极点极线本质论（够宽够深慎入）（二）

所以k₁+k₂=2k2.所以t=2.例已知椭圆例(2)若过点M(1,0)的直线l交E于A.B两点，是否存在定点P,使直线AP与直线BP的斜率之和为2?若存在，求出该定点；若不存在，请说明理由.解析①解,yA+λyB=0,由于kpA+kps=2,故最终式子不含yA,局部所以因为λ≠1,所以4-xo=0,所以xo=4,代回去易知yo=3.极点极线背景分析：要使k₁+k₂=2=定值，故需要找到调和点列和调和线束，作M(1,0)对应的极线x=4,故点P在极线上，AB延长线交极线于N,此时有P(NM,AB)=-1,所以k₁+k₂例20已知椭圆C:)的离心率为长轴长与焦距的和为6.直线l过点N(0,1)与椭圆C交于A,B两点(不是椭圆的顶点).点P是直线v=3上的任意一点.高中数学新思路园锥专题(1)求椭圆C的方程；(2)记直线PA,PN.PB的斜率分别为k₁,k₂,ks,解得a=2,c=1,求证：成等差数列.根据定比点差法可(2)设P(s,3),AM=aMB,则存在调和分点N(xo,yo)满足AN=-aNB,根据定比点差法可成等差数列.成等差数列.(3)过圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)焦点F的任一直线交圆锥曲线于A、B两点，交对应准线于点N,点P位于圆锥曲线的通径所在直线上，则kpA+kps=2kpN.注意：本结论将F换成M(m,0),且PMLx轴，M与N满足调和共轭，kpA+kpg=2kpn也成立.证明：若曲线为椭圆(双曲线同理):设椭圆方程为：,F(-c,0),相应准线l:,则N、A、F、B是调和点列，作AQ//y轴交PN于E,交BP延长线于Q,根据调和平行中点定理知AE=EQ,(利用调和点列和平行线性质证明的过程省略).例21(2013·江西理)如图，椭圆C:经过点,离心率,直线l的方程为x=4.(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线L相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为ki,k₂,k3.问：是否存在常数λ,使得k₁+k₂=Aks?若存在，求λ的值：若不存在，说明理由.第三章调和点列与完全四边形(2)极点极线背景：连接PF,易知A、F、B、M为调和点列，作BD//PF交PM于D,交AP延长线于E,根据调和平行中点定理得：BD=DE,故易证k₁-本题利用调和点列性质证明如下：过A作AQ//PF交MP延长线于Q,,所根据交比不变性，以P作为射影中心，(AB,FM)=(E,B;～,D)=-1,故BD=DE.解答：令AF=λFB,例例的离心率为(2)如图，A,B.D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意点，直线DP交x轴于N直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m,证明为2m-k为定值.(2)极点极线背景：方案一：如图，连接AP与BD,设交点为E,△EMN自极三角形，由于N点在x轴上，故ME⊥x轴，再令ME与PD交点为G,则D,G,P,N是调和点列，设MP,MN分别与y轴交于Q和R点，因为MG//y轴，由调和平行中点定理知：QR=RD,由于M在直线AD:上，故注意：本题如果对调和平行中点定理理解不熟练也可以通过调和点列来证明，作PS//MG交MN于S,高中数学新思路圆锥专题则,所以QR=RD.方案三：如图所示，过M作ME⊥AB交AB于G,△EMN自极三角形，由于M与N调和共轭，故A、解答：(参数换元):设点),lpD:,由题可知L联立直线AD和直线PB可五、交比不变性与定点定值例23(2024·武汉二调)已知双曲线E:的左右焦点为F,F₂,其右准线为1,点F₂到直线L的距离为过点F₂的动直线交双曲线E于A.B两点，当直线AB与x轴垂直时，|AB|=6.(1)求双曲线E的标准方程；(2)设直线AF₁与直线l的交点为P,证明：直线PB过定点.解析(1)²一(2)极点极线背景：由对称性可知定点在x轴上，设为Q(xo,0),点F₂的极线即为右准线为L,设其与x轴交于点C,设F₂的极线与AB交于点D,角度1:利用斜率等差模型k₁+k₂=2k₃,-2·,即,所以所以xQ第三章调和点列与完全四边形角度2(交比不变性):P(AB,F₂D)=P(F₁Q,F₂C)=-1,(2)解法一(定比点差):设AF₂=λF₂B,A(x₁,yi),B(x₂,y₂),F₂(2,0),,,AF₂=(2-x₁,-yi),BF₂=(x₂-2,y₂),2-x₁=A(x₂-2),Ax₂+x₁=2+2λ解法二(坐标齐次化):设A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),ix2-y₂x₁=2(y₁-y2),设PA过(t,0),则例24(广州24届12月调研)在平面直角坐标系xOy中，点F(-√3,0),点DC,y)是平面内的动点.若DF为直径的圆与圆O:x²+y²=4内切，记点D的轨迹为曲线E(1)求E的方程；(2)设点A(0,1),M(t,0),N(4-t,0)(t≠2),直线AM,AN分别与曲线E交于点S,T(S,T异于A)AH_ST,垂足为H,求'OH|的最小值.(2)极点极线背景：如图，记椭圆右顶点B(2,0),AB交ST于Q,由于M(t,0),N(4—t,0),显然MB=BN,过A作MN的平行线，交ST于P,连接AB交ST于Q,根据交比不变性，A(S,T;H,P)=AB为P点的极线。从而P(2,1).因此点H在以(1,1)为圆心1为半径的圆周上运动，所以|OH|mm=√2-1解答：设kAM=k₁,kAN=k2,MN中点为B(2,0),将椭圆E:按照向量(0,-1)平移，则得到方程平移后A→0,T→T',S→S',设S'T'0(构造齐次式),同除以x²得，(所以kcs=k₁,kor=k₂是这个关于的方程的因此点H在以(1,1)为圆心1为半径的圆周上运动，所以|OH|min=√2-1.