【摘 要】 在將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立時，如果借助齊次化的思想方法，就可以得到關(guān)于yx的一元二次方程，從而將題目中涉及的兩條直線的斜率直接視為該一元二次方程的兩個根，從而根據(jù)韋達定理直接得到斜率之和與斜率之積的表達式.

【關(guān)鍵詞】 齊次化;圓錐曲線;斜率之和;斜率之積;定點問題;定值問題

“齊次化”是一種通過構(gòu)造關(guān)系式（等式或不等式）兩邊各項的次數(shù)相等，轉(zhuǎn)化為齊次式結(jié)構(gòu)，從而實現(xiàn)解題的一種數(shù)學轉(zhuǎn)化方法.在求解圓錐曲線問題時，常常需要將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，如果借助齊次化的思想方法，就可以得到關(guān)于yx的一元二次方程，從而將題目中涉及的兩條直線的斜率直接視為該一元二次方程的兩個根，再根據(jù)韋達定理，即可直接得到斜率之和與斜率之積的表達式.齊次化思想方法的這種操作又常被稱為齊次化聯(lián)立.利用這種齊次化聯(lián)立與平移齊次化方法，往往可以降低一類斜率之和或斜率之積問題的運算量，實現(xiàn)巧解.

1 齊次化聯(lián)立：常量巧代換，妙招構(gòu)斜率

我們知道，當直線l：y=kx+m與圓錐曲線f（x，y）=0相交于A，B兩點時，聯(lián)立兩者的方程，消去y得Ax2+Bx+C=0，根據(jù)韋達定理可得x1+x2與x1x2，進而可以求得兩條直線OA與OB的斜率之和kOA+kOB=y1x1+y2x2=kx1+mx1+kx2+mx2=2kx1x2+m（x1+x2）x1x2與斜率之積kOA·kOB=y1y2x1x2=k2x1x2+km（x1+x2）+m2x1x2的表達式（這里的點O為坐標原點）.這種解題思路極為常見，但若是巧施妙手，通過“齊次化聯(lián)立”對其略加改進，得到關(guān)于yx的一元二次方程A·yx2+B·yx+C=0，就可以把斜率kOA與kOB視為該方程的兩個根，這樣斜率之和與斜率之積就非常容易得出來了.

例1 （2017年高考全國Ⅲ卷·理20）已知拋物線C：y2=2x，過點（2，0）的直線l交C于A，B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓.（1）證明：坐標原點O在圓M上;（2）略.

解析 欲證明坐標原點O在圓M上，等價于證明OA⊥OB，即證明斜率之積kOA·kOB=-1.顯然，當直線斜率為0時，直線與拋物線交于一點，不符合題意，故可設直線l：x=my+2，A（x1，y1），B（x2，y2）.聯(lián)立直線l與C的方程y2=2x，x=my+2，代換常量“2”，實現(xiàn)齊次化，可得y2=（x-my）x，即y2+mxy-x2=0，等式兩邊同除以x2得yx2+m·yx-1=0.這樣，kOA=y1x1與kOB=y2x2就是此一元二次方程的兩根，則kOA·kOB=-1，即坐標原點O在圓M上.

評注 上述齊次化聯(lián)立的過程可以歸納為兩步：一是由直線與圓錐曲線方程得到齊次式y(tǒng)2=（x-my）x，這是通過代換拋物線方程中的常量“2”實現(xiàn)的，而不是消去x或y，這是與常規(guī)的聯(lián)立的不同所在，也是齊次化處理的關(guān)鍵一步;二是將齊次式變形成關(guān)于yx的一元二次方程，這樣方程的兩根即為斜率kOA與kOB.例2 （2022年2月皖南地區(qū)高二年級開學調(diào)研·22）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點M3，32滿足MF1+MF2=2a，且△MF1F2的面積為32.（1）求橢圓C的方程;（2）設E，F(xiàn)是橢圓C上的兩個動點，O為坐標原點，直線OE的斜率為k1，直線OF的斜率為k2，求當k1·k2為何值時，直線EF與以原點為圓心的定圓相切，并寫出此定圓的標準方程.解析 第（1）問較易，求得橢圓C的方程為x24+y23=1.第（2）問涉及到點、直線、圓、橢圓等較多元素，概括起來就是：直線EF與橢圓C相交，與以原點為圓心的定圓相切，求定值k1·k2.顯然直線EF不經(jīng)過坐標原點，故可設其方程為Ax+By=1，點E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），定圓的方程為x2+y2=r2（r>0）.

