简介

若圆锥曲线题围绕某特殊点展开，可将坐标系原点平移至此点，减小计算量。

例 1

已知椭圆 $E:{\displaystyle \frac{x^2}{4}}+$${\displaystyle \frac{y^2}{3}}=$$1$，过 $P(2,$$1)$ 的直线 $l$ 与椭圆 $E$ 交于 $A,$$B$ 且 ${\overrightarrow{OP}}^2=$$4\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}$，求 $l$ 的方程。

标答

联立 $\{\begin{array}{l}y=k(x-2)+1\\ {\displaystyle \frac{x^2}{4}}+{\displaystyle \frac{y^2}{3}}=1\end{array}$ 得

$$(3+4k^2)x^2-8k(2k-1)x+16k^2-16k-8=0$$

$\mathrm{\Delta }=$$[-$$8k(2k-$$1){]}^2-$$4(3+$$4k^2)(16k^2-$$16k-$$8)>0$

$\therefore 32(6k+$$3)>0,$$k>-$${\displaystyle \frac{1}{2}}$

$x_1+$$x_2=$${\displaystyle \frac{8k(2k-1)}{3+4k^2}},$$x_1{x}_2=$${\displaystyle \frac{16k^2-16k-8}{3+k^2}}$

$\because {\overrightarrow{OP}}^2=$$4\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}$

$\therefore (x_1-$$2,$$y_1-$$1)\cdot (x_2-$$2,$$y_2-$$1)=$${\displaystyle \frac{5}{4}}$

$\therefore [x_1{x}_2-$$2(x_1+$$x_2)+$$4](1+$$k^2)=$${\displaystyle \frac{5}{4}}$

$\therefore [{\displaystyle \frac{16k^2-16k-8}{3+4k^2}}-2{\displaystyle \frac{8k(2k-1)}{3+4k^2}}+4](1+$$k^2)=$${\displaystyle \frac{4+4k^2}{3+4k^2}}=$${\displaystyle \frac{5}{4}}$

解得 $k=$$\pm {\displaystyle \frac{1}{2}},$$k=$$-$${\displaystyle \frac{1}{2}}$ 不合题意，舍去。

$\therefore l:y=$${\displaystyle \frac{1}{2}}x$。

快速解法

将坐标系原点平移至 $P(2,$$1)$。为了区分坐标系，令 $\lambda =$$x-$$2,$$\mu =$$y-$$1$。新坐标系中 $A({\lambda }_1,$${\mu }_1),$$B({\lambda }_2,$${\mu }_2)$。

设 $l:\mu =$$k\lambda$。于是 $\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}=$$(k^2+$$1){\lambda }_1{\lambda }_2=$${\displaystyle \frac{5}{4}}$。

联立 $\{\begin{array}{l}\mu =k\lambda \\ {\displaystyle \frac{(\lambda +2{)}^2}{4}}+{\displaystyle \frac{(\mu +1{)}^2}{3}}=1\end{array}$ 得

$$(4k^2+3){\lambda }^2+(12+8k)\lambda +4=0$$

$\mathrm{\Delta }=$$192k+$$96>0,$$\therefore k>-$${\displaystyle \frac{1}{2}}$。

${\lambda }_1{\lambda }_2=$${\displaystyle \frac{4}{4k^2+3}}$

代入得 $(k^2+$$1){\displaystyle \frac{4}{4k^2+3}}=$${\displaystyle \frac{5}{4}}$，解得 $k=$${\displaystyle \frac{1}{2}}$。$\therefore y=$${\displaystyle \frac{1}{2}}x$。

例 2

已知双曲线 $C:x^2-$${\displaystyle \frac{y^2}{16}}=$$1$。$T$ 在直线 $x=$${\displaystyle \frac{1}{2}}$ 上。过 $T$ 的两条直线分别交 $C$ 的右支于 $A,$$B$ 和 $P,$$Q$。若 $|TA|\cdot |TB|=$$|TP|\cdot |TQ|$，求 $k_{AB}+$$k_{PQ}$。

快速解法

设 $T({\displaystyle \frac{1}{2}},t)$。将坐标系原点平移至 $T$。令 $\lambda =$$x-$${\displaystyle \frac{1}{2}},$$\mu =$$y-$$t$。

设 $AB:\mu =$$k_1\lambda ,$$PQ:\mu =$$k_2\lambda$。

$\because |TA|\cdot |TB|=$$|TP|\cdot |TQ|$

$\therefore ({\lambda }_A^2+$${\mu }_A^2)({\lambda }_B^2+$${\mu }_B^2)=$$({\lambda }_P^2+$${\mu }_P^2)({\lambda }_Q^2+$${\mu }_Q^2)$

$\therefore (k_1^2+$$1{)}^2({\lambda }_A{\lambda }_B{)}^2=$$(k_2^2+$$1{)}^2({\lambda }_P{\lambda }_Q{)}^2$

联立 $\{\begin{array}{l}\mu =k\lambda \\ {(\lambda +{\displaystyle \frac{1}{2}})}^2-{\displaystyle \frac{(\mu +t{)}^2}{16}}=1\end{array}$ 得

$$(16-k^2){\lambda }^2+(16-2kt)\lambda -t^2-12=0$$

$\mathrm{\Delta }>0$ 解得 $k<4$。

${\lambda }_1{\lambda }_2=$${\displaystyle \frac{-t^2-12}{16-k^2}}$，即 ${\lambda }_A{\lambda }_B=$${\displaystyle \frac{-t^2-12}{16-k_1^2}},$${\lambda }_P{\lambda }_Q=$${\displaystyle \frac{-t^2-12}{16-k_2^2}}$

代入得 ${\displaystyle \frac{k_1^2+1}{16-k_1^2}}=$${\displaystyle \frac{k_2^2+1}{16-k_2^2}}$。设左边表达式 $=$$s,$$\therefore k_1,$$k_2$ 是 $f(x)=$${\displaystyle \frac{k^2+1}{16-k^2}}=$$s$ 的两根。

$\because f(-$$x)=$$f(x)$，且 $f(x)=$$s$ 仅有两根，$\therefore (k_1,$$s),$$(k_2,$$s)$ 关于 $y$ 轴对称。

$\therefore k_{AB}+$$k_{PQ}=$$k_1+$$k_2=$$0$。