11-1补充，定比分点公式：已知两点坐标，求分点的公式，分点可以是内分点，也可以外分点，前提是两定点及分比要确定。
要注意，$公式的分比＝左定点到分点：分点到右定点 =m:n=\lambda:1$

在平面直角坐标系中，已知$A、B两点坐标分为(x_1,y_1),(x_2,y_2),P点坐标为(x,y),且有\overrightarrow{AP}＝\lambda \overrightarrow{PB}$,那么我们就说P分有向线段AB之比为$\lambda,则有：x=\cfrac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda},y=x=\cfrac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}.$这就是定比分点公式。
$当P为内分点时，\lambda \gt 0;$
$当P为外分点时，\lambda \lt 0(\lambda\ne -1);，$
这个公式在解决某些解析几何问题中有着很强大的作用，运用好往往可以几步就解决一个大题
先看一个例题
例1、已知A,B是椭圆$\cfrac{x^2}{25}+\cfrac{y^2}{16}=1$上的两个动点，设点$C(0,16),且\overrightarrow{CA}＝\lambda \overrightarrow{CB},求\lambda$取值范围。
解：由题意得$\overrightarrow{AC}＝-\lambda \overrightarrow{CB}(\lambda \gt 0)设A(x_1,y_1)B(x_2,y_2)$由定比分点公式可知$0=\cfrac{x_1-\lambda x_2}{1-\lambda},16=\cfrac{y_1-\lambda y_2}{1-\lambda},y_1=16(1-\lambda)+\lambda y_2$,又因为A,B在椭圆上，则有$\cfrac{x_1^2}{25}+\cfrac{y_1^2}{16}=1\quad ①\cfrac{x_2^2}{25}+\cfrac{y_2^2}{16}=1②$
$①-\lambda ^2\cdot ②,\Rightarrow 整理得\cfrac{(x_1+\lambda x_2)(x_1-\lambda x_2)}{25}+\cfrac{(y_1+\lambda y_2)(y_1-\lambda y_2)}{16}=1-\lambda ^2$
将$0=\cfrac{x_1-\lambda x_2}{1-\lambda},16=\cfrac{y_1-\lambda y_2}{1-\lambda}$代入得$y_1+\lambda y_2=1+\lambda$联立$y_1-\lambda y_2=16(1-\lambda),$解得$y_1=\cfrac{17}{2}-\cfrac{15}{2}\lambda $,又$-4\le y_1\le 4,即-4\le \cfrac{17}{2}-\cfrac{15}{2}\lambda\le 4,$得$\cfrac{3}{5}\le \lambda \le \cfrac{5}{3}$

练习：已知过定点$(0,3)$的直线与椭圆$\cfrac{x_1^2}{9}+\cfrac{y_1^2}{4}=1$交于两个不同的点A,B，且满足$\overrightarrow{AP}＝\lambda \overrightarrow{PB}$,求$\lambda$取值范围。

例2:已知椭圆$\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1过P(4,1)作直线l交椭圆于A（x_1,y_1)B(x_2,y_2)(x_1\gt x_2)两点，$
且AB上存在点Q，使得$\cfrac{\overrightarrow{AP} }{\overrightarrow{PB}} =-\cfrac{\overrightarrow{AQ} }{\overrightarrow{QB}}$，求Q点轨迹方程。
解：设Q(x,y)，有
$A,P,B\begin{cases} 4=\cfrac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda}\\\quad \\\ 1=\cfrac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda} \end{cases}\qquad A,Q,B\begin{cases} x=\cfrac{x_1-\lambda x_2}{1-\lambda}\\\quad \\\ y=\cfrac{y_1-\lambda y_2}{1-\lambda} \end{cases}\qquad A,B\begin{cases} \cfrac{x_1^2}{4}+\cfrac{y_1^2}{3}=1\quad ①\\\quad \\\ \cfrac{x_2^2}{4}+\cfrac{y_2^2}{3}=1\quad ② \end{cases}$
$①-\lambda ^2\cdot ②,\Rightarrow 得x+\cfrac{1}{3}y=1$

例3，过椭圆$\cfrac{x^2}{2}+y^2=1$的左焦点作直线交椭圆于点$Ａ,Ｂ,若\overrightarrow{AF} =3\overrightarrow{FB}$,求点Ａ的坐标。
解：设$AB点坐标为(x_1,y_1),(x_2,y_2),由定比分点公式有：\begin{cases}-1=\cfrac{x_1+3x_2}{1+3} \\ \quad \\ 0=\cfrac{y_1+3y_2}{1+3}\end{cases}$
$\begin{cases}\cfrac{x_1^2}{2}+y_1^2=1\quad ①\\ \cfrac{x_2^2}{2}+y_2^2=1\quad ②\end{cases}$
$①-\lambda ^2 ②\Rightarrow \cfrac{1}{2}(x_1+\lambda _2x_2)(x_1-\lambda _2x_2)+(y_1+\lambda _2y_2)(y_1-\lambda _2y_2)=1-\lambda^2$
$\Rightarrow x_1-3x_2=4,解得x_1=0,y_1=1$

