一、极线的两种定义

1.一般定义（几何定义）
不在二次曲线上的一点P作直线l交二次曲线于M、N两点，则在l上有且只有一点Q，使得(PQ，MN)=-1（即P、Q、M、N构成一调和点列）。当l绕着P旋转时，Q的轨迹是一条直线p（或一部分），这条直线p叫做点P关于二次曲线的极线，而P叫做p关于该曲线的极点。——摘自百度百科

注：Ｐ为ＭＮ的外分点，Ｑ为内分点，它们是对应唯一关系
如上图，以椭圆为例，P为椭圆C外一点，过P的动直线f交C于M、N两点，则在f上有且仅有一点Q，$
$使得|MQ||NP|=|MP||NQ|（即P、M、Q、N构成调和点列）。当f绕着P旋转时，Q的轨迹是直线L（或一部分），$
$直线L叫做点P关于C的极线，而P叫做L关于该曲线的极点。$

那么直线L的方程是什么呢？我们通过两个命题来说明。（仍以椭圆为例）
$命题1：若P(x_0,y_0)不在椭圆C:\cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1\quad(a\gt b\gt 0)
上，过P的动直线f交C于M、N两点，$
$则在f上有且仅有一点Q，使得|MQ||NP|=|MP||NQ|。当f绕着P旋转时，Q的轨迹是直线 $
$\cfrac{x_0x}{a^2}+ \cfrac{y_0y}{b^2}=1 .$

$命题2：若P(x_0,y_0)不在椭圆C:\cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1\quad(a\gt b\gt 0)
上，过P的动直线f交C于M、N两点,$
$直线\cfrac{x_0x}{a^2}+ \cfrac{y_0y}{b^2}=1交动直线f于Q点，则|MQ||NP|=|MP||NQ|.$
2.代数定义
$对于不在二次曲线C（ Ａx^2+2Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0)上的一点P(x_0,y_0),$
$P关于C的极线为直线(Ａx_0x+2B(x_0y+y_0x)+Cy_0y+D\cfrac{x_0+x}{2}+E\cfrac{y_0+y}{2}+F=0$.

由几何定义我们是无法推出P在二次曲线C上这一情况的极线方程的。（因为此时P与M或N重合，不妨设P与M重合，那么(PQ,MN)=0≠-1）

$但由代数定义，我们知道当P在二次曲线C上时，直线Ax_0x+2B(x_0y+y_0x)+Cy_0y+D\cfrac{x_0+x}{2}+E\cfrac{y_0+y}{2}+F=0$
$既是P关于C的极线，又是C在点P处的切线。$

因此规定当P在曲线C上时，它的极线就是过它的切线。

二、极点、极线的基本性质

性质1.配极原则
对于同一条二次曲线C，如果点P的极线经过点Q，那么点Q的极线经过点P。
$证明（以椭圆C（\cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1\quad(a\gt b\gt 0)为例）：$
$设P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2）,则P关于C的极线为直线p：\cfrac{x_1x}{a^2}+ \cfrac{y_1y}{b^2}=1 ,$
$Q的极线为直线q \cfrac{x_2x}{a^2}+ \cfrac{y_2y}{b^2}=1 .$

$∵Q在直线p上，∴ \cfrac{x_1x_2}{a^2}+ \cfrac{y_1y_2}{b^2}=1 , ∴P在直线q上。$
(反之，如果直线p的极点在直线q上，那么直线q的极点在直线p上。)
配极原则是极线最基本、最重要的性质，其余几条性质均由配极原则推导而出。
性质2.配极原则推论
两点连线的极点是这两点的极线的交点；两直线交点的极线是这两直线的极点的连线。
证明：设有两点A、B，各自的极线交于C，则根据配极原则，C在A的极线上⇒A在C的极线上。同理，B在C的极线上。由两点确定一条直线可知AB是C的极线，即C是AB的极点。类似可证后者。

