不平移齊次化方法在圓錐曲線問題中的應用

陶勇勝 徐小芳

圓錐曲線問題，由于其側重考查學生的數學運算、邏輯推理、直觀想象等核心素養，是高考數學中一個重要的考點，其中一類以直線的斜率之和或者之積為背景的圓錐曲線問題更是近幾年高考中考查的熱點.運用平移齊次化方法求解圓錐曲線問題，具有簡化計算、提高解題效率的作用，但此法需要平移圓錐曲線或者平移整個坐標系，因此，先要重新繪制

圖形，且在計算過程中需要左、右或者上、下平移，計算結束后再平移回原來位置，實際書寫也有很多不便.正因為上述不便，所以對平移齊次化方法進行改進顯得很有意義且很有必要.如果不平移圓錐曲線或者不平移整個坐標系而直接采用齊次化方法，是否可以解決這類圓錐曲線問題？本文中先用不平移齊次化方法對幾個常見的模型進行推導，然后總結該方法的一般步驟和適用范圍，并運用該方法探究2022年和2023年圓錐曲線高考題，以期優化解決此類問題的思維策略.

1探究不平移齊次化方法

引例已知A（x0，y0）是橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上一個定點，B（x1，y1），C（x2，y2）是橢圓上異于A的兩點，可得以下性質：

性質1：若kAB+kAC=λ，則當λ≠0時，直線BC過定點x0－2y0λ，－y0－2x0b2λa2；當λ=0時，則直線BC的斜率為定值x0b2y0a2.

性質2：若kAB·kAC=λ（λ≠0），則當λ≠b2a2時，直線BC過定點λa2+b2λa2－b2x0，－λa2+b2λa2－b2y0；當λ=b2a2時，直線BC的斜率為定值－y0x0.

下面用不平移齊次化方法進行證明.

證明：將橢圓E：x2a2+y2b2=1等價變形為（x－x0）2a2+（y－y0）2b2+2x0a2x+y0b2y－1=0.設直線BC的方程為m（x－x0）+n（y－y0）=1，將橢圓E和直線BC的方程聯立，得到a2（1+2y0n）（y－y0）2+2（b2x0n+a2y0m）（x－x0）（y－y0）+b2（1+2x0m）5（x－x0）2=0.

將上式兩邊同時除以（x－x0）2，得到a2（1+2y0n）5y－y0x－x02+2（b2x0n+a2y0m）y－y0x－x0+b25（1+2x0m）=0，從而kAB+kAC=y1－y0x1－x0+y2－y0x2－x0=－2（b2x0n+a2y0m）a2（1+2y0n），kAB·kAC=y1－y0x1－x0·y2－y0x2－x0=b2（1+2x0m）a2（1+2y0n）.

若kAB+kAC=λ（λ≠0），則－2（b2x0n+a2y0m）a2（1+2y0n）=λ，化簡得到－2y0λm－2b2x0λa2+2y0n=1，直線BC過定點x0－2y0λ，－y0－2x0b2λa2.

當λ=0時，有k1+k2=－2（b2x0n+a2y0m）a2（1+2y0n）=0，即b2x0n+a2y0m=0，此時，直線BC的斜率kBC=－mn=x0b2y0a2.

點評：（1）不平移齊次化方法是一種根據定點的坐標，先分析斜率之和或之積的最終表示形式，再等價變形橢圓方程及構造直線方程，將二者聯立之后，由韋達定理得到斜率之和或之積的形式.與平移齊次化方法相比，減少了左右、上下平移，解答過程簡捷，書寫方便且易理解.

（2）通過上述推導，以橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）為例，可歸納不平移齊次化方法步驟如下：

①根據定點的坐標A（x0，y0），將橢圓方程等價變形為（x－x0）+x02a2+（y－y0）+y02b2=1；

②構造直線方程m（x－x0）+n（y－y0）=1；

③建立關于橢圓和直線方程的方程組，由韋達定理得到斜率之和的表示形式y1－y0x1－x0+y2－y0x2－x0或之積的表示形式y1－y0x1－x0·y2－y0x2－x0.

（3）不平移齊次化適用于已知定點的坐標及斜率之和或之積為定值，但不僅限于此（如例3）.

（4）性質2的證明可以仿照性質1的證明過程.

2不平移齊次化方法在圓錐曲線中的應用

2.1利用不平移齊次化方法求定點

例1（20235全國數學理科乙卷第20題）已知橢圓C：y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的離心率為53，曲線C過點A（－2，0）.

（1）求曲線C的方程；

（2）過點（－2，3）的直線交曲線C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為M，N，證明：線段MN的中點為定點.

解：（1）x24+y29=1；

（2）將橢圓C的方程變形為

4y2+9（x+2）2－36（x+2）=0.如圖1所示，設直線PQ的方程為m（x+2）+ny=1，直線AM，AN的斜率分別為k1，k2，M（x1，y1），N（x2，y2），因為直線PQ經過點（－2，3），所以n=13，則PQ的方程為m（x+2）+13y=1.根據4y2+9（x+2）2－36（x+2）=0，m（x+2）+13y=1，整理可得4y2－12（x+2）y+（9－36m）（x+2）2=0，等式兩邊同時除以（x+2）2，從而4yx+22－12yx+2+（9－36m）=0，所以k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=3.

