圆锥曲线之用齐次法求解直线过定点问题

例1：

已知抛物线 C：y2=2pxC：y^2 =2pxC：y2=2px,其中OOO为坐标原点，A，BA，BA，B为抛物线上的点，且OA⊥OBOA \perp OBOA⊥OB,证明：直线ABABAB过定点.

分析： OA⊥OB⇒xAxB+yAyB=0OA \perp OB \Rightarrow x_Ax_B + y_Ay_B =0OA⊥OB⇒xAxB+yAyB=0

证明: （1）若直线斜率不存在，设直线为 x=m.x=m.x=m.则A(m,2pm),B(m,−2pm).A(m,\sqrt{2pm}),B(m,-\sqrt{2pm}).A(m,2pm),B(m,−2pm).从而 xAxB+yAyB=m2−2pm=m(m−2p)x_Ax_B + y_Ay_B = m^2 - 2pm = m(m-2p)xAxB+yAyB=m2−2pm=m(m−2p).

(2) 若直线斜率存在，设直线为 y=kx+my = kx+ my=kx+m,由

{y=kx+m,y2=2px,\begin{cases} y=kx+m, \\ y^2 =2px, \end{cases} {y=kx+m,y2=2px,

得

ky2−2py+2pm=0ky^2 -2py + 2pm =0 ky2−2py+2pm=0

从而 yAyB=2pmk,yA+yB=2pky_Ay_B = \dfrac{2pm}{k}, y_A+y_B = \dfrac{2p}{k}yAyB=k2pm,yA+yB=k2p

所以 xAxB=yA2yB24p2=m2k2x_Ax_B = \dfrac{y^2_Ay^2_B}{4p^2} = \dfrac{m^2}{k^2}xAxB=4p2yA2yB2=k2m2

此时 xAxB+yAyB=2pmk+m2k2=m(2pk+m)k2x_Ax_B+y_Ay_B = \dfrac{2pm}{k}+\dfrac{m^2}{k^2} = \dfrac{m(2pk+m)}{k^2}xAxB+yAyB=k2pm+k2m2=k2m(2pk+m)

若 OA⊥OBOA \perp OBOA⊥OB,则 m=0m = 0m=0 (舍）或 m=−2pkm = -2pkm=−2pk

于是，直线 y=kx−2pky= kx -2pky=kx−2pk，恒过定点 (2p,0)(2p,0)(2p,0).

因为(1)也满足，故直线恒过点(2p,0)(2p,0)(2p,0).

另解：

分析： OA⊥OB⇒kOAkOB=−1⇒yAyBxAxB=−1OA \perp OB \Rightarrow k_{OA}k_{OB}=-1 \Rightarrow \dfrac{y_Ay_B}{x_Ax_B} = -1OA⊥OB⇒kOAkOB=−1⇒xAxByAyB=−1

证明： 显然直线斜率不为0，设直线方程为 x=my+nx=my+nx=my+n.

因为 y2=2pxy^2 =2pxy2=2px,

得 y2=2p⋅x−myn⋅xy^2 = 2p \cdot \dfrac{x-my}{n}\cdot xy2=2p⋅nx−my⋅x …………………………这里凑成齐次式

即 n(yx)2+2pm(yx)−2p=0n (\dfrac{y}{x})^2+ 2pm(\dfrac{y}{x}) -2p =0n(xy)2+2pm(xy)−2p=0

所以 kOAkOB=yAyBxAxB=−2pnk_{OA}k_{OB} = \dfrac{y_Ay_B}{x_Ax_B} =-\dfrac{2p}{n}kOAkOB=xAxByAyB=−n2p

即 n=−2pn=-2pn=−2p

所以直线恒过定点 (−2p,0)(-2p,0)(−2p,0).

‍

例2：

已知椭圆C:x24+y23=1C:\dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3}=1C:4x2+3y2=1，若不垂直于 xxx 轴的直线lll 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： 假设右顶点为PPP，以ABABAB为直径，即PA⊥PBPA \perp PBPA⊥PB，也即 kPAkPB=yAyB(xA−2)(xB−2)=−1k_{PA} k_{PB} = \dfrac{y_Ay_B}{(x_A-2)(x_B-2)}=-1kPAkPB=(xA−2)(xB−2)yAyB=−1

证明： 由题，设直线lll 为 m(x−2)+ny=1m(x−2)+ny=1m(x-2)+ny=1m(x-2)+ny=1m(x−2)+ny=1m(x−2)+ny=1m(x−2)+ny=1m(x-2)+ny=1m(x−2)+ny=1，其中n≠0n \neq 0n=0.

联立椭圆方程，并齐次化得

3[(x−2)+2]2+4y2=123[(x-2)+2]^2+4y^2=12 3[(x−2)+2]2+4y2=12

即 3(x−2)2+12(x−2)+4y2=03(x-2)^2+12(x-2)+4y^2=03(x−2)2+12(x−2)+4y2=0

也即

3(x−2)2+12(x−2)[m(x−2)+ny]+4y2=0………………齐次化3(x-2)^2+12(x-2)[m(x-2)+ny]+4y^2=0………………齐次化 3(x−2)2+12(x−2)[m(x−2)+ny]+4y2=0………………齐次化

从而

4y2+12n(x−2)y+(3+12m)(x−2)2=04y^2 +12n(x-2)y + (3+12m)(x-2)^2=0 4y2+12n(x−2)y+(3+12m)(x−2)2=0

即 4(yx−2)2+12nyx−2+(3+12m)=04(\dfrac{y}{x-2})^2 + 12n \dfrac{y}{x-2} + (3+12m) =04(x−2y)2+12nx−2y+(3+12m)=0

于是

yAyB(xA−2)(xB−2)=3+12m4=−1\dfrac{y_Ay_B}{(x_A-2)(x_B-2)} = \dfrac{3+12m}{4} =-1 (xA−2)(xB−2)yAyB=43+12m=−1

所以 m=−712m= - \dfrac{7}{12}m=−127

故直线方程为 −712(x−2)+ny=1-\dfrac{7}{12}(x-2) +ny =1−127(x−2)+ny=1，恒过点（27,0）（\dfrac{2}{7},0）（72,0）.

总结：

齐次法主要用于解决 yx\dfrac{y}{x}xy 形式的问题，和常规方法相比，计算量更小，但是中间变形技需要根据题目要求进行灵活变换，巧性更强！

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