“齐次化”法在圆锥曲线问题中的应用

2022-05-30 10:48段继华
中学教学参考·理科版 2022年5期
关键词:圆锥曲线斜率

段继华

[摘 要]由斜率关系引发的定点、定值问题在高考中總是以不同的方式出现,用“齐次化”法能巧妙解决此类问题,并简化运算过程。

[关键词]齐次化;圆锥曲线;斜率

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章编号]    1674-6058(2022)14-0022-03

圆锥曲线是高考的重点考查内容,圆锥曲线问题常以压轴题或把关题的形式出现,此类问题因计算烦琐,而常令考生望而却步。若能根据题目所给条件,找到简捷的解法,往往可化繁为简,使解题事半功倍。下面利用“齐次化”法解决由斜率关系引发的定点、定值问题。

一、引例分析

[例1]已知椭圆[C]:[x2a2+y2b2=1]([a>b>0])的离心率为[22],且过点[A(2, 1)]。

(1)求[C]的方程;

(2)点[M],[N]在[C]上,且[AM⊥AN],[AD⊥MN],[D]为垂足。证明:存在定点[Q],使得[DQ]为定值。

“已知直线[l]与圆锥曲线交于两点,另一定点与两个交点相连,所得两条直线的斜率之和或斜率之积为定值。”若题目中给出这种类似的条件,则确定直线[l]过某一定点。

由已知条件[AM⊥AN],可知直线[AM]和[AN]的斜率之积为定值-1,故本题名为求定值,实为求定点,即直线[MN]过某一定点。设该定点为[E](如图1),则[AE]为定线段,由[AD⊥MN]可知三角形[ADE]为直角三角形,故点[D]到[AE]的中点[Q]的距离为定值,即[12AE]。因此问题求解的关键是确定定点[E]的坐标。

二、问题解答

直线过定点问题的常规处理方法是设出直线方程[y=kx+m],根据已知条件寻找[k, m]的等量关系,从而得出直线所过的定点。

(一)常规方法

引入直线[MN]的方程(注意讨论斜率不存在的情况),将其与椭圆方程联立,利用坐标法(设出[N]、[M]两点的坐标)、消元法、判别式及根与系数的关系等,再结合[AM⊥AN]进行求解。

方法1:(1)由点[A](2,1)在椭圆上及椭圆的离心率为[22],得[4a2+1b2=1,1-b2a2=12,]解得[a2=6],[b2=3],故椭圆[C]的方程为[x26+y23=1]。

(2)设当[MN]的斜率存在时,设其方程为[y=kx+m],与椭圆方程联立,消元得[(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0]。

设[M(x1, y1)],[N(x2, y2)],由根与系数的关系可得[x1+x2=-4km1+2k2],[x1x2=2m2-61+2k2]。

由已知条件得[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]

结合根与系数的关系得[(1+k2)2m2-61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(m-1)2+4=0],化简得[(2k+3m+1)(2k+m-1)=0]。因为[A(2, 1)]不在直线[MN]上,所以[2k+m-1≠0],[2k+3m+1=0],[k≠1],直线[MN]的方程为[y=kx-23-13(k≠1)],过定点[E23,-13]。

若直线[MN]垂直于[x]轴,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],此时直线[MN]过点[E23,-13],于是[AE]为定值[2-232+1+132=423]。

令[Q]为[AE]的中点,则[Q43, 13],在Rt[△ADE]中,[AE]为斜边,所以[AE]的中点[Q]满足[QD]为定值([AE]长度的一半[122-232+1+132=223]),故存在[Q43, 13]使得[DQ]为定值。

(二)齐次化处理

若题目中给出类似“直线[l]与椭圆[x2a2+y2b2=1]相交于[M]、[N]两点,有[OM]与[ON]垂直”这样的条件,即[kOM·kON=-1]。若设[M(x1, y1)],[N(x2, y2)],则得[y1x1?y2x2=-1]。进而联想到构造一元二次方程[Ayx2+B?yx+C=0],从而利用一元二次方程根与系数的关系求解,而构造[Ayx2+B?yx+C=0],只需要构造方程[Ay2+B?xy+Cx2=0]。

若改变直线方程的常规设法,设直线[l]:[mx+ny=1],将方程两边平方得[(mx+ny)2=1],代入椭圆方程得[x2a2+y2b2=(mx+ny)2],转化得[1a2-m2x2-2mnxy+1b2-n2y2=0],再将该方程左右两边同除[x2],得[1b2-n2yx2-2mn?yx+1a2-m2=0],则[y1x1, y2x2]为此方程的两个根,进而可得[y1x1?y2x2=1a2-m21b2-n2=-1],进而得到[m],[n]之间的关系,判断出直线[l]所过的定点坐标。

因此,若题目条件中给出斜率之积或斜率之和为定值的情况,即可利用上述方式构造关于[x],[y]的齐二次式,将两斜率视为方程[Ayx2+Byx+C=0]的两根,进而利用根与系数的关系得到相关的等式。

