齊次化思想在解析幾何中的應用

數學運算是數學核心素養(yǎng)之一.運算過程的繁與簡，結果能否正確呈現，反映了學生運算能力的高低.不同的方法選擇，運算的難易程度往往差別較大.這正是教師要教會學生的地方.如何去突破運算瓶頸？怎樣選擇解題方法？為什么這么選？要用到什么技巧？需要多總結體會，做到心中有底，手中有法.

1 運算的難點與解決策略

高三解析幾何的復習教學中，常會遇到像斜率之和、斜率之積為常數，定點、定值等問題.對于這類問題，基礎一般的學生往往困惑于找不到突破口，或者用常規(guī)思路，苦于計算能力的薄弱，花時長，最終仍是半途而廢.

多數學生會被y1－bx1－a5y2－bx2－a和y1－bx1－a+ y2－bx2－a（a≠0，b≠0）的化簡“卡”住，選擇放棄，而在化簡y1x15y2x2和問題y1x1+y2x2時，準確率明顯提升.針對這一現象，筆者發(fā)現：恰當引入齊次化方案，教學效果明顯.

2 多視角呈現解題思路

借助“一題多解”，合理關注不同層次學生理解的契合度.幫助學生及時發(fā)現自身運算的不足，并學會另辟蹊徑，突破運算瓶頸，真正達到聽懂，會做，有效提升運算技巧、運算方法、運算能力.

例如圖1，已知直線l與拋物線C：y2=2px（p≠0）相交，交點為M，N，又O為原點，OM⊥ON，則直線l必過定點.

法一：常規(guī)思路之一.

設MN：x=my+n，M（x1，y1），N（x2，y2）.聯立x=my+n，

y2=2px，消元得y2－2pmy－2pn=0，則

y1+y2=2pm，y1y2=－2pn.

所以kOM·kON=y1x1·y2x2=2py1y21·2py2y22=4p2y1y2=－2pn=－1.

所以n=2p.

故直線l必過定點（2p，0）.

法二：齊次化思路.

易知MN不過坐標原點，設MN：mx+ny=1，M（x1，y1），N（x2，y2）.聯立mx+ny=1，

y2=2px.

（通過一次項乘mx+ny，常數項乘（mx+ny）2的手段，進行齊次化.）

易得y2－2px（mx+ny）=0.

整理為yx2－2pnyx－2pm=0，方程的兩根為y1x1，y2x2.

所以kOM·kON=y1x1·y2x2=－2pm=－1.

所以m=12p.故直線l必過定點（2p，0）.

點評：比較兩種方法，因O為原點，所以運算量相差不大.但命題者常會利用平移等手段，設計出y1－bx1－a·y2－bx2－a或y1－bx1－a+y2－bx2－a（a≠0，b≠0）的題型，制造運算難度來考查學生.那么反其道而行，利用平移，就可達到簡化的目的.

3 變式拓展與靈活運用

變式1已知拋物線C：y2=4x及點M（1，2），點A，B為拋物線C上的兩動點，若kMA+kMB=λ，求證：直線AB過定點，或AB的斜率為定值.

解析：將圖形向左平移1個單位長度，向下平移2個單位長度，則平移后曲線方程為（y+2）2=4（x+1），整理得y2+4y－4x=0.

平移后，設A′B′：mx+ny=1，A′（x1，y1），B′（x2，y2），M′（0，0）.

聯立mx+ny=1，

y2+4y－4x=0，得

y2+（4y－4x）（mx+ny）=0.

整理為（1+4n）yx2+（4m－4n）yx－4m=0，方程的兩根為y1x1，y2x2.

易得kM′A′+kM′B′=y1x1+y2x2=4n－4m1+4n=λ.

所以－4m+4（1－λ）n=λ.

當λ=0時，有m=n，此時kA′B′=－1，直線A′B′向右移1個單位長度，向上移2個單位長度后，可知kAB=－1;

當λ≠0時，－4λ5m+4（1－λ）λn=1，直線A′B′過定點－4λ，4λ－4，則直線AB過定點1－4λ，4λ－2.

點評：若用常規(guī)方法求解，需化簡y1－2x1－1+y2－2x2－1.而通過平移，將M（1，2）轉化為M′（0，0）后，齊次化將斜率和、斜率積的運算難點化于無形，達到減少運算的目的.這手段本質上是平移坐標軸，重建坐標系.平移后的新曲線方程的口訣可記為“左加右減、上減下加”.遇到直線過定點問題，需再次平移復原.平移的過程中，有關的斜率、長度、夾角等數值不變.

變式2已知雙曲線C：x22－y21=1，點M（2，0），A，B為雙曲線C上的兩點，點A，B，M不在同一直線上，若kMA·kMB=12，求證：直線AB過定點.

