不平移齐次化方法在圆锥曲线问题中的应用

陶勇胜 徐小芳

圆锥曲线问题，由于其侧重考查学生的数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养，是高考数学中一个重要的考点，其中一类以直线的斜率之和或者之积为背景的圆锥曲线问题更是近几年高考中考查的热点.运用平移齐次化方法求解圆锥曲线问题，具有简化计算、提高解题效率的作用，但此法需要平移圆锥曲线或者平移整个坐标系，因此，先要重新绘制

图形，且在计算过程中需要左、右或者上、下平移，计算结束后再平移回原来位置，实际书写也有很多不便.正因为上述不便，所以对平移齐次化方法进行改进显得很有意义且很有必要.如果不平移圆锥曲线或者不平移整个坐标系而直接采用齐次化方法，是否可以解决这类圆锥曲线问题？本文中先用不平移齐次化方法对几个常见的模型进行推导，然后总结该方法的一般步骤和适用范围，并运用该方法探究2022年和2023年圆锥曲线高考题，以期优化解决此类问题的思维策略.

1探究不平移齐次化方法

引例已知A（x0，y0）是椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上一个定点，B（x1，y1），C（x2，y2）是椭圆上异于A的两点，可得以下性质：

性质1：若kAB+kAC=λ，则当λ≠0时，直线BC过定点x0－2y0λ，－y0－2x0b2λa2；当λ=0时，则直线BC的斜率为定值x0b2y0a2.

性质2：若kAB·kAC=λ（λ≠0），则当λ≠b2a2时，直线BC过定点λa2+b2λa2－b2x0，－λa2+b2λa2－b2y0；当λ=b2a2时，直线BC的斜率为定值－y0x0.

下面用不平移齐次化方法进行证明.

证明：将椭圆E：x2a2+y2b2=1等价变形为（x－x0）2a2+（y－y0）2b2+2x0a2x+y0b2y－1=0.设直线BC的方程为m（x－x0）+n（y－y0）=1，将椭圆E和直线BC的方程联立，得到a2（1+2y0n）（y－y0）2+2（b2x0n+a2y0m）（x－x0）（y－y0）+b2（1+2x0m）5（x－x0）2=0.

将上式两边同时除以（x－x0）2，得到a2（1+2y0n）5y－y0x－x02+2（b2x0n+a2y0m）y－y0x－x0+b25（1+2x0m）=0，从而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），则－2（b2x0n+a2y0m）a2（1+2y0n）=λ，化简得到－2y0λm－2b2x0λa2+2y0n=1，直线BC过定点x0－2y0λ，－y0－2x0b2λa2.

当λ=0时，有k1+k2=－2（b2x0n+a2y0m）a2（1+2y0n）=0，即b2x0n+a2y0m=0，此时，直线BC的斜率kBC=－mn=x0b2y0a2.

点评：（1）不平移齐次化方法是一种根据定点的坐标，先分析斜率之和或之积的最终表示形式，再等价变形椭圆方程及构造直线方程，将二者联立之后，由韦达定理得到斜率之和或之积的形式.与平移齐次化方法相比，减少了左右、上下平移，解答过程简捷，书写方便且易理解.

（2）通过上述推导，以椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）为例，可归纳不平移齐次化方法步骤如下：

①根据定点的坐标A（x0，y0），将椭圆方程等价变形为（x－x0）+x02a2+（y－y0）+y02b2=1；

②構造直线方程m（x－x0）+n（y－y0）=1；

③建立关于椭圆和直线方程的方程组，由韦达定理得到斜率之和的表示形式y1－y0x1－x0+y2－y0x2－x0或之积的表示形式y1－y0x1－x0·y2－y0x2－x0.

（3）不平移齐次化适用于已知定点的坐标及斜率之和或之积为定值，但不仅限于此（如例3）.

（4）性质2的证明可以仿照性质1的证明过程.

2不平移齐次化方法在圆锥曲线中的应用

2.1利用不平移齐次化方法求定点

例1（20235全国数学理科乙卷第20题）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的离心率为53，曲线C过点A（－2，0）.

（1）求曲线C的方程；

（2）过点（－2，3）的直线交曲线C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点.

解：（1）x24+y29=1；

（2）将椭圆C的方程变形为

4y2+9（x+2）2－36（x+2）=0.如图1所示，设直线PQ的方程为m（x+2）+ny=1，直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，M（x1，y1），N（x2，y2），因为直线PQ经过点（－2，3），所以n=13，则PQ的方程为m（x+2）+13y=1.根据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，等式两边同时除以（x+2）2，从而4yx+22－12yx+2+（9－36m）=0，所以k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=3.

