极点极线本质论（够宽够深慎入）(一)

一、单比的概念及性质 1 12.λ+μ为定值的参数同构与点差法 1 2 22.交比的概念及性质 33.交比的射影不变性 3三、调和点列与定比点差 61.调和点列的概念 62.调和点列的性质 63.定比分点和调和分点支配下的圆锥曲线 7四、定点在坐标轴上的定比点差 9类型一定点在x轴 类型二定点在y轴 五、定点不在坐标轴上的定比点差 一、极点极线的定义 1.二次曲线的替换法则 2.极点极线的代数定义 3.极点极线的几何意义 二、极点极线定理证明 补充定理 1.梅涅劳斯定理 2.梅涅劳斯定理的逆定理 3.塞瓦定理 4.塞瓦定理的逆定理 三、极点极线的配极性质 1.极点极线的综合模型——自极三角形 2.自极三角形在高考中的证明与一题多解 四、蝴蝶定理与坎迪定理 1.蝴蝶定理 2.坎迪定理 3.坎迪定理中点推论 254.坎迪定理在高考中的应用 255.蝴蝶定理的应用之抛物线 321.完全四边形定义 2.完全四边形中的调和点列 3.调和点列与调和线束 二、调和平行弦中点定理 1.调和梯形角度解读 2.无穷远点调和点列解读 3.调和平行中点定理推论 三、调和平行弦中点定理在高考中应用 题型一中点截距定理 题型二共轭点面积等比中项模型 题型三角平分线定理 题型四调和点列+平行弦中点 47题型五中点平行弦模型： 四、调和点列与斜率等差 题型一调和平行弦中点与斜率等差 题型二调和共轭点与斜率等差 五、交比不变性与定点定值 62六、对合与定点定值 641.调和线束的斜率关系 2.对合与对合方程 3.对合与三角同构 4.顶点角+同轴轴点弦的对合方程 一、帕斯卡(Pascal)定理及其逆定理 二、帕斯卡定理中点的名称的替换 三、通过五点的圆锥曲线 1.寻找帕斯卡第六点 2.圆锥线的切线 3.帕斯卡圆锥曲线的内接四点形 定比分点单比与交比一、单比的概念及性质如果共线三点P₁,P₂,P满足P₁P=λPP₂,则λ称为共线三点P₁,P₂,P的单比，也可以表示为P分 (1)单比的定义是有顺序的，共线三点P₁,P₂,P的顺序不可随意调整，起点→分点=λ(分点→终点);(2)当P位于线段P₁,P₂之间时，A>0,否则，当P位于线段P₁,P₂之外时，A<0,P为线段P₁P₂中点时λ=1;最早出现定比分点高考题是在2006年山东高考卷，由于年代久远，所以我们就用同类型题来解读。当圆锥曲线上两点作为定比分点，线段两个端点分别位于焦点和另一条坐标轴上时，这里会涉及一个λ的直线L交椭圆于A.B两点、交y轴于点M.且MA=λ₁AF.MB=λ₂BF.(2)设A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),M(O,m),由题意，点F(2,0),因为MA=λ₁AF,MB=λ₂BF,根据定比分点公式，,因为点A在椭1上，所以,整理得：λi+10λ₁+5-5m²=0,同理可得：A+10λ2+5-5m²=0.即λ₁,λ2为同构方程²+10λ+5-5m²=0的1高中数学新思路圆锥专题注意：本题我们也可以按照点差法来解决，①-②得：),λ₁+λ₂=-10,为定值.所以我们可以再次确认，同构构造二次方程和点差法都是表达同一联立的思想.例2(2023·大庆模拟)已知椭圆C:的离心率短轴长为2√3.(1)求椭圆C的方程；(2)已知经过定点P(1.1的直线1与椭圆相交于A.B两点，且与直线相交于点Q,如果AQ=AAP.QB=PB,那么λ+μ是否为定值?若是，请求出具体数值：若不是，请说明理山解析解析(1)由题意得,解得a²=4,b²=3,故椭圆C的方程根据定比分点公式作差解法一：由于A,B均在椭圆上，故作差,所以所以λ,μ为同构方的两根，所以二、单比与交比1.单比角元形式两条直线的有向角满足下面几个性质：(1)如果直线a逆时针旋转到直线b,则(a,b)为正角；如果直线a顺时针旋转到直线b,则(a,b)为(2)sin(a,b)=-sin(b,a).如下图，分别连接共线三点A,C,B与其所在直线外一点S,记所形成的直线分别为a,c,b,若AC=2.交比的概念及性质点列的交比：如果共线四点P₁,P₂,P₃,PaP₁,P₂,P₃,Pa的交比，记为(P₁,P₂;P₃,Pa)。则称为共线四点其中P,P²称为基点偶(对),P³,Pa称为分点偶不妨共线四点P₁,P₂,Ps,Pa所在直线不与坐标轴垂直，并设P₁(xi,yi),P₂(x₂,y2),性质1:基点偶与分点偶交换，交比的值不变，即(P₁,P²;P₃,P⁴)=(P₃,Pa;P₁,P₂).性质2:基点偶的两个字母交换，或者分点偶的两个字母交换，交比值变为原来交比值的倒数，即性质3:交换中间两个字母，或交换两端的两个字母，交比的值变为1减去原来的交比值，即(P₁,P₃;P₂,Pa)=(P₁,P₂;P₃,P₁)=1-(性质4:如果四个不同的共线点中三点及其交比值已知，则第四点必唯一确定.点列交比的角元形式：如下图，分别连接共线四点P₁,P₂,P₃,Pa与其所在直线外一点S,记所形成从交比的角元形式可以看出，交比(P₁,P²;P₃,P⁴)的值只与直线的有向角有关系，与线段长度没有交比的射影不变性：如图所示，过点S引四条相交直线，分别与另外两条直线交于A,B,C,D和P₁,3高中数学新思路圆锥专题交比的射影不变性，是交比的角元形式的直接推论，交比的射影不变性表明，交比经中心射影后不变。关于交比射影不变性的斜率公式，我们会在后面章节进行解读，交比射影不变性的推论，结合调和点列，基本上可以打通高考.