解析几何之平移齐次

例 1

已知椭圆 C:x24+y23=1 C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1 C:4x2​+3y2​=1，若直线 l:y=kx+ml:y=kx+ml:y=kx+m 与椭圆 CCC 相交于 A,BA, BA,B 两点（A,BA,BA,B 不是左右顶点），且以 ABABAB 为直径的圆过 (0,0)( 0,0 )(0,0) . 求证：直线 lll 与定圆相切.

分析

由题意，画出图像可知 OA⊥OBOA\bot OBOA⊥OB，那么 kOA∙kOB=−1k_{OA}\bullet k_{OB}=-1kOA​∙kOB​=−1，即，所以我们可以构造一个关于 yx \frac{y}{x}xy​ 的一元二次方程，由韦达定理可解.

解

将椭圆方程化为

3x2+4y2=123x^2+4y^2=123x2+4y2=12

由于直线 l ll 不过原点，则设直线 lll 方程为 mx+ny=1 mx+ny=1mx+ny=1，所以1

3x2+4y2=12∙12=12∙(mx+ny)23x^2+4y^2=12\bullet 1^2=12\bullet {(mx+ny)}^23x2+4y2=12∙12=12∙(mx+ny)2

化简，得

(12n2−4)y2+24mn∙xy+(12m2−3)x2=0 (12n ^2-4 )y ^2+24mn \bullet xy+ (12m ^2-3 )x ^2=0(12n2−4)y2+24mn∙xy+(12m2−3)x2=0

方程两边同时除以x2 x ^2x2，得

(12n2−4)y2x2+24mn∙yx+12m2−3=0(12n ^2-4 ) \frac{y ^2}{x ^2} +24mn \bullet \frac{y}{x}+12m ^2-3=0(12n2−4)x2y2​+24mn∙xy​+12m2−3=0

显然Δ>0{ \Delta } >0Δ>0，由韦达定理，得

kOA∙kOB=12m2−312n2−4=−1k_{OA} \bullet k_{OB}= \frac{12m ^2-3}{12n ^2-4}=-1 kOA​∙kOB​=12n2−412m2−3​=−1

所以

12(m2+n2)=712(m^2+n^2)=712(m2+n2)=7

原点 (0,0)(0,0)(0,0) 到直线 lll 的距离为

d=1m2+n2=127=847d=\frac{1}{\sqrt{m^2+n^2}}=\sqrt{\frac{12}{7}}=\frac{\sqrt{84}}{7} d=m2+n2 ​1​=712​ ​=784 ​​

所以，直线 lll 到 (0,0)(0,0)(0,0) 的距离为定值，即直线 lll 与以 (0,0)(0,0)(0,0) 为圆心，847\frac{\sqrt{84}}{7}784 ​​ 为半径的圆相切.

上面这道例题向我们展示了平移齐次的基本思想 “齐次化”.“齐次化” 思想在此类问题中的体现就是将方程每一项都变成二次。但是，“平移” 是什么？又该怎么用？来看下面的例题.

例 2

已知椭圆 C:x24+y23=1C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1C:4x2​+3y2​=1，若直线 l:y=kx+bl: y=kx+bl:y=kx+b 与椭圆 CCC 相交于 A,BA, BA,B 两点 （A,BA, B A,B 不是左右顶点），且以 ABABAB 为直径的圆过椭圆 CCC 的右顶点。求证：直线 lll 过定点，并求出该定点的坐标.

分析

通过画图，我们发现上一题中的 “原点 OOO” 变成了椭圆的右顶点（设为点 DDD），而 kDA∙kDB{k}_{DA}\bullet k_{DB} kDA​∙kDB​ 仍为定值 −1-1−1，那么，我们可以考虑把点 DDD 变成原点，即 “平移坐标系”.