六、对合与定点定值2(k₁k₃+kzk4)=(k₁+k₃证明：方案一(角元形式):如图所示，以S为射影中心，直线a,c,b,d之间的夹角已知，则线束的交比的斜率表达式设直线a,b,c,d的斜率分别为k₁,k₂,ks,ka,对应的倾斜角分别为1,2,第三章调和点列与完全四边形方案二(交比不变性):若直线SA,SB,SC,SD为调和线束，(AB,CD)=-1,且斜率均存在，则证明：如图，过D作x轴的垂线与x轴交于S₁,另外交SA,SC,SB于A₁,C₁,B₁点.由交比不变性可知，(A₁B₁,C₁D)=-1:,分母同除以SS₁:去分母得：2(k₁k₃+k₂k4)=(k₁+k₃)(k这就是前面我们提到的斜率等差或者斜率倒数等差模型..同理，当k₄=0时，则这就是前面我们提到的斜率等差或者斜率倒数等差模型..根据2(k₁k₂+k₃k₄)=(k₁+k₂)(k₃+k₄),欲使得k₁k₂为定值，必须有k₃+k₄=0且k₃k4为定值；例25(2023·武汉四调)过点(4.2)的动直线l与双曲线E:交于M,N两(1)求双曲线E的标准方程；(2)点P是直线y=x+1上一定点，设直线PM,PN的斜率分别为k₁,k₂,若k₁k₂为定值，求点P的坐标.解析18(A)双曲线E的标准方程为x²-y²=4;高中数学新思路圆锥专题极点极线背景分析：P是极点Q(4,2)对应的极线2x-y=2如图，极点Q(4,2)对应的极线方程为2x-y=2,以P为射影中心，(MN,QR)=-1,所以2(k₁k2+k₃kA)=(k₁+k2)(k₃+k),欲使得k₁k2为定值，只须ks+k=0即可，所以直线PQ的方直线上，本题以P(3,4)为背景，可以设定很多条件，比如在曲线x²+y²=25上是否存在点P满足kik2为 则(1)解法一(定比点差):设Q4,2),P(m,m+1)且M则故在直线MN上一定存在点R,使得MR=-λRN(定比调和),此时此时根据定比点差得：,代入xR和yR,所!(非轴点弦三炮齐鸣结论式)故分子和分母不对称的项(分子有分母没有和分母有分子没有的)必须系数为0,即分子的y²与分母的x}系数必须为0,所以m=3,此时,故存在点P(3,4)符合题意.过点P(m,m+1)的直线PM设为y=ki(x-m)+m+1,设直线L:y=k(x+4)+2,kim²+(1-m-4k)²+2k₁m(1-m-4k)=k²(km-4k+2)²+(1+m)²k²-2k₁m(1+m)(k₁k2为定值，则,所以m=3,故存在例26(2023·石家庄二模)已知双曲线T:F为双曲线T的右焦点，过F作直线L:交双曲(2)设直线AB,AP,AM,AN的斜率分别为ku,kik₂=v,k₃+k₁=w,试探究v与u,w满足的方程关系，并将v用w,u表示出来.解析(1)设A(xo,yo),B(x₂,y2),F(2,0),由题意知P为,所以直线L的斜率为k=2,故直线l₁的方程为：y=2(x-2);→x²-16x+19=0,显然△>0,此方程的两根为xo,X2,,则直线l₂斜率为k=联立直线L₁和曲线T:(2)极点极线背景分析：延长NM交AB于Q,由于xpxF=1,PF⊥AB,则Q在点P对应的极线上，(或者令其对应极线为：,即,PF⊥AB,故,所以AB:y=),即与P点对应的极线为同一条直线)故(NM,PQ)=-1,根据调和线束斜率关系，则解法一(常规设点):设A(xo,yo),M(x₁,y₁),N(-x₁,-y₁),则,,因为点A(xo,yo)在双曲线上，故xo,yo满足双曲线方程，即,所以k,又,联立直线OP与双曲线C:根据题意易知k²≠3,此方程的两根即为x1,-x₁,所以即：,所以：解法二(定比点差):令),MP=aP,则3Q,使得MQ=-aQM,定比点差得：,所以对合(involution)通常指集合到集合的一种变换f,使任意元素a变到b,即b=f(a),但又使b总是变回f是圆锥曲线C到自身的函数，若3定点SCC使得VA∈C,A₁=f(A)有直线AA₁(3)对合不动点：若I=f(I)(=I₁),则I为对合f的不动点.由I的极线II=II₁过对合中心知I在对合轴上.由对合中心SCC知每个对合都有两个(不同的)不动点，如图，I和I₁均为切点，两点确定对合轴.证明：令,当a+d=0,可以理解为将反比例函数向右向上移动相等的距离是一组对合.利用对合待征与代数变形可得：ckk'-a(k+k)-b=0,其中a²+bc≠0,这个方程叫做对合方程.关于为了能在斜率和积模型中找到对合轴方程与对合中心坐标，我们引出不动直线的概念.不动直线与二次曲线的交点即为不动点.它的斜率在变换前后是不会变的，即满足ck²-2ak-b=0,这是一个关于k的一元二次方程，判别式△=4(a²+bc)≠0,根据它是正或负可知对合有两个或没有不动直线.①由两对相异的对合对应点求得：可先算出这两对对合对应点所在直线方程，联立之后算出对合中心，③由对合方程求得两条不动直线的方程，再利用不动直线与二次曲线相交找到不动点，连接不动点即是例27(2017·新课标I理)已知椭圆C:),四点P₁(1,1),P₂(0,1),P³,中恰有三点在椭圆C上.▶(2)设直线l不经过P₂点且与C相交于A,B两点.若直线P₂A与直线P₂B的斜率的和为-1,证明：L过定点.解析(1)根据椭圆的对称性，两点必在椭圆C上，又P₄的横坐标为1,,代入椭圆C,得：,解得a²=4,b²=1,所以椭圆C的方程(2)证明：将椭圆C按照向量(0,-1)平移，则得到方,平移后A→两个根.所以,故A'B'过定点(2,-2),平移回去可得AB过定点(2,-1),所以l过定点(2,-1).与y轴交点为M(0,n),找到M对应的极线,延长所以P₂N:1,所以,故MN的直线方程,故AB过定点S 定值.C上任意一点(与A,A₂不重合),直线QA,和QA₂的斜率之积点A(2,2)在椭圆上.(2)过点A作斜率之和为1的两条直线分别与椭圆C交于M,N两点，直线MN是否过定点?若过定由点A(2,2)在椭圆上，解得a²=12,b²=6,所以椭圆C的标准方程的方程的两个根.所以平移回去可得直线MN过点(-2,-4),所以直线MN过定点(-2,-4).(2)点M,N在C上，且AMLAN,AD⊥MN,D为垂足.证明：存在定点Q,使得|DQ|为定值.