例4、2008年安徽卷，设椭圆$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt 0)$过点$M(\sqrt{2},1)$且焦点$F_1(-\sqrt{2},0)$
(1)求椭圆方程
(2)若过点$P(4,1)$的动直线ｌ与椭圆交于不同两点A,B在$\left |AB \right | $上取点Q，满足 $\left |AP \right | \cdot \left |QB \right | =\left |AQ \right | \cdot \left |PB \right |$,试证明:点Q在定直线上，并求出定直线方程。

例5、双曲线和椭圆有相同焦点，直线$y=\sqrt{3}x$是双曲线的一条渐近线。2008年山东高考
(1)求双曲线的方程。$x^2-\cfrac{y^2}{3}=1$
(2)过点$P(0,4)$的直线交双曲线于$A,B$两点，交x轴于$Q$点（与双曲线顶点不重合）若$\overrightarrow{PQ}=\lambda_1\overrightarrow{QA}=\lambda_2\overrightarrow{QB}$,且$\lambda _1+\lambda _2=-\cfrac{8}{3},求Q$点坐标。
解：第一问，题目给出椭圆方程的。
第二问：$P(0,4)，设Q(x_0,0)，A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$
由$\overrightarrow{PQ}=\lambda_1\overrightarrow{QA}=\lambda_2\overrightarrow{QB}$及定比分点公式,可得:
$\begin{cases}m=\cfrac{0+\lambda_1x_1}{1+\lambda_1}\\ 0=\cfrac{4+\lambda_1y_1}{1+\lambda_1}\end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases}x_1=\cfrac{1+\lambda_1}{\lambda_1}x_0\\y_1=-\cfrac{4}{\lambda_1}\end{cases}$
同理得$\begin{cases}m=\cfrac{0+\lambda_2x_2}{1+\lambda_2}\\ 0=\cfrac{4+\lambda_2y_2}{1+\lambda_2}\end{cases}$ $\Rightarrow \begin{cases}x_2=\cfrac{1+\lambda_2}{\lambda_2}x_0\\y_2=-\cfrac{4}{\lambda_2}\end{cases}$
A,B坐标结构是一样，同构，可设l方程的参数方程为:$\begin{cases}x=\cfrac{1+\lambda}{\lambda}x_0\\y=-\cfrac{4}{\lambda}\end{cases}与x^2-\cfrac{y^2}{3}=1$
把它看成$\lambda$的方程：$3(x_0^2-1)\lambda^2+6\lambda x_0^2+3x_0^2-16=0$
$\lambda_1+\lambda_2=-\cfrac{6x_0^2}{3(x_0^2-1)}=-\cfrac{8}{3}\Rightarrow x_0=\pm 2$

例6、抛物线$C_1:y^2=2px上一点M(3,y_0)$到焦点F的距离为4；椭圆$C_2:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt 0)的e=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$,且过抛物线$C_1于A,B$两个不同点，交y轴于点N，已知$\overrightarrow{NA}=\lambda\overrightarrow{AF},\overrightarrow{NB}=\mu\overrightarrow{BF}$,求证$\lambda+\mu$为定值。
解：$C_1:y^2=4x,C_2:\cfrac{y^2}{2}+x^2=1$
标答：抛物线焦点为$(1,0)$设l的斜率为$k,A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),则l:y=k(x-1),N(0,-k)$
$\begin{cases}y^2=4x \\ y=k(x-1)\end{cases}\Rightarrow k^2x^2-(2k^2+4)x+k^2=0\quad \delta =16k^2+16\gt 0$
故$x_1+x_2=\cfrac{2k^2+4}{k^2}\quad x_1x_2=1$
由$\overrightarrow{NA}=\lambda\overrightarrow{AF},\overrightarrow{NB}=\mu\overrightarrow{BF}$,得$\lambda=\cfrac{x_1}{1-x_1}\quad \mu=\cfrac{x_2}{1-x_2}$
$\lambda+\mu=\cfrac{x_1}{1-x_1}+\cfrac{x_2}{1-x_2}=\cfrac{x_1+x_2-2x_1x_2}{1-(x_1+x_2)+x_1x_2}=\cfrac{\cfrac{2k^2+4}{k^2}-2}{2-\cfrac{2k^2+4}{k^2}}=-1$

