坐标系平移法

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.

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

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

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

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

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

$x_1+x_2=\frac{8k(2k-1)}{3+4k^2},x_1x_2=\frac{16k^2-16k-8}{3+k^2}$

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

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

$\therefore [x_1x_2-2(x_1+x_2)+4] (1+k^2)=\frac{5}{4}$

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

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

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

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 $\vec{PA}\cdot\vec{PB}=(k^2+1)\lambda_1\lambda_2=\frac{5}{4}$.

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

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

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

$\lambda_1\lambda_2=\frac{4}{4k^2+3}$

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

已知双曲线 $C:x^2-\frac{y^2}{16}=1$. $T$ 在直线 $x=\frac{1}{2}$ 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 $k_{AB}+k_{PQ}$.

标答我就不贴了.

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

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 $\begin{cases}\mu=k\lambda\\ \left(\lambda+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{(\mu+t)^2}{16}=1\end{cases}$ 得

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

$\Delta>0$ 解得 $k<4$.

$\lambda_1\lambda_2=\frac{-t^2-12}{16-k^2}$，即 $\lambda_A\lambda_B=\frac{-t^2-12}{16-k_1^2},\lambda_P\lambda_Q=\frac{-t^2-12}{16-k_2^2}$

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

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