解析(1因为离心率(,所以a=√2c,又a²=b²+c²,所以b=c,a=√2b把点A(2,1代入解得b²=3,故椭圆C的方程(2)将A(2,1),A→O平移到原点，即x²+2y²+4x+4y=0;令MN'方程为：mx+ny=1,即x²+2y²+(4x+4y)(mx+ny)=0,(2+当x≠0时，同除以x²,(2+;令kAM=k₁,kAv=k2,k1、k2是方程(2+4n)k²+4(m+n)k+1+4m=0两根，所以,所以4m+4n=-3所以-所以M'N'恒过,当x=0时，也过此定点，所以MN恒过,则AT中点对合中心分析：作AM₁//x轴交C于M₁(-2,1),作AN₁//y轴交C于N₁(2,-1),此时M₁N₁:y=,令A与M2重合，此时过A作椭圆C的切线l:,即y=-x+3,作AN₂⊥l,此时AN²:y=x-1,此时求得对合中心为,接下来再分析Q为AS中点本文我们使用三角换元来进行角度同构.由设A(acosa,bsinα)、B(acosβ,bsinβ),故弦AB的方程证明：由即弦AB的方程证明：由于接下来我们一起按照三角同构来解读斜率关系，以椭为又易知直线PA、PB的方程分别是第三章调和点列与完全四边形所以，直线PA,PB的斜率分别是特别的情况，①当P为左顶点，则θ=π,②当P为右顶点，则θ=0,为上顶点，则为下顶点，则接下来我们证明2020高考题(例25)的关键部分，就是椭圆A(2,1),当AMLAN,则MN过定点.易证直线MN的方程又易知直线AM、AN的方程分别是：直线AM:直线AN:所以，直线AM,AN的斜率分别是：因为AMLAN,所以,所所以以即高中数学新思路圆锥专题所以MN过定点注意：三角同构换元就是圆锥曲线的两点联立式，抛物线的可以直接通过坐标获取，椭圆和双曲线则需要通过三角换元来进行同构.例30(2023·石家庄一模)已知点P(4。3)在双曲线C:,b>0)上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M,N两点，|PM|·|PN|=4.(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l:y=kx+m与双曲线C交于不同的两点A,B,设直线PA,PB的斜率分别为k₁,k2,从下面两个条件中选一个(多选只按先做给分),证明：直线l过定点.①k+k₂=1;②k₁k2=1.解析(1)由双曲线的方程可得渐近线的方程,由题意可得过P(4,3)与x轴平行的直线方程将与两条渐近线的交点M,N的横坐标分别为-可得3a²=4b²,设双曲线的方程为：所以双曲线的方程为：(2)证明：设A(x₁,y₁),B(x₂,y2),因为直线AP,BP分别为k₁,k2,用齐次式方程解答，将双曲线 方程按照向量PO:(-4,-3)平移，则,即 设直线A'B'的方程为mx+ny=1,联立得：,由于斜率存在，故同除若选①:k₁+k₂=1,可,可得,所以直线A'B'过(-6,0),直线L恒过定点(一若选②:kik₂=1,可得1,整理可得·,所以直线A'B'即直线L恒过定点三角换元解法：设,故直线PA:直线PB:故直线L恒过定点(-2,3);,,对比对合中心分析：选①.过P作斜率为的直线交双曲线于第一个对合不动点M(-2,0),再过P作y轴平行线交双曲线于另一个对合不动点N(4,-3),S(-2,3).选②.作点P处切线l:即y=x-1,此时切线斜率为1,则P与A和B均重合，再过P(2)直线l:y=k(x-1)(k≥0)与C相交于A,B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q.直线OP的斜率为k'(O为坐标原点),△APQ的面积为S₁.△BPQ的面积为S₂,若|AP|·S₂=●解析(1)由椭圆的离心率),即有a²=2b²,由以C的短轴为直径的圆与直线y=ax+6相切得：,联立解得a²=8,b²=4,所以C的方程;于是可得PQ平分∠APB,所以直线AP,BP的斜率互为相反数，即kAp+kgp=0,将椭圆C按向量PO(-xo,-yo)平移得椭圆C:又点P(xo,yo)在椭圆上，所以,代入上式.椭圆C上的定点P(xo,yo)和动点A,B分别对应椭圆C′上的定点O和动点A',B',设直线AB'的方程为mx+ny=1,代入①得：,当x≠0时，两边除以x²得：个根.所以kon'+kx=0,即,由此得.即极点极线背景分析：设P(xo,yo),由于kpA+kpp=0,故作PR//y轴交AB延长线于R,此时R(xo,n),Q(m,yo),由于kpA+kp=2kp=0,故P(对合中心分析：由于kpA+kp=0,故作PM//x轴交椭圆于一个不动点M(-xo,yo),再作PN//y轴交椭圆于另一个不动点N(x₀,-yo),由于MN过原点，根据极点极线配极定理可知，对合轴MN的对合中心S在无穷远点(过M和N处作的两条切线平行),由于A与B对合，故AB的斜率可以根据M处或者N处切线斜率得到，即,,4.顶点角+同轴轴点弦的对合方程第一类：左右顶点+x轴轴点弦型两点，P其对应极线RQ:,AM延长线交RQ于R,MN与RQ交于点Q,设km=k,kAw=k2,kAB②由于A(MN,PQ)=-1,k₃=0,所以2(kik₂+ksk4)=(k₁+k2)(k₃+k4)→2kik₂=(k₁+k2)ka,③由(1)求椭圆C的方程；(2)A是椭圆C的右顶点，斜率为k(k≠0)的直线l与C交于P,Q两点(P,Q与A不重合).设直线PA的斜率为ki,直线QA的斜率为k2,,求kik2的值.BF₁·BF₂=b²-²=2①,又由有a=2c,所以b²+c²=4c²,即b²=3c²②,联立①②解得b²=3,c²=1,所以a²=4,故椭圆的方程(2)将椭圆C按照向量AO:(-2, x²得，因为点P',Q的坐标满足这个方程，所以kc,ko是这个关于的方程的两个根.所以kop+ko=k₁+k₂=-3n,k₁,由于,所!,所以,由,故k=2k4,即故m=2(舍)或m=-1,此时k₁或者按照特殊值PQLx轴，注意：定点M在椭圆内，如果以M作为对合中心，属于椭圆型对合.如果定点M在椭圆外，以M作为二次曲线上的一个双曲型对合中，任意一组对应点都和两个不动点构成一个调和点列，射影是交比不变如图，M(m,0)是椭圆外的一点，以M为对合中心，其对合对合轴,这是一个典型的双曲型对合，RS为两对合不动点，故A(MN,BC)=-1,由于B和C是一组对合对应点，故延长AB交RS于D,AC交RS于E,故DE也是一组对合对应点，所以A(DE,SR)=-1.