聯(lián)立直線EF與橢圓C的方程Ax+By=1x24+y23=1，齊次化得x24+y23=（Ax+By）2，整理得（12B2-4）y2+24ABxy+（12A2-3）x2=0，等式兩邊同除以x2得（12B2-4）·yx2+24AB·yx+12A2-3=0.因此，k1=y1x1與k2=y2x2就是此一元二次方程的兩根，則k1·k2=12A2-312B2-4.

又因為直線EF與定圓相切，故圓心O到直線EF的距離等于半徑r，即1A2+B2=r，即A2=1r2-B2. 所以，k1·k2=121r2-B2-312B2-4=-12B2+12r2-312B2-4.顯然，當12r2-3=4即r2=127時，k1·k2=-1為定值.

綜上所述，當k1·k2=-1時，直線EF與以原點為圓心的定圓相切，且此定圓的標準方程為x2+y2=127.評注 本題中不知道動直線EF的斜率、截距或過定點等特征，在設其方程時，將其方程設為Ax+By=1，這是頗為巧妙的一步，其目的是得到常量“1”，以便于得到x24+y23=（Ax+By）2，輕松實現(xiàn)齊次化.2 平移齊次化：坐標系平移，齊次化聯(lián)立通過上述兩例，我們知道，當直線l與圓錐曲線相交于兩點（x1，y1），（x2，y2）時，坐標原點O與兩交點連線的斜率k1=y1x1，k2=y2x2就是一元二次方程A·yx2+B·yx+C=0的兩個根，這樣就很容易得到斜率之和與斜率之積的表達式了.但是，坐標原點之外的某一定點（x0，y0）與兩交點連線的斜率k1=y1-y0x1-x0，k2=y2-y0x2-x0就不是上述方程的兩根了，其斜率之和與斜率之積問題如何求解呢？這就需要先進行坐標系的平移來解決了.

如果坐標軸的方向和單位長度都不改變，只改變原點的位置，這種坐標系的變換就稱為坐標系的平移.如圖1所示，在原坐標系xOy中，點O′的坐標為（h，k），平移坐標系，得到以O′為坐標原點的新的坐標系x′O′y′.設點M在原坐標系中的坐標為（x，y），在新坐標系中的坐標為（x′，y′），則其對應關(guān)系為x′=x-h，y′=y-k或?qū)懗蓌=x′+h，y=y′+k，我們稱其為坐標平移公式.

設曲線C在原坐標系中的方程為f（x，y）=0，那么在新坐標系中的方程為f（x′+h，y′+k）=0;反之，如果它在新坐標系中的方程為f（x′，y′）=0，那么在原坐標系中的方程為f（x-h，y-k）=0.顯然，坐標系平移后，點的坐標與曲線的方程會發(fā)生改變，但線段的長度、角的大小與直線的斜率并不發(fā)生改變.這樣，前面提到的對于坐標原點之外的某一定點（x0，y0）與兩交點連線的斜率問題，可以通過先坐標系平移，再齊次化聯(lián)立來完美解決.

例3 （2018年高考全國Ⅰ卷·文20）設拋物線C：y2=2x，點A（2，0），B（-2，0），過點A的直線l與C交于M，N兩點.

（1）略;（2）證明：∠ABM=∠ABN.

解析 如圖2所示，欲證∠ABM=∠ABN，即證kBM+kBN=0.考慮到點B（-2，0）不是坐標原點，故進行坐標系平移，以點B為新坐標系的原點.

記新坐標系中，原點為B′，直線l對應l′，拋物線C對應C′，點M，N分別對應點M′（x1′，y1′），N′（x2′，y2′），則x=x′-2，y=y′，直線l的方程x=my+2改變成l′的方程x′-2=my′+2，即x′=my′+4，拋物線C的方程y2=2x改變?yōu)镃′的方程y′2=2（x′-2）.