例3(2024·济南期末)射影几何学中，中心投影是指光从—点向四周散射而形成的投影.如图.0为透视中心。平面内四个点E,F.G.H经过中心投影之后的投影点分别为A,B.C.D.对于四个有序点A,B.C.D.定义比值叫做这四个有序点的交比。记作(ABCD).解析(1)证明：在△AOC、△AOD、△BOC、△BOD中，4所以(EFGH)=(ABCD).(2)由题意可得(,所以(,即,所じ又点B为线段AD的中点，即,所又AC=3,则AB=2,BC=1,设OA=x,OC=y且OB=√3,由∠ABO=π-∠CBO,所以cos∠ABO+cos∠CBO=0,即解得x²+2y²=15,①例4(2024·江苏省四校联合)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏儿何中亦有应用.设A.(分式中各项均为有向线段长度.例如AB=(2)若!·1.1.1.为平面上过定点户且年际的四条直线.L·L为不过点P且互异的两条直线，L与在，1.1,/的交点分别为5,B,D.与T,1.2.1.的交点分别为A·B.C.D..证(3已知第2阿的道命题成立，证明：若二EFG与EF;的对应边不平行。对应顶点的连线交于同一点，则_EPG与点EFG对应边的交点在一条直线上D₂);5(3)设EF与E'F'交于X,FG与F'G'交于Y,EG与E'G'交于Z,连接XY,FF'与XY交于L,EE′与XY交于M,GG与XY交于N,欲证X,Y,Z三点共线，只需证Z在直线XY上，考虑线束XP,XE,XM,XE',由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,E;M,E),再考虑线束YP,YF,YL,YF',由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,G;N,G),从而得到(P,E;M,E')=(P,G;N,G),从而MN过点Z,故Z在直线XY上，X,Y,Z三点共线三、调和点列与定比点差如下图①,点P在线段AB上，则满足的点P是唯一存在的.但是，如果将线段AB改为直线AB,此时，满足-的点有两个，如下图②,不妨记另一个点为Q,则此种情况下，我们称点A、P、B、Q为调和点列，或者称点P、Q调和分割点A、B.按照交比的调和比解特别的，当λ=1时，即点P为AB的中点，则Q为无穷远点2.调和点列的性质如下图所示：对于线段AB的内分点C和外分点D满足C、D调和分割线段AB,即,设O为例5(2011·山东卷改编)设Ai、A、A、A₁是平面直角坐标系中相异的四点，若=xAi(a解析选项A:因为A₁A=AA₁A₂a∈R),选项C:若C,D同时在线段AB上，0<A<1且0<μ<1,与已知矛盾，故C错误， 一定有ypyQ=p(xp+xQ).证明：若A(xi,y),B(₂,2),AP=aPB,,有即(y₁+λy₂)(y₁-λy2)=p(x₁+ax₂+x7例6过P(4,1)的直线交椭圆于不同两点A.B.在线段AB上取点Q,满足解析解法一(定比点差):由题设可得：,得：令PA=λ₁AQ,PB=当F在1上时.直线Z的斜率为-2.(2)若A(x₁,yi),B(x₂,y2),AP=-aPB,则;AD=λDB,则,°○-得x一=4cn+-R-Nz)所以所以,则有yeyp=4(xp+xo),即4yo=48(2)已知点B(4√2,-3),D(2√2,0),E为线段AB上一点，且直线DE交C于G,H两点.证明：所(2)解法一(参数同构)DG=xGE,DH=μHE,所以λ+μ=0.命题得证. 解法二(定比点差):要证,只需证,不妨令GD=λDH,在直线GH上一 定存在点P,使得GP=-λPH,本题需证GE=-xEH,故只需证明E、P两点重合即可，由定比点差(过程请补充),在直线GH上与xE=4√2重合，故命题得证.点，则E一定在某条定直线AB上，我们把这个定点叫做极点，而AB叫做其对应的极线，我们下一章会重四、定点在坐标轴上的定比点差若出现yp=0(或者y=0),则xpxQ=a²,此时xp=m,=b²,此时yp=n,例9(2022·山东模拟)已知椭圆C:的离心率,且经过点F₁,F₂为椭圆C的左、右焦点.(2)过点F₁分别作两条互相垂直的直线l₁,L₂,且1:与椭圆交于不同两点A,B.L₂与直线x=1交于点P.若AF=aF₁B,且点Q满足QA=aQB.求△PQF₁面积的最小值.9 (2)设A(x1,yi),B(x₂,y2),因为AF₁=λF₁B,AQ=-λQB,所以 积最小值为6.类型一定点在x轴过定点P(xp,0)的直线与椭类型二定点在y轴 y₁),B(x₂,y2),则在直线AB上一定存在点Q满足AQ=-aQB,根据定比点差法可知.同 解析因为+y²=m,所以,因为根据定比点差得：,故yQ=m,因此可得：,又因为点B在椭圆上，所以,故当m=5时，x²取最大值4,此时例11已知椭圆,过定点P(0,3)的直线与椭圆交于两点A,B(可重合),求的取值范围.解析设A(zì,y),B(x₂,y2),AP=λPB,则,则),所以所以],所以五、定点不在坐标轴上的定比点差 ,艮,代入①,消去Ax2、λy₂,整理可得：)的离心率为,点在椭圆E上，射线AO与椭圆E的另一交点为B,点P(-4t,t)在椭圆E内部，射线AP、BP与椭圆E的另一交点分别为(1)求椭圆E的方程；(2)求证：直线CD的斜率为定值.