根据调和线束的斜率公式，例33(2024·西安模拟)椭圆E:)的离心率为右顶点为A,设点O为坐标原(1)求椭圆E的标准方程；(2)设直线l:x=t交x轴于点P,其中t>a,直线PB交椭圆E于另一点C,直线BA和CA分别交直线L于点M和N,若O,A,M,N四点共圆，求t的值.解析(1)由题意可得,解得a=2,b=√3,c=1,所以椭圆E的标准方程(2)由题意可得P(t,0),A(2,0),t>2,设点B(xi,yi),C(x2,y2),M(t,ym),N(t,yn),因为0,A,M,N四点共圆，所以由切割线定理得：|PO|·|PA|=|PM|·|PN|,即t(t-2)解法一(常规联立):设直线PB的方程为x=ky+t,代入椭圆方直线CA的方程为),当x=t时，所以),所以),解得t=6.解法二(齐次化):将椭圆按照向量AO:(-2,0)平移，得：1,即,此时B→B',C→C',B'C'过定点(t-2,0),不妨设B'C':1,联立得：同除以x²得：),此时,所以t=6.为两个对合不动点，此时属于双曲型对合，故一定有A(PQ,BC)=A(DE,SR)=-1,所以利用调和线束斜率关系可知即例34(2024·青羊区模拟)已知椭圆M:)的离心率为短轴长为2√3,过点(2)解法一：如图：因为直线AB斜率不为0,设其方程为：x=ty+1,联立直线AB与椭圆方程所根据第三定义k,(利,所以,由中点点差法得关系，齐次化最好表达.,显然复杂的一些斜率A'B':-x+ny=1,联立得：,同除以x²得：,kNAkNB=令,所以,由中点点差法(需证明)得第二类：上下顶点+y轴轴点弦型如图，椭圆中，A、B分别为其上下顶点，过P(0,m)的直线MN交椭圆于M、N两点，P其对应极线RQ:,AM延长线交RQ于R,MN与RQ交于点Q,设km=ki,kAN=k2,kAB,所以;②由于A(MN,PQ)=-1,ks=0,所以2(kik₂+k₃k4)=(k₁+k₂)(k₃+k)→2k₄=(k₁+k₂),即③由注意：本模型是椭圆型对合，以P作为对合中心，没有不动点，所以k₁k2可以采用特殊值，即过Px轴平行线交椭圆于MN两特殊点，算出kik2,此模型的双曲型对合，可以参考前面x轴的轴点弦模型，不再赘述.例35(2022·浙江卷)如图，已知椭圆E:.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点在线段AB上，直线PA,PB分别交直线x+3于C,D两点.(2)由于点在线段AB上，我们令PA的斜率为k₁,PB的斜率为k2,根据以往处理轴点弦的果.将椭圆E:按照向量PO:(0,-1)平移，则得到方,平移后P→0,A→A',B→B',D→D',QQ易知CD'方程为：设A'B'方程为mx+ny=1,(构造齐次式),同除以x²得，所以k,k2是这个关于的方程的两个根.处理弦长最值时候比配方法简单好用，大家不妨多往这个方向尝试，也可以换元构成二次函数，令t=√5·,采用判别式法，此法很万能，即,柯西在于巧，判别式在于稳.第四章完全六边形与帕斯卡定理完全六边形与帕斯卡定理综合射影几何的理论，创立至今不到200年的历史。当然，在此以前很早就已发现了其中的许多定理和原理，但是，一大堆砖瓦不能称为一座大厦，孤立的许多定理也不等于一门理论。建筑综合射影大厦的砖瓦是由欧几里得(Euclid)以来的无数学者们所贡献的。四调和点的概念古代人已经熟悉了，他们从度量观点出发，把它看作使线段内分与外分比值相等的一个比值。由一截线对一完全四边形各边截取的对合六点问题曾由帕普斯(Pappus)详细研究过。但这些孤立的概念未被用作一般理论的基础。它们独立起来看，不过是一些小结论。正是与其他大量定理的联系才显示出了它们的重要性。十七世纪是人类历史上一个非常美妙的世纪.在它早期，诞生了诸如伽利略(Galileo)、开普勒(Kepler)、布拉赫(Brahe)、笛卡尔(Descartes)、笛沙格(Desargues)、帕斯卡(Pascal)、卡瓦列利(Cavalieri)、沃利斯(Wallis)、费马(Fermat)、惠更斯(Huygens)、巴康(Bacon)、纳皮哀尔(Napier)等一大批数学明星，还有不少发光较少的小星，更不用说伦布兰特(Rembrandt)或莎士比亚(Shakespeare)了。他们开始对从古人堆里挖掘出来的大量材料提出各种所谓的统一性原理(Unifyingprinciples)。如1604年伟大天文学家Kepler提出把平行直线看成无穷远处相交的概念，并由此使抛物线成为椭圆和双曲线的极限情形。他还提出抛物线也有焦点，即所谓“盲焦”(caecusfocus),一个位于轴的无穷远处的焦点。1639年，法国数学家笛沙格(Desargues)发布了一篇有关二阶曲线的小论文，其中出现了我们在它基础上建立了四调和点理论的定理。但笛沙格没有用他的定理为这一目的服务。他把四调和点看作对合六点中有两个为重点的特例。他的对合理论的论证过程也与我们采用的纯几何方法不同。他在证明点的对合投影性质时，同样利用了“当六线通过对合六点时，所有与它们相截的直线也一定截出互为对合的六个点”这一性质。笛沙格是射影几何的创立者，但他是利昂的一位建筑师。因对几何的兴趣以及职业的需要而创立了这门学科。在工作中他也有创造发明，包括如何切割石块用于建筑，如何设计和制作螺旋形楼梯等。在笛沙格的这篇短文中也包含极点和极线的理论，但极线被称作traversal(穿越线)。他也指出了极点极线的调和性质，但当平面引入无穷远元素后，笛沙格似乎没有得到对应的度量属性。因而他说，“当traversal在无穷远时，就全部难以想象了”。至于极点(pole)这一术语，则由法国数学家塞瓦(Servois)于1810年首先使用，而对应术语极线(polar)则由当时担任塞瓦论文的刊物编辑热尔岗(Gergonne)创立。在这本小书中，我们发现了有关二阶曲线内接四边形的漂亮定理他所陈述的定理的原始表达形式为：已知一个四边形内接于圆锥截线，则每一条与圆锥曲线以及四边形四边相截的traversal截出的六个点为对合说来也是很怪，笛沙格的不朽著作竟招来最猛烈的辱骂和嘲笑!“难以置信的错误!”,“完全是虚构和造假!”,“任何真正熟悉科学的人都不能实际接受他的思想!真可笑!”,这就是许多读者和评论家的评论，而且他们中间也并非全都是一无所知和没有教化的人。无论笛沙格的学生如何热心支持，也不管受到诸如笛卡尔，费马，梅森(Mersenne)等著名人物的倾慕和声援，他的小册子在出版二个世纪之后终于完全消失。