聯(lián)立直線l′與拋物線C′的方程x′=my′+4，y′2=2（x′-2），由直線方程得2=x′-my′2，代入拋物線方程，齊次化得y′2=x′-my′2x′-x′-my′2，即（m2+4）y′2-x′2=0，方程兩邊同除以x′2得（m2+4）·y′x′2-1=0.這樣，kB′M′=y1′x1′與kB′N′=y2′x2′就是此一元二次方程的兩根，由韋達定理得kB′M′+kB′N′=0.所以，kBM+kBN=0，即∠ABM=∠ABN.評注 平移齊次化解題的關(guān)鍵有二：一是坐標系的平移，要注意平移前后的“變”與“不變”，特別是不能弄錯曲線在新坐標系中的方程;二是齊次化聯(lián)立，本題在聯(lián)立過程中，通過對常量“2”的代換，即2=x′-my′2，從而實現(xiàn)齊次化的目的.例4 （2017年高考全國Ⅰ卷·理20）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四點P1（1，1）、P2（0，1）、P3-1，32、P41，32中恰有三點在橢圓C上.（1）求橢圓C的方程;? （2）設直線l不經(jīng)過點P2且與橢圓C相交于A，B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1，證明：直線l過定點.解析 （1）顯然，橢圓C經(jīng)過點P2（0，1）、P3-1，32、P41，32，其方程為x24+y2=1.

（2）如圖3、圖4所示，將原坐標系平移成以點P2（0，1）為原點的的坐標系，記新原點為P2′，直線l對應l′，拋物線C對應C′，點A，B分別對應點A′（x1′，y1′），B′（x2′，y2′），則x=x′y=y′+1，橢圓C的方程x24+y2=1改變?yōu)镃′的方程x′24+（y′+1）2=1.

因為直線l′不過新坐標原點P2′，可設其方程為mx′+ny′=1.將直線l′與橢圓C′的方程聯(lián)立mx′+ny′=1，x′24+（y′+1）2=1，代換常量“1”，齊次化得x′24+（y′+mx′+ny′）2=（mx′+ny′）2，整理得（8n+4）y′2+8mx′y′+x′2=0，方程兩邊同除以x′2得（8n+4）·（y′x′）2+8m·y′x′+1=0.此一元二次方程的兩根為kP2′A′=y1′x1′與kP2′B′=y2′x2′，由韋達定理得kP2′A′+kP2′B′=-8m8n+4=-2m2n+1.

由題意，直線P2A與直線P2B斜率的和為-1，則-2m2n+1=-1，即2m-2n=1，故直線l′過定點（2，-2）.

所以，在原坐標系中，直線l過定點（2，-1）.

評注 利用平移齊次化證明定點問題時，要注意坐標系平移前后定點坐標之間的相互關(guān)系.

例5 （2020年高考新課標Ⅰ卷·22）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為22，且過點A（2，1）.

（1）求C的方程;

（2）點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足.證明：存在定點Q，使得DQ為定值.

解析 （1）易求橢圓C的方程為x26+y23=1.

（2）根據(jù)題意，AM⊥AN，即定點A（2，1）與橢圓C上兩點M，N連線垂直，故斜率之積kAM·kAN=-1.由此，開啟平移齊次化的解題之旅.

如圖5、圖6所示，將原坐標系平移成以點A（2，1）為原點的的坐標系，記新原點為A′，橢圓C對應C′，點M，N分別對應點M′（x1′，y1′），N′（x2′，y2′），則x=x′+2，y=y′+1，橢圓C的方程x26+y23=1改變?yōu)镃′的方程（x′+2）26+（y′+1）23=1.

設直線M′N′方程為mx′+ny′=1，將其方程與橢圓C′的方程聯(lián)立mx′+ny′=1，（x′+2）26+（y′+1）23=1，齊次化得[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，方程兩邊同除以x′2得（4n+2）·y′x′2+（4m+4n）·y′x′+4m+1=0，此一元二次方程的兩根為kA′M′=y1′x1′與kA′N′=y2′x2′，故兩根之積為kA′M′·kA′N′=4m+14n+2.

