点乘双根法答题
点乘可以理解为：斜率相乘，向量的点乘
设过$B_1(-2,0)$的直线方程:$y=k(x+2),或x=my-2,P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),其中mk=1$
$\because PB_2\perp QB_2 \therefore (x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=0$
椭圆与直线联立两次，得到：
$\begin{cases} x^2+5y^2-20＝0\\y=k(x+2)\end{cases}\Rightarrow x^2+5k^2(x+2)^2-20=0\quad(1)$
$\begin{cases} x^2+5y^2-20＝0\\x=my-2\end{cases}\Rightarrow (my-2)^2+5y^2-20=0\quad(2)$
由于$x_1,x_2$是(1)的两根，因此，(1)可改写为：$(5k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=0$
即$x^2+5k^2(x+2)^2-20=(5k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)$
当$x=2$得，$(x_1-2)(x_2-2)＝\cfrac{2^2+5k^2\cdot 4^2-20}{5k^2+1}= \cfrac{80k^2-16}{5k^2+1}$;
由于$y_1,y_2$是(2)的两根，因此，(2)可改写为：$(m^2+5)(y_1-y)(y_2-y)=0$
即$(my-2)^2+5y^2-20=(m^2+5)(y_1-y)(y_2-y)$
当y=0得，$y_1\cdot y_2=\cfrac{2^2-20}{m^2+5} =\cfrac{-16k^2}{5+k^2} (\because mk=1)$
$\therefore (x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=\cfrac{-16k^2}{5+k^2} +\cfrac{80k^2-16}{5+k^2} =0$
$\Rightarrow 4k^2=1\Rightarrow k=\pm \cfrac{1}{2};\Rightarrow,y=\pm \cfrac{1}{2}(x+2)$
${\color{Red} 我们应该先说明}$ 过$B_1(-2,0)$,PQ垂直x轴时，$PB_2\perp QB_2 $不成立。
${\color{Green} 另一题目}$ ：
已知椭圆(Gamma) $\Gamma ：\cfrac{x^2}{4} +y^2＝1$,设直线$l:y=kx+m(k\ne0)$与椭圆$\Gamma$交于A,B两点，且以AB为直径的圆过椭圆右顶点M，求证：直线$l$恒过定点。
解：设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),M(2,0)$
$\because \overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} \Rightarrow (x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=0$
$直线方程还可以设为：x=ny-mn\quad(kn=1)$
将两直线方程分别与椭圆联立，得到
$\begin{cases} x^2+4y^2-4=0\\y=kx+m\end{cases}\quad\Rightarrow x^2+4(kx+m)^2-4=0\quad(1)$
$\begin{cases} x^2+4y^2-4=0\\x=ny-mn\end{cases}\quad \Rightarrow(ny-mn)^2+4y^2-4=0\quad (2)$
由于$x_1,x_2$是(1)的两根，因此，上(1)式可改写为：$(4k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=0$
即$x^2+4(kx+m)^2-4=(4k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)$
当$x=2$得，$(x_1-2)(x_2-2)=\cfrac{4(2k+m)^2}{4k^2+1}=0$
由于$y_1,y_2$是(2)式的两根，因此，上(2)式可改写为：$(n^2+4)(y_1-y)(y_2-y)=0$
即$(n^2+4)(y_1-y)(y_2-y)=(ny-mn)^2+4y^2-4$
当y=0得，$y_1\cdot y_2=\cfrac{m^2 n^2-4 }{n^2+4}$
$(x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2 =\cfrac{m^2-4k^2}{4k^2+1} +\cfrac{4(2k+m)^2}{4k^2+1}=0$
$\Rightarrow m^2-4k^2+4(2k+m)^2=(m+2k)(m-2k+8k+4m)=(m+2k)(5m+6k)=0$
