小戴の博客

例 1#

已知椭圆 $C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，若直线 $l:y=kx+m$ 与椭圆 $C$ 相交于 $A, B$ 兩點（$A,B$ 不是左右頂點），且以 $AB$ 為直徑的圓過 $( 0,0 )$ . 求證：直線 $l$ 與定圓相切.

分析#

由題意，畫出圖像可知 $OA\bot OB$，那麼 $k_{OA}\bullet k_{OB}=-1$，即，所以我們可以構造一個關於 $\frac{y}{x}$ 的一元二次方程，由韋達定理可解.

解#

將椭圆方程化為

$3x^2+4y^2=12$

由於直線 $l$ 不過原點，則設直線 $l$ 方程為 $mx+ny=1$，所以¹

$3x^2+4y^2=12\bullet 1^2=12\bullet {(mx+ny)}^2$

化簡，得

$(12n ^2-4 )y ^2+24mn \bullet xy+ (12m ^2-3 )x ^2=0$

方程兩邊同時除以$x ^2$，得

$(12n ^2-4 ) \frac{y ^2}{x ^2} +24mn \bullet \frac{y}{x}+12m ^2-3=0$

顯然${ \Delta } >0$，由韋達定理，得

$k_{OA} \bullet k_{OB}= \frac{12m ^2-3}{12n ^2-4}=-1$

所以

$12(m^2+n^2)=7$

原點 $(0,0)$ 到直線 $l$ 的距離為

$d=\frac{1}{\sqrt{m^2+n^2}}=\sqrt{\frac{12}{7}}=\frac{\sqrt{84}}{7}$

所以，直線 $l$ 到 $(0,0)$ 的距離為定值，即直線 $l$ 與以 $(0,0)$ 為圓心，$\frac{\sqrt{84}}{7}$ 為半徑的圓相切.

上面這道例題向我們展示了平移齊次的基本思想 “齊次化”.“齊次化” 思想在此類問題中的體現就是將方程每一項都變成二次。但是，“平移” 是什麼？又該怎麼用？來看下面的例題.

例 2#

已知椭圆 $C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，若直線 $l: y=kx+b$ 與椭圆 $C$ 相交於 $A, B$ 兩點 （$A, B$ 不是左右頂點），且以 $AB$ 為直徑的圓過椭圆 $C$ 的右頂點。求證：直線 $l$ 過定點，並求出該定點的坐標.

分析#

通過畫圖，我們發現上一題中的 “原點 $O$” 變成了椭圆的右頂點（設為點 $D$），而 ${k}_{DA}\bullet k_{DB}$ 仍為定值 $-1$，那麼，我們可以考慮把點 $D$ 變成原點，即 “平移坐標系”.

解#

將坐標系向右平移兩個單位長度，如圖，則在新坐標系中椭圆方程為

$\frac{{ (x + 2)}^ 2 }{ 4 } + \frac{y ^2}{3}=1$

即

$3x ^2+12x+4y ^2=0$

由於直線 $l$ 不過原點，則設直線 $l$ 方程為 $mx+ny=1$，所以

$3x ^2+12x \bullet (mx+ny)+4y ^2=0$

化簡，得

$4y ^2+12n \bullet xy+ (12m+3 )x ^2=0$

方程兩邊同時除以 $x ^2$，得

$4 \frac{y ^2}{x ^2}+12n \bullet \frac{y}{x}+ (12m+3 )=0$

因為以 $AB$ 為直徑的圓過椭圆 $C$ 的右頂點，所以

$k_{DA} \bullet k_{DB}=-1$

顯然 ${ \Delta } > 0$，由韋達定理得

$k_{DA} \bullet k_{DB}= \frac{12m+3}{4}=-1$

解得

$m=- \frac{7}{12}$

代入直線方程，得

$- \frac{7}{12}x+ny=1$

令$y=0$，則

$x=- \frac{12}{7 }$

所以，直線$l$過定點$(-\frac{12}{7}, 0)$，即在原坐標系中點 $( \frac{2}{7}, 0)$.

通過上面的兩道例題為大家講解了平移齊次方法的基本原理，我們可以推測平移齊次的使用條件：有斜率之積或斜率之和時。那麼，有沒有其他更寬廣的使用條件嗎？我們再來看一下這道題.

例 3#

已知雙曲線 $C$ 與雙曲線 $\frac{x ^2}{4}-\frac{y^2}{3}=1$的漸近線相同且點 $A(2,3)$ 在 $C$ 上，直線 $l$ 與雙曲線 $C$ 交於 $P, Q$ 兩點， 直線 $AP, AQ$ 關於直線 $x =2$ 對稱.

1. 求 $C$ 的方程；$(\frac{y^2}{6}-\frac{x^2}{8}=1)$
2. 求直線 $l$ 的斜率.

解#

由題意知，直線 $l$ 斜率存在.