当法的1845年，夏莱才找到了由笛沙格的一名学生，DelaHire所写的题为“响当当的工程”(“Bruillon-笛沙格著作的消失的一个非常充足的理由看来和他的写作风格有关。他没留意热烈钦佩着他的同辈笛卡为学者写的，这时你只要向他们讲清他们还不知道的二阶曲线的那些新特性就行了；另一种是为好奇但无专业知识的读者写的，这时您就应该把至今尚只有很少人知道、但对透视学，对绘画、建筑学等恰是非常有用的素材统统写进你的书中，而且要写成使所有想学有关知识的读者都感到浅显易懂。如果您有第一个想法，我认为需要避免使用新术语，因为行内学者已经习惯Apollonius的用语，即使你创立了更好的术语，也不会让他们欣然地改变习惯，你的自创术语只会导致你的证明更加难于看懂，从而逼使他们放弃阅读您的书转去阅读其他的书。如果您有第二种打算，那么您用的语言肯定是您的母语—法语，这时您就可以利用它的优雅和灵活性来进行构思，使那些从未接受古人用语的读者能更好地接受……。但是，如果您有这样的意图，您那些不肯使用想象力去苦心思索几何命题、又不愿翻弄书页寻找插图注释的读者，看您的书就会比看妖魔故我们发现笛沙格的小册子中使用了大约七十个新术语，且只有一个involution(对合)能保留到现在，笛卡爱的学生deLaHire也没能体会他的工作的非凡朴素性和普遍性价值，但最终还是是十六岁的小伙子帕斯卡能够理解并能评价他的方法!这是一桩难以想象的事实。“在MSQ三点决定的平面上，通过M作直线MK和MV,通过S作两条直线SK和SV,并设K是MK和SK的交点，V是MV和SV的交点，A是MA和SA的交点(A是SV和MK的交点),μ是MV和SK的交点；如果通过A,K,μ,V四点中的两点，它们不在与M和S同一条直线上，例如K和V,我们通过一个圆的圆周切割直线MV,MP,SV,SK于四点O,P,Q,N;那么MS,NO,PQ三条直线为同阶直线(linesofthesameorder)”注意：以上一段仅仅是帕斯卡证明帕斯卡定理时的一个引理，而非整个定理。帕斯卡证明帕斯卡定理时青早逝，或许是因当时出版科学著作的困难，也或许是因为他后来对宗教事务的病态似的兴趣，这一大部巨著后来始终未曾出来。莱布尼茨曾审查过他的完整著作的一份拷贝，并报道，神秘的六角形著名定理是他的整个理论的基础，且帕斯卡已从它导出了大约四百个推论。这表明这里确实有一位天才能把射影几何中相互一、帕斯卡(Pascal)定理及其逆定理已知1,2,3,4,5,6是二阶点列上任意六个点，我们记：12与45的交点为L,23与56的交点为M,34与61的交点为N,证明：考察图1。我们把二阶点列看成以点3和5作为顶点的两个线束的对应射线交点的轨迹。因此，以3为中心连接到1,2,4,6四点的线束与以5为中心连接到1,2,4,6四点的线束为射影对应。但线束3(1,2,4,6)在连线1-6上截出四点1,H,N,6,故1,2,4,6与1,H,N,6为透视对应；同样，线束5(1,2,4,6)在连线1-2上截出四点1,K,L,2,故1,2,4,6与1,K,L,2也透视对应。由此，根据射影对应的传递性，可知点列1,H,N,6与点列1,K,L,2为射影对应。但这两个射影对应点列的交点1是一个自对应点，故它们的射影对应为透视对应，必有一个共同的透视中心。这个透视中心可由任意2组对应点的连线求交得到。现取两个连线分别为6-K和2-H,故可求出交点M。这样，两个点列的对应点L和N的连线也通过中心M。这样证明了L,M,N三点共线。对图2可类似证明，但辅助点的作法与图1不同。在帕斯卡定理的图1中，人们常标成下面的对称形式：其中6个顶点名称改用ABC和A'B'C'两组对应的字母来表示，AA',BB',CC称为对应顶点。这样，连线的规则就变为：在不同组字母间，对应的字母A',B',C不连线，不对应的6对字母AB',AC',BC,BA',CA',CB'都要连线。这6条连线中，AB'与A'B,AC与CA',CB'与BC′相互叫对边。三组对边的交点分别记为L,M,N。这样，帕斯卡定理可用一句话来表达：二阶点列上任意6个点的三组对边的交点帕斯卡定理的逆定理也成立，即设有6个点，其中任意三点不共线，而三组对边的交点共线，则此6点二、帕斯卡定理中点的名的替换帕斯卡定理中，123456六个点的排列次序是任意的，但无论怎样排列，必须构成一回路。图1和2的回路按顺时针排列次序分别为152463和156423。下面我们再举几个不同排列次序，看它们的结果怎样?我们考察顺序为136425的六点。根据定理：12与45的交点为L,23与56的交点为M,34与61的交点为N,可得到下图所示结果：图3对于136425六点排列次序的帕斯卡定理可以看出，与图1(或3)的差别是L,N两点的上下位置进行了互换，M仍在它们中间。再考察顺序为163524(或635241,352416,524163,241635,416352)的六点。根据定理，可得到下图所图4对于163524排列次序的帕斯卡定理可以看出，点L位于M和N两点的中间，N跑到了曲线外边。LNM三点仍保持共线。再考察六点位置完全为递增的自然顺序123456。根据定理的陈述，可得到下图5对于123456六点原始次序的Pascal定理从上图可以看出，L,M,N三点的排列位置和图2类似，且三点也都位于曲线之外部。L,M,N三个点中，也允许有无穷远点。例如，图5中若有一对边平行，如23与56平行，则它们的交点M是与23和56有共同方向的无穷远点，如图6所示。究竟有多少种不同的情况呢?对于6点位置，共有6!=720种排列，但轮换相同的6种排列(如123456,234561,…,612345)构成的回路相同，顺时针和逆时针排，如123456和564321,也代表相同回路，不同排列的回路(即Hamilton回路)情况为(6-1)!/2=60种。帕斯卡定理说明对于这60种不同的回路都会使它们的6顶点的三组对边的交点L、M、N共线。最后还要说明两点：六个顶点中，如相邻两个顶点有1到3个重合，这样六个点就变成5个、4个或3三、通过五点的圆锥曲线帕斯卡定理为通过五点作圆锥曲线提供了一种优美的解决方案。设已给1,2,3,4,5五点，其中任意三点不在同一直线上，但五点的平面位置为任意。我们将这五点依次相连，并设线段12与45的交点为L,如图7-1所示。