从这个性质中可以知道，对于二次曲线上两个点，过这两点的切线的交点的极线即这两点的连线。

性质3.内接四边形
设四边形ABCD内接于二次曲线C，则对角线交点P的极线是两组对边交点的连线。

证明：由完全四边形的调和性质可知(C,E,A,M),(D,F,B,M)调和，

由极线的几何定义知点E在点M关于曲线C的极线上、点F在点M关于曲线C的极线上

由两点确定一条直线知，直线EF即为点M的极线，∴点P在点M的极线上

由配极原则知，点M在点P的极线上，同理可知，点N在点P的极线上

∴直线MN即为点P的极线，原命题成立。

三、极线在高中解析几何中的应用
例题.非对称韦达式典型题

圆锥曲线硬解定理：
1.椭圆与斜截式联立：
$\begin{cases} \cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1 \\y=kx+m\end{cases}\Rightarrow b^2x^2+ay^2-a^2b^2=0\Rightarrow (b^2+a^2k^2)x^2+2a^2kmx+a^2(m^2-b^2)=0$

$\Delta ={\color{Red} 4a^4k^2m^2-4a^2(m^2-b^2)(b^2+a^2k^2)} =4a^2[a^2k^2m^2-(m^2-b^2)(b^2+a^2k^2)]$

$=4a^2(-b^2m^2+b^4+a^2b^2k^2)=4a^2b^2(b^2+a^2k^2-m^2)\quad 两根之差用$

$x_1+x_2=-\cfrac{2a^2km}{a^2k^2+b^2}$

$x_1x_2=\cfrac{a^2(m^2-b^2)}{a^2k^2+b^2}$

$(x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=\cfrac{4a^4k^2m^2}{(a^2k^2+b^2)^2}-\cfrac{4a^2(m^2-b^2)}{a^2k^2+b^2}$

$=\cfrac{{\color{Red}4a^4k^2m^2-4a^2(m^2-b^2)(a^2k^2+b^2) } }{(a^2k^2+b^2)^2}=\cfrac{{\color{Red} 4a^2b^2(b^2+a^2k^2-m^2)} }{(a^2k^2+b^2)^2}$

$横坐标的两根之差:|x_1-x_2|=\cfrac{\sqrt{\Delta } }{a^2k^2+b^2}$

$纵坐标的两根之差:|y_1-y_2|=\cfrac{\sqrt{k^2\Delta } }{a^2k^2+b^2}$

$y_1+y_2==k(x_1+x_2)+2m=-\cfrac{2a^2{\color{Red}k^2 } m}{a^2k^2+b^2}+\cfrac{2m{\color{Red}(a^2k^2+b^2 )} }{a^2k^2+b^2}$

$=\cfrac{{\color{Red}2b^2 m} }{a^2k^2+b^2}$

$y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2$

$=\cfrac{a^2(m^2-b^2){\color{Red} k^2} }{a^2k^2+b^2} -\cfrac{2a^2km{\color{Red} km}}{a^2k^2+b^2}+\cfrac{(a^2k^2+b^2){\color{Red} m^2}}{a^2k^2+b^2}$

$=\cfrac{{\color{Red} a^2k^2m^2}-a^2b^2k^2-{\color{Red} 2a^2k^2m^2+a^2k^2m^2}+b^2m^2 }{a^2k^2+b^2}$

$=\cfrac{b^2(m^2-a^2k^2)}{a^2k^2+b^2}$

$x_1y_2+x_2y_1=x_1(kx_2+m)+x_2(kx_1+m)=2kx_1x_2+m(x_1+x_2)$

$=\cfrac{{\color{Red} 2k} a^2(m^2-b^2)}{a^2k^2+b^2}-\cfrac{{\color{Red} m} 2a^2km}{a^2k^2+b^2}=\cfrac{{\color{Red} 2a^2km^2} -2a^2b^2k{\color{Red} -2a^2km^2} }{a^2k^2+b^2}$

$=\cfrac{-2a^2b^2k }{a^2k^2+b^2}$

$=\cfrac{b^2(m^2-a^2k^2)}{a^2k^2+b^2}$

$\cfrac{y_1}{x_1} +\cfrac{y_2}{x_2} =2k+m(\cfrac{1}{x_1} +\cfrac{1}{x_2})=2k+m\cfrac{x_1+x_2}{x_1x_2}={\color{Red} \cfrac{2b^2k}{b^2-m^2} } $

