齐次化

前置知识

韦达定理

对于二次等式

$$\begin{align} ax^2+bx+c=0 \end{align}$$
有
$$\begin{align} x_1+x_2&=-\frac{b}{a}\\ x_1*x_2&=\frac{c}{a} \end{align}$$

正文

齐次化是通过构造使得直线与圆锥曲线联立的结果的各个项次数相同从而构造出$k$的思想

两条交于同一点的直线斜率存在相乘一定或相加一定时，通过构造出$k_1,k_2$的二次等式，利用韦达解出斜率关系所隐含的条件

基本原理是

设直线$l:mx+ny=1$

此处$(0,0)$为该直线一定不过的点，一般由题目给出

此处需要处理使得坐标系平移为定点作为原点

若存在一次项$cx$

可以令其相乘

$$\begin{align} cx&=cx*1\\ &=cx(mx+ny)\\ &=cmx^2+cnxy\\ \end{align}$$

若存在零次项$c$

令直线平方

$$\begin{align} c&=c*1*1\\ &=c(mx+ny)^2\\ &=c(m^2x^2+n^2y^2+2nmxy) \end{align}$$

将所有非二次项如此处理 合并可得以下式子

$$\begin{align} ax^2+by^2+cxy&=0\\ \end{align}$$

同除$x^2$

$$\begin{align} a+b\frac{y^2}{x^2}+c\frac{y}{x}&=0\\ bk^2+ck+a&=0 \end{align}$$

再利用题目给出的直线交点与定点两条直线的斜率关系即可解出自设直线的$m,n$

最后可以得到直线过定点

例题

已知椭圆$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1,A(2,1)$

（2）点M，N在C上，且$AM\bot AN,AD\bot MN$, D为垂足，证明:存在定点Q，使得 $DQ$
为定值.

先以A为原点建系
$$\begin{align} x'=x-2\\ y'=y-1 \end{align}$$

得出新圆锥曲线方程，设出恒不过A的直线 $l$
$$\begin{align} C&:\frac{(x'+2)^2}{6}+\frac{(y'+1)^2}{3}=1\\ l&:mx'+ny'=1 \end{align}$$

将C展开

$$\begin{align} x'^2+4+4x'+2y'^2+2+4y'=6\\ x'^2+4x'+2y'^2+4y'=0\\ x'^2+4(mx'+ny')x'+4(mx'+ny')y'+2y'^2=0\\ (1+4m)x'^2+(2+4n)y'^2+(4n+4m)x'y'=0\\ (1+4m)+(2+4n)\frac{y'^2}{x'^2}+(4n+4m)\frac{x'}{y'}=0\\ (2+4n)k^2(4n+4m)k+1+4m=0 \end{align}$$

此处的k实际意义为$l$与$C$的交点与A的连线的斜率

因为有两个交点，所有就有两个斜率

由题知连线垂直

$$\begin{align} k_1k_2=\frac{1+4m}{2+4n}&=-1\\ m+n&=-\frac{3}{4}\\ l:mx'+(-\frac{3}{4}-m)y'&=1\\ m(x'-y')&=1+\frac{3}{4}y'\\ \end{align}$$

则易知$l$恒过定点P$(-\frac{4}{3},-\frac{4}{3 })$

同时我们知道$PD\bot AD$，$AP$是定长，所以在$RT\triangle APD$中，$AP$的中点$Q$形成的线段$QD$为定长，此处$Q$即为所求

需要注意的是这是新坐标系的点，转换为原坐标系就可以