Hello World - 解析几何
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items: 抛物线面积一题目
items: 内准圆
items: 蒙日圆与同构构造
items: 圆锥曲线不联立之斜率双用（解决斜率和积问题）
items: 斜率之积或和为定值时直线所过定点的轨迹
items: 圆锥曲线不联立之对偶式
items: 极点极线解圆锥曲线
items: 向量定比分点与圆锥曲线
items: 椭圆的二级结论
items: 圆锥曲线解题奇技淫巧－轴点差

抛物线面积一题目
type: item
date: 2025-12-11T17:05:00+08:00
description: 抛物线$y=x^2$上异于坐标原点$O$的两个不同的动点$A,B满足OA\perp OB.\triangle AOB$的面积是否存在最小值。若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由。 解：设$A(x_1,y_1)B(x_2,y_2)$直线AB的方程为$y=kx+m$,联立$\begin{cases} y=kx+m\\y=x^2\end{cases} \Rightarrow x^2-kx-m=0$$x_1+x_2=k,x_1x_2=-m\quad \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}=x_1x_2+y_1y_2=0$$y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=-k^2m+k^2m+m^2=m^2$$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}=x_1x_2+y_1y_2=-m+m^2=0\Rightarrow m=1或m=0舍去$$故直线l_{AB}过定点(0,1)，y=kx+1$以直线的定点为界，将$\triangle AOB$分成左右两部分，故$S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}\times 1\times |x_1-x_2|=\cfrac{1}{2}\sqrt{k^2+4}\ge 1$引申1.若直线$l与椭圆C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt 0)交于M,N$两点，A为椭圆的右顶点，且$AM\perp BN$.则直线$l过定点(\cfrac{e^2}{2-e^2}a,0)$引申2.若直线$l与双曲线C:\cfrac{x^2}{a^2}－\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt 0，b\gt 0)交于M,N$两点，A为双曲线的右顶点，且$AM\perp BN$.则直线$l过定点(\cfrac{e^2}{2-e^2}a,0)$引申3.若直线$l与抛物线y^2=2px(p\gt 0)交于M,N$两点，A为抛物线顶点，且$AM\perp AN$.则直线$l过定点(2p,0)$

内准圆
type: item
date: 2025-12-05T17:13:00+08:00
description: 内准圆：$ A,B为椭圆/双曲线上两点， O为中心，且 OA\bot OB，过点 O作AB的垂线，垂足为H, |OH|为定值，$$点H的轨迹为圆x^2+y^2=\cfrac{1}{\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}}=\cfrac{a^2b^2}{a^2+b^2},称为内准圆(PS:双曲线在离心率大于\sqrt{2}时才有内准圆)，AB是内准圆的切线$$性质1:\cfrac{1}{|OA|^2}+\cfrac{1}{|OB|^2}=\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}$$证明：设椭圆\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1,|OA|＝m,|OB|=n,A(m\cos \theta,m\sin \theta ),B(n\cos (\theta+\cfrac{\pi}{2}),n\sin(\theta+\cfrac{\pi}{2}))=(-n\sin \theta,n\cos \theta)$$\cfrac{m^2\cos^2 \theta}{a^2}+\cfrac{m^2\sin^2 \theta }{b^2}=1\Rightarrow \cfrac{1}{m^2}=\cfrac{\cos^2 \theta}{a^2}+\cfrac{\sin^2 \theta }{b^2}$$\cfrac{n^2\sin^2 \theta}{a^2}+\cfrac{n^2\cos^2 \theta }{b^2}=1\Rightarrow \cfrac{1}{n^2}=\cfrac{\sin^2 \theta}{a^2}+\cfrac{\cos^2 \theta }{b^2}$$:\cfrac{1}{|OA|^2}+\cfrac{1}{|OB|^2}=\cfrac{1}{m^2}+\cfrac{1}{n^2}=\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1 }{b^2}\quad $$性质2:垂足H的轨迹为 x^2+y^2=\cfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}$$证明(运用等面积代换),S_{\triangle OAB}=\cfrac{1}{2}|OA||OB|=\cfrac{1}{2}|AB||OH|\Rightarrow |OH|=\cfrac{|OA|OB|}{|AB|}$$x^2+y^2=|OH|^2=\cfrac{|OA|^2|OB|^2}{|AB|^2}=\cfrac{|OA|^2|OB|^2}{|OA|^2+|OB|^2}=\cfrac{1}{\cfrac{1}{|OA|^2}+\cfrac{1}{|OB|^2}}=\cfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}$即直角三角形直角边与斜边高的关系例1、直线交椭圆$\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1于A、B，过原点作垂线交A,B于点P,|OP|=1$,是否存在直线$l使|AP||PB|=1$成立？若存在，求出$l$的方程；若不存在，请说明理由。$解：由射影定理|AP||PB|＝|OP|^2，可知OA\perp OB,$然后用证明性质1的方法，证明$\cfrac{1}{OA^2}+\cfrac{1}{OB^2}=\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}=\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{3}=\cfrac{7}{12}$再用等面积法，得到直角三角形斜边上的高与两直角边的关系，得到$|OP|^2=\cfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}=\cfrac{12}{7}$这与$|OP|=1矛盾，所以不存在符合题意的直线l$－－－例2、2009年山东设椭圆$E:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt 0)过M(2,\sqrt{2}),N(\sqrt{6},1),Ｏ$为坐标原点。①求E的方程；②是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点$A、B,且OA\perp OB$?若存在，写出该圆的方程，并求$|AB|$的取值范围，若不存在，请说明理由。解：①$\begin{cases} \cfrac{4}{a^2}+\cfrac{2}{b^2}=1\\ \cfrac{6}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}=1\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \cfrac{x^2}{8}+\cfrac{y^2}{4}=1\end{cases}$②设$|OA|=m,|OB|=n,|OA|的倾斜角为\theta，|OB|的倾斜角为\theta+\cfrac{\pi}{2}$$A(m\cos \theta ,m\sin \theta),B[n\cos(\theta…

蒙日圆与同构构造
type: item
date: 2025-11-03T09:52:00+08:00
description: 一、蒙日圆与双切线问题：圆锥曲线的正交切线交点轨迹在椭圆中，任意两条互相垂直的切相关的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆中心，半径等于长、短半轴平方和的算术平均根，这个圆就是蒙日(Monge)圆，也叫外准圆。$(1)椭圆\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1的正交切线交点轨迹为x^2+y^2=a^2+b^2;$$(2)双曲线\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1的正交切线交点轨迹为x^2+y^2=a^2-b^2;$$(3)抛物线y^2=2px的正交切线交点轨迹为准线方程x=-\cfrac{p}{2};$以上反之也成立。