由于直线AP的方程为y=k1（x+2），令x=0，则y1=2k1.同理，y2=2k2.所以线段MN中点的纵坐标为y1+y22=k1+k2=3.

故线段MN的中点为定点（0，3）.

点评：该题第（2）问是引例中性质1的模型，即“已知kAM+kAN为定值，则直线MN过定点”，只是改变了其中的设问方式.本题的关键点是先将线段MN中点的纵坐标转化为直线AM和AN的斜率之和，并利用不平移齐次化方法得到kAM+kAN为定值，整个解题过程较为简洁.实际上，2022年全国数学理科乙卷第20题与此题背景相似，也可以用不平移齐次化方法求解，读者可以尝试一下.

2.2利用不平移齐次化方法求定直线

例2（20235全国Ⅱ卷高考试题第21题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为（－25，0），离心率为5.

（1）求C的方程；

（2）记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点（－4，0）的直线与C的左支交于M，N两点，点M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上.

解：（1）x24－y216=1；（2）将双曲线C的方程等价变形为y2－4（x－2）2－16（x－2）=0.如图2所示，设直线MN的方程为m（x－2）+ny=1，M（x1，y1），N（x2，y2）.因为直线MN经过点（－4，0），则m=－16，所以直线MN的方程为－16（x－2）+ny=1.联立双曲线C和直线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，等式两边同除以（x－2）2，得3yx－22－48nyx－2－4=0，则kA1MkA2N=y1x1－2·y2x2－2=－43.由双曲线的第三定义kA1M·kA2M=b2a2=4，所以kA1M=－3kA2N.又因为直线A1M的方程为y=kA1M（x+2），直线A2N的方程为y=kA2N（x－2），联立直线A1M和A2N的方程，得到kA1M·（x+2）=kA2N·（x－2），解得x=－1，即xP=-1，

故点P在定直线x=－1上.

点评：该题考查圆锥曲线中的热点——定直线问题，若用设线联曲和韦达定理构建交点坐标之间的关系，运算中会出现非对称韦达结构，转化非对称韦达结构是个难点.而本题采用不平移齐次化方法和双曲线第三定义巧妙得到了直线A1M和A2N的斜率之间的关系，联立二者的方程，简捷地得到其交点P的横坐标为定值，且避免了对非对称韦达结构的转化.

2.3利用不平移齐次化方法求最值

例3（20225浙江省数学高考试题第21题）如图3，已知椭圆x212+y2=1，设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q0，12在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y=－12x+3于C，D两点.

（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；

（2）求|CD|的最小值.

解：（1）121111；

（2）将椭圆的方程x212+y2=1等价变形为12（y－1）2+x2+24（y－1）=0.设直线AB的方程为mx+n（y－1）=1，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.因为直线AB经过点Q0，12，所以n=－2，则直线AB的方程為mx－2（y－1）=1.联立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，等式两边同时除以x2，得到36y－1x2－24my－1x－1=0，从而k1+k2=2m3，k1k2=－136.将直线AP和直线CD的方程联立，由y=k1x+1，y=－12x+3，得到点C42k1+1，6k1+12k1+1.同理，点D42k2+1，6k2+12k2+1.由弦长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，当且仅当k1+k2=14，即m=38时，|CD|取得最小值655.

点评：该题以两条直线的斜率之积是定值为背景求距离的最值，巧妙融合不等式、函数思想和解析几何，综合性较强.根据引例的性质2，得到“两条直线的斜率之积为定值”这一关键条件，消去线段|CD|中的一个变量，从而将求线段|CD|的多变量最值问题转化为单变量的函数最值问题，再利用柯西不等式或者二次函数的性质求解，体现了函数和转化思想.

从近几年高考中的圆锥曲线试题来看，基于引例中的性质命制的试题不在少数，命题不回避这一热点，且常考常新.教师可对其整理归纳，与学生一起探究这类试题的共同点，帮助学生实现“迁移数学知识、类比解题方法，从具体的教学情境中抽象出共性、方法和体系”.另一方面，从高考试题的研究出发的命题和解题教学，既能帮助教师把握命题逻辑的正确性，也能帮助教师从不同角度对高考试题进行引申、类比和拓展，把试题价值最大化，还可以帮助教师能从数学的本质出发，呈现知识的生成过程，使得复习备考真正做到“精准高效”.