为了作圆锥曲线上的任意一点，如点6,我们通过点1任意作一直线a,设a与线段34交于点N,见图7-2;再通过L和N作直线b,设b与a交于M,图7-3;再通过5和M作直线c,则c与a的交点就是期望的点6,见图7-4。利用这种办法，让a绕1旋转一圈，就可以得到二阶曲线所有点。这种作图方法的核心91高中数学新思路园锥专题2.圆锥线的切线如果帕斯卡定理的六点123456中有两点不巧重合，则它们两点变一点，而两点之间的连线变成它们共同点的切线。据此，可用帕斯卡定理为已知五点寻找其中一点的切线。设已知平面上五点12345,我们来作通过五点的圆锥曲线且在1有切线。首先，把12345五点中五个对边12,23,34,45,51依次连接起来，使它们成一个五边形(这里是一五角星),并设12和45交点为L,15和23交点为M,如图8-1所示.再把LM连起来，设与34交点为N,最后，把1点看成1与6两点的重合点，则16作为34的一个对边，根据帕斯卡定理应和其余两组对边12-45,15-23的交点L和M共线，所以，我们连接N和1,它就是16的连线，亦即轨迹在1处的切线，3.帕斯卡圆锥曲线的内接四点形两对顶点可组成一四边形。帕斯卡定理为这种特殊情况给出了一个非常重要的定理：圆锥曲线的内接四边形的两双对边的交点与两组对点的切线的交点在同一直线上。如图9,ABCD是圆锥曲线的任意一个内接四边形。对边AB与CD交于L,AD与BC交于M,对顶点A与C的切线交于N,B与D的切线交于P,我们要证明L,M,N,P四点在同一条直线上。图9ABCD两组对边交点M,L与两对顶点切线交点N,P共线在使用帕斯卡定理解读高考题时，一定要做好字母排序，如果出现切线，那就将两点重复表示，具体操作我们可以参考例题.例1(2023·北京)已知椭圆E:)的离心率A、C分别为E的上、下顶点，B、D分别为E的左、右顶点，|AC|=4.(1)求E的方程；(2)点P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M,直线PA与直线y=-2交于点N.求证：MN//CD.解析(1)由题意可得：2b=4,解得b=2,a²=9,所以椭圆E的方程(2)解法一(参数换元):设点P(3cosθ,2LPD:,由题可知Lc:;联立直线PD和直线BC可,所以kc=3=k>MN//CD,得证!极点极线背景分析：延长BP和CD交于E,连接EM交CN于R,方案一(帕斯卡定理):由于过C作椭圆的切线，所以我们记为六边形BCCDPA,BC与DP交点M,CC与PA交点N,CD与AB交点记为L,由于CD/方案二(交比不变性)以C为射影中心，由于|BO|=|OD|,故C(B,D;O,○)=-1,根据交比不变性C(B,D;O,o)=C(M,E;,R)=-1,为菱形.例2(2023·西城区模拟)已知点A,B是椭圆E:的左。右顶点。椭圆E的短轴长为2,离心率为(1)求椭圆E的方程；(2)点O是坐标原点，直线l经过点P(-2.2),并且与椭圆E交于点M,N.直线BM与直线OP交于点T,设直线AT,AN的斜率分别为k₁,k₂,求证：k₁k2为定值.解析(1由题意可得2b=2,,可得a=2,b=1,所以椭圆的方程为：(2)解法一(联立硬解):由(1)可得A(-2,0),B(2,0),显然直线MN的斜率存在且不为0,设直线MN的方程为y=kx+m,由题意2=-2k+m,即m=2+2k,整理可得：(1+4k²)x²+8kmx+4m²-4=0,△>0,直线BM的方程为,直线OP的方程为y=-x,,即,所以,,即证得kik2为定值解法二(齐次化秒解):令证明(请自证),利,易证(请自证),再利用齐次化,得：),所以极点极线背景分析：延长AT交椭圆于R,在椭圆内接六边形AABMNR中，AA与MN交于P,AB与NR交于点Q,BM与RA交于点T,根据帕斯卡定理，则P,T,Q三点共线，由于Q在x轴上，故0与Q例3(2023·浙江湖州市期末)如图所示.A.B为椭圆C:(2)已知O为坐标原点，点P(-2.2)。点M是椭圆C上的点。直线PM交椭圆C于点Q(M,Q不重合),直线BQ与OP交于点N.求证：直线AM.AN的斜率之积为定值。并求出该定值.解析(1)由题意可得,可得a²=4b²,将点代入椭圆的方程：(2)解法一(隐齐次化):由于P(-2,2),连接PA,AQ,设kAM=ki,kaQ=k2,k=ks,kAN=k4,根据第三定义易证,将椭圆按照AO=(2,0)(O),P→P'(0,2),M→M',N→N',Q→Q',此时M'Q':,(齐次化同除以,即,所以,由题意直线OP的方程为：y=-x,BQ:y=k₃(x-2),联立得：),所以,联立,所以极点极线背景分析：延长NA交椭圆于R,连接BR,由于AP与椭圆相切，故构造内接六边形AABQMR,AA与QM交于P,AB与NR交于点Q,BQ与RA交于点N,根据帕斯卡定理，则P,N,Q三点共线，由于Q在x轴上，故O与Q重合，根据第三定义，有与直线A₂M的与直线A₂M的直线L与椭圆η相交于M.N两点。直线1不经过坐标原点O,且不与坐标轴平行，直线A₁M斜率之积(2)若直线OM与椭圆η的另外一个交点为S,直线AS与直线A₂N相交于点P,直线PO与直线L相交于点Q,证明：点Q在一条定直线上，并求出该定直线的方程.解析(1)不妨设M(x₁,yi),N(x₂,y2),易知,又a=3,所以(2)解法一(常规联立):设直线l的方程为：x=my+n(m≠0,n≠0),由韦达定理得,不妨设P(xo,yo),所此时直线OP的斜率,所以直线OP的方程为,联立解得x=-3,故点Q在一条定直线上，该定直线的方程为x=-3.解法二(齐次化):如图，设kA₁m=ki,kA₁w=kz,kA₁p=k₃,kA₂P=kA,易知,根据第三定义 ,即,令MN':mx+ny=1,联立得：,同除以定点Q'(0,-3kp),所以Q过定点(-3,-3kp).故点Q在一条定直线上，该定直线的方程为x=-3.极点极线背景分析：构造椭圆内接六边形A₁A₁A₂NMS,A₁A₁与MN交于Q',A₁A₂与MS交于O,A₂N与A₁S交于P,根据帕斯卡定理，则P,0,Q三点共线，由于Q在OP上，故Q与Q重合.直线x=-3上.