$\Rightarrow m=-2k或m=-\cfrac{6k}{5}$
$y=kx-2k=k(x-2)(舍去);y=kx-\cfrac{6k}{5} =k(x-\cfrac{6}{5} ),故直线l恒过定点(\cfrac{6}{5} ,0)$
${\color{Red}再来一题 } ：$
$\therefore k_{AM}\cdot k_{AN}=\cfrac{y_1-2}{x_1-1} \cdot \cfrac{y_2-2}{x_2-1} ==\cfrac{-8(1+2m)}{\cfrac{4k(k+2)}{k^2} }=\cfrac{-8k^2(1+2m)}{4k(k+2) }=\cfrac{-8k(k+2mk)}{4k(k+2) }=-2$
解：$A(-1,0)，设D(x_1,y_1),E(x_2,y_2)，$设直线方程为：$y=kx+m或x=ny-mn\quad (其中nk=1)$
将直线方程与椭圆方程联立两次，得到
$\begin{cases} y=kx+m \\ x^2+2y^2-1=0\end{cases}\quad \Rightarrow x^2+2(kx+m)^2-1=0\quad (1)$
$\begin{cases} x=ny-mn \\ x^2+2y^2-1=0\end{cases}\quad \Rightarrow (ny-mn)^2+2y^2-1=0\quad (2)$
由于$x_1,x_2$是(1)式的两根，上(1)式可以改写为：$(2k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=0$
即有：$(2k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=x^2+2(kx+m)^2-1$
当$x=-1得，(x_1+1)(x_2+1)=\cfrac{2(m-k)^2}{2k^2+1}$
$\because y_1,y_2$是(2)式的两根，上(2)式可改写为：$(n^2+2)(y_1-y)(y_2-y)=0;$
即有：$(n^2+2)(y_1-y)(y_2-y)=(ny-mn)^2+2y^2-1$
当$y=0$得,$y_1y_2=\cfrac{m^2n^2-1}{n^2+2} =\cfrac{m^2-k^2}{1^2+2k^2}$
$\therefore k_{AD}k_{AE}=k_1k_2=\cfrac{y_1y_2}{(x_1+1)(x_2+1)} =\cfrac{m^2-k^2}{2(m-k)^2}=2$
$\Rightarrow 4(m-k)^2=m^2-k^2 \Rightarrow (m-k)[4(m-k)-(m+k)]=0\Rightarrow (m-k)(3m-5k)=0$
$\Rightarrow n=k,或m=\frac{5}{3} k$
$y=kx+k=k(x+1)(舍去)$,
$y=kx +\cfrac{5}{3} k=k(x+\cfrac{5}{3})\Rightarrow 直线DE恒过定点(-\cfrac{5}{3},0)$
抛物线来一题目：
当$l:y=-2或x=3，显然 k_1k_2=-2$
当$l$不与坐标轴平行，不妨设过$P(3,-2)$的直线$l$方程为：$y=k(x-3)-2或x=m(y+2)+3;(其中km=1),设M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$
将直线与抛物线方程联立两次，得到
$\begin{cases} y=k(x-3)-2\\y^2=4x\end{cases}\quad \Rightarrow [k(x-3)-2]^2-4x=0\quad (1)$
$\begin{cases}x=m(y+2)+3\\y^2=4x\end{cases}\quad \Rightarrow y^2-4[m(y+2)+3]=0\quad (2)$
由于$x_1,x_2$是(1)式的两根，上(1)式可以改写为：$k^2(x_1-x)(x_2-x)=0$
即有：$[k(x-3)-2]^2-4x=k^2(x_1-x)(x_2-x)$
同理由于$y_1,y_2$是(2)式的两根，上(2)式可改写为：$(y_1-y)(y_2-y)=0$
即有：$y^2-4[m(y+2)+3]=(y_1-y)(y_2-y)$
当$x=1$得，$(x_1-1) \cdot (x_2-1)=\cfrac{(2k+2)^2-4}{k^2}=\cfrac{4k^2+8k}{k^2}=\cfrac{4k(k+2)}{k^2}$
当$y=2$得， $(y_1-2)(y_2-2)=4-4(4m+3)=-8-16m=-8(1+2m)$
A点坐标$(1,2),M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$
$\therefore k_{AM}\cdot k_{AN}=\cfrac{y_1-2}{x_1-1} \cdot \cfrac{y_2-2}{x_2-1} ==\cfrac{-8(1+2m)}{\cfrac{4k(k+2)}{k^2} }=\cfrac{-8k^2(1+2m)}{4k(k+2) }=\cfrac{-8k(k+2mk)}{4k(k+2) }=-2$