法二：用定比分点公式,$F(1,0)设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),N(0,y_0)$
$\begin{cases}x_1=\cfrac{\lambda}{1+\lambda}\\y_1=\cfrac{y_0}{1+\lambda}\end{cases}\qquad \begin{cases}x_2=\cfrac{\mu}{1+\mu}\\y_2=\cfrac{y_0}{1+\mu}\end{cases}$
A,B坐标结构相同，可知设$l_{AB}的方程为\begin{cases}x=\cfrac{t}{1+t}\\y=\cfrac{y_0}{1+t}\end{cases}\quad t为参数$
与抛物线联立，得$\cfrac{y_0^2}{(1+t)^2}=\cfrac{4t}{1+t},4t^2+4t-y_0^2=0,t_1+t_2=\lambda+\mu =-1$
例5与例6是同构的应用。https://uu.890222.xyz/index.php/archives/318/
https://uu.890222.xyz/index.php/category/%E5%9C%86%E9%94%A5/3/

这个结论还可广至整个圆锥曲线：圆锥曲线中，过焦点F的焦点弦AB的延长线与另一坐标轴的交点为P,(A在PF之间）
$\begin{cases}\overrightarrow{PA}=\lambda_1\overrightarrow{AF}\\\overrightarrow{PB}=\lambda_2\overrightarrow{BF}\end{cases}\Rightarrow \lambda_1+\lambda_2=定值$

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例7、已知离心率为$\cfrac{\sqrt{2}}{2}$的椭圆$C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt 0)$的上顶点为D，右焦点为F,点$P(4,2)且\left |PF \right |=\left |DF \right |。$
(1)求C的方程；极点极线
(2)过点$P作直线l交C于A,B两点(A在P与B之间),与直线DF交于点Q$。若$\overrightarrow{PA}=\lambda_1\overrightarrow{PB},\overrightarrow{QA}=\lambda_2\overrightarrow{BQ},$求$\lambda_1－\lambda_2$

例8、$F_1,F_2$是椭圆$\cfrac{x^2}{25}+\cfrac{y^2}{16}=1$的左右焦点，P为椭圆上任意一点，$PF_1,PF_2$分别交椭圆于A,B；若$\overrightarrow{PF_1}=\lambda_1\overrightarrow{F_1A},\overrightarrow{PF_2}=\lambda_1\overrightarrow{F_2B}$试证明$\lambda_1+\lambda_2$为定值。
解：设$P(x_0,y_0),A(x_1,y_1),B(x_2,y_2);F_1(-3,0),F_2(3,0)$
由定比分点公式有:$\begin{cases}-3=\cfrac{x_0+\lambda_1x_1}{1+\lambda_1}\\0=\cfrac{y_0+\lambda_1y_1}{1+\lambda_1}\end{cases}\Rightarrow x_0+\lambda_1x_1=-3(1+\lambda_1) \quad⑦\quad \begin{cases}3=\cfrac{x_0+\lambda_1x_2}{1+\lambda_2}\\0=\cfrac{y_0+\lambda_1y_2}{1+\lambda_2}\end{cases}\Rightarrow x_0+\lambda_2x_2=3(1+\lambda_2)\quad ⑧$
$\begin{cases}\cfrac{x_0^2}{25}+\cfrac{y_0^2}{16}=1\quad ①\\\cfrac{(\lambda_1x_1)^2}{25}+\cfrac{(\lambda_1y_1)^2}{16}=\lambda_1^2\quad ②\end{cases}\quad ①-②,得x_0-\lambda_1x_1=-\cfrac{25}{3}(1-\lambda_1)\quad ⑤$
$\begin{cases}\cfrac{x_0^2}{25}+\cfrac{y_0^2}{16}=1\quad ③\\\cfrac{(\lambda_2x_2)^2}{25}+\cfrac{(\lambda_2y_2)^2}{16}=\lambda_2^2\quad ④\end{cases}\quad ③-④,得x_0-\lambda_1x_2=\cfrac{25}{3}(1-\lambda_2)\quad ⑥$
$⑤⑦联立得，2x_0=-3-3\lambda_1-\cfrac{25}{3}+\cfrac{25}{3}\lambda_1$,$⑥⑧$联立得，$2x_0=3+3\lambda_2+\cfrac{25}{3}-\cfrac{25}{3}\lambda_2$
$\Rightarrow -3-3\lambda_1-\cfrac{25}{3}+\cfrac{25}{3}\lambda_1=3+3\lambda_2+\cfrac{25}{3}-\cfrac{25}{3}\lambda_2\Rightarrow \cfrac{16}{3}(\lambda_1+\lambda_2)=\cfrac{68}{3}\Rightarrow \lambda_1+\lambda_2=\cfrac{17}{4}$
这个结论可以推广至圆锥曲线(不包括抛物线)：$F_1,F_2,$为椭圆(双曲线)两焦点， P为曲线上任意一点,直线$PF_1,PF_2$分别交曲线于A,B两点，若$\overrightarrow{PF_1}=\lambda_1\overrightarrow{F_1A},\overrightarrow{PF_2}=\lambda_1\overrightarrow{F_2B}$则$\lambda_1+\lambda_2$为定值.

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