“齐次化”法在圆锥曲线问题中的应用

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）