“齊次化”法在圓錐曲線問題中的應用

段繼華

[摘 要]由斜率關系引發的定點、定值問題在高考中總是以不同的方式出現，用“齊次化”法能巧妙解決此類問題，并簡化運算過程。

[關鍵詞]齊次化;圓錐曲線;斜率

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2022）14-0022-03

圓錐曲線是高考的重點考查內容，圓錐曲線問題常以壓軸題或把關題的形式出現，此類問題因計算煩瑣，而常令考生望而卻步。若能根據題目所給條件，找到簡捷的解法，往往可化繁為簡，使解題事半功倍。下面利用“齊次化”法解決由斜率關系引發的定點、定值問題。

一、引例分析

[例1]已知橢圓[C]：[x2a2+y2b2=1]（[a>b>0]）的離心率為[22]，且過點[A（2， 1）]。

（1）求[C]的方程;

（2）點[M]，[N]在[C]上，且[AM⊥AN]，[AD⊥MN]，[D]為垂足。證明：存在定點[Q]，使得[DQ]為定值。

“已知直線[l]與圓錐曲線交于兩點，另一定點與兩個交點相連，所得兩條直線的斜率之和或斜率之積為定值。”若題目中給出這種類似的條件，則確定直線[l]過某一定點。

由已知條件[AM⊥AN]，可知直線[AM]和[AN]的斜率之積為定值-1，故本題名為求定值，實為求定點，即直線[MN]過某一定點。設該定點為[E]（如圖1），則[AE]為定線段，由[AD⊥MN]可知三角形[ADE]為直角三角形，故點[D]到[AE]的中點[Q]的距離為定值，即[12AE]。因此問題求解的關鍵是確定定點[E]的坐標。

二、問題解答

直線過定點問題的常規處理方法是設出直線方程[y=kx+m]，根據已知條件尋找[k， m]的等量關系，從而得出直線所過的定點。

（一）常規方法

引入直線[MN]的方程（注意討論斜率不存在的情況），將其與橢圓方程聯立，利用坐標法（設出[N]、[M]兩點的坐標）、消元法、判別式及根與系數的關系等，再結合[AM⊥AN]進行求解。

方法1：（1）由點[A]（2，1）在橢圓上及橢圓的離心率為[22]，得[4a2+1b2=1，1-b2a2=12，]解得[a2=6]，[b2=3]，故橢圓[C]的方程為[x26+y23=1]。

（2）設當[MN]的斜率存在時，設其方程為[y=kx+m]，與橢圓方程聯立，消元得[（1+2k2）x2+4kmx+2m2-6=0]。

設[M（x1， y1）]，[N（x2， y2）]，由根與系數的關系可得[x1+x2=-4km1+2k2]，[x1x2=2m2-61+2k2]。

由已知條件得[AM?AN=0]，所以[（x1-2）（x2-2）+（y1-1）（y2-1）=0]，即

[（1+k2）x1x2+（km-k-2）（x1+x2）+（m-1）2+4=0]

結合根與系數的關系得[（1+k2）2m2-61+2k2-（km-k-2）4km1+2k2+（m-1）2+4=0]，化簡得[（2k+3m+1）（2k+m-1）=0]。因為[A（2， 1）]不在直線[MN]上，所以[2k+m-1≠0]，[2k+3m+1=0]，[k≠1]，直線[MN]的方程為[y=kx-23-13（k≠1）]，過定點[E23，-13]。

若直線[MN]垂直于[x]軸，可得[M（x1， y1）]，[N（x1，-y1）]，由[AM?AN=0]，得[（x1-2）（x2-2）+（y1-1）（y2-1）=0]，而[x216+y213=1]，所以[3x21-8x1+4=0]，解得[x1=2]（舍去），[x1=23]，故[x1=23]，此時直線[MN]過點[E23，-13]，于是[AE]為定值[2-232+1+132=423]。

令[Q]為[AE]的中點，則[Q43， 13]，在Rt[△ADE]中，[AE]為斜邊，所以[AE]的中點[Q]滿足[QD]為定值（[AE]長度的一半[122-232+1+132=223]），故存在[Q43， 13]使得[DQ]為定值。

