陳淑紅 朱奕帆

摘要：?在研究高考試題時(shí)，發(fā)現(xiàn)平移齊次法是解決圓錐曲線綜合問題的好方法，但是平移齊次常見的應(yīng)用是解決兩直線斜率和（或積）為定值的問題，且不知道怎樣的試題適合利用平移齊次法.本文中歸納了一個(gè)模型——“三叉戟”模型，只要是過定點(diǎn)的兩條直線與圓錐曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，這三點(diǎn)構(gòu)成三角形，都可以運(yùn)用平移齊次；總結(jié)了怎樣代入構(gòu)造齊次式的方法，并且首次利用平移齊次法解決了2022年浙江高考題中求弦長(zhǎng)的最值問題及2023年全國(guó)乙卷理科試題中線段過定點(diǎn)的問題，絕無雷同.有利于讀者快速識(shí)別模型，選擇平移齊次化，減少大量的運(yùn)算.

關(guān)鍵詞：三叉戟模型；平移齊次；斜率之和（或積）；韋達(dá)定理

平移齊次法是近幾年網(wǎng)上非常流行的解決圓錐曲線綜合問題的方法.處理方法是先平移坐標(biāo)系，將給定的點(diǎn)平移至坐標(biāo)原點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為兩直線過原點(diǎn)的類型，齊次化后兩直線的斜率之和（或積）為常數(shù)，可以解決與斜率之和（或積）有關(guān)的定點(diǎn)、定值或軌跡等問題.過定點(diǎn)的兩條直線與圓錐曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，定點(diǎn)和兩個(gè)交點(diǎn)構(gòu)成三角形，由于三角形形狀類似三叉戟，因此我們把這種模型稱為“三叉戟”模型.

例1?（2022年全國(guó)新高考Ⅰ卷第21題節(jié)選）已知點(diǎn)A（2，1）在雙曲線C：?x2?2?－y2=1上，直線l交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ斜率之和為0，

求直線l的斜率.

分析：△APQ由定點(diǎn)A和兩個(gè)交點(diǎn)P，Q構(gòu)成，符合“三叉戟”模型，可以采用平移齊次法，將雙曲線向左平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，消去常數(shù)項(xiàng)，與PQ平移后的直線P′Q′聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理得到直線OP′，OQ′的斜率之和為0.

解：將A（2，1）平移至O（0，0），C：?x2?2?－y2=1平移至C′：?（x+2）2?2?－（y+1）2=1.

將C′的方程化簡(jiǎn)，得?x2?2?－y2+2x－2y=0.

設(shè)直線P′Q′：mx+ny=2，將C′的方程

齊次化為?x2?2?－y2+（x－y）（mx+ny）=0，

即

－（n+1）y2+（n－m）xy+??1?2?+m?x2=0.

上式兩邊同除以x2，得

－（n+1）??y?x??2+（n－m）?y?x?+?1?2?+m=0.

因?yàn)閗OP′+kOQ′=0，所以?n－m?n+1?=0，

則n=m，即kP′Q′=-1.

因?yàn)槠揭魄昂髢芍本€的斜率不會(huì)發(fā)生改變，所以直線l的斜率為-1.

例2?（2018年新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ第21題）設(shè)橢圓C：?x2?2?+y2=1的右焦點(diǎn)為F，過F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，0）.

（1）當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程；

（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA=∠OMB.

分析：本題第（2）問實(shí)質(zhì)是要證明kOA+kOB=0，應(yīng)用“三叉戟”模型，利用韋達(dá)定理表示斜率的和與積，但是因?yàn)辄c(diǎn)M不在橢圓上，平移后橢圓的方程中既包含x，y的二次項(xiàng)和x，y的一次項(xiàng)，還包含常數(shù)項(xiàng)，對(duì)運(yùn)算求解能力提出了更高的要求.

解：（1）解答略.

（2）將M（2，0）平移至O′（0，0），點(diǎn)F（1，0）平移至F′（-1，0），C：?x2?2?+y2=1平移至C′：+y2=1.

將C′的方程化簡(jiǎn)，得+2x+1+y2=0.

將直線AB平移至A′B′：x=my-1，

即1=my-x.

將C′的方程齊次化，得

+2x（my-x）+（my-x）2+y2=0，

整理，得（1+m2）y2-=0.

上式兩邊同除以x2，得（1+m2） =0.

所以kO′A′+kO′B′=0，即∠OMA=∠OMB.

將直線方程以“1”的形式代入圓錐曲線，可以直接乘在一次式上，也可以平方后乘在常數(shù)項(xiàng)上，湊成齊次式.