若斜率之积或斜率之和的两条直线交点不是原点,可先通过构造或换元(平移),再转化成齐次式来求解。

若将上述条件中的“原点”改为其他点,比如点[D(u, v)],即[DM]与[DN]垂直,则[y1-vx1-u?y2-vx2-u=-1],此时可令[x-u=s],[y-v=t],则[t1s1?t2s2=-1],将[x=s+u],[y=t+v]代入椭圆方程[x2a2+y2b2=1]得[(s+u)2a2+(t+v)2b2=1]。再设直线[l]的方程为[ms+nt=1],将其两边平方,代入方程[(s+u)2a2+(t+v)2b2=1]中,转化整理得[1a2-m2s2+2ua2s+1b2-n2t2+2vb2t+u2a2+v2b2=0],再将此方程中的[s],[t]的一次项乘1,即乘[ms+nt],常数项[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],整理变形即可得

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

这是关于[s],[t]的齐二次式,再将方程两边同除[s2],得

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

即得关于[ts]的一元二次方程,[t1s1]和[t2s2]是此方程的两个根,所以[t1s1?t2s2=1+2uma2+u2m2+v2m2b2-m21+2vnb2+u2n2+v2n2a2-n2=-1],从而得到[m],[n]的关系,即得到直线所过的定点坐标。

下面利用此种方法解答例1。

方法2:(1)[x26+y23=1],过程略。

(2)令[M(x1, y1)],[N(x1, y2)],

则[kAM?kAN=y1-1x1-2?y2-1x2-2=-1],

令[x-2=s],[y-1=t],则[x=s+2],[y=t+1],则

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

设直线[MN]的方程为[ms+nt=1],将[x=s+2,y=t+1]代入椭圆方程[x26+y23=1]得[(s+2)2+2(t+1)2=6?s2+4s+2t2+4t=0],将方程中[s],[t]的一次项乘[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],將方程左右两边同除[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]即为该方程的两个根,于是[k1?k2=4m+14n+2=-1?-34m+-34n=1],直线[MN]([ms+nt=1])过点[-43,-43],所以直线[MN]过点[E23,-13 ],由于[AE=2-232+1+132=823]为定值,且[△ADE]为直角三角形,[AE]为斜边,所以[AE]的中点[Q]满足[QD]为定值([AE]长度的一半),即[QD=122-232+1+132=423],所以存在点[Q43,13]使得[DQ]为定值。

三、拓展应用

在近年高考中,以斜率关系为背景的考题屡见不鲜。下面列举两例,并应用“齐次化”法进行求解,供参考。

[例2]设椭圆[C]:[x22+y2=1]的右焦点为[F],过[F]的直线[l]与椭圆[C]交于[A、B]两点,点[M]的坐标为[M(2, 0)]。

(1)当[l]与[x]轴垂直时,求直线[AM]的方程;

(2)设[O]为坐标原点,证明:[∠OMA=∠OMB]。

解:(1)[y=-22x+2]或[y=22x-2]。

(2)若[∠OMA=∠OMB],则直线[MA]与[MB]关于[x]轴对称,两条直线斜率互为相反数,因此问题转化为证明[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]。

设直线[l]的方程为[x=my+1],令[x'=x-2],则[x=x'+2],直线[l]的方程为[my-x'=1],[k1=y1x′1],[k2=y2x′2],椭圆方程变换为[(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]。问题得证。

[例3]已知椭圆[C]:[x2a2+y2b2=1(a>b>0)],四点[P1(1, 1)],[P2(0, 1)],[P3-1, 32],[P4-1, 32]中恰有三点在椭圆[C]上。

(1)求椭圆[C]的方程;

(2)设直线[l]不经过点[P2]且与椭圆[C]相交于[A]、[B]两点,若直线[P2A]与直线[P2B]的斜率和为-1,证明:直线[l]恒过定点。

解:(1)若点[P1]在椭圆上,与另外三个点中的两个点在椭圆上矛盾,故椭圆过点[P2],[P3],[P4],所以[b2=1],再将[P3-1,32或P41,32]代入椭圆方程可求得[a2=4],故椭圆[C]的方程为[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]。

令直线[l]的方程为:[mx+n(y-1)=1],设[y'=y-1],则[y=y'+1],直线[l]的方程为[mx+ny'=0], [k1+k2=y1′x1+y2′x2=-1],椭圆方程变形为[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],设直线[l]的方程为

[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]过点[(2,-1)]。

当然上述两题也可采用常规方法求解,在此不再赘述。

由斜率关系引发的定点、定值问题在高考中总是以不同的方式出现,但问题的本质并没有发生变化,希望教师指导学生备考时能够多多总结,善于挖掘题目背景,选择合理的解题方法。

(责任编辑 黄桂坚)

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