因為坐標系平移前后，直線的斜率不變，則kA′M′·kA′N′=kAM·kAN，即4m+14n+2=-1，即4m+4n+3=0，即-43m-43n=1，故直線M′N′經(jīng)過定點-43，-43，記為點E′-43，-43.因此，在原坐標系中，直線MN經(jīng)過定點E23，-13.由于AE為定值，并且AE為Rt△ADE的斜邊，故AE的中點Q滿足DQ為定值，即DQ=12AE=122-232+1+132=223.根據(jù)中點坐標公式，線段AE的中點為Q43，13，故存在點Q43，13，使得DQ為定值.

評注 本題在求解時，從AM⊥AN即斜率之積為-1這一特征出發(fā)，借助平移齊次化的處理思路得到直線MN過定點E23，-13的結(jié)論，從而使Rt△ADE的斜邊AE的長度得以確定下來.最后，再根據(jù)“直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半”找到定點Q即為斜邊的中點.縱觀這一解題過程，定點與圓錐曲線上兩點連線的斜率之積是求解的突破口.例6 （2020年高考全國Ⅰ卷·理20文21）已知A，B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，AG·GB=8，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D.

（1）求E的方程;（2）證明：直線CD過定點.

解析 （1）橢圓E的方程為x29+y2=1.

（2）如圖7所示，設C（x0，y0），則kAC·kBC=y0x0+3·y0x0-3=y20x20-9=1-19x20x20-9=-19.

再設P（6，t），則kAC=kPA=t9，kBD=kPB=t3=3kAC，故kBC·kBD=kBC·3kAC=3×（-19）=-13（此斜率之積為定值是以下平移齊次化解題的出發(fā)點）.

如圖8所示，將原坐標系平移成以點B（3，0）為原點的的坐標系，記新原點為B′，橢圓E對應E′，點C，D分別對應點C′（x1′，y1′），D′（x2′，y2′），則x=x′+3，y=y′，橢圓E的方程x29+y2=1改變?yōu)镋′的方程（x′+3）29+y′2=1.

設直線C′D′方程為mx′+ny′=1，將其方程與橢圓E′的方程聯(lián)立mx′+ny′=1，（x′+3）29+y′2=1，齊次化得[x′+3（mx′+ny′）]29+y′2=（mx′+ny′）2，整理得9y′2+6nx′y′+（6m+1）x′2=0，方程兩邊同除以x′2得9·y′x′2+6n·y′x′+6m+1=0，此一元二次方程的兩根為kB′C′=y1′x1′與kB′D′=y2′x2′，故兩根之積為kB′C′·kB′D′=6m+19.

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

顯然，動直線C′D′經(jīng)過定點-32，0，故在原坐標系中，直線CD過定點32，0.

評注 本題在利用上述思路求解時，需要掌握橢圓中一個性質(zhì)：若橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左右頂點為A1，A2，點P是橢圓上異于A1，A2的任意一點，則斜率之積kPA1·kPA1=-b2a2為定值[1].利用這一結(jié)論，本題得到kBC·kBD=-13，即定點B與橢圓上兩動點C，D連線的斜率之積為定值，從而為平移齊次化處理提供了切入點.

3 齊次化價值：悟解析本質(zhì)，提運算素養(yǎng)

在解析幾何知識的學習過程中，學生遇到圓錐曲線綜合題時往往表現(xiàn)得束手無策、舉步維艱，“會而不對，對而不全，全而不優(yōu)”的現(xiàn)象普遍存在.究其原因，一方面是因為學生對解析幾何研究問題的基本方法——坐標法的認識較為膚淺，缺乏用坐標法解決綜合問題的整體設計;另一方面是因為學生大都比較害怕“運算”，對運算對象的理解、運算思路的探究、運算程序的設計和運算路徑的選擇上存在不足[1].教師在常態(tài)課堂教學中要更多地關(guān)注學生對坐標法解題程序的整體設計和運算思路的合理選擇，促進學生更好地領悟解析方法的本質(zhì)，提升數(shù)學運算素養(yǎng).