例3?（2023年全國(guó)乙卷理數(shù)第20題）已知橢圓C：?y2?a2?+?x2?b2?=1（a>b>0）的離心率為??5??3?，A（－2，0）在橢圓上.

（1）求橢圓C的方程；

（2）過點(diǎn)B（－2，3）的直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M，N，

證明：線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)．

分析：平移坐標(biāo)系后，線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)等價(jià)于直線OP′，OQ′與x=2交點(diǎn)的中點(diǎn)為定點(diǎn).

解：（1）由題意可得橢圓C：?y2?9?+?x2?4?=1.（過程略.）

（2）將A（－2，0）平移至O（0，0），

點(diǎn)P，Q平移至P′，Q′，

C：?y2?9?+?x2?4?=1平移至C′：?y2?9?+?（x－2）2?4?=1.

將C′的方程化簡(jiǎn)，得?y2?9?+?x2?4?－x=0.

由題意知，直線P′Q′的斜率存在.

設(shè)P′Q′：y=kx+3，即?y－kx?3?=1，將C′的方程齊次化為?y2?9?+?x2?4?－x??y－kx?3??=0，即?y2?9?+??1?4?+?k?3??x2－?xy?3?=0，兩邊同除以x2，得?y2?9x2?－?y?3x?+?1?4?+?k?3?=0，則kOP′+kOQ′=3.

設(shè)OP′：y=k1x，OQ′：y=k2x，分別與x=2

聯(lián)立得到y(tǒng)M′=2k1，yN′=2k2.

所以=k1+k2=kOP′+kOQ′=3.

因?yàn)槠揭魄昂笾悬c(diǎn)的位置相對(duì)不變，所以線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)（0，3）.

例4?（2022年高考浙江卷第21題節(jié)選）已知橢圓C：?x2?12?+y2=1．設(shè)A，B是橢圓上異于P（0，1）的兩點(diǎn)，且點(diǎn)Q?0，?1?2??在線段AB上，直線PA，PB分別交直線y=－?1?2?x+3于C，D兩點(diǎn)，

求|CD|的最小值.

分析：按傳統(tǒng)方法求解，直線PA，PB與直線CD的交點(diǎn)坐標(biāo)計(jì)算量大，平移后，轉(zhuǎn)化為過原點(diǎn)的兩條直線與另一條直線的交點(diǎn)，交點(diǎn)坐標(biāo)均用斜率來表示.

解：將點(diǎn)P（0，1）平移至O′（0，0），

Q?0，?1?2??平移至Q′?0，－?1?2??，

C：?x2?12?+y2=1平移至

C′：?x2?12?+（y+1）2=1.

將C′的方程化簡(jiǎn)，得?x2?12?+y2+2y=0.

直線AB過點(diǎn)Q，平移至直線A′B′過點(diǎn)Q′，即將

CD：y=－?1?2?x+3平移至C′D′：y=－?1?2?x+2.

設(shè)直線A′B′：y=kx－?1?2?，即1=2kx－2y，將C′的方程齊次化為

x2?12?+y2+2y（2kx－2y）=0.

整理得?x2?12?－3y2+4kxy=0，兩邊同除以x2，得

3 2－4k5?y?x?－?1?12?=0.

令kO′A′=k1，kO′B′=k2，則

k1k2=－?1?36?，k1+k2=?4k?3?.

設(shè)直線A′O′：y=k1x，直線B′O′：y=k2x，分別與直線C′D′方程聯(lián)立，得xC′=?2?k1+?1?2??，xD′=?2?k2+?1?2??.

所以|C′D′|=?1+??1?2??2?|xC′－xD′|=??5??2?× 2（k2－k1）??k1+?1?2???k2+?1?2???[JB）|]

=?3?5??2?×??16k2+1??|3k+1|?=?6?5??5?×??16k2+1???9?16?+1??|3k+1|?≥?6?5??5?×???4k×?3?4?+1×1?2??|3k+1|?=?6?5??5?，

當(dāng)且僅當(dāng)k=?3?16?時(shí)，等號(hào)成立.

故|CD|的最小值為?6?5??5?.

對(duì)于圓錐曲線中的雙斜率問題，常規(guī)方法是聯(lián)立方程，結(jié)合韋達(dá)定理求解，若題目中出現(xiàn)了過定點(diǎn)的“三叉戟”模型，可以選擇平移齊次法減少運(yùn)算.平移齊次法的本質(zhì)是用過原點(diǎn)的兩條直線的斜率表示相關(guān)元素，符合解方程組聯(lián)立代入的思想，是解析幾何運(yùn)算思路的拓展和引申.