解

将坐标系向右平移两个单位长度，如图，则在新坐标系中椭圆方程为

(x+2)24+y23=1\frac{{ (x + 2)}^ 2 }{ 4 } + \frac{y ^2}{3}=14(x+2)2​+3y2​=1

即

3x2+12x+4y2=03x ^2+12x+4y ^2=03x2+12x+4y2=0

由于直线 lll 不过原点，则设直线 lll 方程为 mx+ny=1mx+ny=1mx+ny=1，所以

3x2+12x∙(mx+ny)+4y2=03x ^2+12x \bullet (mx+ny)+4y ^2=03x2+12x∙(mx+ny)+4y2=0

化简，得

4y2+12n∙xy+(12m+3)x2=0 4y ^2+12n \bullet xy+ (12m+3 )x ^2=04y2+12n∙xy+(12m+3)x2=0

方程两边同时除以 x2 x ^2x2，得

4y2x2+12n∙yx+(12m+3)=04 \frac{y ^2}{x ^2}+12n \bullet \frac{y}{x}+ (12m+3 )=0 4x2y2​+12n∙xy​+(12m+3)=0

因为以 ABABAB 为直径的圆过椭圆 CCC 的右顶点，所以

kDA∙kDB=−1k_{DA} \bullet k_{DB}=-1kDA​∙kDB​=−1

显然 Δ>0{ \Delta } > 0Δ>0，由韦达定理得

kDA∙kDB=12m+34=−1k_{DA} \bullet k_{DB}= \frac{12m+3}{4}=-1kDA​∙kDB​=412m+3​=−1

解得

m=−712m=- \frac{7}{12}m=−127​

代入直线方程，得

−712x+ny=1- \frac{7}{12}x+ny=1 −127​x+ny=1

令y=0y=0y=0，则

x=−127x=- \frac{12}{7 }x=−712​

所以，直线lll过定点(−127,0)(-\frac{12}{7}, 0)(−712​,0)，即在原坐标系中点 (27,0)( \frac{2}{7}, 0) (72​,0).

通过上面的两道例题为大家讲解了平移齐次方法的基本原理，我们可以推测平移齐次的使用条件：有斜率之积或斜率之和时。那么，有没有其他更宽广的使用条件吗？我们再来看一下这道题.

例 3

已知双曲线 CCC 与双曲线 x24−y23=1\frac{x ^2}{4}-\frac{y^2}{3}=14x2​−3y2​=1的渐近线相同且点 A(2,3)A(2,3)A(2,3) 在 CCC 上，直线 l ll 与双曲线 CCC 交于 P,QP, QP,Q 两点， 直线 AP,AQAP, AQAP,AQ 关于直线 x=2x =2x=2 对称.

求 CCC 的方程；(y26−x28=1) (\frac{y^2}{6}-\frac{x^2}{8}=1)(6y2​−8x2​=1)

求直线 lll 的斜率.

解

由题意知，直线 lll 斜率存在.

因为直线 AP,AQ AP, AQAP,AQ 关于直线 x=2 x =2x=2 对称，则

kAP+kAQ=0k_{AP} + k_{AQ} =0 kAP​+kAQ​=0

将坐标系向上平移三个单位长度，向右平移两个单位，如图，则在新坐标系中椭圆方程为

(y+3)26−(x+2)28=1\frac{ (y +3 ) ^ 2 } {6} - \frac{ (x +2 ) ^ 2 }{ 8 } =16(y+3)2​−8(x+2)2​=1

即

4y2−3x2+24y−12x=04y ^ 2 - 3 x ^ 2 +24 y - 12 x =04y2−3x2+24y−12x=0

由于直线 lll不过原点，则设直线 lll 的方程为 mx+ny=1mx + ny =1mx+ny=1，则斜率k=−mnk=-\frac{m}{n}k=−nm​，所以

4y2−3x2+24y∙(mx+ny)−12x∙(mx+ny)=04 y ^ 2 - 3 x ^ 2 +24 y \bullet(mx+ny) - 12 x \bullet (mx+ny) =04y2−3x2+24y∙(mx+ny)−12x∙(mx+ny)=0

化简，得

(4+24n)y2+(24m−12n)∙xy−(3+12m)x2=0( 4+24 n )y ^ 2 + ( 24 m - 12 n ) \bullet xy - ( 3+12 m )x ^ 2 =0(4+24n)y2+(24m−12n)∙xy−(3+12m)x2=0