(2)设A(xi,yi),B(x₂,y₂),C(xs,ys),D(xa,yA),设AP=λPC,BP=μPD,注意：关于非轴点定比点差，我们后面章节会将背景和解答方法逐一呈现，这里不第二章极点极线基本知识极点极线基本知识不断出现，不过基本上也是基础类型.所以，极点极线，我们还是按照一些题型来进入分类总结.一、极点极线的定义对于一般式的二次曲线φ:Ax²+Bxy+Cy²+Dx+Ey+F=0,用xx。代x²,用yy①极点P(xo,yo)关于圆x²+y²=r²的极线方程是xx。+yyo=r²;②极点P(xo,yo)关于圆(x-a)²+(y-b)²=r²的极③极点P(xo,yo)关于圆x²+y²+Dx+Ey+F=0的极线方程是：=0.(3)双曲线：极点P(xo,yo)关于双曲线的极线方程是：极点P(xo,yo)关于抛物线y²=2px的极线方程是：yoy=p(x+xo).(1)若极点P在二次曲线上，则极线是过点P的切线方程.(2)若极点P在二次曲线内部，则极线是过点P的弦两端端点的切线交点的轨迹.如图所示，过点P的②极线在二次曲线外的部分是过点P的弦两端端点的切线交点的轨迹.二、极点极线定理证明如下图所示，设非中心点P不在椭圆上，过P作椭圆的两割线PAB和PCD,连接AD和证明：如图所示，在线段AB上取一点S,使B,S,A,P为调和点列根据定比点差法(过程省略)可知：,同理在CD上取一点R,使D,R,C,P为调和点列由于R、S均在同构方程,所以直线RS的方程为连接RS,我们仅仅需要证AD,BC,RS三线共点Q即可，此时我们需要借助一下梅涅劳斯定理和塞瓦定理，借助平面几何知识，延长AC和BD交于T,连接TQ交AB和CD分别于E和F点，我们需证R,故点Q在直线RS上，所以,命题得证!注意：关于梅涅劳斯定理和塞瓦定理及其逆定理，均属于高中数学联赛的知识，高中课本上是没有做要求的，考试不能直接拿来证明，但是其对应的比值性质与极点极线的调和共轭属性完美契合，属于证明极点补充定理：定理：一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA所在直线分别交于点D、E、F,且D、E、F均不是证明：如图，过点C作AB的平行线，交EF于点G.因为CG//AB,所①,因为CG//AB,所以定理：在△ABC的边AB、BC上各有一点D那么D、E、F三点共线.因1,所以有.由于点D、D都在线段AB上，所以点D与D'重合.即得证明：设直线AE与直线BF交于点P,直线CP交AB于点D',则据塞瓦定理因为1,所以.由于点D、D'都在线段AB上，所以点D与D'重合.即得D、三、极点极线的配极性质(2)如图所示(以椭圆图形为例),若点P是不在圆锥曲线上的点，且不为原点O,过点P作割线PAB、PCD依次交圆锥曲线于A、B、C、D四点，连结直线AD、BC交于点M,连结直线AC、BD交于点N,则直线Lwm为极点P对应的极线.类似的，也可得到极点N对应的极线为直线lpm,极点M对应的极线为直线lpN,因此，我们把△PMN称为自极三角形.【即△PMN的任一顶点作为极点，则顶点对应的边即为对应的极线，“补全自极三角形”这个技巧很常用，后面结合例题了解!】例1(2020·新课标I)已知A,B分别为椭圆E:)的左、右顶点，G为E的上顶第二章极点极线基本知识解析①称性可知，PR在直线x=6上，Q为其极点，所1,即(2)解法一(齐次化)由(1)知A(-3,0),B(3,0),M(x₁,yi),N(x2,y2),P(6,t),设kAM=ki,设N(xo,yo),因为AB是椭圆的直径，所以又因为点N(xo,yo),在椭圆上，所以有两式相减,所以,将坐标原点平移到A点，则椭圆E':1,即x²-6x+9y²=0,设直线M'N'方程为mx+ny=1,代入椭圆E'得x²-6x(mx+ny)+9y²=0,同除x²得解法二：(定比点差)设MN与x轴交于点Q(m,0),令MQ=λQN,根据定比点差法(步骤省略):同时成立，即,故直线MN过定点解法三(曲线系):设P(6,yo),因为A(-3,0),B(3,0),则直线PA的方程可以表示；,直线PB的方程可以表示易知t=3t₂,设直线CD的方程为x-ty-m=0,故经过A、B、M、N四点的曲线系可表示为y(x-①比较“xy”项的系数1-4λt₂=两式比较得,故直线MN过例2已知椭圆C:)的左右焦点分别为F₁,F₂,点在C上，且PF₂F₂F._(1)求C的标准方程；(2)设C的左右顶点分别为A,B,O为坐标原点，直线l过右焦点F₂且不与坐标轴垂直，l与C交于M,N两点，直线AM与直线BN相交于点Q,证明点Q在定直线上.(2)本题显然定比点差法最简单，轴点弦+双三点共线令MF₂=λF₂N,设M(x₁,yi),N(x₂,y₂),QCx,y)F₂(1,0),所以调和分点XR=4,y₁+λy₂=0(过程请补齐)所以AM:,BN:,联立消去y,所以x=4.注意：本题极点极线原理与例1一样.例3(2023·福州模拟)已知抛物线E:y²=2px(p>0)。过点(-2,0)的两条直线L,L2E(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上.第二章极点极线基本知识(舍去),从而E的标准方程为y²=4x;(2)极点极线背景分析：两条直线l₁,L₂交于点E:(-2,0),此为极点，则AD与BC的交点在其极线上，故yEyc=2(xE+xG),所以xc=2.