由于直線AP的方程為y=k1（x+2），令x=0，則y1=2k1.同理，y2=2k2.所以線段MN中點的縱坐標為y1+y22=k1+k2=3.

故線段MN的中點為定點（0，3）.

點評：該題第（2）問是引例中性質1的模型，即“已知kAM+kAN為定值，則直線MN過定點”，只是改變了其中的設問方式.本題的關鍵點是先將線段MN中點的縱坐標轉化為直線AM和AN的斜率之和，并利用不平移齊次化方法得到kAM+kAN為定值，整個解題過程較為簡潔.實際上，2022年全國數學理科乙卷第20題與此題背景相似，也可以用不平移齊次化方法求解，讀者可以嘗試一下.

2.2利用不平移齊次化方法求定直線

例2（20235全國Ⅱ卷高考試題第21題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為（－25，0），離心率為5.

（1）求C的方程；

（2）記C的左、右頂點分別為A1，A2，過點（－4，0）的直線與C的左支交于M，N兩點，點M在第二象限，直線MA1與NA2交于點P.證明：點P在定直線上.

解：（1）x24－y216=1；（2）將雙曲線C的方程等價變形為y2－4（x－2）2－16（x－2）=0.如圖2所示，設直線MN的方程為m（x－2）+ny=1，M（x1，y1），N（x2，y2）.因為直線MN經過點（－4，0），則m=－16，所以直線MN的方程為－16（x－2）+ny=1.聯立雙曲線C和直線MN的方程，由y2－4（x－2）2－16（x－2）=0，－16（x－2）+ny=1，整理得到3y2－48n（x－2）y－4（x－2）2=0，等式兩邊同除以（x－2）2，得3yx－22－48nyx－2－4=0，則kA1MkA2N=y1x1－2·y2x2－2=－43.由雙曲線的第三定義kA1M·kA2M=b2a2=4，所以kA1M=－3kA2N.又因為直線A1M的方程為y=kA1M（x+2），直線A2N的方程為y=kA2N（x－2），聯立直線A1M和A2N的方程，得到kA1M·（x+2）=kA2N·（x－2），解得x=－1，即xP=-1，

故點P在定直線x=－1上.

點評：該題考查圓錐曲線中的熱點——定直線問題，若用設線聯曲和韋達定理構建交點坐標之間的關系，運算中會出現非對稱韋達結構，轉化非對稱韋達結構是個難點.而本題采用不平移齊次化方法和雙曲線第三定義巧妙得到了直線A1M和A2N的斜率之間的關系，聯立二者的方程，簡捷地得到其交點P的橫坐標為定值，且避免了對非對稱韋達結構的轉化.

2.3利用不平移齊次化方法求最值

例3（20225浙江省數學高考試題第21題）如圖3，已知橢圓x212+y2=1，設A，B是橢圓上異于P（0，1）的兩點，且點Q0，12在線段AB上，直線PA，PB分別交直線y=－12x+3于C，D兩點.

（1）求點P到橢圓上點的距離的最大值；

（2）求|CD|的最小值.

解：（1）121111；

（2）將橢圓的方程x212+y2=1等價變形為12（y－1）2+x2+24（y－1）=0.設直線AB的方程為mx+n（y－1）=1，直線PA，PB的斜率分別為k1，k2.因為直線AB經過點Q0，12，所以n=－2，則直線AB的方程為mx－2（y－1）=1.聯立12（y－1）2+x2+24（y－1）=0，mx－2（y－1）=1，得到36（y－1）2－24mx（y－1）－x2=0，等式兩邊同時除以x2，得到36y－1x2－24my－1x－1=0，從而k1+k2=2m3，k1k2=－136.將直線AP和直線CD的方程聯立，由y=k1x+1，y=－12x+3，得到點C42k1+1，6k1+12k1+1.同理，點D42k2+1，6k2+12k2+1.由弦長公式以及柯西不等式，可得|CD|=1+－122|xC－xD|=25×[JB（|]12k1+1－12k2+1[JB）|]=45|k2－k1||4k1k2+2（k1+k2）+1|=65（k1+k2）2+132·12+4325[JB（|]k1+k2+49[JB）|]≥655，當且僅當k1+k2=14，即m=38時，|CD|取得最小值655.

點評：該題以兩條直線的斜率之積是定值為背景求距離的最值，巧妙融合不等式、函數思想和解析幾何，綜合性較強.根據引例的性質2，得到“兩條直線的斜率之積為定值”這一關鍵條件，消去線段|CD|中的一個變量，從而將求線段|CD|的多變量最值問題轉化為單變量的函數最值問題，再利用柯西不等式或者二次函數的性質求解，體現了函數和轉化思想.

從近幾年高考中的圓錐曲線試題來看，基于引例中的性質命制的試題不在少數，命題不回避這一熱點，且?？汲Ｐ?教師可對其整理歸納，與學生一起探究這類試題的共同點，幫助學生實現“遷移數學知識、類比解題方法，從具體的教學情境中抽象出共性、方法和體系”.另一方面，從高考試題的研究出發的命題和解題教學，既能幫助教師把握命題邏輯的正確性，也能幫助教師從不同角度對高考試題進行引申、類比和拓展，把試題價值最大化，還可以幫助教師能從數學的本質出發，呈現知識的生成過程，使得復習備考真正做到“精準高效”.