$=\cfrac{-2a^2km{\color{Red} m} }{a^2(m^2-b^2)}+\cfrac{{\color{Red} 2k} a^2(m^2-b^2)}{a^2(m^2-b^2)}$
$\cfrac{x_1}{y_1} +\cfrac{x_2}{y_2} =\cfrac{x_1y_2+x_2y_1}{y_1y_2} =\cfrac{\cfrac{-2a^2b^2k }{a^2k^2+b^2}}{\cfrac{b^2(m^2-a^2k^2)}{a^2k^2+b^2}}==\cfrac{-2a^2b^2k }{b^2(m^2-a^2k^2)}$
$AB的长度其实就是横坐标的两根之差的\sqrt{1+k^2} 倍$

$|AB|=\cfrac{\sqrt{(1+k^2)\Delta } }{a^2k^2+b^2}$
$AB的长度其实就是横坐标的两根之差的\sqrt{1+k^2} 倍$

$|AB|=\cfrac{\sqrt{(1+k^2)\Delta } }{a^2k^2+b^2}$

$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=\cfrac{(a^2+b^2)m^2-a^2b^2(1+k^2)}{a^2k^2+b^2}$

$=x_1x_2+y_1y_2 =\cfrac{a^2(m^2-b^2)}{a^2k^2+b^2}+\cfrac{b^2(m^2-a^2k^2)}{a^2k^2+b^2}$

2.椭圆与横截式联立：

$\begin{cases} \cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1 \\x=ky+m\end{cases}\Rightarrow b^2x^2+ay^2-a^2b^2=0\Rightarrow (a^2+b^2k^2)x^2+2b^2kmx+b^2(m^2-a^2)=0$

$椭圆与斜截式联立\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad椭圆与横截式联立$

$x_1+x_2=-\cfrac{2a^2km}{a^2k^2+b^2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad y_1+y_2=-\cfrac{2b^2km}{b^2k^2+a^2}$

$x_1x_2=\cfrac{a^2(m^2-b^2)}{a^2k^2+b^2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad y_1y_2=\cfrac{b^2(m^2-a^2)}{b^2k^2+a^2}$

$y_1+y_2=\cfrac{2b^2 m} {a^2k^2+b^2}\quad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad x_1+x_2=\cfrac{2a^2 m} {b^2k^2+a^2}$

$y_1y_2=\cfrac{b^2(m^2-a^2k^2)}{a^2k^2+b^2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad x_1x_2=\cfrac{a^2(m^2-b^2k^2)}{b^2k^2+a^2}$

$x_1y_2+x_2y_1=\cfrac{-2a^2b^2k }{a^2k^2+b^2}\qquad\qquad\qquad\qquad x_1y_2+x_2y_1=\cfrac{-2a^2b^2k }{b^2k^2+a^2}$分子完全一样

$\cfrac{y_1}{x_1} +\cfrac{y_2}{x_2}=\cfrac{2b^2k}{b^2-m^2}\qquad \qquad\qquad \qquad\qquad \cfrac{x_1}{y_1} +\cfrac{x_2}{y_2}=\cfrac{2a^2k}{a^2-m^2}$

$\cfrac{x_1}{y_1} +\cfrac{x_2}{y_2} =\cfrac{2a^2k }{a^2k^2-m^2}\qquad \qquad \qquad \qquad\qquad \cfrac{y_1}{x_1} +\cfrac{y_2}{x_2} =\cfrac{2b^2k }{b^2k^2-m^2}$

$\Delta =4a^2b^2(b^2+a^2k^2-m^2)\qquad\qquad\qquad \quad \Delta =4a^2b^2(a^2+b^2k^2-m^2)$

$|x_1-x_2|=\cfrac{\sqrt{\Delta } }{a^2k^2+b^2}\qquad \qquad\qquad \qquad \qquad |y_1-y_2|=\cfrac{\sqrt{\Delta } }{b^2k^2+a^2}$