$设P(x_0,y_0),A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$$设PA:y=k_1(x-x_0)+y_0;\qquad PB:PA:y=k_2(x-x_0)+y_0;\quad k_1k_2=-1$$\begin{cases} y=k_1(x-x_0)+y_0\\ \quad \\ \cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} y=k_1x+{\color{Red} (y_0-k_1x_0)}\\ \quad \\ \cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1\end{cases}$$\Rightarrow b^2x^2+a^2y^2-a^2b^2=0\Rightarrow b^2x^2+a^2[k_1(x-x_0)+y_0]^2-a^2b^2=0$$\Rightarrow b^2x^2+a^2[k_1x+{\color{Red} (y_0-k_1x_0)} ]^2-a^2b^2=0$$\Rightarrow b^2x^2+a^2[k_1^2x^2+2k_1{\color{Red} (y_0-k_1x_0)} x+{\color{Red} (y_0-k_1x_0)} ^2]-a^2b^2=0$$\Rightarrow(a^2k_1^2+b^2)x^2+2k_1a^2{\color{Red} (y_0-k_1x_0)} x+a^2{\color{Red} (y_0-k_1x_0)} ^2-a^2b^2=0$$\because \Delta =4k_1^2a^4(y_0-kx_0)^2-4a^2(a^2k_1^2+b^2)[(y_0-k_1x_0)^2-b^2]=0$$\Rightarrow k_1^2a^2(y_0-kx_0)^2=(a^2k_1^2+b^2)[(y_0-k_1x_0)^2-b^2]$$\Rightarrow k_1^2a^2(y_0-kx_0)^2=a^2k_1^2(y_0-k_1x_0)^2-a^2b^2k_1^2+b^2(y_0-k_1x_0)^2-b^4$$\Rightarrow a^2b^2k_1^2+b^4=b^2(y_0-k_1x_0)^2$$\Rightarrow a^2k_1^2+b^2=(y_0-k_1x_0)^2$同理，联立 $\begin{cases} y=k_2(x-x_0)+y_0\\ \quad \\ \cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1\end{cases}\Rightarrow \bigtriangleup =0$解得$\Rightarrow a^2k_2^2+b^2=(y_0-k_2x_0)^2$$显然k_1,k_2是关于k的一元二次方程a^2k^2+b^2=(y_0-kx_0)^2的两个根$$a^2k^2+b^2=(y_0-kx_0)^2\Rightarrow (a^2-x_0^2)k^2+2x_0y_0k+b^2-y_0^2$$\Rightarrow {\color{Red} k_1k_2=\cfrac{b^2-y_0^2}{a^2-x_0^2} =-1}\Rightarrow {\color{Red} b^2-y_0^2+a^2-x_0^2 =0 \Rightarrow x_0^2+y_0^2=a^2+b^2}$$题目1、c在平面直角坐标系XOY中，已知圆O:x^2+y^2=25，圆C:x^2+(y-1)^2=r^2(0\lt r \lt 3)，点P(-3,4)，$$M,N为圆O上异于点P的两点，若直线PM,PN与圆C都相切。$$求证：当r变化时，直线MN的斜率为定值。$$设M(x_1,y_1),N(x_2,y_2),P(-3,4)PM:y=k_1(x+3)+4,PN:y=k_2(x+3)+4$$PM与x^2+(y-1)^2=r^2相切， 则有：$$\cfrac{\left | 3k_1+3 \right | }{\sqrt{1+k…

圆锥曲线不联立之斜率双用（解决斜率和积问题）
type: item
date: 2025-10-15T16:28:00+08:00
description: ${\color{Red} 弦的斜率与弦中点与原点连线的斜率之积为定值e^2-1} $$例1、2017年新课标1之20题，不过椭圆\cfrac{x^2}{4}+y^2=1的点P(0,1) 的直线l交椭圆于A,B两点，若直线PA,PB的斜率之和为-1，证明l过定点。$斜率双用前置知识一，${\color{Red}椭圆上两点 } (x_1,y_1)(x_2,y_2),$用点差法可得$\begin{cases} \cfrac{x^2_1}{a^2} +\cfrac{y^2_1}{b^2}=1 \quad \\ \quad \\\cfrac{x^2_2}{a^2} +\cfrac{y^2_2}{b^2}=1 \end{cases}$两式相差，得$\cfrac{y_1^2-y_2^2}{x_1^2-x_2^2} =-\cfrac{b^2}{a^2} =e^2-1$${\color{Red} \Rightarrow \cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=(e^2-1)\cdot \cfrac{x_1+x_2}{y_1+y_2} } $斜率双用前置知识二两点式的直线方程：$\cfrac{y_1-y}{x_1-x}=\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\Rightarrow {\color{Red} x_1y_2-x_2y_1= x(y_2-y_1)+y(x_1-x_2)}$$P(0,1)设A点坐标为(x_1,y_1),B(x_2,y_2),{\color{Red} PAB均在椭圆上，}$ ${\color{Green} 由Ｐ(0,1),A(x_1,y_1)点差有：}k_{PA}=\cfrac{y_1-1}{x_1} =(e^2-1)\cdot \cfrac{x_1}{y_1+1}$${\color{Green} 由Ｐ(0,1),B(x_2,y_2)点差有：}k_{PB}=\cfrac{y_2-1}{x_2} =(e^2-1)\cdot \cfrac{x_2}{y_2+1},即斜率的两种表示方式$将斜率的两种表示“轮换”代入已知条件，即$k_{PA}+k_{PB}=-1$$\begin{cases} \cfrac{y_1-1}{x_1}-\cfrac{1}{4}\cdot \cfrac{x_2}{y_2+1}=-1\\\quad \\ \cfrac{y_2-1}{x_2}-\cfrac{1}{4}\cdot \cfrac{x_1}{y_1+1}=-1 \end{cases}$这里轮换的意思是，第一个斜率用直线表示，第二个斜率用椭圆表示。化为整式得，$\begin{cases} 4(y_1y_2+y_1-y_2-1)-x_1x_2=-4x_1y_2-4x_1\\\quad \\ 4(y_1y_2+y_2-y_1-1)-x_1x_2=-4x_2y_1-4x_2 \end{cases}$两式相减速，得$x_2y_1-x_1y_2=2(y_1-y_2)-(x_2-x_1)$对比两点式的直线方程，${\color{Red} x_1y_2-x_2y_1= x(y_2-y_1)+y(x_1-x_2)},得直线过定点(2,-1)$$例2、已知椭圆C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt 0)的离心率为\cfrac{\sqrt{2} }{2} ,$$以Ｃ的短轴为直径的圆与直线y=ax+6相切。$$(1)求Ｃ的方程；$$(2)直线l:y=K(x-1)(k\ge 0)与Ｃ相交于A,B两点，过Ｃ上的点Ｐ作x轴的平行线相交线AB于点Ｑ，$$直线OP的斜率为{k}' (O为原点),\triangle APQ的面积为S_1.\triangle BPQ的面积为S_2.$$若\left | AP \right | \cdot S_2=\left | BP \right | \cdot S_1,判断k\cdot {k}'是否为定值？并说明理由。$解：$(1)\begin{cases} e=\cfrac{c}{a} =2\sqrt{2}\\ \cfrac{\left | 6 \right | }{\sqrt{a^2+1} }=b\\a^2=b^2+c^2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=2\sqrt{2}\\b=2\\c=2\end{cases}$则椭圆Ｃ的方程为：$\cfrac{x^2}{8}+\cfrac{y^2}{4}=1$$(2)\cfrac{\left | AP \right | }{\left | BP \right | } =\cfrac{S_1}{S_2}=\cfrac{\frac{1}{2} \left | AP \right |\left …

斜率之积或和为定值时直线所过定点的轨迹
type: item
date: 2025-10-09T09:47:00+08:00
description: 1.斜率之积为定值大家还记得这道题的考点吗：$椭圆 \cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1 上存在三点A(x_0,y_0),M,N，且满足k_{AM}k_{AN}=\lambda ，$$\lambda \ne\cfrac{a^2}{b^2},那么直线过定点P(tx_0,-ty_0)(t=\cfrac{a^2\lambda +b^2}{a^2\lambda -b^2})$。证明方法，用平移齐恣法。2.斜率之和为定值下面让我们转换视角，看看斜率之和为定值的情况：$椭圆\cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1 上存在三点A(x_0,y_0),M,N，且满足k_{AM}+k_{AN}=\lambda (\lambda \ne0)，$$那么直线过定点P(x_0-\cfrac{2y_0}{\lambda},-y_0+\cfrac{2(e^2-1)x_0}{\lambda})=(x_0-\cfrac{2y_0}{\lambda},-y_0-\cfrac{2b^2x_0}{a^2\lambda})$。$证明：记k_1=k_{AM},k_2=k_{AN}$$作平移变换：\begin{cases} {x}'=x-x_0\\\quad\\{y}'=y-y_0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x={x}'+x_0\\\quad \\y={y}'+y_0 \end{cases}$$使得A(x_0,y_0)成为新坐标系的原点{A}'(0,0)$$\cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1 \Rightarrow \cfrac{({x}'+x_0)^2}{a^2}+ \cfrac{({y}'+y_0)^2}{b^2}=1$$a^2{y}'^2+2(b^2x_0{x}'+a^2y_0{y}')+b^2{x}'^2=0$$平移后的直线{M}'{N}':m{x}'+n{y}'=1,上式一次项乘上m{x}'+n{y}',$$a^2{y}'^2+2(b^2x_0{x}'+a^2y_0{y}')(m{x}'+n{y}')+b^2{x}'^2=0$$\Rightarrow a^2(1+2ny_0){y}'^2+2(nb^2x_0+ma^2y_0){x}'{y}'+b^2(1+2mx_0){x}'^2=0$$除以{x}'^2,得a^2(1+2ny_0)\cfrac{{y}'^2}{{x}'^2}+2(nb^2x_0+ma^2y_0)\cfrac{{y}'}{{x}'}+b^2(1+2mx_0)=0$$\Rightarrow a^2(1+2ny_0){k}'^2+2(nb^2x_0+ma^2y_0){k}'+b^2(1+2mx_0)=0$$由韦达定理，得{k_1}' +{k_2}' =-\cfrac{2(nb^2x_0+ma^2y_0)}{a^2(1+2ny_0)},{k_1}' {k_2}' =\cfrac{b^2(1+2mx_0)}{a^2(1+2ny_0)}$1.斜率之积为定值:${k_1}' {k_2}' =\cfrac{b^2(1+2mx_0)}{a^2(1+2ny_0)}=\lambda:t=\cfrac{b^2}{a^2\lambda},$$则：t(1+2mx_0)=1+2ny_0\Rightarrow n=\cfrac{t(1+2mx_0)-1}{2y_0}$$所以，m{x}'+n{y}'=1\Rightarrow m{x}'\cfrac{t(1+2mx_0)-1}{2y_0}{y}'=1$$因为 m是设出来的参数，而我们要找的是直线 {M}'{N}'所过的定点，也就是要找到关于$ ${x}',{y}'的恒等式，那就要消掉参数m，也就是让和 m相乘的式子等于 0，$所以整理式子得：$ m({x}'+\cfrac{x_0t}{y_0}{y}')+\cfrac{t-1}{2y_0}{y}'=1$，$\begin{cases} \cfrac{t-1}{y_0}{y}'=0\\ \quad \\{x}'+\cfrac{x_0t}{y_0}{y}'=0\end{cases}$$\Rightarrow \begin{cases} {y}'=\cfrac{2y_0}{t-1}\\ \quad \\{x}'=\cfrac{2x_0t}{1-t}\end{cases}再代入 \begin{cases} x={x}'+x_0\\ \quad \\y={y}'+y_0\end{cases}\Rightarrow $$\begin{cases} x=\cfrac{2x_0t}{1-t}+x_0=\cfrac{t+1}{1-t}x_0=\cfrac…

圆锥曲线不联立之对偶式
type: item
date: 2025-10-06T15:27:00+08:00
description: 适用于圆锥曲线中的直线过轴点时使用。比如：$例1中直线过T(4,0),例2中直线过T(2,0),例3中直线过T(0,4)。$前置知识：$动直线l过定点(t,0)交椭圆\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1于两点(x_1,y_1),(x_2,y_2)$根据直线的两点式有：$\cfrac{y_1}{x_1-t}=\cfrac{y_2}{x_2-t}\Rightarrow x_1y_2-x_2y_1=t(y_2-y_1)$构造$x_1y_2-x_2y_1的对偶式x_1y_2+x_2y_1=\cfrac{(x_1y_2)^2-(x_2y_1)^2}{x_1y_2-x_2y_1}$$=\cfrac{x_1^2y_2^2-x_2^2y_1^2}{t(y_2-y_1)}=\cfrac{a^2(1-\cfrac{y_1^2}{b^2})^2y_2^2-a^2(1-\cfrac{y_2^2}{b^2})^2y_1^2}{t(y_2-y_1)}=\cfrac{a^2(y_2^2-y_1^2)}{t(y_2-y_1)}=\cfrac{a^2}{t}(y_2+y_1)$$动直线l过定点(0,t)交椭圆\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1于两点(x_1,y_1),(x_2,y_2)$根据直线的两点式有：$\cfrac{y_1-t}{x_1}=\cfrac{y_2-t}{x_2}\Rightarrow x_1y_2-x_2y_1=t(x_1-x_2)$构造$x_1y_2-x_2y_1的对偶式x_1y_2+x_2y_1=\cfrac{(x_1y_2)^2-(x_2y_1)^2}{x_1y_2-x_2y_1}$$=\cfrac{x_1^2y_2^2-x_2^2y_1^2}{t(x_1-x_2)}=\cfrac{b^2(1-\cfrac{x_2^2}{a^2})^2x_1^2-b^2(1-\cfrac{x_1^2}{a^2})x_2^2}{t(x_1-x_2)}=\cfrac{b^2(x_1^2-x_2^2)}{t(x_1-x_2)}=\cfrac{b^2}{t}(x_1+x_2)$$例1、已知双曲线\Gamma ：\cfrac{x^2}{4}-y^2=1,AB为左右顶点，设过定点T(4,0)的直线与双曲线$$交于CD两点(不与AB重合)，记直线AC,BD的斜率为k_1,k_2, 证明\frac{k_1}{k_2}为定值。