设),得,直线AB的方程为,即4x-(y₁+y₂)+yiy₂=0,又直线AB过点(-2,0),将该点坐标代入直线方程，得yiyz=8,设),同理可得ysy=8,直线AD的方程为4x-(y₁+y₄)y+y1y4=0①,直线BC的方程为4x-(y₂+y₃)y+y₂y3=0②,解法一：因为(-2,0)在抛物线的对称轴上，由对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证G的横坐标为定值即可，因为直线AD与BC相交，故yi+y₄≠y₂+ys,由①②组成方程组可得：x=解法二(同一转化):直线AD的方程为4x-(y₁+y₄)y+y₁y4=0,即,和直线BC的方程(y₂+y₃)y=4x+y₂y₃所以点G的横坐标为2,即直线AD与BC的交点在定直线x=2于C,D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.过其焦点FCO,1)的直线L与椭圆交当点P异于A,B两点时，求证：OP。点极线知识可得PQ两点符合调和共轭，即1,所以OP.Q=xpxa=1.解法一(曲线系):椭圆标准方程为,设P的坐标为(xp,0),Q的坐标为(xQ,yQ),Lac:x=t₁y-1,LBD:x=t2y+1,因为椭圆过二次曲线AC,BD与二次曲线AB,CD的四个交点A,C,B,D有：四点的曲线系方程xy的系数：,y的系数：t₁-t₂-μ=0,联立,解得(t₁—t2)xQ=t₁+t2,且且,将椭圆向右平移1个单位，得(,将椭圆向右平移1个单位，得(1,联立即1,联立即三点共线，,所以oP·三点共线，,所以oP·例5(2023·新高考Ⅱ)已知双曲线C中心为坐标原点，左焦点为(-2√5,0),离心率为/5.(2)记C的左、右顶点分别为A₁,A₂,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点，M在第二象限，直线MA₁与NA₂交于P,证明P在定直线上.解析(1双曲线C中心为原点，左焦点为(-2√5,0),离心率为/5,则,解第二章极点极线基本知识(2)由于Q是A₁A2和MN的交点，P是MA₁和NA₂的交点，根据极点极线知识可得PQ两点符合调和解法一(齐次化):我们发现MN是x轴的轴点弦，∠MA₂N是x轴的顶点角，易判断隐藏了斜率关系此时M→M,N→N',同时设直线M'N'的方程为：mx+ny=1,由于过定点(-6,0),所以与双曲线联立可得：4x²+16x(mx+ny)-y²=0,同除以x²有：,所以根据第三定义(考试需自证):,所以kmA₁=-3km₂=-3k;又直线MP、NP的方程分别为：①LMP:y=-3k(x+2),②lnP:y=k(x-2);联立①②:-3(x+2)=x-2,整理得xp=-1故点P在定直线x=-1上.解法二(定比点差):过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点，设M(x₁,y1),N(x₂,y2),满足MF=λFN;即有;又M(x₁,y₁).N(x2,y₂)在双曲线上，则满足,两式相减得：即),N、P、A₂三点共线：,所以xp=-1,点P在定直线x=解法三(曲线系):A₁M:x=t₁y-2,A₂N:x=t₂y+2,联立可得：A₁A₂:y=0,MN:x=ty-4;故曲线系方程为：(x-t₁y+2)(x-t2y-2)+ay(x-ty+4)=高中数学新思路圆锥专题四、蝴蝶定理与坎迪定理1.蝴蝶定理对比y系数：2t₁-2t₂+4λ=0,如左图所示，P为y轴上一点，若AC与BD交于P,过P作与x轴平行的直线交AB和CD于MN,交椭圆I于EF,则|PM|=|PN如右图，若P为弦EF中点，则P一定为MN中点，即|PM|=|PN|,我们把这种蝴蝶型的共中点定理叫做蝴蝶定理.证明：如图，延长AB与DC交于Q,过Q作MN的平行线交DB延长线于T,交AC延长线于R,易知TR为以P为极点的极线，以P为射影中心，利用交比不变性，(AB,MQ)=(DC,NQ)=-1,以Q为射影中心，利用交比不变性，(TP,BD)=(RP,CA)=-1,古例6已知椭圆过点(2,√2),。离心率(1)求椭圆的方程；(2)过点P(0,1)做椭圆的两条弦AB,CD(A,C分别位于第一、二象限),若BC.AD与直线y=1分解解(2)解法一(定比点差):令AP=λPB,CP=μPD,M(m,1),N(n,1),根据定比点差得：所,所,所以1,所以|PM|=|PN|解法二(平移曲线系):将椭圆按(0,-1)平移得：A'B':y=kjx,CD':y=k₂x,A'D':x=t₁y+m₁,B'C':x证明②:解法一(平移构造曲线系):将椭圆按照MO=(-m,0)平移得：,(x+m)²=a²,,此时设A'D':x=t₁y,B'C':x=t₂y,A'B':x=t₃y+m₁,CD':x=ty+m₂,常数项系数：;x系数：;y系数为0:m₂t₃+m₁t₄=0;解法二(交比角元不变性):由于B(A₁C,AA₂)=D(A₁C,AA₂),又B(A₁C,AA₂)=B(A₁M,EA₂)=(A₁M,EA₂),所D(A₁C,AA₂)=D(A₁G,MA₂)=(A₁G,MA₂),所!,即,所以显然，曲线系是最好证明的方法.注意：蝴蝶定理其实是坎迪定理的特殊形式，即M为A₁A补充定理：圆周角交比不变性设P,Q,A,B,C,D为圆锥曲线上六个证明：如图，以圆锥的顶点为射影中心，以椭圆为截面，SP,SA,SB,SC,SD分别交椭圆截面于P₁,A₁,B₁,C₁,D₁,根据交比射影不变性以及，显然有P(AB,CD)=P₁(A₁B₁,C₁D₁)根据圆的圆周角定理，如右图，根据交比的不变性P₁(A₁B₁,C₁D₁)=Q₁(A₁B₁,C₁D₁),3.