$|y_1-y_2|=\cfrac{\sqrt{k^2\Delta } }{a^2k^2+b^2}\quad\qquad \qquad\qquad \qquad \qquad |x_1-x_2|=\cfrac{\sqrt{k^2\Delta } }{b^2k^2+a^2}$
$|AB|=\cfrac{\sqrt{(1+k^2)\Delta } }{a^2k^2+b^2}\qquad \qquad\qquad \qquad\quad |AB|=\cfrac{\sqrt{(1+k^2)\Delta } }{b^2k^2+a^2}$
$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=\cfrac{(a^2+b^2)m^2-a^2b^2(1+k^2)}{a^2k^2+b^2}\qquad\qquad \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=\cfrac{(a^2+b^2)m^2-a^2b^2(1+k^2)}{b^2k^2+a^2}$

2.双曲线与斜截式联立：
$\begin{cases} \cfrac{x^2}{a^2}－ \cfrac{y^2}{b^2}=1 \\y=kx+m\end{cases}\Rightarrow b^2x^2+ay^2-a^2b^2=0\Rightarrow (b^2+a^2k^2)x^2+2a^2kmx+a^2(m^2-b^2)=0$
$双曲线与斜载式联立\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad双曲线与横截式联立$

$x_1+x_2=\cfrac{2a^2km}{b^2－a^2k^2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad y_1+y_2=-\cfrac{2b^2km}{b^2k^2-a^2}$

$x_1x_2=－\cfrac{a^2(m^2+b^2)}{b^2－a^2k^2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad y_1y_2=\cfrac{b^2(m^2-a^2)}{b^2k^2-a^2}$

$y_1+y_2=\cfrac{2b^2 m} {b^2－a^2k^2}\quad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad x_1+x_2=\cfrac{-2a^2 m} {b^2k^2-a^2}$

$y_1y_2=\cfrac{b^2(m^2-a^2k^2)}{b^2－a^2k^2}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad x_1x_2=\cfrac{-a^2(m^2+b^2k^2)}{b^2k^2-a^2}$

$x_1y_2+x_2y_1=\cfrac{-2a^2b^2k }{b^2－a^2k^2}\qquad\qquad\qquad\qquad x_1y_2+x_2y_1=\cfrac{-2a^2b^2k }{b^2k^2-a^2}$分子完全一样

$\cfrac{y_1}{x_1} +\cfrac{y_2}{x_2}=\cfrac{2b^2k}{b^2+m^2}\qquad \qquad\qquad \qquad\qquad \cfrac{x_1}{y_1} +\cfrac{x_2}{y_2}=\cfrac{2a^2k}{a^2-m^2}$

$\cfrac{x_1}{y_1} +\cfrac{x_2}{y_2} =\cfrac{2a^2k }{a^2k^2-m^2}\qquad \qquad \qquad \qquad\qquad \cfrac{y_1}{x_1} +\cfrac{y_2}{x_2} =\cfrac{2b^2k }{b^2k^2+m^2}$

$\Delta =4a^2b^2(b^2-a^2k^2+m^2)\qquad\qquad\qquad \quad \Delta =4a^2b^2(b^2k^2-a^2+m^2)$

$|x_1-x_2|=\cfrac{\sqrt{\Delta } }{|a^2k^2-b^2|}\qquad \qquad\qquad \qquad \qquad |y_1-y_2|=\cfrac{\sqrt{\Delta } }{|b^2k^2-a^2|}$

$|y_1-y_2|=\cfrac{\sqrt{k^2\Delta } }{|a^2k^2-b^2|}\quad\qquad \qquad\qquad \qquad \qquad |x_1-x_2|=\cfrac{\sqrt{k^2\Delta } }{|b^2k^2-a^2|}$
$|AB|=\cfrac{\sqrt{(1+k^2)\Delta } }{|a^2k^2-b^2|}\qquad \qquad\qquad \qquad\quad |AB|=\cfrac{\sqrt{(1+k^2)\Delta } }{|b^2k^2-a^2|}$
$\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=\cfrac{(a^2-b^2)m^2+a^2b^2(1+k^2)}{a^2k^2-b^2}\qquad\qquad \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=\cfrac{(a^2-b^2)m^2+a^2b^2(1+k^2)}{-b^2k^2+a^2}$