例5(2024·沈阳模拟)已知如图、点B₁,B₂为椭圆C的短轴的两个端点，且B₂的坐标为(0.1),(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线L不经过椭圆C的中心，且分别交椭圆C与直线y=-1于不同的三点D,E,P(点E在线段DP上),直线PO分别交直线DB₂,EB₂于点M.N.求证：四边形B₁MB₂N为平行四边形.解析(1)因为B2的坐标为(0,1),椭圆C的离心率解得a²则椭圆C的方程(2)解法一(联立硬解):不妨设D(x₁,y₁),E(x2,y₂),M(TM,ym),N(xN,yn),可得直线B₂D方程为当直线l的斜率不存在时，不妨设直线L方程为x=xo(xo≠0),此时直线PO方程的为联,解得,同理得,因为y₁=-y2,所以消去y并整理得(1+2k²)x²+4ktx+2t²-2=0,由韦达定理得将y=-1代入直线y=kx+t中，解得,即,所以直线PO的方程为y=联立解得,同理得第四章完全六边形与帕斯卡定理所以因为所以xM+xn=0,综上得，xm+xy=0,则点O为线段MN中点，因为0为B₁B₁中点，所以四边形B₁MB₂N为平行四边形.解法二(齐次化):设,根据隐藏斜率关系可探定值，将椭圆按照向量B₁O:(0,1)平移，,此时D'E':mx+ny=1,联立根据第三定义，值，利用中点斜率模型可知kns,+knB₂=2k=2kop=-2m,所以kB₂D=kNB₁,同理可证kp₂E=kMB₁,所以四边形B₁MB₂N为平行四边形.极点极线原理分析：如左图延长B₁N交椭圆于Q,我们需要证D、Q关于原点对称，构造内接六边形O三点共线，由于0在B₁B₂上，故O与O重合.故D、Q与B₁Q交于N,根据帕斯卡定理，则P,N,关于原点对称，所以B₁N//B₂M.如右图，设B₁M交椭圆于S,我们需要证E、S关于原点对称，构造内接六边形B₁B₁B₂DES,B₁B₁与DE交于P,B₁B₂与ES交于O',B₂D与B₁S交于M,根据帕斯卡定理，则P,M,O三点共线，由于O在B₁B₂上，故O与O重合.故E、S关于原点对称，所以B₁M//B₂N.好题赏析例1(2021·北京)已知椭圆E:的一个顶点A(0,-2),以椭圆E的四个顶点(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(0,-3)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB、AC分别与直线y=-3交于点M、N,当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围.(2)极点极线背景：这是一个简单的下顶点+y轴轴点弦模型，隐藏了kackAB=λ这个定值，解答此题最佳方案就是齐次化，我们仅仅分析其斜率积为定值的对合问题。如图，由于P(0,-3)对应极线方程为DE:为两个对合不动点，此时属于双曲型对合，故一定有A(PQ,CB)=A(GH,DE)=-1,所以利用调和线束斜率关系可知kik₂即由于y=kix-2,y=k₂x-2,当y=-3,所以kp∈[-3,-1]U(1,3] m-+=0,kAc·kAB=4,由于AM:y=kix-2,AN:y=k₂x-2,当y=-3,xM=AQ斜率之和为2.PQ于N,k₁=kHp,k2=kHQ,,k₄=kFM=0,由于H(MN,PQ)=-1,故过定点M'(1,2),所以P'Q':mx+ny=1,且m+2n=1,联,由于x≠0,同除(1)若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；(2)设m=4,曲线C与y轴的交点为A.B(点A位于点B的上方),直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M、N.直线y=1与直线BM交于点G.求证：A,G,N三点共线.(2)极点极线背景分析：由于椭圆方程：,直线过P(0,4),其对应极线为直线y=1,故AN与BM交点G,AM与BN交点H均在极线上.解决这类三点共线最佳方法是定比点差.解答书写过程：令P(0,4),MP=λPN(a≠-1),M(x₁,y₁),N(z₂,y₂),则在直线MN上存在点Q,满足MQ=故,两式相减得：要证A、Q、N共线，只需证,只需证圆上.(2)如图，若一条斜率不为0的直线过点(-1.0)与椭圆交于M,N两点，椭圆C的左、右顶点分别为A,B,直线BN的斜率为k,直线AM的斜率为k₂,求证：为定值.(2)极点极线背景分析：延长MN交x=-4于Q,易知以P(-1,0)为极点的极线方程就是x=-4,所以AM和BN延长线交点T也在极线上，故,, 令P(-1,0),MP=aPNa≠-1),M(x₁,y1),N(x₂,y₂),则在直线MN上存在点Q,满足MQ=故,两式相减得：所以,所,(1)求动点M的轨迹方程，并说明轨迹即曲线C的形状.(2)过A)作两直线与抛物线y=tx²(t<0)相切，且分别与曲线C交于D,E两点，直线AD,AE的斜率分别为k,k₂.②试问直线DE是否过定点，若是.求出定点坐标；若不是，说明理由.,,如左图所示，BC过定点,P对应的极线方程为,延长BC交于Q,易知A(BC,PQ)=-1,根据调和线束斜率公式可如右图所示，由,作AP与椭圆交点S,易求得对合不动点S:,作AR//x轴，则另一个对合不动点,两条切线交点.抛物线切线适合用同构方程，椭圆对合这里适合用齐次化.+6t=0,所以k₁、k₂是同构方程k²+4tk+6t=0的两根.所以,所以DE对应此时D'E',令DE':mx+ny=1,则一定有：,所以,所以DE'过定点(8,-3),所以DE过例6(2023·平罗县期末)已知抛物线E:y²=2pxr(p>0),P(4,yo)点P到E的准线的距离为5.(1)求E的标准方程；(2)设O为坐标原点.F为E的焦点，A.B为E上异于P的两点，且直线PA与PB斜率乘积为-4,求证：直线AB过定点.(2)极点极线背景分析：过P作切线,再过P作斜率为-8的直线，即PT:y=—8x+28,过P作y轴平行线交抛物线于Q(4,-4),过Q作x轴平行线交PT于T(5,-4),故T为对合中心.设,则,同理可得，当直线AB斜率存在时，直线AB的方程为,整理得4x-(y₁+y₂)y+yiy2=0.所以4x-20-(y₁+y₁)(y+4)=0,即所以直线AB过定点(5,-4);当直线AB的斜率不存在时y₁+y₂=0,可得y}=20,x₁=5.