齐次化方法巧解一类斜率之和（积）问题

【摘 要】 在将直线方程与圆锥曲线方程联立时，如果借助齐次化的思想方法，就可以得到关于yx的一元二次方程，从而将题目中涉及的两条直线的斜率直接视为该一元二次方程的两个根，从而根据韦达定理直接得到斜率之和与斜率之积的表达式.

【关键词】 齐次化;圆锥曲线;斜率之和;斜率之积;定点问题;定值问题

“齐次化”是一种通过构造关系式（等式或不等式）两边各项的次数相等，转化为齐次式结构，从而实现解题的一种数学转化方法.在求解圆锥曲线问题时，常常需要将直线方程与圆锥曲线方程联立，如果借助齐次化的思想方法，就可以得到关于yx的一元二次方程，从而将题目中涉及的两条直线的斜率直接视为该一元二次方程的两个根，再根据韦达定理，即可直接得到斜率之和与斜率之积的表达式.齐次化思想方法的这种操作又常被称为齐次化聯立.利用这种齐次化联立与平移齐次化方法，往往可以降低一类斜率之和或斜率之积问题的运算量，实现巧解.

1 齐次化联立：常量巧代换，妙招构斜率

我们知道，当直线l：y=kx+m与圆锥曲线f（x，y）=0相交于A，B两点时，联立两者的方程，消去y得Ax2+Bx+C=0，根据韦达定理可得x1+x2与x1x2，进而可以求得两条直线OA与OB的斜率之和kOA+kOB=y1x1+y2x2=kx1+mx1+kx2+mx2=2kx1x2+m（x1+x2）x1x2与斜率之积kOA·kOB=y1y2x1x2=k2x1x2+km（x1+x2）+m2x1x2的表达式（这里的点O为坐标原点）.这种解题思路极为常见，但若是巧施妙手，通过“齐次化联立”对其略加改进，得到关于yx的一元二次方程A·yx2+B·yx+C=0，就可以把斜率kOA与kOB视为该方程的两个根，这样斜率之和与斜率之积就非常容易得出来了.

例1 （2017年高考全国Ⅲ卷·理20）已知抛物线C：y2=2x，过点（2，0）的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆M上;（2）略.

解析 欲证明坐标原点O在圆M上，等价于证明OA⊥OB，即证明斜率之积kOA·kOB=-1.显然，当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意，故可设直线l：x=my+2，A（x1，y1），B（x2，y2）.联立直线l与C的方程y2=2x，x=my+2，代换常量“2”，实现齐次化，可得y2=（x-my）x，即y2+mxy-x2=0，等式两边同除以x2得yx2+m·yx-1=0.这样，kOA=y1x1与kOB=y2x2就是此一元二次方程的两根，则kOA·kOB=-1，即坐标原点O在圆M上.

评注 上述齐次化联立的过程可以归纳为两步：一是由直线与圆锥曲线方程得到齐次式y2=（x-my）x，这是通过代换抛物线方程中的常量“2”实现的，而不是消去x或y，这是与常规的联立的不同所在，也是齐次化处理的关键一步;二是将齐次式变形成关于yx的一元二次方程，这样方程的两根即为斜率kOA与kOB.例2 （2022年2月皖南地区高二年级开学调研·22）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，点M3，32满足MF1+MF2=2a，且△MF1F2的面积为32.（1）求椭圆C的方程;（2）设E，F是椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，直线OE的斜率为k1，直线OF的斜率为k2，求当k1·k2为何值时，直线EF与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程.解析 第（1）问较易，求得椭圆C的方程为x24+y23=1.第（2）问涉及到点、直线、圆、椭圆等较多元素，概括起来就是：直线EF与椭圆C相交，与以原点为圆心的定圆相切，求定值k1·k2.显然直线EF不经过坐标原点，故可设其方程为Ax+By=1，点E（x1，y1），F（x2，y2），定圆的方程为x2+y2=r2（r>0）.

联立直线EF与椭圆C的方程Ax+By=1x24+y23=1，齐次化得x24+y23=（Ax+By）2，整理得（12B2-4）y2+24ABxy+（12A2-3）x2=0，等式两边同除以x2得（12B2-4）·yx2+24AB·yx+12A2-3=0.因此，k1=y1x1与k2=y2x2就是此一元二次方程的两根，则k1·k2=12A2-312B2-4.

又因为直线EF与定圆相切，故圆心O到直线EF的距离等于半径r，即1A2+B2=r，即A2=1r2-B2. 所以，k1·k2=121r2-B2-312B2-4=-12B2+12r2-312B2-4.显然，当12r2-3=4即r2=127时，k1·k2=-1为定值.

