如何通过齐次化联立求解直线的斜率之和或积的问题

求解圆锥曲线中直线的斜率之和或积的问题是一类难度较大的题目.此类问题的运算量通常较大，很多同学往往因此而丢分.通过探究，笔者发现运用齐次化联立法，可使解题思路变得简单，而且还能简化运算，提升解题的效率.

若过椭圆C：[x2a2+y2b2=1（a>b>0）]上一定点[P（x0，y0）]作两条动直线分别交C于A，B两点，设直线PA、PB的斜率分别为[kPA、kPB].运用齐次化联立法解答圆锥曲线中直线的斜率之和[kPA+kPB]或积[kPA⋅kPB]的问题的主要思路为：

将椭圆的中心平移到[P]点，此时[P]为新坐标系的原点，则新椭圆[C′]的方程为[（x+x0）2a2+（y+y0）2b2=1]①.由于[lAB]不经过点P，所以可设[lAB′]：[mx+ny=1]②，联立①②联立得[x2a2+2x0xa2（mx+ny）+y2b2+2y0yb2（mx+ny）=0]③.因为PA、PB的斜率存在，设[A（x1′，y1′）]，[B（x2′，y2′）]，且[x1′≠0]，[x2′≠0]，在③式的两边同时除以[x2]得齐次式：[（2ny0+1b2）yx2+（2nx0a2+2my0b2）yx+2mx0+1a2=0]，则[kPA⋅kPB=y1′x1′⋅y2′x2′=2mx0+1a22ny0+1b2]，[kPA+kPB=y1′x1′+y2′x2′=-（2nx0a2+2my0b2）2ny0+1b2]，所得的值均与变量无关.

可以看出运用齐次化联立法解答圆锥曲线中直线的斜率之和或积的问题，关键是通过联立直线与新圆锥曲线的方程，构造出关于直线的斜率的一元二次方程[A（yx）2+B（yx）+C=0]，并将[y1x1]和[y2x2]视为方程的两根，即可根据韦达定理建立根与系数的关系式，从而求得两直线的斜率之和或积.

下面举例加以说明.

例1.若[P（1，32）]，直线[l]与椭圆[C：x24+y23=1]交于[A]，[B]两点，直线[PA]与[PB]的斜率之积为[-94]，求点[P]到[l]距离的最大值.

解：将坐标原点移到点[P]，则新椭圆[C]的方程为：[（x+1）24+（y+32）23=1]，即[x24+x2+y23+y=0]，

设[A（x1′，y1′）]，[B（x2′，y2′）]，其中[x1′≠0]，[x2′≠0]，

设[lAB′]：[mx+ny=1]，

则[x24+x2（mx+ny）+y23+y（mx+ny）=0]，

即[（13+n）y2+（n2+m）xy+][（14+m2）x2=0]，

在上述方程的两边除以[x2]得：

[（13+n）yx2+（n2+m）yx+（14+m2）=0]，

则[kPA⋅kPB=y1′x1′⋅y2′x2′=14+m213+n=-94]，即[-12m-94n=1]，

所以[lAB′]过定点[N（-12，-94）]，

因此[P]到直线[l]距离的最大值为[PN=] [（-12）2+（-94）2=854].

若按照常规方法解答本题，则运算量较大，于是采用齐次化联立法，先将坐标系平移；然后分别求得新直线AB与新椭圆的方程，并将二者联立，构造出关于直线的斜率的一元二次方程，即可根据韦达定理解题.

例2.如图1，[ΔABC]内接于椭圆[x216+y2=1]，其中[A]为椭圆的左顶点，圆[G：（x-2）2+y2=r2]是[ΔABC]的内切圆．

（1）求圆G的半径；

（2）过点[M（0，1）]作圆[G]的两条切线交椭圆于[E]，[F]两点，证明[EF]与圆[G]相切．

解：（1）[r=23]；

（2）由（1）知圆G：[（x-2）2+y2=49].

设[lME]：[y=k1x+1]，[lMF]：[y=k2x+1]，

因为[lME]与圆G相切，所以[|2k1+1|k12+1=23]，

化简得[32k12+36k1+5=0]，

同理[32k22+36k2+5=0]，

所以[k1]，[k2]是[32x2+36x+5=0]的两个根，

由韦达定理可得[k1+k2=-98]，[k1k2=532]．

将椭圆的中心平移至点[M]，

则椭圆[C]为：[x′216+（y+1）2=1]，即[x216+y2+2y=0].

设[lEF′]：[mx+ny=1]，则[x216+y2+2y（mx+ny）=0]，

即[（2n+1）y2+2mxy+x216=0]，

设[E（x1′，y1′）]，[F（x2′，y2′）]，[x1′≠0]，[x2′≠0]，

在上述方程的两边同时除以[x′2]得：[（2n+1）（yx）2+2m（yx）+116=0]，

所以[k1+k2=y1′x1′+y2′x2′=-2m2n+1=-98]，[k1⋅k2=y1′x1′⋅y2′x2′=116（2n+1）=532]，

解得[n=-310]，[m=940]，则[lEF′]：[940x-310y=1].