3.1 齊次化方法體現(xiàn)了運用坐標法求解綜合問題的整體構(gòu)思

解析幾何強調(diào)利用坐標系與函數(shù)、方程的相關(guān)知識，把有關(guān)圖形的幾何問題，轉(zhuǎn)化為關(guān)于方程的代數(shù)問題，有利于人們對幾何圖形及其問題的深入研究.這也是解析法（坐標法）的本質(zhì)特征.如何利用坐標與方程來求解圓錐曲線中的綜合問題，這往往需要解題者在審題時進行整體的構(gòu)思.比如在直線與圓錐曲線相交時，我們常先根據(jù)“設而不求”的思路得到x1+x2與x1x2或者y1+y2與y1y2，然后再利用這里的兩根之和與兩根之積實現(xiàn)“整體代換”，去求得線段之長、三角形的面積、斜率之和與斜率之積等等，進而去判斷、求解相關(guān)的最值、定點與定值等問題.

在進行解題的整體構(gòu)思時，一方面，我們必須較為精準地判斷出每一個題設條件的用途，以便推知由此可以得出的結(jié)論;另一方面，從問題待求解的結(jié)論出發(fā)，我們也需要對其進行合理轉(zhuǎn)化，尋求破解疑難的必要條件與充分條件，從而預計溝通題設條件與問題結(jié)論的可能性.從這個意義上說，上述齊次化方法充分體現(xiàn)了運用坐標法求解圓錐曲線綜合問題的整體構(gòu)思，齊次化聯(lián)立能得到什么樣的結(jié)論、解決什么樣的問題，平移齊次化又能達到什么樣的效果，平移后的“變”與“不變”怎樣來解釋平移前的問題……只有對齊次化方法有了整體的認知，才能將求解的思路形成一個整體構(gòu)思.

3.2 齊次化方法強化合理依據(jù)運算法則解決數(shù)學問題的能力

數(shù)學運算被列入高中階段數(shù)學核心素養(yǎng)，是指在明晰運算對象的基礎上，依據(jù)運算法則解決數(shù)學問題的素養(yǎng).它既是一種特殊的邏輯推理，而且能較好地甄別學生解決問題的能力.由于解析幾何是運用代數(shù)工具來解決幾何問題，涉及到“數(shù)”與“式”的合理整合與靈活轉(zhuǎn)換，“運算”往往成為許多學生在問題解決過程中的攔路虎.本文所展示的四道與斜率之和或斜率之積有關(guān)的問題，如果利用常規(guī)思路進行求解，往往會因為其較為復雜的表達形式和繁重的計算量，讓學生產(chǎn)生畏難情緒.齊次化方法通過平移變換、齊次化簡等靈活巧算的技巧和方法，合理構(gòu)造出兩條直線的斜率之和與斜率之積，大大簡化了表達形式，降低了計算量.

因此，在平時的教學活動中，教師一方面要有意識地引導學生學會探索、歸納、梳理、總結(jié)圓錐曲線中的一些典型問題，以不變應萬變，切實提高學生的解題能力與信心;另一方面，還需要引導學生從多元視角分析影響運算的相關(guān)因素，加強對理解運算對象、掌握運算法則、探究運算思路等數(shù)學運算本質(zhì)的領悟與應用，不斷滲透數(shù)學思路與方法，從而鞏固“四基”和提升“四能”.

參考文獻

[1] 朱清波.探究問題模型，實現(xiàn)多題一解——用平移齊次化的方法處理全國Ⅰ卷中一類解析幾何問題[J].中學數(shù)學研究（廣東），2021（1上）：10-11.

[1] 郭建華，于健，寧連華，張云飛.為運算找出路，發(fā)展運算素養(yǎng)——以2020年高考數(shù)學山東卷第22題為例[J].數(shù)學通報，2021（12）：41-46.

作者簡介 朱賢良（1981—），男，安徽樅陽人，高級教師;榮獲市級名教師、學科帶頭人、骨干教師、先進教研個人與縣級優(yōu)秀班主任等稱號;主要從事中學數(shù)學教育教學與考試研究;主編或參編教育教學圖書十余本，主持省、市課題研究三項.