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。

$\therefore k_{AB}+k_{PQ}=k_1+k_2=0$。