其它

圆锥曲线的齐次化方法

适用场景

题目中出现了一个定点引出的两条动直线的斜率之和 $k_1+k_2$ 或斜率乘积 $k_1\cdot k_2$ 为定值时，优先考虑使用齐次化的方法技巧。

用法

1. 首先把引出两条动直线的那个定点平移至原点位置

2. 然后将两条动直线交圆锥曲线的两个动点所形成的直线假设为 $mx+ny=1$，这样设的好处是不用讨论这条直线的斜率是否存在，因为这条直线可以表示不过原点的所有直线

3. 将平移后的曲线方程与直线 $mx+ny=1$ 联立，得到全部由 $x^2,y^2,xy$ 等齐二次项组成的式子

4. 两边同除 $x^2$，就是关于 $\frac{y}{x}$ 的二次方程，由韦达定理可以轻松求出 $k_1\cdot k_2$ 和 $k_1+k_2$

最后

最后还需要讨论未平移前的两条动直线的斜率不存在的情况。

例题 1

如图，椭圆 $E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 进过点 $A(0,-1)$，且离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

（I）求椭圆 $E$ 的方程；

（II）经过点 $(1,1)$，且斜率为 $k$ 的直线与椭圆 $E$ 交于不同的两点 $P,Q$（均异于点 $A$），证明：直线 AP 与 AQ 斜率之和为 2.

解：

（I）

$\frac{1}{b^2}=1$

$\therefore b=1$

$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\frac{a^2-1}{a^2}=\frac{1}{2}$

$a^2=2a^2-2$

$a^2=2$

$E:\frac{x^2}{2}+y^2=1$

（II）

引出两条动直线的定点为 $A(0,-1)$。将图像整体向上平移 1 个单位，设新的直线 $P^{\prime }{Q}^{\prime }:mx+ny=1$。

因为新直线 $P^{\prime }{Q}^{\prime }$ 过新定点 $(1,2)$，

所以 $m+2n=1$

联立平移后的图像方程： $\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+(y-1{)}^2=1\\ mx+ny=1\end{array}$

$\{\begin{array}{l}{x}^2+2(y^2-2y+1)=2\\ mx+ny=1\end{array}$

$\{\begin{array}{l}{x}^2+2y^2-4y=0\\ mx+ny=1\end{array}$

$4y\cdot (mx+ny)$ 可以得到一个二次项，

$x^2+2y^2-4y(mx+ny)=0$

$x^2+2y^2-4mxy-4n{y}^2=0$

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

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

所以 $k_1+k_2=-\frac{-4m}{2-4n}=\frac{4(1-2n)}{2(1-2n)}=2$

所以题目得证。

例题 2

已知椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$，且过点 $A(2,1)$.

（1）求 C 的方程；

（2）点 M，N 在 C 上，且 $AM\perp AN,AD\perp MN$，D 为垂足，证明：存在定点 Q，使得 $|DQ|$ 为定值。

解：

TIP

注意要讨论斜率不存在的情况！

例题 3

已知椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的右焦点为 F，左顶点为 A，短轴长为 $2\sqrt{3}$，且经过点 $(1,\frac{3}{2})$

（1）求椭圆 C 的方程；

（2）过点 F 的直线 l（不与 x 轴重合）与 C 交于 P，Q 两点，直线 AP，AQ 与直线 x=4 的交点分别为 M，N，记直线 MF，NF 的斜率分别为 $k_1,k_2$，证明：$k_1\cdot k_2$ 为定值。