坎迪定理中点推论为极点的极线，过M作TR//PH交PD与PB于T和R,则MT=MR.证明：如右图所示，直线PN为点M对应的极线，则(QM所以MT=MR.与BC交于M,易知PH是以M4.坎迪定理在高考中的应用定点.的左右顶点为A.B右焦点为F.设过点T(9.m)的直线TA.),其中m>0.y₁>0.y₂<0.求证：直线MN必过x轴上一个解析本题属于经典的极点极线知识，我们用蝴蝶定理来解读一下，显然D为对称轴上点，则必有PD=QD,由于kTB=2kTA,,所以m=1,故直线MN恒过(1,0).注意：2020年全国卷高考题也可以按照此方法解读.本题书写过程与例1一致，故不再详述。例8(2016·山东)已知椭圆C:)的长轴长为4.焦距为2/2.(2)过动点M(O,m)(m>0)的直线交x轴与点N,交C于点A,P(P在第一象限)、且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q.延长QM交C于点B.解析②求直线AB的斜率的最小值.解析(1)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=2√2,所以a=2,b=√a²-c²=√2.所以椭圆C的方程(2)证明：①设P(xo,yo)(x₀>0,y₀>0),由M(O,m),可得P(xo,2m),Q(xo,-2m).所以直线②极点极线背景：延长AB和QP交于H,易知M与H调和共轭，即yMyH=2,故,过M作x轴平行线交AB于D,交PQ于E,根据蝴蝶定理知MD=ME,故,由在椭圆上，故令,当且仅当解法一(定比点差):设A(x₁,y₁),B(x₂,y2),AM=λMB,BM=μMQ,根据定比点差法故,当且仅当时等号成立.解法二(曲线系):设AB:y=kx+n,故我们只需要求出k的关系式；PA:y=kix+m已知QB:y=-3kix+m,因为椭圆过二次曲线PA·QB与二次曲线AB·PQ的四个交点A,B,P,,对比两边xy项系数，得-1+综合①②③得,当仅当点到相应准线的距离是3.(2)已知A、B是椭圆C上关于原点对称的两点，A在x轴的上方，F(1,0),连接AF、BF并分别延长交椭圆C于D、E两点，证明：直线DE过定点.第二章极点极线基本知识解析(1)由题意可得,解得a=2,c=1,所以b²=a²-c²=4-1=3,故b=√3;(2)极点极线背景分析：设椭圆左右顶点为M,N,DE交x轴于G,根据坎迪定理，可知解法一(定比点差):A(xi,yi),B(-x₁,-yi),D(x₂,y₂),E(x₃,y₃),令AF=λFD,BF=μFE,所以,所以①+②得：,故,解法二(曲线系):证明：令,过二次曲线AB,DE与二次曲线AD,BE的四个交点DE:x-t4y-m=0A,B,D,E的曲线系可表示为：对比两边x项系数，得-m+λ(-2)=0,对比两边x²项系数，得,对比常数项，得λ=-μ,联立以上三式，解得故直线DE恒过,所,例11已知椭圆C:M为意一点，当∠F₁MF₂=90°时、△F₁MF₂面积为1.已知点A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点·延长AF₁.AF。分别与椭圆交于B、D.求证：ka·ku)为定值.(2)极点极线背景分析：延长BO交椭圆于E,延长OA与DE交于P,易知PQ为以F₂为极点的极线，解法二(曲线系):作A关于原点对称点A',BA'E,令,过二次曲线AA',DE关于原点对称点E,利用对称性可知AB//A'E,AB=m+λ(-2)=0,对比两边x²项系数，得,对比常数项，得λ=-μ,联立以上三式，解得qq2261880791对比y的系数，,对比xy系数，例12已知椭圆C:的离心率为半焦距为c(c>0),且a-c=1,经过椭圆的(2)设R(1,0),延长AR,BR分别与椭圆交于C、D两点。直线CD的斜率为k2,求的值.,=3²-2²=5.所以椭圆C的标准方程十(2)极点极线背景分析：设椭圆左右顶点为M,N,CD交x轴于G,PQ:x=9,根据坎迪定理，可知解法一(曲线系):将椭圆向左平移一个单位得：,即：,B'D':,A'B':A'C':,CD':,B'D':,A'B':A'C':x²:解法二(定比点差):设AB:y=k₁(x+2),A(x₁,yi),B(x₂,y2),C(x₃,y₃),D(x₁,yA),AR=λ已知抛物线y²=2px(p>0),A(m,0),B(n,0),过点A的动直线交抛物线于M,N两点，直线MB,NB分别交抛物线于点P,Q,则：(1)直线PQ恒过x轴的定点C(t,0),其中t²=mn;证明：解法一(两点联立式同构同构):易得①×④=②×③有p²=mn;解法二：如图所示，作出辅助线，补全自极三角形TSB,由于EF//ST,易得BE=BF,根据蝴蝶定例13(2022·金国甲卷)已知抛物线C:y²=2px(p>0)焦点为F,点D(p,0)过焦点F做直线l交抛物线于M,N两点，当MD⊥x轴时，|MF|=(2)若直线MD.ND与抛物线的另一个交点分别为A.B.