=3與圓C：x2+y2+x-6y+c=0相交于點P、Q，且滿足OP⊥OQ，其中O為坐標原點，求c的值.

分析 本題考查的是直線與圓的位置關系，稍作思考，可以做如下解答.

解析 設P（x1，y1）、Q（x2，y2），聯立方程，得

x+2y=3，x2+y2+x-6y+c＝０，消去x，得5y2-20y+12+c=0.由韋達定理，得y1+y2=4，y1y2= .①

∴x1x2=（３－２y1）（３－２y2）=9-6（y1＋y2）＋４y1y2＝ . ②

∵OP⊥OQ，∴ #8226; =-1，化簡得x1x2+y1y2=0.（*）

把①②代入（*）式，得 + =0，解得c=3.

評析 以上是利用常規方法解這道解析幾何題，即先聯立直線與圓的方程，消去其中一個未知數，然后根據韋達定理和已知條件求出c的值.雖然可以算出結果，但是運算比較繁瑣，我們能不能有一種方法來簡化計算呢？

一、合理構造“齊次式”，對例題進行再思考

二次齊次式是指如下關于x，y的式子：ax2+bxy+cy2=0（a、b、c為常數）.巧妙構造并合理運用這一式子會給你解題帶來意想不到的效果，尤其是在簡化解析幾何問題的運算方面顯示出無比的優越性.

下面我們就應用“常數字母化”法構造二次齊次式，從而省去消未知數這一復雜的步驟，對例1進行再解答.

解析 將直線方程改寫為 =1，可構造如下齊次式：x2+y2+（x-6y）（ ）＋c（ ）2=0. （*）

令k= ，于是方程(*)可化為

（ -3）k2+（ - ）k+（ ＋ ）＝０. （**）

則OP、ＯＱ的斜率kOP，kOQ是方程（**）的兩根，根據韋達定理，得 kOP#8226;kOQ＝ . 又∵OP⊥OQ，∴kOP#8226;kOQ＝-１，即 ＝－１，解得c=3 .

例2 已知圓C：x2+y2-2x+4y-4=0，是否存在斜率為1的直線l，使得l被圓C截得的弦AB為直徑的圓過原點，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由.

分析 解決本題的方法一：聯立方程，再根據韋達定理和已知條件求解，這里就不再贅述；方法二：構造二次齊次式，根據韋達定理求解，詳見如下解答.

解析 設直線l的方程為y=x+m （m≠0），將其改寫成 =1，并與圓方程聯立得x2+y2+（－２x＋４） －

４（ ）=0，整理得x2（m2+2m-4）-xy（６m－８）＋

y2（m2+4m-4）=0.（*） 由題意知x≠0，所以令k= ，則（*）式可變形為k2（m2+4m-4）-k（６m－８）＋（m2+2m-4）=0，因為直線l與圓相交于兩個不同點A（x1，y1），

B（x2，y2），所以m2+4m-4≠０.由韋達定理，得 k1k2= = .

若以AB為直徑的圓過原點，則必需OA⊥OB，∴k1k2= = ＝－１，∴m=1或m=4.故所求直線的方程為y=x+1或y=x+4.

評析 通過上面兩個例子，大家不難發現，構造齊次式可以簡便地解決直線與圓的問題，尤其是簡化了繁雜的計算，但是這種方法能不能應用于解決直線與圓錐曲線問題呢？下面我們來研究與橢圓有關的問題.

二、發散思維，把知識進行遷移

例3 橢圓中心在原點，焦點在x軸上，離心率為 ，它與直線x+y=1交于P、Q兩點，且OP⊥OQ，求橢圓方程.

分析 本題考查直線與橢圓位置關系，一般方法是設出含未知數的橢圓方程，聯立直線與橢圓的方程，消去其中一個未知數，然后根據韋達定理和已知條件求出未知數，最后得出出橢圓方程.但運算過程比較繁瑣，下面我們試通過構造“齊次式”的方法，來簡化解題.

解析 設橢圓方程為 + =1（a>b>0），利用x+y=1，可構造出如下齊次式： + =（x+y）２，整理得（a2-a2b2）y2-2a2b2xy+（b2-a2b2）x2=0 . （*）

令k= ，方程(*)可化為（a2-a2b2）k2-2a2b2k+（b2-a2b2）=0. （**）

∵OP⊥OQ，∴kOP#8226;kOQ＝-１.把kOP，kOQ看成方程（**）的兩根，由韋達定理，得 =-1，即a2+b2-2a2b2=0. ①

又∵e= ，可得a2=4b2 .②

由①②聯立解得a2= ，b2= ，故所求方程為

+ =1.

例4 （Ax1，y1）（Bx2，y2）是拋物線x2=4y上的兩個點，且OA⊥OB(O為坐標原點)，求弦AB的中點的軌跡方程.

解析 設直線AB的方程為ax+by=1，代入拋物線方程，使其變成關于x，y的二次齊次方程，即x2=4y（ax+by）. (*)若x=0，則直線AB與拋物線只有一個交點，與題意不符. 因此，x≠0.

把（*）兩邊同時除以x2，并令k= ，化簡后可得4bk2-4ak-1=0.