综上所述，当k1·k2=-1时，直线EF与以原点为圆心的定圆相切，且此定圆的标准方程为x2+y2=127.评注 本题中不知道动直线EF的斜率、截距或过定点等特征，在设其方程时，将其方程设为Ax+By=1，这是颇为巧妙的一步，其目的是得到常量“1”，以便于得到x24+y23=（Ax+By）2，轻松实现齐次化.2 平移齐次化：坐标系平移，齐次化联立通过上述两例，我们知道，当直线l与圆锥曲线相交于两点（x1，y1），（x2，y2）时，坐标原点O与两交点连线的斜率k1=y1x1，k2=y2x2就是一元二次方程A·yx2+B·yx+C=0的两个根，这样就很容易得到斜率之和与斜率之积的表达式了.但是，坐标原点之外的某一定点（x0，y0）与两交点连线的斜率k1=y1-y0x1-x0，k2=y2-y0x2-x0就不是上述方程的两根了，其斜率之和与斜率之积问题如何求解呢？这就需要先进行坐标系的平移来解决了.

如果坐标轴的方向和单位长度都不改变，只改变原点的位置，这种坐标系的变换就称为坐标系的平移.如图1所示，在原坐标系xOy中，点O′的坐标为（h，k），平移坐标系，得到以O′为坐标原点的新的坐标系x′O′y′.设点M在原坐标系中的坐标为（x，y），在新坐标系中的坐标为（x′，y′），则其对应关系为x′=x-h，y′=y-k或写成x=x′+h，y=y′+k，我们称其为坐标平移公式.

设曲线C在原坐标系中的方程为f（x，y）=0，那么在新坐标系中的方程为f（x′+h，y′+k）=0;反之，如果它在新坐标系中的方程为f（x′，y′）=0，那么在原坐标系中的方程为f（x-h，y-k）=0.显然，坐标系平移后，点的坐标与曲线的方程会发生改变，但线段的长度、角的大小与直线的斜率并不发生改变.这样，前面提到的对于坐标原点之外的某一定点（x0，y0）与两交点连线的斜率问题，可以通过先坐标系平移，再齐次化联立来完美解决.

例3 （2018年高考全国Ⅰ卷·文20）设抛物线C：y2=2x，点A（2，0），B（-2，0），过点A的直线l与C交于M，N两点.

（1）略;（2）证明：∠ABM=∠ABN.

解析 如图2所示，欲证∠ABM=∠ABN，即证kBM+kBN=0.考虑到点B（-2，0）不是坐标原点，故进行坐标系平移，以点B为新坐标系的原点.

记新坐标系中，原点为B′，直线l对应l′，抛物线C对应C′，点M，N分别对应点M′（x1′，y1′），N′（x2′，y2′），则x=x′-2，y=y′，直线l的方程x=my+2改变成l′的方程x′-2=my′+2，即x′=my′+4，抛物线C的方程y2=2x改变为C′的方程y′2=2（x′-2）.

联立直线l′与抛物线C′的方程x′=my′+4，y′2=2（x′-2），由直线方程得2=x′-my′2，代入抛物线方程，齐次化得y′2=x′-my′2x′-x′-my′2，即（m2+4）y′2-x′2=0，方程两边同除以x′2得（m2+4）·y′x′2-1=0.这样，kB′M′=y1′x1′与kB′N′=y2′x2′就是此一元二次方程的两根，由韦达定理得kB′M′+kB′N′=0.所以，kBM+kBN=0，即∠ABM=∠ABN.评注 平移齐次化解题的关键有二：一是坐标系的平移，要注意平移前后的“变”与“不变”，特别是不能弄错曲线在新坐标系中的方程;二是齐次化联立，本题在联立过程中，通过对常量“2”的代换，即2=x′-my′2，从而实现齐次化的目的.例4 （2017年高考全国Ⅰ卷·理20）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四点P1（1，1）、P2（0，1）、P3-1，32、P41，32中恰有三点在椭圆C上.（1）求椭圆C的方程;  （2）设直线l不经过点P2且与椭圆C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：直线l过定点.解析 （1）显然，椭圆C经过点P2（0，1）、P3-1，32、P41，32，其方程为x24+y2=1.

（2）如图3、图4所示，将原坐标系平移成以点P2（0，1）为原点的的坐标系，记新原点为P2′，直线l对应l′，抛物线C对应C′，点A，B分别对应点A′（x1′，y1′），B′（x2′，y2′），则x=x′y=y′+1，椭圆C的方程x24+y2=1改变为C′的方程x′24+（y′+1）2=1.