又圆[G]：[（x-2）2+（y+1）2=49]，

所以圆[G]到[lEF′]的距离[d=|2⋅940+310-1|92402+9102=5201540=23=r]，

即[lEF′]与圆[G]相切，故直线EF与圆G相切．

将直线与椭圆的方程联立后，往往要分别将二次项、一次项、常数项放在一起，这样将方程的左右同时除以x²，便能直接构造出关于直线的斜率的一元二次方程，然后可直接根据韦达定理解题.

例3.已知[P]为直线[x=6]上的动点，[A]、[B]分别为椭圆[E：x29+y2=1]的左、右顶点，[PA]与椭圆[E]的另一交点为[C]，[PB]与椭圆[E]的另一交点为[D]，如图2.证明：[CD]过定点.

证明：由题意可知[A（-3，0）]，[B（3，0）]，设[C（x，y）]，其中[x≠±3]，

[则kAC⋅kBC=yx+3⋅yx-3=y2x2-9=1-x29x2-9=-19，]

设[P（6，t）]，则[kAC=kAP=t6-（-3）=t9]，

[kBD=kBP][=t6-3=t3]，[kBD⋅kBC=3kAC⋅kBC=-13].

将坐标原点移至点[B]，则椭圆[E][：（x+3）29+y2=1]，即[x2+6x+9y2=0]，

而直线CD不经过点B，所以设[lCD′]：[mx+ny=1]，

则[x2+6x（mx+ny）+9y2=0]，

即[9y2+6nxy+（6m+1）x2=0]，

因为BC、BD的斜率存在，所以设[C（x1′，y1′）]，[D（x2′，]

[y2′）]，[x1′≠0]，[x2′≠0]，

将上述方程的两边同时除以[x′2]得：

[9（yx）2+6nyx+6m+1=0]，

则[kBC⋅kBD=6m+19=-13]，可得[m=-23]，

所以[lCD′]：[-23x+ny=1]，该直线恒过定点[（-32，0）]，

所以直线CD在原坐标系中恒过定点[（32，0）].

在运用齐次化联立法解题时，通常将直线的方程设为[mx+ny=1]，而不是[y=kx+b]或[x=my+n]，其目的是便于进行“1”的代换，以得到一个形如[Ay2+Bxy+Cx2=0]的齐次式.

例4.过点[F]的直线交双曲线[E：x2-y23=1（y≠0）]于[B]，[C]两点，点[A（-1，0）]，[F（2，0）]，直线[AB]，[AC]分别交[l：x=12]于点[M]、[N]两点，证明：以线段[MN]为直径的圆过点[F]．

证明：将坐标原点平移到点[A]，则新双曲线[E：（x-1）2-y′23=1]，即[x′2-2x-y′23=0]，

因为[BC]不过点[A]，所以设[lBC′：mx+ny=1]，

则[x′2-2x（mx+ny）-y′23][=0]，

设[B（x1′，y1′）]，[C（x2′，y2′）]，[x1′≠0]，[x2′≠0]，

在上述方程的两边同时除以[x′2]得：[-13（yx）2-2nyx+1-2m=0]，

所以[kAB⋅kAC=3（2m-1）].

又[lBC′]过点[F（3，0）]，

所以[3m+0=1]，可得[kAB⋅kAC=-1]，

因为[l：x=32]，于是设点[M（32，t1′）]，[N（32，t2′）]，

可得[kAB⋅kAC=][kAM⋅kAN=][t1′32⋅t2′32=-1]，解得[t1′t2′=-94]，

所以[kMF⋅kNF=][t1′32-3⋅t2′32-3=49t1′t2′=-1]，

即[MF⊥NF]，

故以线段MN为直径的圆过点F．

由于大部分题目中并不会出现直线的斜率[y1x1]和[y2x2]的关系式，而是会出现类似于[y1+y0x1]和[y2+y0x2]的关系式，但这两个关系式并不是方程[A（yx）2+B（yx）+C=0]的两根，因此需要通过平移圆锥曲线或者直角坐标系，将点[（x0，y0）]视为坐标原点，则原来的斜率关系式就会变成关于[y1x1]和[y2x2]的关系式.在解题时千万要注意新坐标系与原坐标系中点的坐标的变化，避免出错.

总之，运用齐次化联立法解题，能大大地简化运算，提升解题的效率.这就要求同学们学会根据圆锥曲线与直线的位置关系，综合运用直线的斜率公式、韦达定理、直线的一般式方程，通过坐标平移变换来解题.