設方程的兩根為k1，k2，可知k1，k2為OA，OB的斜率，k1#8226;k2＝－ =-1，即b= .將b= 代入ax+by=1和x2=4y（ax+by），得４ax+y=４，x2＝４y（ax+ y），消去y，并化簡得x2+16ax-16=0.

設AB的中點坐標為（x′，y′），

則x′= （x１＋x2）= ×（-16a）=-8a，y′= ［8-4a（x１＋x2）］=４＋３２a２，消去a，得（x′）=2[（y′）-4].

綜上所得，所求弦AB的中點軌跡方程為

（x′）2=2[（y′）-4].

評析 通過以上兩例子，我們知道構造“齊次式”也可以簡便地解決直線與圓錐曲線的問題，由此我們得出解決此類問題的一般結論.

三、總結歸納例題，得出一般結論

如果給出直線lx+my+n=0（n≠0）以及曲線Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0，我們能否構造出“齊次式”來解決相關問題呢？我們可以得到如下的結論.

結論 若直線lx+my+n=0（n≠0）和曲線Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0有兩個交點P、Ｑ，Ｏ為坐標原點，則二元二次齊次方程：

Ax2+Bxy+Cy2+（Dx+Ey）（－ ）+F（－ ）2 = 0，(*)

表示交點為原點的OP、ＯＱ兩相交直線.

證明 設點P的坐標為（x１，y1），則lx1+my1+n=0，即- =1，可構造齊次式如下：

Ax2１+Bx１y１+Cy2１+Dx１+Ey１+F=0. （１）

把方程（１）×t2（t為任意實數）變為：

t2[Ax2１+Bx１y１+Cy2１+（Dx１+Ey１）（－ ）+F（－ ）2 ]

=0. （２）

稍作整理，得A（tx１）２+Btx１ty１+C（ty１）２+（Dtx１+Ety１）

（－ ）+F（－ ）2 ]=0.（3）

不妨把直線OP上的點表示為（x，y），則x=tx１，y=ty１（t為任意實數），所以方程（3）可化為

Ax2+Bxy+Cy2+（Dx+Ey）（－ ）+F（－ ）2 = 0. （*）

因此，直線OP上的點都在方程(*)表示的曲線上.同理可證，直線OQ上的點也在方程(*)所表示的曲線上.又方程(*)是二元二次齊次方程，從而方程(*)表示交點為原點的OP、OＱ兩直線.

以上我們證明了結論，不妨令k= ，則方程(*)可化為ak2+bk+c=0.(**)的形式，從而直線OP、ＯＱ的斜率kOP，kOQ是方程(**)的兩根.因此，在解答條件涉及過原點以及直線lx+my+n=0（n≠0）和曲線Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0有兩個交點的直線OP、ＯＱ的斜率之和(積)或直線OP、ＯＱ的夾角為定值的一類解析幾何題時，可按以上得出的結論構造二次齊次方程(*)，再轉化為方程ak2+bk+c=0的形式，利用直線OP、ＯＱ的斜率之和（積）或直線OP、ＯＱ的夾角為定值這一條件，使問題順利得以解決.

四、將問題變形處理，推陳出新

通過以上例子我們討論了具有一定特點的相交直線的交點在原點的問題，若具有一定特點的相交直線的交點不是在原點，我們又該怎樣處理呢？看看下面的例子.

例5 設直線l：y＝x+b與橢圓C： + =1（a＞1）相交于A、Ｂ兩點，l過橢圓C的右焦點F2，橢圓C的左焦點為F1，若ＡF１⊥BF１，求橢圓C的方程.

分析 本題相交直線ＡF１、BF１的交點不是在原點，而是在左焦點F1，我們可以先將原點平移，再根據以上結論求解.

解析 由題意，易知橢圓的兩焦點分別為

F１（－１，０），F2（１，０），又因為l過右焦點F2，代入得l的方程為y=x-1，將坐標原點移至F1處，則直線l的方程變為y′=x′-2，即 =1 ，將坐標原點移至F１處，則橢圓C的方程變為（a2-1）x′2+a2y′2-（a2-1）x′－（a2-1）2=0.

由結論知，直線F1Ａ，F1Ｂ兩直線的方程為（a2-1）x′2+a2y′2-（a2-1）x′#8226; －（a2-1）2#8226;（ ）2=0（1）

令k= ，則方程(1)可化為 （-a4+6a2-1）k2+ （a4-1）k- （a2-1）2=0.

∵ＡF１⊥BF１，∴kF A#8226;kF Ｂ＝－１，即 ＝-１，化簡，得a4－４a2＋1＝０（a>１），解得a2＝２＋ ，a2＝２－ （舍去）.

故所求的橢圓C的方程為 + =1.

思考 對于例5這類交點不是在原點的問題，能不能直接用構造“齊次式”的方法求解呢？限于篇幅，留給有興趣的讀者研究.

“齊次式”是一種較為常見而又具有強勁威力的工具，除了應用在解析幾何問題以外，它還能幫助我們解決不等式的證明、函數的最值和范圍以及其它問題. 它不僅能簡化解題，也能培養思維的靈活性，它正逐漸被大多數人視為一種解題方法而得到重視.

責任編校 徐國堅

注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內容請以PDF格式閱讀原文。