解析：將圖形向左平移2個單位長度，則平移后的曲線方程為（x+2）22－y21=1，即x2－2y2+4x+2=0.

平移后，設直線A′B′：mx+ny=1，A′（x1，y1），B′（x2，y2），M′（0，0）.

聯立mx+ny=1，

x2－2y2+4x+2=0，得

x2－2y2+4x·（mx+ny）+2（mx+ny）2=0.

整理為（2n2－2）yx2+4n（m+1）yx+1+4m+2m2=0，方程的兩根為y1x1，y2x2.

所以kM ′A′·kM′B′=y1x1·y2x2=1+4m+2m22n2－2=12.

化簡，得2（1+m）2=n2.

所以n=2m+2，或n=－2m－2.

當n=2m+2時，A′B′：mx+（2m+2）y=1過定點－1，22，則AB必過定點1，22；

當n=-2m-2時A′B′：mx－（2m+2）y=1過定點－1，－22，則AB必過定點1，－22.

點評：齊次化思想適用于研究直線AB與圓錐曲線相交，特別當點M不在曲線上，又涉及到MA，MB斜率和、斜率積的問題.采用平移、齊次化、恢復，這一解法的優(yōu)勢明顯，并能將斜率和、斜率積的問題并類化處理.

變式3如圖2，已知雙曲線C：x21－y22=1，左頂點A，過點D（2，0）的動直線交雙曲線C于M，N兩點，AM，AN分別與直線l：x=t交于點P，Q.若PD⊥QD恒成立，求t的值.

解析：將圖形向右平移1個單位長度，則平移后的曲線方程為（x－1）21－y22=1，整理得

2x2－y2－4x=0.

平移后，設直線M′N′：mx+ny=1，M′（x1，y1），N′（x2，y2），A′（0，0），D′（3，0）.

因為M′N′過D′（3，0），所以m=13.

聯立mx+ny=1，

2x2－y2－4x=0，經齊次化可得yx2+4nyx+4m－2=0，方程的兩根為y1x1，y2x2.

所以kA′M′·kA′N′=y1x1·y2x2=4m－2=－23.

記H（t，0），又kA′M′=kA′P′=kAP=|PH|t+1，kP′D′=kPD=－|PH|2－t，所以kA′M′=t－2t+1kP′D′.

同理kA′N′=t－2t+1kQ′D′.

易得kA′M′·kA′N′=t－2t+12kP′D′·kQ′D′，所以可得－23=t－2t+12×（－1）.

化簡得t2－16t+10=0，故t=8±36.

點評：由斜率積為常數，可得動直線過定點；反之，也可推.將條件“過點D（2，0）的動直線交雙曲線C于M，N兩點”轉化為“AM，AN斜率積的問題”.運用齊次化思想，規(guī)避計算難點.結合幾何法，在兩個直角三角形中，發(fā)現kA′P′與kP′D′之間的關系，kA′Q′與kQ′D′之間的關系，成功解答.

變式4如圖3，已知橢圓C：x22+y21=1，B為右頂點，M，N為橢圓C上的兩點，若BM·BN=0，求三角形BMN面積的最大值.

解析：將圖形向左平移2個單位長度，則平移后的曲線方程為（x+2）22+y21=1，即

x2+2y2+22x=0.

平移后，設M′N′：mx+ny=1，M′（x1，y1），N′（x2，y2），B′（0，0）.

mx+ny=1，x2+2y2+22x=0，

經齊次化得

2yx2+22nyx+1+22m=0.

所以kB′M′·kB′N′=y1x1·y2x2=1+22m2=－1.

解得m=－324.

所以M′N′：－324x+ny=1，則直線M′N′過定點H′－223，0.

再設M′N′：x=ty－223，

聯立x=ty－223，x2+2y2+22x=0，

（t2+2）y2+223ty－169=0.

所以S△BMN=S△B′M′N′=12|B′H′|5|y1－y2|=12×223×89（9t2+16）t2+2=49×9t2+16t2+2.

令9t2+16=u≥4，則S△BMN=4u+2u≤89，當且僅當u=4，即t=0時，等號成立.

故三角形BMN面積的最大值為89.

點評：從上述過程可以看出，齊次化適應于處理曲線上的點與坐標系原點連線有關的斜率運算問題.常見類型如kOA+kOB，kOA·kOB，k2OA+k2OB，等角、定點等問題.有一定的局限性.遇到弦長、面積等，仍需結合常規(guī)思路，消元求解.

總之運算能力的提升是有法可練的，是思維力、理解力、觀察力等相互滲透的過程.平時的教學過程中多注意齊次化的適用情形，并熟練運用它.對眾多運算力一般的學生而言，無疑是掌握了一種神兵利器，增強了解析幾何計算的信心；對教師而言，通過斜率和、斜率積、定點、等角等并類化的設計，必將起到事半功倍、獲益滿滿的教學效果.