-\cfrac{1}{3}$听耳畔秋风知乎$解：设l_{AB}:x=my+4,A(-2,0),B(2,0),C(x_1,y_1)D(x_2,y_2);$$k_1=k_{AC}=\cfrac{y_1}{x_1+2},k_2=k_{BD}=\cfrac{y_2}{x_2-2}$$\cfrac{y_1}{x_1-4}=\cfrac{y_2}{x_2-4}{\color{Green} \Rightarrow y_1(x_2-4)=y_2(x_1-4)\Rightarrow x_1y_2-x_2y_1=4(y_2-y_1)}$它的对偶式有：${\color{Green}x_1y_2+x_2y_1=\cfrac{(x_1y_2)^2-(x_2y_1)^2}{x_1y_2-x_2y_1} =\cfrac{x_1^2y_2^2-x_2^2y_1^2}{ 4(y_2-y_1)}}$$=\cfrac{x_1^2y_2^2-x_2^2y_1^2}{ 4(y_2-y_1)}=\cfrac{4(y_1^2+1)y_2^2-4(y_2^2+1)y_2^2}{4(y_2-y_1)}=y_2+y_1$$\cfrac{k_1}{k_2}=\cfrac{y_1}{x_1+2} \cdot\cfrac{x_2-2}{y_2} =\cfrac{x_2y_1-2y_1}{x_1y_2+2y_2}$$\begin{cases} x_1y_2-x_2y_1=4y_2-4y_1\quad \\x_1y_2+x_2y_1=y_2+y_1 \qquad \end{cases}\Rightarrow$$2y_2x_1=5y_2-3y_1;2y_1x_2=-3y_2+5y_1\Rightarrow \cfrac{k_1}{k_2}=\cfrac{2x_2y_1-4y_1}{2x_1y_2+4y_2}=\cfrac{-3y_2+5y_1-4y_1}{5y_2-3y_1+4y1}=-\cfrac{1}{3}$$例2、设AB为椭圆\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{6} =1的长轴，该椭圆的动弦PQ过C(2,0),但不过原点，$翊空知乎$直线AP与QB相交于M,PB与AQ相交于点N。求直线MN的方程。x=8$根据极点极…

极点极线解圆锥曲线
type: item
date: 2025-10-05T17:18:00+08:00
description: $例1、已知椭圆C：\cfrac{x^2}{4} +\cfrac{y^2}{3}=1，求焦点的极线；$$例2、\cfrac{x^2}{4} -y^2=1，求直线l:\frac{\sqrt{3} }{4} x-y=1的极点；$$例3、已知椭圆C：\cfrac{x^2}{4} +\cfrac{y^2}{3}=1，左右端点A(-2,0),B(2,0), 过焦点F(1,0)的直线$$l_0交椭圆C于PQ两点，连接AP,BQ交于点K，求K的轨迹方程.$$解：画图找自极三角形，可知K的轨迹方程是F(1,0)关于C的极线\Rightarrow \frac{x}{4} =1\Rightarrow x=4,$$即可用极点极线猜答案后证。$解题过程：$设l_0过焦点的直线方程为:x=my+1,点P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),K(x,y)({\color{Red} 反设直线，m为斜率的倒数} )$$则有：\begin{cases} l_{AP}:x=\cfrac{x_1+2}{y_1} y-2\\ l_{BQ}:x=\cfrac{x_2-2}{y_1} y+2\end{cases}$$消元去y，解x_K,\cfrac{y_1}{x_1+2} (x+2)=y=\cfrac{y_2}{x_2-2} (x-2),得$$(\cfrac{y_2}{x_2-2} -\cfrac{y_1}{x_1+2}){\color{Red} x} =2(\cfrac{y_1}{x_1+2} +\cfrac{y_2}{x_2+2})\Rightarrow {\color{Red} x} =\cfrac{2(\cfrac{y_1}{x_1+2} +\cfrac{y_2}{x_2+2})}{\cfrac{y_2}{x_2-2} -\cfrac{y_1}{x_1+2}} $$x=2\times \cfrac{{\color{Red} x_1y_2+x_2y_1} -2(y_1-y_2)}{{\color{Red} x_1y_2-x_2y_1} +2(y_1+y_2)}{\color{Peach} 红色部份为对偶式，我们还要可以应用圆锥曲线的对偶式，简化计算} $${\color{Peach} 根据前面的猜测，我们只需要证明此式=4即可} $$即证\cfrac{{\color{Red} x_1y_2+x_2y_1} -2(y_1-y_2)}{{\color{Red} x_1y_2-x_2y_1} +2(y_1+y_2)}=2$$即证{\color{Red} x_1y_2+x_2y_1} -2(y_1-y_2)=2({\color{Red} x_1y_2-x_2y_1} +2(y_1+y_2))$$即证\cfrac{{\color{Red} x_1y_2+x_2y_1} -2(y_1-y_2)}{{\color{Red} x_1y_2-x_2y_1} +2(y_1+y_2)}=2$$即证:x_1y_2-3x_2y_1+6y_1+2y_2=0,消元去x,$$即证:2my_1y_2-3(y_1+y_2)=0\quad {\color{Red} (\ast )}$$应用韦达定理，联立l_0和C，\begin{cases} 3x^2+4y^2-12=0\\ x=my+1\end{cases}\Rightarrow$$3(my+1)^2+4y^2-12=0\Rightarrow (3m^2+4)y^2+6my-9=0$$\begin{cases} y_1+y_2=\cfrac{-6m}{3m^2+4} \quad ①\\y_1y_2=\cfrac{-9}{3m^2+4} \qquad ②\end{cases}$$代入上式得，3\cdot \cfrac{-6m}{3m^2+4} -2m\cdot\cfrac{-9}{3m^2+4} =0$$由此可见，Ｋ的轨迹为x=4是成立的。$$例4、已知椭圆C：\cfrac{x^2}{4} +\cfrac{y^2}{3}=1，左右端点A(-2,0),B(2,0), 设点Ｋ的直线l:x=4上运动，$$连接AK,BK, 分别交椭圆于P,Q, 问：直线PQ是否过定点，若是，请求出定值。$解题思路：从初始变量点K出发，设置变量，接着写出直线KA,KB，联立椭圆方程，求出点PQ坐标。再用PQ坐标写出直线方程，观察一下哪个坐标可以代入成为恒等式！最后一步最麻烦，直线方程代入是有计算量的关键式子，看出恒等式更是无从下手。那么利用极点极线先猜后证可以提供帮助！$设K(4,t)，则有\begin{cases} l_{AP}:x=\cfrac{6}{t}y-2\\l_{BQ}:x=\cfrac{2}{t}y+2 \end{cases}先联立C与l_{AP}，求出Ｐ的坐…

向量定比分点与圆锥曲线
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date: 2025-09-01T23:48:00+08:00
description: 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…

椭圆的二级结论
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date: 2025-08-26T17:02:00+08:00
description: 1、椭圆第三定义：$A,B为椭圆上对称的两定点，P为动点，若则k_{PA},k_{PB}\exists ,则有k_{PA}k_{PB}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$2、椭圆中垂径定理：$Ｍ为弦AB的中点，P为动点，若则k_{AB},k_{OM}\exists ,则有k_{AB}k_{OM}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$,用点差法证明2、l为椭圆上点Ｍ的切线：$若则k_{l},k_{OM}\exists ,则有k_{L}k_{OM}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$,用点差法证明椭圆的两个焦半径公式：$①|PF_1|=a+ex_p;|PF_２|=a-ex_p;$左加右减$②|PF|=\frac{b^2}{a-c\cos \theta } =\cfrac{b^2}{a}\cfrac{1}{1-e\cos \theta} $$\theta为焦半径与Ｆ_1F_2之间的夹角$①由椭圆第二定义得到；②式由余弦定理推导。常用的最值范围$①|PF_1|_{max}=a+c,|PF_1|_{min}=a-c;a+ex_p,x_p\in [-a,a]$$②|\overrightarrow{PF_1}|\times|\overrightarrow{PF_2}|=a^2-e^2x_p^2\quad \in [b^2,a^2]$$③\overrightarrow{PF_1}\cdot \overrightarrow{PF_2} =|OP|^2-|OF_2|^2\in [b^2-c^2,b^2]$(极化恒等式)$④\angle F_1PF_{2max}\Rightarrow 顶点P在上下顶点时；\angle F_1PF_{2min}\Rightarrow 顶点P在左右顶点时。$焦点三角形公式：$S_{\triangle PF_1F_2}=b^2\tan \cfrac{\theta }{2}$ $\theta$ 为焦点三角形顶角，用余弦定理+三角形面积公式证之双曲线的焦点三角形面积公式：$S_{\triangle PF_1F_2}=\cfrac{b^2}{\tan \cfrac{\theta }{2}}$切线方程与切点弦方程$①点P(x_０,y_０)在椭圆上，则过Ｐ点且与椭圆相切的直线方程为:\cfrac{x_0x}{a^2}+\cfrac{y_0y}{b^2}=1$证明 见https://one.free.nf/index.php/archives/259/例二$②若P(x_０,y_０)在椭圆外，则过点P作椭圆的两条切线，切点为P_1,P_2,则切点弦P_1P_2的直线方程为\cfrac{x_0x}{a^2}+\cfrac{y_0y}{b^2}=1$这里的直线方程其实也是点P关于椭圆的极线方程。