（二）齊次化處理

若題目中給出類似“直線[l]與橢圓[x2a2+y2b2=1]相交于[M]、[N]兩點，有[OM]與[ON]垂直”這樣的條件，即[kOM·kON=-1]。若設[M（x1， y1）]，[N（x2， y2）]，則得[y1x1?y2x2=-1]。進而聯想到構造一元二次方程[Ayx2+B?yx+C=0]，從而利用一元二次方程根與系數的關系求解，而構造[Ayx2+B?yx+C=0]，只需要構造方程[Ay2+B?xy+Cx2=0]。

若改變直線方程的常規設法，設直線[l]：[mx+ny=1]，將方程兩邊平方得[（mx+ny）2=1]，代入橢圓方程得[x2a2+y2b2=（mx+ny）2]，轉化得[1a2-m2x2-2mnxy+1b2-n2y2=0]，再將該方程左右兩邊同除[x2]，得[1b2-n2yx2-2mn?yx+1a2-m2=0]，則[y1x1， y2x2]為此方程的兩個根，進而可得[y1x1?y2x2=1a2-m21b2-n2=-1]，進而得到[m]，[n]之間的關系，判斷出直線[l]所過的定點坐標。

因此，若題目條件中給出斜率之積或斜率之和為定值的情況，即可利用上述方式構造關于[x]，[y]的齊二次式，將兩斜率視為方程[Ayx2+Byx+C=0]的兩根，進而利用根與系數的關系得到相關的等式。

若斜率之積或斜率之和的兩條直線交點不是原點，可先通過構造或換元（平移），再轉化成齊次式來求解。

若將上述條件中的“原點”改為其他點，比如點[D（u， v）]，即[DM]與[DN]垂直，則[y1-vx1-u?y2-vx2-u=-1]，此時可令[x-u=s]，[y-v=t]，則[t1s1?t2s2=-1]，將[x=s+u]，[y=t+v]代入橢圓方程[x2a2+y2b2=1]得[（s+u）2a2+（t+v）2b2=1]。再設直線[l]的方程為[ms+nt=1]，將其兩邊平方，代入方程[（s+u）2a2+（t+v）2b2=1]中，轉化整理得[1a2-m2s2+2ua2s+1b2-n2t2+2vb2t+u2a2+v2b2=0]，再將此方程中的[s]，[t]的一次項乘1，即乘[ms+nt]，常數項[u2a2+v2b2]乘[（ms+nt）2]得[1a2-m2s2+2ua2（ms+nt）s+1b2-n2t2+2vb2（ms+nt）t+u2a2+v2b2（ms+nt）2=0]，整理變形即可得

[1+2uma2+u2m2+v2m2b2-m2s2+2un+2u2mna2+2vm+2v2mnb2st+1+2vnb2+u2n2+v2n2a2-n2t2=0]

這是關于[s]，[t]的齊二次式，再將方程兩邊同除[s2]，得

[1+2vnb2+u2n2+v2n2a2-n2ts2+2un+2u2mna2+2vm+2v2mnb2ts+1+2uma2+u2m2+v2m2b2-m2=0]

即得關于[ts]的一元二次方程，[t1s1]和[t2s2]是此方程的兩個根，所以[t1s1?t2s2=1+2uma2+u2m2+v2m2b2-m21+2vnb2+u2n2+v2n2a2-n2=-1]，從而得到[m]，[n]的關系，即得到直線所過的定點坐標。