因为直线l′不过新坐标原点P2′，可设其方程为mx′+ny′=1.將直线l′与椭圆C′的方程联立mx′+ny′=1，x′24+（y′+1）2=1，代换常量“1”，齐次化得x′24+（y′+mx′+ny′）2=（mx′+ny′）2，整理得（8n+4）y′2+8mx′y′+x′2=0，方程两边同除以x′2得（8n+4）·（y′x′）2+8m·y′x′+1=0.此一元二次方程的两根为kP2′A′=y1′x1′与kP2′B′=y2′x2′，由韦达定理得kP2′A′+kP2′B′=-8m8n+4=-2m2n+1.

由题意，直线P2A与直线P2B斜率的和为-1，则-2m2n+1=-1，即2m-2n=1，故直线l′过定点（2，-2）.

所以，在原坐标系中，直线l过定点（2，-1）.

评注 利用平移齐次化证明定点问题时，要注意坐标系平移前后定点坐标之间的相互关系.

例5 （2020年高考新课标Ⅰ卷·22）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为22，且过点A（2，1）.

（1）求C的方程;

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

解析 （1）易求椭圆C的方程为x26+y23=1.

（2）根据题意，AM⊥AN，即定点A（2，1）与椭圆C上两点M，N连线垂直，故斜率之积kAM·kAN=-1.由此，开启平移齐次化的解题之旅.

如图5、图6所示，将原坐标系平移成以点A（2，1）为原点的的坐标系，记新原点为A′，椭圆C对应C′，点M，N分别对应点M′（x1′，y1′），N′（x2′，y2′），则x=x′+2，y=y′+1，椭圆C的方程x26+y23=1改变为C′的方程（x′+2）26+（y′+1）23=1.

设直线M′N′方程为mx′+ny′=1，将其方程与椭圆C′的方程联立mx′+ny′=1，（x′+2）26+（y′+1）23=1，齐次化得[x′+2（mx′+ny′）]26+[y′+（mx′+ny′）]23=（mx′+ny′）2，整理得（4n+2）y′2+（4m+4n）x′y′+（4m+1）x′2=0，方程两边同除以x′2得（4n+2）·y′x′2+（4m+4n）·y′x′+4m+1=0，此一元二次方程的两根为kA′M′=y1′x1′与kA′N′=y2′x2′，故两根之积为kA′M′·kA′N′=4m+14n+2.

因为坐标系平移前后，直线的斜率不变，则kA′M′·kA′N′=kAM·kAN，即4m+14n+2=-1，即4m+4n+3=0，即-43m-43n=1，故直线M′N′经过定点-43，-43，记为点E′-43，-43.因此，在原坐标系中，直线MN经过定点E23，-13.由于AE为定值，并且AE为Rt△ADE的斜边，故AE的中点Q满足DQ为定值，即DQ=12AE=122-232+1+132=223.根据中点坐标公式，线段AE的中点为Q43，13，故存在点Q43，13，使得DQ为定值.

评注 本题在求解时，从AM⊥AN即斜率之积为-1这一特征出发，借助平移齐次化的处理思路得到直线MN过定点E23，-13的结论，从而使Rt△ADE的斜边AE的长度得以确定下来.最后，再根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”找到定点Q即为斜边的中点.纵观这一解题过程，定点与圆锥曲线上两点连线的斜率之积是求解的突破口.例6 （2020年高考全国Ⅰ卷·理20文21）已知A，B分别为椭圆E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG·GB=8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.

（1）求E的方程;（2）证明：直线CD过定点.

解析 （1）椭圆E的方程为x29+y2=1.

（2）如图7所示，设C（x0，y0），则kAC·kBC=y0x0+3·y0x0-3=y20x20-9=1-19x20x20-9=-19.

再设P（6，t），则kAC=kPA=t9，kBD=kPB=t3=3kAC，故kBC·kBD=kBC·3kAC=3×（-19）=-13（此斜率之积为定值是以下平移齐次化解题的出发点）.

如图8所示，将原坐标系平移成以点B（3，0）为原点的的坐标系，记新原点为B′，椭圆E对应E′，点C，D分别对应点C′（x1′，y1′），D′（x2′，y2′），则x=x′+3，y=y′，椭圆E的方程x29+y2=1改变为E′的方程（x′+3）29+y′2=1.

设直线C′D′方程为mx′+ny′=1，将其方程与椭圆E′的方程联立mx′+ny′=1，（x′+3）29+y′2=1，齐次化得[x′+3（mx′+ny′）]29+y′2=（mx′+ny′）2，整理得9y′2+6nx′y′+（6m+1）x′2=0，方程两边同除以x′2得9·y′x′2+6n·y′x′+6m+1=0，此一元二次方程的两根为kB′C′=y1′x1′与kB′D′=y2′x2′，故两根之积为kB′C′·kB′D′=6m+19.