圆锥曲线解题奇技淫巧－轴点差
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date: 2025-08-25T16:29:00+08:00
description: 一，前言前文介绍了利用线的长作为变量联立圆锥曲线得到韦达，以大大简化一类线段之积和和的问题计算。本文将继续从简化代数工具的计算量角度来介绍设点这一方法的应用。鉴于全国高中老师对坐标韦达这一笨蛋方法的高度热枕以及设点的思路灵活前无体系，所以在解题中设点法除了在抛物线中其他应用被忽略比较严重，因而本文希望较为系统的给出设点的一种普遍应用以及明确其应用范围。二，正文1，预备性质合比性质：$\forall a,b,c,d,若存在\frac{a}{b} =\frac{c}{d}，那么保证{\color{Red} \frac{a}{b} =\frac{c}{d}=\cfrac{pa+dc}{pb+qd}} $有意义的情况下，其恒成立这里 p,q，是任意使新式有意义（分母不为0）的常数.作为初中就学过的分式的基本性质之一，这一性质在下文中将大量利用，是设点的核心它的证明不难，所以这里直接给出，考试也不需要证明平方和恒等式任意的我们有${\color{Green} (a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2} $， 平凡成立这个恒等式展开即证，对右式略去后一项即得柯西不等式及其取等条件这个式子的成立在展开后是显然的，所以考试写${\color{Red} 展开左右相等}$即可.2，思路概要及适用范围通常的一个独立条件会带来一组等量关系，在设点中这一类条件有“三点共线”，“点在某二次曲线上”，“线之间的斜率等量关系”等。我们通过将这些条件用点联立转化，就实际上和利用韦达设线等价运用了已知条件。理论上在所有范围内都有设点的出现，包括韦达的运用也需要转化点来简化计算，这里只从直接运用也就是纯设点的角度来说，那么应用范围就是所证目标均在二次曲线的轴上这是因为在轴上时坐标存在$ax_1x_2+bx_1+cx_2+d=0$的优良性质幸运的是，高中出于简化计算的需要，很多题目都是符合这个条件的。3，过定点类型的应用例一:对椭圆$M:\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$,其左右顶点分别为A,B,从x=4上一点Ｔ引出两条直线TA,TB交椭圆D,E,证明DE过一定点C,并求定点坐标。这里给出了两组三点共线，以及一个定直线，从这两个条件我们可以有$3k_{AD}=k_{BE},若Ｄ(x_1,y_1)E(x_2,y_2),那么有\cfrac{3y_1}{x_1+2} =\cfrac{y_2}{x_2-2}$ 同时，D,E都是椭圆上的点也是一个条件，利用第三定义${\color{Red} 弦的斜率与弦中点与原点连线的斜率之积为定值e^2-1}$那么有$3k_{AE}=k_{BD}\Rightarrow \cfrac{3y_2}{x_2+2} =\cfrac{y_1}{x_1-2}$ 这个条件和第一个条件联立$\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{x_1+2}{3x_2-6}=\cfrac{3x_1-6}{x_2+2}={\color{Red} (合比) }=\cfrac{4x_1-4}{4x_2-4}=\cfrac{x_1-1}{x_2-1}$ $这就是{\color{Green} \Rightarrow \cfrac{y_1}{x_1-1}=\cfrac{y_2}{x_2-1} } $，即ＣＤ过定点C(1,0)$补充解释：DE是两求动点，\cfrac{y_1}{x_1-1}的几何意义为(x_1,y_1)到点(1,0)的斜率，$$\cfrac{y_2}{x_2-1}的几何意义为(x_2,y_2)到点(1,0)的斜率，即两动点DE与定点(1,0)三点共线$例二：这里第一问直接给出$\frac{x^2}{4} +\frac{y^2}{3}=1$${\color{Red} \because \quad \cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{x_1-1}{x_2-2}\Rightarrow \cfrac{y_1^2}{y_2^2}=\cfrac{(x_1-1)^2}{(x_2-1)^2}}$ $\cfrac{y_1^2}{y_2^2} =\cfrac{x_1^2-4}{x_2^2-4} {\color{Red} =\cfrac{(x_1-1)^2}{(x_2-1)^2}=\cfrac{4(x_1-1)^2-3(x_1^2-4)}{4(x_2-1)^2-3(x_2^2-4)}}=\cfrac{(x_1-4)^2}{(x_2-4)^2}$ ${\color{Green} 下面的几个题目，多少用到这个合比操作。} $这一题的思路启示我们，对于连线过定点的在圆锥曲线上的两点，通过这两个条件我们就能得到两个独立的分式，以此利用合比组合就能组合出各种所需要求的量换句话说，这样的两点点差，得到两个等量关系这…