综上，直线AB过定点(5,-4).例7(2023·南江县二模)设抛物线C:y²=2px(p>0)的焦点为F.点P(a,4)在抛物线C上，△POF(其中O为坐标原点)的面积为4.(1)求a;(2)若直线L与抛物线C交于异于点P的A.B两点，且直线PA,PB的斜率之和为证明：直线l过定点，并求出此定点坐标.(2)由(1)得C:y²=8x,P(2,4),极点极线分析：由于3,故过点P作,与抛物线交于点R(8,8),再过P作PQ//y轴交抛物线于Q(2,-4),R和Q为两对合不动点，此时分别作R处切线2y=x+8,Q处的切线一y=x+2,所以对合中心为T(-4,2)证明：若直线l与抛物线C交于异于点P的A,B两点，且直线PA,PB的斜率之和为-由(1)得C:y²=8x,P(2,4),当直线L斜率为0时，不适合题意；设A(x₁,y₁),B(x₂,y2),由于,整理得AB:(y₁+y₂)y=8x+y₁y₂,AB方程可得，直线l过定点(-4,2).例8(2023·重庆模拟)已知双曲线C:的左、右焦点分别为F₁,F₂,左顶点为A(-2,0),点M为双曲线上一动点，且|MF₁I²+|MF₂|²的最小值为18,O为坐标原点.(1)求双曲线C的标准方程；(2)如图.已知直线l:x=m与x轴的正半轴交于点T,过点T的直线交双曲线C右支于点B,D.直线AB,AD分别交直线L于点P,Q,若O,A,P.Q四点共圆，求实数m的值. 故仅需,作T的极线MN:交双曲线于1,利用调和线束斜率公式可得：,所以本题齐次化和定比点差都很好处理.解法一(定比点差):T(m,0),设D(x₁,yi),B(x₂,y2),DT=λTB(a≠-1),则在直线BD上存在1,即将双曲线按照向量AO=(2,0)平移，得：,即,原来同除以x²得：,所以,所的.对于椭圆P:。极点PCx.y)(不是原点)对应的极线为Lp:,且若极点P在x存在时).已知点Q是直线l上的一点，且点Q的横坐标为2.连接PQ交y轴于点E.连接PA.PB分别交解析(1)椭圆方程①首先由于Q在P的极线x=2上，故由引理有kav+kos=2kpQ,ka+kow=2kpQ,而,所以kav=kaw,这表明Q是MN和AB的交点，又由于ka+kaw=2kp,故km+km=2kp,设Q(2,t),而所以yo+yr=2yE,也就是E是DT的中点；②设Q(2,t),那么,所这表明MN的方程是,即所以MN恒过点例10(福建24届高三名校联盟T19)已知椭圆E的方程,A为E的左顶点(2)过点PC-2,1)的直线交E于M、N两点，过点M且垂直于x轴的直线交直线AN于点H,证明：线段MH的中点在定直线上.(2)极点极线背景分析：如图，设点P的极线与MN交于点Q,则直线AP,AM,AQ,AN为调和线束，又MH//AP,根据交比不变性，A(P,Q;M,N)=A(≈,C;第五章好题赏析 过定点P'(0,1),所以MN':m联,由于x≠0,同除以x²得：),kM+kAN=3,由于C为AH中点，且A、H、N三点共线，故kM+kAH=2kAc=3,所以C在定直线上(2)设O为原点，直线y=kx+2与抛物线C交于M,N(异于P)两点，过点M垂直于x轴的直线交直线OP于点T,点H满足MT=TH.证明：直线HN过定点.解析(1)由已知，16=8p,所以p=2.抛物线C:y²=4x,准线方程为x=-1.(2)极点极线背景分析：令R(0,2),OP交MN于点,且满足yRyQ=2(xR+xQ),由于Mi=TH,根据交比不变性，则O(M,H;T,～)=0(M,N;Q,R)=-1,H、N、O三点共线，故HN过原点.证明：设M(x₁,y₁),N(x2,y₂),由于,整理得MN:(y₁+y₂)y=4.x+yiy2,由于过点R(0,2),故2(y₁+y2)=y₁y2,,此时kom+kov 所以直线HN过定点(0,0).C的左、右和上顶点，直线A₁B交直线l:y=x于点P,且点P的横坐标为2.(2)过点P的直线与椭圆C交于第二象限内D,E两点，且E在P,D之间，A₁E与直线L交于点M,高中数学新思路圆锥专题试判断直线A₁FD与A₂M是否平行，并说明理由.极点极线背景：延长MA₂交椭圆C于N,设DN与A₁A₂交于O,在椭圆内接六边形A₂A₂A₁EDN中，A₂A2与DE交于P,A₁A₂与DN交于点O',A₁E与A₂N交于点M,根据帕斯卡定理，则P,M,O三点共线，由于O在x轴上，故O与O'重合，所以A₁D与A₂M平行.解答书写过程：如右图，由于P(2,2),连接A₂D,A₂E,设kA₂D=k1,kA₂E=kz,kA₂D=ks,kA₁E=k4,根据第三定义易 证将椭圆按照A₂O=(-2,0)平移，,即,此时A₂→ 0,P→P'(0,2),D→D',E→E',此时DE':(齐次化同除以,所以,由题意直线OP的方程为：y=x,A₁M:y=k4(x+2),所以A₁D与A₂M平行.例13(2024·苏州期末)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆T:)经过点A(-4,0),B(2,3),直线AB与y轴交于点P,过P的直线L与厂交于C,D两点(异于A,B),记直线AC和直线BD的斜率分别为k,k₂(k₁k≠0).(1)求P的标准方程；(3)设直线AC和直线BD的交点为Q.求证：Q在一条定直线上.第五章好题赏析解析(1)椭圆T的标准方程上，根据蝴蝶定理，由于P在对称轴y极点极线背景分析：P(0,2)对应极线方程为上，根据蝴蝶定理，由于P在对称轴y轴上，过P作x轴平行线交AC于M,交BD于N,易知|PM|=|PN|,解答书写过程：(2)易知直线AB的方程为x-2y+4=0,P(0,2),当直线L的斜率为0时，直线L的方程为y=2,易得,此时当直线L的斜率不为0时，令，CP=λPDa≠1),C(x₁,yi),D(x2,y₂),则在直线CD上存在点R,,即整理得(y-6)(x-2y+4)=0,显然Q不在直线AB上，此时x-2y+4≠0,则y-6=0,解得y=6,故Q在定直线y=6上.例14(2024·陕西模拟)已知椭圆C:的右焦点为F,离心率为A为椭圆上一点，O为坐标原点，直线OA与椭圆交于另一点B,直线AF与椭圆交于另一点D(与点B不重合),△ABF面积的最大值为/3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)点