方程两边同时除以 x2x ^ 2 x2，得

(4+24n)y2x2+(24m−12n)yx−(3+12m)=0( 4+24 n ) \frac{y ^ 2 }{x ^ 2 } + ( 24 m -12 n ) \frac{y}{x} - ( 3+12 m )=0(4+24n)x2y2​+(24m−12n)xy​−(3+12m)=0

显然Δ>0\Delta>0Δ>0，由韦达定理得

kAP+kAQ=−24m−12n4+24n=3n−6m1+6n=0k_{AP} + k_{AQ} = - \frac{24m-12n}{4+24n}=\frac{3n-6m}{1+6n}=0kAP​+kAQ​=−4+24n24m−12n​=1+6n3n−6m​=0

于是

3n−6m=03n - 6m = 03n−6m=0

所以

k=−mn=−12k=-\frac{m}{n}=-\frac{1}{2}k=−nm​=−21​

因此直线 lll 的斜率为 −12- \frac{1}{2}−21​.

我们发现，只要有关于斜率的条件或者可以由题目推出有关斜率的等式，就可以用平移齐次.

上面的例题均和椭圆或抛物线有关，他们都是中心对称图形，而同为圆锥曲线的抛物线并不是中心对称图形，那么平移齐次对抛物线是否可以使用，来看这道例题.

例 4

已知抛物线 C:y2=4xC: y^2=4xC:y2=4x，点 B(1,−2) B(1, -2)B(1,−2) 在 CCC 上，过点 BBB 作 CCC 的两条弦 BPBPBP 与 BQBQBQ，若 kBP∙kBQ=−2k_{BP}\bullet k_{BQ}= -2kBP​∙kBQ​=−2，求证：直线 PQPQPQ 过定点.

解

将坐标系向下平移两个单位长度，向右平移一个单位长度，如图，则在新坐标系中抛物线方程为

(y−2)2=4(x+1) (y-2)^2=4(x+1)(y−2)2=4(x+1)

即

y2=4(x+y) y^2=4(x+y)y2=4(x+y)

由于直线 lll 不过原点，则设直线 lll 方程为 mx+ny=1mx+ny=1mx+ny=1，所以

y2=4(x+y) bullet(mx+ny)y ^2=4 (x+y )\ bullet (mx+ny)y2=4(x+y) bullet(mx+ny)

化简，得

(4n−1)y2+4(m+n) bulletxy+4mx2=0(4n-1 )y ^2+4 (m+n )\ bullet xy+4mx ^2=0(4n−1)y2+4(m+n) bulletxy+4mx2=0

方程两边同时除以 x2x ^2x2，得

(4n−1) fracy2x2+4(m+n) bullet fracyx+4m=0(4n-1 )\ frac{y ^2}{x ^2}+4(m+n)\ bullet \ frac{y}{x}+4m=0(4n−1) fracy2x2+4(m+n) bullet fracyx+4m=0

显然Δ>0 \Delta >0Δ>0，由韦达定理得

kBP bulletkBQ= frac4m4n−1=−2 k_{BP}\ bullet k_{BQ}=\ frac{4m}{4n-1}=-2kBP​ bulletkBQ​= frac4m4n−1=−2

于是

2m+4n=1 2m+4n=12m+4n=1

代入直线 lll 方程，得

x=2y=4x=2 \\ y=4x=2y=4

所以，直线 lll 过定点 (2,4) (2,4 )(2,4)，即在原坐标系中点 (3,2) (3, 2)(3,2).

以上，为大家介绍了平移齐次的解题方法，这个方法大大降低了计算难度。在平移齐次中，“平移” 就是为了 “齐次”，其实不平移也可以构造齐次.

例 5

（2017 年全国 I 卷理）已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)C:a2x2​+b2y2​=1(a>b>0)，四点 P1(1,1),P2(0,1),P3(−1,32),P4(1,32) P_1(1,1),P_2(0,1),P_3(-1,\frac{\sqrt{3}}{2}), P_4(1,\frac{\sqrt{3}}{2})P1​(1,1),P2​(0,1),P3​(−1,23 ​​),P4​(1,23 ​​)中恰有三点在椭圆上.