下面利用此種方法解答例1。

方法2：（1）[x26+y23=1]，過程略。

（2）令[M（x1， y1）]，[N（x1， y2）]，

則[kAM?kAN=y1-1x1-2?y2-1x2-2=-1]，

令[x-2=s]，[y-1=t]，則[x=s+2]，[y=t+1]，則

[kAM?kAN=y1-1x1-2?y2-1x2-2=t1s1?t2s2=k1?k2=-1]。

設直線[MN]的方程為[ms+nt=1]，將[x=s+2，y=t+1]代入橢圓方程[x26+y23=1]得[（s+2）2+2（t+1）2=6?s2+4s+2t2+4t=0]，將方程中[s]，[t]的一次項乘[ms+nt]，得[s2+4s（ms+nt）+2t2+4t（ms+nt）=0]，整理得[（4n+2）t2+4（m+n）st+（4m+1）s2=0]，將方程左右兩邊同除[s2]，得[（4n+2）ts2+4（m+n）ts+（4m+1）=0]，即[（4n+2）k2+4（m+n）k+（4m+1）=0]，所以[k1]，[k2]即為該方程的兩個根，于是[k1?k2=4m+14n+2=-1?-34m+-34n=1]，直線[MN]（[ms+nt=1]）過點[-43，-43]，所以直線[MN]過點[E23，-13 ]，由于[AE=2-232+1+132=823]為定值，且[△ADE]為直角三角形，[AE]為斜邊，所以[AE]的中點[Q]滿足[QD]為定值（[AE]長度的一半），即[QD=122-232+1+132=423]，所以存在點[Q43，13]使得[DQ]為定值。

三、拓展應用

在近年高考中，以斜率關系為背景的考題屢見不鮮。下面列舉兩例，并應用“齊次化”法進行求解，供參考。

[例2]設橢圓[C]：[x22+y2=1]的右焦點為[F]，過[F]的直線[l]與橢圓[C]交于[A、B]兩點，點[M]的坐標為[M（2， 0）]。

（1）當[l]與[x]軸垂直時，求直線[AM]的方程;

（2）設[O]為坐標原點，證明：[∠OMA=∠OMB]。

解：（1）[y=-22x+2]或[y=22x-2]。

（2）若[∠OMA=∠OMB]，則直線[MA]與[MB]關于[x]軸對稱，兩條直線斜率互為相反數，因此問題轉化為證明[kMA+kMB=0]。

令[A（x1， y1）]，[B（x1， y2）]，又[M（2， 0）]，所以[kMA=y1x1-2]，[kMB=y2x2-2]。令[kMA=k1]，[kMB=k2]。

設直線[l]的方程為[x=my+1]，令[x'=x-2]，則[x=x'+2]，直線[l]的方程為[my-x'=1]，[k1=y1x′1]，[k2=y2x′2]，橢圓方程變換為[（x'+2）2+2y2=2?x'2+4x'（my-x'）+2y2+2（my-x'）2=0]，即[（2m2+2）y2-x'2=0?（2m2+2）k2-1=0]，所以[k1+k2=0]，即[∠OMA=∠OMB]。問題得證。

[例3]已知橢圓[C]：[x2a2+y2b2=1（a>b>0）]，四點[P1（1， 1）]，[P2（0， 1）]，[P3-1， 32]，[P4-1， 32]中恰有三點在橢圓[C]上。

（1）求橢圓[C]的方程;

（2）設直線[l]不經過點[P2]且與橢圓[C]相交于[A]、[B]兩點，若直線[P2A]與直線[P2B]的斜率和為-1，證明：直線[l]恒過定點。

解：（1）若點[P1]在橢圓上，與另外三個點中的兩個點在橢圓上矛盾，故橢圓過點[P2]，[P3]，[P4]，所以[b2=1]，再將[P3-1，32或P41，32]代入橢圓方程可求得[a2=4]，故橢圓[C]的方程為[x24+y2=1]。

（2） 令[A（x1， y1）]，[B（x1， y2）]，又[P2（0， 1）]，所以[kP2A=y1-1x1]，[kP2B=y2-1x2]。令[kP2A=k1]，[kP2B=k2]，[kP2A+kP2B=k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=-1]。

令直線[l]的方程為：[mx+n（y-1）=1]，設[y'=y-1]，則[y=y'+1]，直線[l]的方程為[mx+ny'=0]， [k1+k2=y1′x1+y2′x2=-1]，橢圓方程變形為[x2+4（y'+1）2=4?x2+4y'2+8y'（mx+ny'）=0?x2+（8n+4）y'2+8mxy'+x2=0]，即[（8n+4）k2+8mk+1=0]。

因此[k1+k2=-8m8n+4=-1?m=n+12]，設直線[l]的方程為

[n+12x+n（y-1）=1?（x+y-1）n+12x=1]令[x+y-1=0，12x=1?x=2，y=-1，]所以[l]過點[（2，-1）]。

當然上述兩題也可采用常規方法求解，在此不再贅述。

由斜率關系引發的定點、定值問題在高考中總是以不同的方式出現，但問題的本質并沒有發生變化，希望教師指導學生備考時能夠多多總結，善于挖掘題目背景，選擇合理的解題方法。

（責任編輯 黃桂堅）