若直线MN.AB的倾斜角为α,β,当αβ最大时，求AB的方程.0解析880D)y²=4x(2)解法一(同构方程):设A(x₁,yi),B(r₂,y₂)则AB的方程：4x-(y₁+y₂)y+yiy2=0(证明省略),由B,D,N共线得：yN·y₂=-8②,①×②得ym·yN·y₁y2=64设AB,MN斜率分别为k,k₂显然当k₁>0,tan(a-β)解法二(曲线系):将抛物线向左平移两个单位得：y²=4(x+2),即y²-4x-8=0M'N':,MA':y=k₃x,A'B':,B'N':y=kax,,综合解得：2k2=k₁,m=2,,当且仅当等号成立，高中数学新思路圆锥专题调和点列与完全四边形1.完全四边形定义2.完全四边形中的调和点列3.调和点列与调和线束根据完全四边形中的调和点列可知，完全四边形的任意一条对角线的两端，都被它和另外两条对角线的二、调和平行弦中点定理完全四边形ABCD中，AD//BC,边AC与BD交于F,BA与CD延长线交于E,EF与AD和BC交于证明：因为所,所以BH=HC,同理AG=GD,所以E、G、F、H是调和点列.如图所示，若(P₁P₂,P₃P₄)=-1,SP₁,SP₂,SP₃,SP₄均为S点的调和线束，过PS延长线上任意一点A作AB//SP,分别交SP₃和SP₂于点B和C,则AC=BC.若A,M,B,N是调和点列，如下图所示，过A作任意直线L,在L上任取一点C,连接CM,CN,过N作DE//CM交AC和CB于D、E两点，则必有：本定理其实就是调和梯形定理的延展，我们将B理解为对角线交点，CM为上底的一半，则DE且DN=EN,至于PR=QR,可以根据三角形CDE的中线上任意一点R作底边平行线，由中线定理即可证明.三、调和平行弦中点定理在高考中应用如图所示，在椭[中，A、B为椭圆上的两点，设x轴上一点P(m,0),存在直线x=n和x轴上一点Q,连接BQ并延长交直线x=n于M,则：;②直线AM//x轴；.(一般知二推一.)极点极线背景分析：延长AB交x=n于N,作BB₁//AM交MN于B₁,由以P为极点对应的极线为例1已知椭圆C:)的左、右焦点分别为F(2)若存在实数λ使得AFi=λAB,过点A作直线x=-4的垂线，垂足为N,直线NB是否恒过某点?若恒过某点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由.解析(1)由题可知长轴长为4√2,则2a=4√2,且|AF₂|+|BF₂|=2a=4√2为定值，当AB为短轴时，SABF₂取得最大值为bc,所以,解得a=2√2,b=2,c=2,所以椭圆C的方程(2)因为AF₁=aAB,所以A、F、B三点共线，令BF=μF₁A,B(x₁,y₁),A(x2,y2),则在直线AB上必存在一点P,满足BP=-μPA34由定比分点所以有：,所以可得：,故x₁=-3+μ.令BN交x轴于M,由于AN//MF,所以BM=μM,所以,故存在点M(-3,0),满足题意.例2(2023·宁德模拟)已知椭圆C:的离心率(2)设椭圆的右焦点为F,定直线m:x=2,过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A,B两点，过A.B两点分别作AP⊥m于P.BQ⊥m于Q.直线AQ、BP交于点M.证明：M点为定点·并求出M点的坐标.解析(1)由离心率(,可得a²=2b²,所以椭圆的方程为：将代入椭圆的方程可得：解得b²=1,所以椭圆的方程为：令AF=λFB,令A(xi,yi),B(x₂,y₂),由定比分点公式得,则在直线AB上必存在一点G,满足AG=-aGB,得,故,由于AP//MF//BQ,所以AM=λMQ,所以xM=题型二共轭点面积等比中项模型椭b>0),过点M(m,0)的直线交椭圆于A,B两点，点D,N,E在M对应极线AD//MN//BE,所例3(2024·临川区期末)已知双曲线不同的两点A、B,过点A、B分别作双曲线C的切线，两切线交于点E.(二次曲线Ax²+By²=1在曲线上某点(xo,yo)处的切线方程为Axox+Byoy=1)(1)求证：点E恒在一条定直线L上；(2)若两直线L与L交于点N,AN=aMA,BN=μMB,求λ+μ的值；(3)若点A、B都在双曲线C的右支上，过点A、B分别作直线L的垂线，垂足分别为P、Q,记△AMP,△BMQ,△PMQ的面积分别为S₁,S₂,出m的值；若不存在，请说明理由.解析(1)证明：设E(xo,yo),A(xi,yi),B(x₂,y2),由题意得：切线EA的方程为：1,将点E代入得：同理可得：,易知点A,B都在直上，所以直线L的方程为：因为直线L过点M(4,0),所以xo=1,所以点E恒在定直线L:x=1上；因为点A(xi,yi)在双曲线上，所以整理得12x²-4第三章调和点列与完全四边形-4y³-3=0,所以λ,μ是关于x的方程12x²-4y³-3=0的两个实根，所以λ+μ=0;,因为直线L的方程为x=1,所以P(1,y₁)Q(1,y₂),已知AB交椭0)长轴(短轴)于点P,B,B'是椭圆上关于长轴(短轴)对称的两点，极点极线背景分析：如右图，由于点P与Q符合调和共轭，则以P为极点的极线是QN,故N、A、P、B是调和点列，(内角平分线定理),作A关于x轴对称的点A',则注意：补充三角形的内角平分线定理：在△ABC中，若AD是∠A的平分线，则证明：作DE⊥AB交AB于E,DF⊥AC交AC于我们同样也可以根据调和梯形来解释角平分线定理，如下图所示，已知椭圆方程为C:>0),若以P为对角线交点的梯形的一组对边垂直于x轴，则P必在x轴上，且点P所对极线也必垂直于x如图，过定点M(m,0)的直线与椭b>0)相交于A(x1,y₁)、B(x2,y2)两点，作点A关于x轴的对称点A'(x₁,-y1),则直线A'B恒过定点代入③得：,此时，结合代入③得：,此时，结合,显然，直线A'B恒过定点1直线A'B的两点式，即相交于A、B相交于A、B两点，设A(x₁,yi),B(x₂,y2),,解得由①+②可得：,解得由②-①可得：第三章调和点列与完全四边形过定点N(0,n)的直线AB和椭1相交，设A(xqq2261880791所以：显然，所有的轴点弦，用一个点表示另一个点的方法，定比点差显然来得更加直接和简单，只是在处理M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；解析(1)由已知得F(1,0),L的方程为x=1.