因為直線 $AP, AQ$ 關於直線 $x =2$ 對稱，則

$k_{AP} + k_{AQ} =0$

將坐標系向上平移三個單位長度，向右平移兩個單位，如圖，則在新坐標系中椭圆方程為

$\frac{ (y +3 ) ^ 2 } {6} - \frac{ (x +2 ) ^ 2 }{ 8 } =1$

即

$4y ^ 2 - 3 x ^ 2 +24 y - 12 x =0$

由於直線 $l$不過原點，則設直線 $l$ 的方程為 $mx + ny =1$，則斜率$k=-\frac{m}{n}$，所以

$4 y ^ 2 - 3 x ^ 2 +24 y \bullet(mx+ny) - 12 x \bullet (mx+ny) =0$

化簡，得

$( 4+24 n )y ^ 2 + ( 24 m - 12 n ) \bullet xy - ( 3+12 m )x ^ 2 =0$

方程兩邊同時除以 $x ^ 2$，得

$( 4+24 n ) \frac{y ^ 2 }{x ^ 2 } + ( 24 m -12 n ) \frac{y}{x} - ( 3+12 m )=0$

顯然$\Delta>0$，由韋達定理得

$k_{AP} + k_{AQ} = - \frac{24m-12n}{4+24n}=\frac{3n-6m}{1+6n}=0$

於是

$3n - 6m = 0$

所以

$k=-\frac{m}{n}=-\frac{1}{2}$

因此直線 $l$ 的斜率為 $- \frac{1}{2}$.

我們發現，只要有關於斜率的條件或者可以由題目推出有關斜率的等式，就可以用平移齊次.

上面的例題均和椭圆或拋物線有關，他們都是中心對稱圖形，而同為圓錐曲線的拋物線並不是中心對稱圖形，那麼平移齊次對拋物線是否可以使用，來看這道例題.

例 4#

已知拋物線 $C: y^2=4x$，點 $B(1, -2)$ 在 $C$ 上，過點 $B$ 作 $C$ 的兩條弦 $BP$ 與 $BQ$，若 $k_{BP}\bullet k_{BQ}= -2$，求證：直線 $PQ$ 過定點.

解#

將坐標系向下平移兩個單位長度，向右平移一個單位長度，如圖，則在新坐標系中拋物線方程為

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

即

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

由於直線 $l$ 不過原點，則設直線 $l$ 方程為 $mx+ny=1$，所以

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

化簡，得

$(4n-1 )y ^2+4 (m+n )\bullet xy+4mx ^2=0$

方程兩邊同時除以 $x ^2$，得

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

顯然$\Delta >0$，由韋達定理得

$k_{BP}\bullet k_{BQ}=\frac{4m}{4n-1}=-2$

於是

$2m+4n=1$

代入直線 $l$ 方程，得

$x=2 \\ y=4$

所以，直線 $l$ 過定點 $(2,4 )$，即在原坐標系中點 $(3, 2)$.

以上，為大家介紹了平移齊次的解題方法，這個方法大大降低了計算難度。在平移齊次中，“平移” 就是為了 “齊次”，其實不平移也可以構造齊次.

例 5#

（2017 年全國 I 卷理）已知椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$，四點 $P_1(1,1),P_2(0,1),P_3(-1,\frac{\sqrt{3}}{2}), P_4(1,\frac{\sqrt{3}}{2})$中恰有三點在椭圆上.

1. 求椭圆的方程；$(\frac{x^2}{4}+y^2=1)$
2. 設直線 $l$ 不經過點 $P_2$ 且與 $C$ 相交於 $A, B$ 兩點。若直線 $P_2A$ 與 $P_2B$ 的斜率之和為 $-1$，證明：$l$過定點.

分析#

設 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，那麼 $k_{P_2A}=\frac{y_1-1}{x_1},k_{P_2B}=\frac{y_2-1}{x_2}$，要不平移，就要構造關於 $\frac{y-1}{x}$ 的一元二次方程組。直線 $l$ 可設為 $mx+n(y-1)=1$，椭圆方程可化為 $\frac{x^2}{4}+{(y-1+1)}^2=1$，把 $y-1$ 看作整體，得 $\frac{x^2}{4}+{(y-1)}^2+2(y-1)=0$，齊次化可解.

解#

將椭圆方程化為

$\frac{x^2}{4}+{(y-1+1)}^2=1$

即

$\frac{x^2}{4}+{(y-1)}^2+2(y-1)=0$

由於直線 $l$不過點 $P_2(0, 1)$，則設直線 $l$ 方程為 $mx+n(y-1)=1$，所以

$\frac{x^2}{4}+{(y-1)}^2+2(y-1)\bullet[mx+n(y-1)]=0$

化簡，得

$(1+2n)\bullet (y-1)^2+2mx \bullet (y-1)+\frac{x^2}{4}=0$

方程兩邊同時除以 $x^2$，得

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

顯然$\Delta > 0$，由韋達定理得

$k_{P_2A}+k_{P_2B}=-\frac{2m}{1+2n}=-1$

於是

$2m=2n+1$

代入直線 $l$ 方程，得

$x=2 \\ y=-1$

所以，直線 $l$ 過定點 $(2,-1)$.

其實，“齊次化” 這個思想在解析幾何中經常被使用，比如離心率問題：找到關於 $a, c$ 的齊次式，就可以解得離心率.

參考資料#

解析幾何中的齊次化處理 - 知乎 (zhihu.com)

Footnotes#

1. 方程 $m(x-a)+n(y-b)=1$ 表示所有不經過點的直線。 ↩