$共有四部份内容：$
$㈠极点极线与“四线一方程”$
$㈡极点极线与"自极三角形"$
$㈢极点极线与“调和点列”$
$㈣极点极线与高考命题$

㈠极点极线与“四线一方程”

$椭圆的“四线一方程”$
$已知椭圆E:\cfrac{x^2}{a^2} +\cfrac{y^2}{b^2}=1 \quad(a\gt　b\gt0),对椭圆方程作如下变换：$
$二次项：x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,得到直线\cfrac{x_0x}{a^2}+\cfrac{y_0y}{b^2}=1,记为H(x,y)=0;$
$则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在椭圆E上时，l为M关于椭圆E的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在椭圆E外时，l为M关于椭圆E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在椭圆E内上时，l为M关于椭圆E的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在椭圆E内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于椭圆E的中点弦方程(M为弦的中点)；$
$圆的“四线一方程”$
$已知圆的方程C：x^2+y^2+Dx+Ey+F=0\quad (D^2+E^2-4F\gt 0),点M(x_0,y_0), 对圆的方程作如下变换：$
$二次项x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,一次项x\to \cfrac{x_0+x}{2},y\to \cfrac{y_0+y}{2},$
$得到直线l：x_0x+y_0y+D\cfrac{x_0+x}{2}+E\cfrac{y_0+y}{2}+F=0，记为记为H(x,y)=0;则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在圆C上时，l为M关于圆C的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在圆C外时，l为M关于椭圆E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在圆C内上时，l为M关于圆C的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在圆C内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于圆C的中点弦方程(M为弦的中点)；$

$双曲线的“四线一方程”$
$已知双曲线E:\cfrac{x^2}{a^2} -\cfrac{y^2}{b^2}=1 \quad(a\gt　b\gt0),对双曲线方程作如下变换：$
$二次项：x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,得到直线\cfrac{x_0x}{a^2}-\cfrac{y_0y}{b^2}=1,记为H(x,y)=0;$
$则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在双曲线E上时，l为M关于双曲线E的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在双曲线E外时，l为M关于双曲线E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在双曲线E内上时，l为M关于双曲线E的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在双曲线E内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于双曲线E的中点弦方程(M为弦的中点)；$
$抛物线的“四线一方程”$
$已知抛物线E:y^2=2px \quad(p\gt0),对抛物线方程作如下变换：$
$二次项x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,一次项x\to \cfrac{x_0+x}{2},y\to \cfrac{y_0+y}{2},$
$得到直线l:y_0y=p(x+x_0),则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在抛物线E上时，l为M关于抛物线E的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在抛物线E外时，l为M关于抛物线E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在抛物线E内上时，l为M关于抛物线E的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在抛物线E内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于抛物线E的中点弦方程(M为弦的中点)；$

$二次曲线的“四线一方程”$
$已知二次曲线G:Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0,对二次曲线方程作如下变换：$
$二次项x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,xy\to \cfrac{x_0y+xy_0}{2}一次项x\to \cfrac{x_0+x}{2},y\to \cfrac{y_0+y}{2},$
$得到直线l:Ax_0x+B\cfrac{x_0y+xy_0}{2}+Cy_0y+D\cfrac{x_0+x}{2}+E\cfrac{y_0+y}{2}+F=0则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在二次曲线G上时，l为M关于二次曲线G的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在二次曲线G外时，l为M关于二次曲线G的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在二次曲线G内上时，l为M关于二次曲线G的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在二次曲线G内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于二次曲线G的中点弦方程(M为弦的中点)；$