求椭圆的方程；(x24+y2=1)(\frac{x^2}{4}+y^2=1)(4x2​+y2=1)

设直线 lll 不经过点 P2P_2P2​ 且与 CCC 相交于 A,BA, BA,B 两点。若直线 P2AP_2AP2​A 与 P2BP_2BP2​B 的斜率之和为 −1 -1−1，证明：lll过定点.

分析

设 A(x1,y1),B(x2,y2) A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)A(x1​,y1​),B(x2​,y2​)，那么 kP2A=y1−1x1,kP2B=y2−1x2k_{P_2A}=\frac{y_1-1}{x_1},k_{P_2B}=\frac{y_2-1}{x_2}kP2​A​=x1​y1​−1​,kP2​B​=x2​y2​−1​，要不平移，就要构造关于 y−1x\frac{y-1}{x}xy−1​ 的一元二次方程组。直线 lll 可设为 mx+n(y−1)=1 mx+n(y-1)=1mx+n(y−1)=1，椭圆方程可化为 x24+(y−1+1)2ˆ=1\frac{x^2}{4}+{(y-1+1)}\^2=14x2​+(y−1+1)2ˆ=1，把 y−1y-1 y−1 看作整体，得 x24+(y−1)2+2(y−1)=0\frac{x^2}{4}+{(y-1)}^2+2(y-1)=0 4x2​+(y−1)2+2(y−1)=0，齐次化可解.

解

将椭圆方程化为

x24+(y−1+1)2=1\frac{x^2}{4}+{(y-1+1)}^2=14x2​+(y−1+1)2=1

即

x24+(y−1)2+2(y−1)=0\frac{x^2}{4}+{(y-1)}^2+2(y-1)=04x2​+(y−1)2+2(y−1)=0

由于直线 lll不过点 P2(0,1) P_2(0, 1)P2​(0,1)，则设直线 lll 方程为 mx+n(y−1)=1mx+n(y-1)=1mx+n(y−1)=1，所以

x24+(y−1)2+2(y−1)∙[mx+n(y−1)]=0\frac{x^2}{4}+{(y-1)}^2+2(y-1)\bullet[mx+n(y-1)]=0 4x2​+(y−1)2+2(y−1)∙[mx+n(y−1)]=0

化简，得

(1+2n)∙(y−1)2+2mx∙(y−1)+x24=0 (1+2n)\bullet (y-1)^2+2mx \bullet (y-1)+\frac{x^2}{4}=0(1+2n)∙(y−1)2+2mx∙(y−1)+4x2​=0

方程两边同时除以 x2x^2x2，得

(1+2n)∙y−1x2+2m∙y−1x+14=0(1+2n)\bullet \frac{y-1}{x}^2+2m \bullet \frac{y-1}{x}+\frac{1}{4}=0(1+2n)∙xy−1​2+2m∙xy−1​+41​=0

显然Δ>0\Delta > 0Δ>0，由韦达定理得

kP2A+kP2B=−2m1+2n=−1k_{P_2A}+k_{P_2B}=-\frac{2m}{1+2n}=-1kP2​A​+kP2​B​=−1+2n2m​=−1

于是

2m=2n+1 2m=2n+12m=2n+1

代入直线 lll 方程，得

x=2y=−1x=2 \\ y=-1 x=2y=−1

所以，直线 lll 过定点 (2,−1)(2,-1)(2,−1).

其实，“齐次化” 这个思想在解析几何中经常被使用，比如离心率问题：找到关于 a,ca, ca,c 的齐次式，就可以解得离心率.

参考资料

解析几何中的齐次化处理 - 知乎 (zhihu.com)

Footnotes

方程 m(x−a)+n(y−b)=1 m(x-a)+n(y-b)=1m(x−a)+n(y−b)=1 表示所有不经过点的直线。 ↩