由已知可得点A的坐标为),所(2)当l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0°.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA=∠OOM.当l与x轴不重合也不垂直时，设A(x₁,yi),B(x₂,y2),点B关于x轴对称的点B'(x₂,-y₂),根据几何性质可得：若x轴上存在点N,使得ON为∠ANB的角平分线，AB与x轴交点为F,下面通过证明N与M重合来证明∠OMA=∠OMB,解法一：(角平分线定理+调和点列)①-②得：由于x₁y2—x₂y₁=y₂-y₁,所以x₁y2+x₂y₁=2(y₂+y₁),解法四(齐次化):将椭圆按照MO方向平移得椭圆C',则M→0,A→A',B→B',F→F'椭圆C':,设直线lpα:mx+ny=1,直线过(-1,0),即m=-1,椭圆C:x²+4x+2y²+2=0,40例5已知椭圆。其短轴长为2√3.离心率为ei,>0,q>0)的渐近线为v=±√3x,离心率为eg.且e·e₂=1.(2)设椭圆C₁的右焦点为F.动直线LC不垂直于坐标轴)交椭圆C于M.N不同两点，设直线FM和FN的斜率为ki,k?,若k₁=-k₂。试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由.解析(1)由题意知椭圆C₁:,其短轴长为2√3,可得b=√3,椭圆的离心率为e1,双曲线C₂:)的渐近线为y=±√3x,离心率为,且e₁·e2=1.所以,解得a=2,所以椭圆方(2)解法一(调和点列+几何性质)延长NM交x轴于P,延长NF交椭圆于M',易知因为kFM=—kpN,则MF=-λFN,所以,根据定比点差法可知：,所以xp=4,故存在点P(4,0)满足题意.解法二：(三炮齐鸣+三点共线)延长NF交椭圆于M',ym+yw=0,xM=xM.令NF=λFM,故存在F调和分点xe=4,,λ(-4+xp)=-4+xp,所以xp=4.第三类：斜率和为0与内外角平分线解读已知点A,B是椭上的动点，P(xo,yo),直线PA,PB的斜率和为0,则直线AB的斜率如图所示，过点P作x,y轴的平行线，分别交AB于点N,M,则PM,PN分别是∠APB的内角，所以M(co,m),N(n,yo)是椭圆的一组调和共轭点，即点，直线AP.AQ斜率之和为0.求L的斜率；(2x-2y)(mx+ny)=0,,当x≠0时，同除以x²,得：(1+2n),所以n=m,一般地，平面内到两个定点距离之比为常数A(A>0,λ≠1)的点的轨迹是圆，此圆被叫做“阿波罗尼斯圆”.特殊地，当λ=1时，点P的轨迹是线段AB的中垂线.(1-λ²)x²+2c(1+λ²)x+c²(1-λ²①当λ≠1时，即为,整理得：,即点P的轨②当λ=1时，化简得x=0,即点P的轨迹为y轴.,,7例7是阿波罗尼斯圆.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x²+y²=1,定点Q为x轴上一点，MB|,由图象可知，当点M位于M₁或M₂时取得最小值，且最小值为|QB|=√(-2-1)²+1=√10.故例8已知两定点),Q(m,0),动点M与P、Q的距离之比且λ≠1),那么点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，若其方程为x²+y²=4,则λ+m的值为()A.-8B.-4外角平分线模型设F和L是圆雉曲线一组对应的焦点和准线，圆雉曲线的弦AB交准线L于点M,则M到AF,BF的距离是相等的，亦即MF是∠AFB的内角平分线或者外角平分线.显然，当且仅当弦AB交双曲线于两支时，MF是∠AFB的内角平分线.证明：如图，过点A,B作准线L的垂线，垂足分别为则,根据外角平分线的逆定理，所以PF平分∠AFB的外角.证明：如图，过点A,B定理，所以PF平分∠AFB例9设F为椭圆C:例9作准线L的垂线，垂足分别为则,根据内角平分线的逆的外角.的右焦点，不垂直于x轴且不过点F的直线l与C交于M,N两点，在△MFN中，若∠MFN的外角平分线与直线MN交于点P,则P的横坐标为.第三章调和点列与完全四边形解析由椭圆方程可知a=2,c=1,所以,F为椭圆的右焦点，设M(x₁,y₁),N(x₂,y2),所以由椭圆的第二定义可得,即有,设∠MFN的故答案为：4.3.双外角平分线垂直模型设AB,MN是过椭圆焦点F的两条弦，MA,NA分别交对应的准线于P,Q则有FM_FN;注意：一般考试中，MN通常为椭圆的左右顶点，所以会经常利用调和线束+平行弦构造中点来考查.例10(2022·济宁三模)已知椭圆E:的左、右顶点分别为A、B,点F是椭圆E的右焦点，点Q在椭圆E上，且|QF|的最大值为3,椭圆E的离心率为(1)求椭圆E的方程；(2)若过点A的直线与椭圆E交于另一点P(异于点B),与直线x=2交于一点M,∠PFB的角平分线与直线x=2交于点N,求证：点N是线段BM的中点.