极点极线的调和点列定义

$过不在二次曲线上的一点P作直线l交二次曲线于M,N两点，则在l上有一点Q，使得\cfrac{PM}{PN}=\cfrac{QM}{QN}, 当绕着点P旋转时，$
$Q的轨迹是一条直线p（或直线一部分）,这条直线p叫做点P的关于二次曲线的极线，而P叫做p关于该曲线的极点。$

射影几何、交比、调和点列

$\cfrac{\overrightarrow{AC} }{\overrightarrow{AD} } 与\cfrac{\overrightarrow{BC}}{\overrightarrow{BD}}之比，叫做交比。$
1、交比具有身影不变性；
$\cfrac{AC}{AD} /\cfrac{BC}{BD}=\cfrac{\cfrac{1}{2} S_{\triangle AOC}}{\cfrac{1}{2} S_{\triangle AOD}} /\cfrac{\cfrac{1}{2} S_{\triangle BOC}}{\cfrac{1}{2} S_{\triangle BOD}}=\cfrac{\cfrac{1}{2} OA\cdot OC\cdot \sin \angle BOC}{\cfrac{1}{2} OA\cdot OD\cdot \sin \angle AOD} /\cfrac{\cfrac{1}{2} OB\cdot OC\cdot \sin \angle BOC}{\cfrac{1}{2} OB\cdot OD\cdot \sin \angle BOD}$
$=\cfrac{\sin \angle BOC}{\sin \angle AOD} /\cfrac{\sin \angle BOC}{\sin \angle BOD}$
2、$当交-1时，即\cfrac{\overrightarrow{AC} }{\overrightarrow{AD} } {\div} \cfrac{\overrightarrow{BC}}{\overrightarrow{BD}}=-1,即\cfrac{AC}{AD} =\cfrac{BC}{BD}时，$
此时，称 ACBD四点为调和点列，
$①A,B为基点，则C,D为内外分点，C,D调和分割A,B,且\cfrac{2}{AB} =\cfrac{1}{AC} +\cfrac{1}{AD}$
$证明：\because \cfrac{BC}{AC} =\cfrac{BD}{AD} \Rightarrow \cfrac{AB-AC}{AC} =\cfrac{AD-AB}{AD}\Rightarrow$
$\cfrac{AB}{AC}-1 =1-\cfrac{AB}{AD} \Rightarrow 2=\cfrac{AB}{AC}+\cfrac{AB}{AD} \Rightarrow \cfrac{2}{AB} =\cfrac{1}{AC} +\cfrac{1}{AD}$
$②C,D为基点，则B,A为内外分点，A,B调和分割C,D,且\cfrac{2}{CD} =\cfrac{1}{DA} +\cfrac{1}{DB}$
$证明:\because \cfrac{DB}{DA} =\cfrac{CB}{CA} \Rightarrow \cfrac{CA}{DA} =\cfrac{CB}{DB}$
$\Rightarrow \cfrac{DA-CD}{DA} =\cfrac{CD-DB}{DB}\Rightarrow 1- \cfrac{CD}{DA}=\cfrac{CD}{DB}-1\Rightarrow 2=\cfrac{CD}{DB}+\cfrac{CD}{DA}$

选择性必修一课本97页例6
$一动点Ｐ与两定点A、B的距离之比等于定比\lambda ，则点Ｐ的轨迹，是以定比\lambda $
$内分和外分定线段的两个分点的连线为直径的圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆。$
$定义：在平面内到相异两定点的距离之比为定值（大于０且不等于１）的点的轨迹$
$是圆，称此动点的轨迹为阿波罗尼斯圆。$
$已知AB=2ｃ，有一动点P(x,y)，\cfrac{PA}{PB}=\lambda (\lambda \gt0,且\ne 1)，求Ｐ的轨迹。$
$以AB的中点为坐标原点，建立直角坐标系，A(-C,0),B(C,0),PA=\sqrt{(x+c)^2+y^2}, PB=\sqrt{(x-c)^2+y^2},$
$\Rightarrow \frac{PA}{PB}=\cfrac{\sqrt{(x+c)^2+y^2}}{\sqrt{(x-c)^2+y^2} }= \lambda$
${\color{Red} 圆心(\cfrac{\lambda ^2+1}{\lambda ^2-1}\times c,0 );半径r= |\cfrac{2\lambda c}{\lambda ^2-1}|} $