因为kB′C′·kB′D′=kBC·kBD，故6m+19=-13，解得m=-23.所以，直线C′D′方程为-23x′+ny′=1.

显然，动直线C′D′经过定点-32，0，故在原坐标系中，直线CD过定点32，0.

评注 本题在利用上述思路求解时，需要掌握椭圆中一个性质：若椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左右顶点为A1，A2，点P是椭圆上异于A1，A2的任意一点，则斜率之积kPA1·kPA1=-b2a2为定值[1].利用这一结论，本题得到kBC·kBD=-13，即定点B与椭圆上两动点C，D连线的斜率之积为定值，从而为平移齐次化处理提供了切入点.

3 齐次化价值：悟解析本质，提运算素养

在解析几何知识的学习过程中，学生遇到圆锥曲线综合题时往往表现得束手无策、举步维艰，“会而不对，对而不全，全而不优”的现象普遍存在.究其原因，一方面是因为学生对解析几何研究问题的基本方法——坐标法的认识较为肤浅，缺乏用坐标法解决综合问题的整体设计;另一方面是因为学生大都比较害怕“运算”，对运算对象的理解、运算思路的探究、运算程序的设计和运算路径的选择上存在不足[1].教师在常态课堂教学中要更多地关注学生对坐標法解题程序的整体设计和运算思路的合理选择，促进学生更好地领悟解析方法的本质，提升数学运算素养.

3.1 齐次化方法体现了运用坐标法求解综合问题的整体构思

解析几何强调利用坐标系与函数、方程的相关知识，把有关图形的几何问题，转化为关于方程的代数问题，有利于人们对几何图形及其问题的深入研究.这也是解析法（坐标法）的本质特征.如何利用坐标与方程来求解圆锥曲线中的综合问题，这往往需要解题者在审题时进行整体的构思.比如在直线与圆锥曲线相交时，我们常先根据“设而不求”的思路得到x1+x2与x1x2或者y1+y2与y1y2，然后再利用这里的两根之和与两根之积实现“整体代换”，去求得线段之长、三角形的面积、斜率之和与斜率之积等等，进而去判断、求解相关的最值、定点与定值等问题.

在进行解题的整体构思时，一方面，我们必须较为精准地判断出每一个题设条件的用途，以便推知由此可以得出的结论;另一方面，从问题待求解的结论出发，我们也需要对其进行合理转化，寻求破解疑难的必要条件与充分条件，从而预计沟通题设条件与问题结论的可能性.从这个意义上说，上述齐次化方法充分体现了运用坐标法求解圆锥曲线综合问题的整体构思，齐次化联立能得到什么样的结论、解决什么样的问题，平移齐次化又能达到什么样的效果，平移后的“变”与“不变”怎样来解释平移前的问题……只有对齐次化方法有了整体的认知，才能将求解的思路形成一个整体构思.

3.2 齐次化方法强化合理依据运算法则解决数学问题的能力

数学运算被列入高中阶段数学核心素养，是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.它既是一种特殊的逻辑推理，而且能较好地甄别学生解决问题的能力.由于解析几何是运用代数工具来解决几何问题，涉及到“数”与“式”的合理整合与灵活转换，“运算”往往成为许多学生在问题解决过程中的拦路虎.本文所展示的四道与斜率之和或斜率之积有关的问题，如果利用常规思路进行求解，往往会因为其较为复杂的表达形式和繁重的计算量，让学生产生畏难情绪.齐次化方法通过平移变换、齐次化简等灵活巧算的技巧和方法，合理构造出两条直线的斜率之和与斜率之积，大大简化了表达形式，降低了计算量.

因此，在平时的教学活动中，教师一方面要有意识地引导学生学会探索、归纳、梳理、总结圆锥曲线中的一些典型问题，以不变应万变，切实提高学生的解题能力与信心;另一方面，还需要引导学生从多元视角分析影响运算的相关因素，加强对理解运算对象、掌握运算法则、探究运算思路等数学运算本质的领悟与应用，不断渗透数学思路与方法，从而巩固“四基”和提升“四能”.

参考文献

[1] 朱清波.探究问题模型，实现多题一解——用平移齐次化的方法处理全国Ⅰ卷中一类解析几何问题[J].中学数学研究（广东），2021（1上）：10-11.

[1] 郭建华，于健，宁连华，张云飞.为运算找出路，发展运算素养——以2020年高考数学山东卷第22题为例[J].数学通报，2021（12）：41-46.

作者简介 朱贤良（1981—），男，安徽枞阳人，高级教师;荣获市级名教师、学科带头人、骨干教师、先进教研个人与县级优秀班主任等称号;主要从事中学数学教育教学与考试研究;主编或参编教育教学图书十余本，主持省、市课题研究三项.