(2)极点极线背景分析：找到焦点对应的准线x=4,延长PF交椭圆和准线于Q、R,根据极点极线性质可知AP与BQ交点在准线上，记为S,则S(PQ,FR)=-1,根据交比不变性，S(P,Q;F,R)=S(M,解答：解法一(常规联立)证明：由对称性，不妨设点P在x轴上方.①当直线PF的斜率存在时，因为∠PFB的角平分线为FN,所以，∠PFB=2∠NFB,所以，,即,设直线AP的方程为y=k(x+2),其中k≠0,设点P(x₁,y₁),,所以,则,即点设直线FN的方程为y=m(x-1),则点N(2,m)、M(2,因为,则,整理可得(2k—m)(2km+1)=0,因为km>0,所以，m=2k,所以，,所以，点N为线段BM的中点；②当直线PF的斜率不存在时，不妨设点),则直线AP的方程为,所以点M(2,又因为直线FN的方程为y=x-1,所以点N(2,1),所以，点N为线段BM的中点.综上可知，点N为线段BM的中点.+2),令x=2,则,根据椭圆第二定义代人数据得：,故,?FN:,令x=2,则的中点.解法三(焦弦公式)令∠PFA=20,则题型四调和点列+平行弦中点(2)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA的值.分别交直线x=-4于点P,Q.求相对于椭圆C的极线方程为故A在极线上，过这四点是调和点列，根据平行中点定理知|PB|=|BQ|,也可以根据两个相似，一个8字形相似，一个A字形相似，,由于,故注意：本题也可以理解为半梯形调和平行弦，我们也可以将其还原成梯形，如右图所示，连接QM并延长交AD于E,由于B,M,D,N这四点是调和点列，则P、E、N三点共线，且AD=DE,PB=BQ.如果按照交比不变性，我们不妨以A作为射影中心，(BD,MN)=-1,由于PQ//AD,故(B,P;∞,(2)解答：令MB=λBN,设M(x₁,yi),N(x₂,y2),根据所以AQ:高中数学新思路圆锥专题①+②得：1,即yp+yo=0,所以例12(2018·北京文)已知椭圆M:的离心率为,焦距为2√2.斜率为k的直线L与椭圆M有两个不同的交点A、B.(1)求椭圆M的方程；(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C.直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,解析(1)由题意得2c=2√2,所以c=√2,又,所以a=√3,所以b²=a²-c²=1,M的标准方程(2)设直线AB的方程为y=x+m,A(x₁,y₁),B(x₂,y2),(3)极点极线背景分析：如左图所示，以点P(-2,0)为极点，其所对应的极线方程为:,我们作其极线MN交BD于E,交上半椭圆于点R,易求得1,AB与CD交于M,AD于BC交于N,易知PMN构成自极三角形，则P,D,E,B此四点是调和点列，且点恰好为P,R的中点，也即有QP=QR,根据平行中点逆定理知PQ必须平行于AM,这样一来直线AB的斜率等于直线PQ的斜注意：我们也可以根据调和点列来证明平行线，如右图，过E作EF//PR交CD于F,P,D,E,B此PR//MB.书写过程：设A(x₁,yi),B(x₂,y₂),C(x₃,ys),D(xa,ya),设AP=λPC,BP=μPD,例13已知椭圆C:斜率为1的直线l与椭圆交于A、B两点，点M(4,0),直线AM与椭圆交于点A,直线BM与椭圆交于B₁.求证：直线A₁B₁过定点.解析极点极线原理：易知以M为极点的极线方程为x=1,易知AB与A₁B₁交于N,与A₁B₁交于N₁,过N₁作N₁Q//AB交A₁B₁于Q,过M作MR//AB交A₁B₁延长线于P,交NN₁于R,由于M、A₁、按照交比不变性分析，以N作为射影中心，(MN₁,A₁A)=(M,R;P,○)=-1,故A令AM=aMA₁,BM=μMB₁,根据定比点差法(步骤省略),yA+λyA=0;因为kAB=1,所以yA-yB=xA-TB,所以,当且仅当+yo=0,时一定成立，所以直线A₁B₁过定点以不要去硬算消参，合理利用合比定理来消参.本题是例8的反向命题，很多题，正向和反向命题，其计算已知A、B、C为椭上三个不同的定点，且线段AB的中点在直线OC上，点P为椭圆上的动点，直线PA、PB分别交直线OC于点M、N,则有：注意：如果已知点N的坐标和AB的斜率，也可得到：PQ//AB;直线AP与BQ都过定点M.例14已知椭圆C:过点P(2,2)的直线I交椭圆C于M,N两点.Q为椭圆C上异于M,N的一点，满足弦MQ的中点在直线OP上.试判断直线NQ是否过定点?若是，求出定点坐标；若不解析解法一(齐次化):根据之前齐次化对隐藏斜率和积关系的处理，我们发现点MN过点P(2,2),如果将右顶点A平移到原点，那么通过齐次化会发现kAm+kAN=定值，由于,我们定能找出kAM与kAα的关系，这样就能得出kAN与kAα的关系，从而确定N'Q'过定点.操作过程如下：若弦MQ的中点在直线OP上，根据中点点差法可知：(步骤省略),故将椭圆按照AO=(-2,0)平移得：,即,此时A→A'(O),P→P'(0,2),M→M',N→N',Q→Q',令kAm=k,kAN=k2,kAQ=k₃,此时MN':,(齐次化同除以x²)即,所以所以k2+ks=-4m2,所以4k₂k₃+k₂+k₃-1=0,代入①