识别题型：1、定值；2、三角形，3、比例关系。

$1、已知两定点A(-2,0),B(1,0),如果动点P满足\left | PA \right | =2\left | PB\right | ,$
$则点P的轨迹所包围的图形的面积等于(\quad B\quad )$
$A.\pi\quad B.4\pi \quad C.8\pi\quad D.9\pi $
$2、满足条件AB=2,AC=\sqrt{2}BC的\triangle ABC面积的最大值是2\sqrt{2}$
$3、平面内动点M到定点A(-2,0),B(2,0)的距离之比为\cfrac{1}{2} ,则动点M所包围的图形的面积等于(\qquad )$

$4、在\triangle ABC中,BD为的\angle ABC角平分线，D在AC上，且AD=2,DC=1,，则面积\triangle ABC的最大值为$
$5、已知向量\vec{a} ,\vec{b} 满足\left | \vec{a} \right | =1,\left | \vec{b} \right | =\left |2\vec{b} -\vec{a} \right |,则\left | \vec{b} \right |的最大值为(\qquad)，\vec{a}与\vec{b}的夹角取值范围。$
$|2\vec{b} |_{max}=左端点到内分点的距离+阿氏圆的直径=\cfrac{2}{3}+\cfrac{4}{3}=2$
${\color{Green} \because 内分点分\vec{a} 左右端点之比为2:1}$
$=\cfrac{2}{3} 又\because c=\frac{1}{2}$
$r=\cfrac{2\lambda c}{\lambda ^2-1} =\cfrac{2}{3}$

$6、已知平面内有两点A(4,2)和B(2,0)，且该平面内的点P满足\left | PA \right | =\sqrt{3} \left | PB\right | .若点P的轨迹关于$
$直线mx-ny-3=0(m\gt 0,n \gt0 )对称，则\frac{4}{m} +\frac{1}{n}的最小值是(\quad )$
$A.\cfrac{\sqrt{3} }{2} \quad B.\sqrt{3} \quad C.3\quad D.9$
$解：P的轨迹是圆，且圆心在直线mx-ny-3=0上$
$\left | PA \right |=\sqrt{(x-4)^2+(y-2)^2}, \left | PB \right |=\sqrt{(x-2)^2+y^2},\Rightarrow (x-4)^2+(y-2)^2=3[(x-2)^2+y^2]$
$\Rightarrow (x-1)^2+(y+1)^2=6\Rightarrow 圆心(1,-1)代入mx-ny=3,即m+n=3$
$\cfrac{4}{m}+\cfrac{1}{n} =(\cfrac{4}{m}+\cfrac{1}{n} )(m+n)\times \cfrac{1}{3} \ge 3,当且仅当m=2,n=1时等号成立。$

$7.已知直线l_1：kx-y+2=0与直线l_2:x+ky-2=0相交于点P，则当实数k变化时，$
$点P到直线x-y-4＝0的距离的最大值为(\quad)$
$A.\sqrt{2} +1,\quad B.\sqrt{2} +2,\quad C.3\sqrt{2} \quad D.4\sqrt{2}$
$解：直线l_1过定点A(0,2)，直线l_2过定点B(2,0),P点是AB为直径的圆上；圆心到(1,1)直线距离加上半径即为所求。$
$d=\cfrac{\left | 1-1-4 \right | }{\sqrt{2} }=2\sqrt{2},r=\sqrt{2} \Longrightarrow 3\sqrt{2} $

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$(1,2),M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$
$\therefore k_{AM}\cdot k_{AN}=\cfrac{y_1-2}{x_1-1} \cdot \cfrac{y_2-2}{x_2-1} ==\cfrac{-8(1+2m)}{\cfrac{4k(k+2)}{k^2} }=\cfrac{-8k^2(1+2m)}{4k(k+2) }=\cfrac{-8k(k+2mk)}{4k(k+2) }=-2$