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：$ 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+\cfrac{\pi}{2}),n\sin (\theta+\cfrac{\pi}{2})]=(-n\sin \theta,n\cos \theta)$$\begin{cases} \cfrac{(m\cos \theta)^2}{8}+\cfrac{(m\sin \theta)^2}{4}=1\\ \cfrac{(n\sin \theta)^2}{8}+\cfrac{(n\cos \theta)^2}{4}=1\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \cfrac{\cos^2 \theta}{8}+\cfrac{\sin^2 \theta}{4}=\cfrac{1}{m^2}=\cfrac{1}{|OA|^2}\\ \cfrac{\sin^2 \theta}{8}+\cfrac{\cos^2 \theta}{4}=\cfrac{1}{n^2}=\cfrac{1}{|OB|^2}\end{cases}$$ \Rightarrow \cfrac{1}{|OA|^2}+\cfrac{1}{|OB|^2}=\cfrac{1}{8}+\cfrac{1}{4}=\cfrac{3}{8}$$Rt\triangle OAB,AB边为所求内准圆的切线，O到AB的垂足M(x,y)为所求的圆上的一点。$容易得到$x^2+y^2=|OM|^2=\cfrac{|OA|^2|OB^2|}{|AB|^2}=\cfrac{1}{\cfrac{1}{OA^2}+\cfrac{1}{OB^2}}=\cfrac{8}{3}$$|AB|^2=|OA|^2+OB^2|=(|OA|^2+|OB^2|)\cdot [\cfrac{1}{|OA|^2}+\cfrac{1}{|OB|^2}]\cdot\cfrac{8}{3}$$=\cfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}\cdot (\cfrac{OA^2}{OB^2}+\cfrac{OB^2}{OA^2}+2)$$令t=\cfrac{OA^2}{OB^2},t\in [\cfrac{b^2}{a^2},\cfrac{a^2}{b^2}],即t\in[\cfrac{1}{2},2]$$AB^2=f(t)=\cfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}\cdot (t+\cfrac{1}{t}+2)\quad $由对勾函数性质可知，$t=1时f(t)$取得最小值$f(t)=\cfrac{8}{3}\times 4=\cfrac{32}{3};t=\cfrac{1}{2}或2时，f(t)$取得最大值,$f(t)=\cfrac{8}{3}\times \cfrac{9}{2}=12$$故|AB|取值范围[\cfrac{4}{3}\sqrt{6},2\sqrt{3}]$$双曲线的内准圆设M,N在双曲线\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(b\gt a\gt 0)上，且有OM\perp ON，则：$$①圆x^2+y^2=\cfrac{a^2b^2}{b^2-a^2}与直线MN相切，这里的圆称为双曲线的内准圆$$②\cfrac{1}{|OM|^2}+\cfrac{1}{|ON|^2}=\cfrac{1}{a^2}-\cfrac{1}{b^2}为定值。$双曲线的外准圆设双曲线$\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt 0)外有一点P$，过点$P$的双曲线的两条切线相互垂直，则$P的轨迹是圆x^2+y^2=a^2-b^2$,这里的圆称为双曲线的外准圆，或者蒙日圆。
圆锥曲线不联立之斜率双用（解决斜率和积问题）
${\color{Red} 弦的斜率与弦中点与原点连线的斜率之积为定值e^2-1} $$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$$(2)\cfrac{\left | AP \right | }{\left | BP \right | } =\cfrac{S_1}{S_2}=\cfrac{\frac{1}{2} \left | AP \right |\left | PQ \right |\sin\angle APQ}{\frac{1}{2} \left | BP \right |\left | PQ \right |\sin\angle BPQ}{\color{Red} \Rightarrow \sin\angle APQ=\sin\angle BPQ}$ 而$\angle APQ+\angle BPQ=\angle APB\in(0,\pi),则\angle APQ=\angle BPQ\Rightarrow k_{PA}+k_{PB}=0$${\color{Red}PAB三点在椭圆上 },设P(x_0,y_0),A(x_1,y_1),B(x_2,y_3),则有：$${\color{Green} 由P(x_0,y_0),A(x_1,y_1)点差有：}k_{PA}：\cfrac{y_1-y_0}{x_1-x_0} =-\cfrac{1}{2} \cdot \cfrac{x_1+x_0}{y_1+y_0}$${\color{Green} 由P(x_0,y_0),B(x_2,y_3)点差有：}k_{PB}：\cfrac{y_2-y_0}{x_2-x_0} =-\cfrac{1}{2} \cdot\cfrac{x_2+x_0}{y_2+y_0}$$\Rightarrow \begin{cases} \cfrac{y_1-y_0}{x_1-x_0}-\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{x_2+x_0}{y_2+y_0}=0\\ \quad \\ \cfrac{y_2-y_0}{x_2-x_0} -\cfrac{1}{2} \cdot\cfrac{x_1+x_0}{y_1+y_0} =0\end{cases}$$\Rightarrow \begin{cases}2(y_1-y_0)(y_2+y_0)=(x_2+x_0)(x_1-x_0)\\ \quad \\2(y_2-y_0)(y_1+y_0)=(x_1+x_0)(x_2-x_0) \end{cases}$$\Rightarrow \begin{cases}2y_1y_2+2y_0y_1-2y_0y_2-2y_0^2=x_0x_1+x_1x_2-x_0x_2-x_0^2\\ \quad \\2y_1y_2+2y_0y_2-2y_0y_1-2y_0^2=x_0x_2+x_1x_2-x_0x_1-x_0^2 \end{cases}$$两式相差，得2y_0(y_1-y_2)=x_0(x_1-x_2)$$k\cdot {k}' =\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2} \cdot \cfrac{y_0}{x_0}=\cfrac{1}{2} $$说明：题目中没有直接告诉你k_{PA}+k_{PB}=0,这就是押轴题目的套路，拐一个弯而已$$例3、双曲线C:\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt b\gt 0)的左顶点为A,焦距为4,$$过右焦点Ｆ作垂直于实轴的直线交Ｃ于B,D两点，且\triangle ABD是直角三角形。$$(1)求双曲线C的方程；$$(2)M、N是双曲线C右支上的两动点，设直线AM,AN的斜率分别为k_1,k_2,若k_1k_2=-2,$$求点A到直线MN的距离d的取值范围。$$(1)解：\begin{cases} 2c=4\\ \cfrac{b^2}{a}=a+c\\a^2+b^2=c^2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} c=2,\\a=1, \\b=\sqrt{3}\end{cases}$$\Rightarrow x^2-\cfrac{y^2}{3}=1$$(2)A(-1,0),设M(x_1,y_1),N(x_2,y_2),$因为${\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}$ ${\color{Green} 由A(-1,0),M(x_1,y_1)点差有},k_{AM}=k_1=\cfrac{y_1}{x_1+1}=\cfrac{b^2}{a^2}\cdot \cfrac{x_1-1}{y_1}$ ${\color{Green} 由A(-1,0),N(x_2,y_2)点差有}, k_{AN}=k_2=\cfrac{y_2}{x_2+1}=\cfrac{b^2}{a^2}\cdot \cfrac{x_2-1}{y_2}$ $\Rightarrow \begin{cases} \cfrac{y_1}{x_1+1}\cdot\cfrac{3x_2-3}{y_2}=-2 \\\cfrac{y_2}{x_2+1}\cdot\cfrac{3x_1-3}{y_1}=-2 \end{cases}$$\Rightarrow \begin{cases} 2y_2(x_1+1)+3y_1(x_2-1)=0\\\quad \\2y_1(x_2+1)+3y_2(x_1-1)=0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} 2x_1y_2+2y_2+3x_2y_1-3y_1=0 \\ \quad \\2x_2y_1+2y_1+3x_1y_2-3y_2=0 \end{cases}$两式相减，得$x_1y_2-x_2y_1=5(y_2-y_1)$对比直线两点式的变形：${\color{Green} \cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2} =\cfrac{y_1-y}{x_1-x} \Rightarrow x_1y_2-x_2y_1=x(y_2-y_1)+y(x_1-x_2)}$可知直线MN过定点$(5,0)$直线MN过定$(5,0)仅与双曲线右支有两交点的斜率为渐近线内，即倾斜角\alpha \in (\cfrac{\pi}{3},\cfrac{2\pi}{3} )$$d\in (6\sin \cfrac{\pi}{3} ,6]即d\in (3\sqrt{3} ,6]$$例4、已知点A(2,1)在双曲线C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{a^2-1}=1(a\gt 1)$上，直线$l交C于P，Q两点,直线AP,AQ$的斜率之和为$0$.$①求l的斜率。$$②若\tan \angle PAQ=2\sqrt{2},求\triangle PAQ的面积$$(1)依题意，有\cfrac{2^2}{a^2} -\cfrac{1}{a^2-1} =1\Rightarrow a=\sqrt{2}$$双曲线C方程为：\cfrac{x^2}{2} -y^2=1$$设P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),根据点差法有：$$\begin{cases} \cfrac{y_1-1}{x_1-2}=\cfrac{x_1+2}{2(y_1+1)} \\ \quad \\ \cfrac{y_2-1}{x_2-2}=\cfrac{x_2+2}{2(y_2+1)}\end{cases}$$k_{AP}+k_{AQ}\Rightarrow \begin{cases} \cfrac{y_1-1}{x_1-2}+\cfrac{x_2+2}{2(y_2+1)}=0 \\ \quad \\ \cfrac{y_2-1}{x_2-2}+\cfrac{x_1+2}{2(y_1+1)}=0 \end{cases}$$\Rightarrow\begin{cases} y_1y_2+\frac{1}{2}x_1x_2 -(y_2-y_1)-(x_2-x_1)-3=0 \\ \quad \\ y_1y_2+\frac{1}{2}x_1x_2 -(y_1-y_2)-(x_1-x_2)-3=0 \end{cases}$两式相减，并整理得：$y_2-y_1=-(x_2-x_1)\Rightarrow k_{PQ}=-1$(2)$\begin{cases} \tan \angle PAQ=2\sqrt{2}\\ \quad \\ k_{AP}+k_{AQ}=0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} k_{AP}=-\sqrt{2} \\\quad \\k_{AQ}=\sqrt{2} \end{cases}$设$\overrightarrow{AP}=\lambda (1,-\sqrt{2} )\Rightarrow P(2+\lambda,1-\sqrt{2} \lambda),代入曲线C得，\lambda=\cfrac{4+4\sqrt{2} }{3}$设$\overrightarrow{AQ}=\mu (1,\sqrt{2} )\Rightarrow P(2+\mu ,1+\sqrt{2} \mu ),代入曲线C得，\mu =\cfrac{4-4\sqrt{2} }{3}$$s_{\triangle PAQ}={\color{Red} \cfrac{1}{2}\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AQ} \tan \angle PAQ} =\cfrac{1}{2}\lambda\mu (1,-\sqrt{2})(1,\sqrt{2})\tan \angle PAQ=\cfrac{16}{9}\sqrt{2}$练习：1、$椭圆C：\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1左顶点为A，不过A点斜率为k的直线与椭圆C交于M、N两点，$$记AM,AN的斜率为k_1,k_2,k_1+k_2=\cfrac{3}{k},证明l过定点$$解：A(-2,0),M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$$点差法：\begin{cases}\cfrac{y_1}{x_1+2} \cdot \cfrac{y_1}{x_1-2}=-\cfrac{3}{4}\\ \cfrac{y_2}{x_2+2} \cdot \cfrac{y_2}{x_2-2}=-\cfrac{3}{4} \end{cases}\Rightarrow\begin{cases} \cfrac{y_1}{x_1+2}-\cfrac{3}{4}\cdot \cfrac{x_2-2}{y_2}=\cfrac{3}{k}\\ \cfrac{y_2}{x_2+2}-\cfrac{3}{4}\cdot \cfrac{x_1-2}{y_1}=\cfrac{3}{k}\end{cases}$$两式相减，得x_1y_2-x_2y_1=k(x_1-x_2)-2(y_2-y_1)$$对比直线两点式的变形，可得，直线l过点(-2,k)$$y-k=k(x+2)\Rightarrow y=k(x+3),直线过定点(-3,0)$
斜率之积或和为定值时直线所过定点的轨迹
11-1补充，定比分点公式：已知两点坐标，求分点的公式，分点可以是内分点，也可以外分点，前提是两定点及分比要确定。要注意，$公式的分比＝左定点到分点：分点到右定点 =m:n=\lambda:1$ 在平面直角坐标系中，已知$A、B两点坐标分为(x_1,y_1),(x_2,y_2),P点坐标为(x,y),且有\overrightarrow{AP}＝\lambda \overrightarrow{PB}$,那么我们就说P分有向线段AB之比为$\lambda,则有：x=\cfrac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda},y=x=\cfrac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}.$这就是定比分点公式。$当P为内分点时，\lambda \gt 0;$$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)$$\begin{cases}x_1=\cfrac{\lambda}{1+\lambda}\\y_1=\cfrac{y_0}{1+\lambda}\end{cases}\qquad \begin{cases}x_2=\cfrac{\mu}{1+\mu}\\y_2=\cfrac{y_0}{1+\mu}\end{cases}$A,B坐标结构相同，可知设$l_{AB}的方程为\begin{cases}x=\cfrac{t}{1+t}\\y=\cfrac{y_0}{1+t}\end{cases}\quad t为参数$与抛物线联立，得$\cfrac{y_0^2}{(1+t)^2}=\cfrac{4t}{1+t},4t^2+4t-y_0^2=0,t_1+t_2=\lambda+\mu =-1$例5与例6是同构的应用。https://uu.890222.xyz/index.php/archives/318/https://uu.890222.xyz/index.php/category/%E5%9C%86%E9%94%A5/3/这个结论还可广至整个圆锥曲线：圆锥曲线中，过焦点F的焦点弦AB的延长线与另一坐标轴的交点为P,(A在PF之间）$\begin{cases}\overrightarrow{PA}=\lambda_1\overrightarrow{AF}\\\overrightarrow{PB}=\lambda_2\overrightarrow{BF}\end{cases}\Rightarrow \lambda_1+\lambda_2=定值$--例7、已知离心率为$\cfrac{\sqrt{2}}{2}$的椭圆$C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt 0)$的上顶点为D，右焦点为F,点$P(4,2)且\left |PF \right |=\left |DF \right |。$(1)求C的方程；极点极线(2)过点$P作直线l交C于A,B两点(A在P与B之间),与直线DF交于点Q$。若$\overrightarrow{PA}=\lambda_1\overrightarrow{PB},\overrightarrow{QA}=\lambda_2\overrightarrow{BQ},$求$\lambda_1－\lambda_2$例8、$F_1,F_2$是椭圆$\cfrac{x^2}{25}+\cfrac{y^2}{16}=1$的左右焦点，P为椭圆上任意一点，$PF_1,PF_2$分别交椭圆于A,B；若$\overrightarrow{PF_1}=\lambda_1\overrightarrow{F_1A},\overrightarrow{PF_2}=\lambda_1\overrightarrow{F_2B}$试证明$\lambda_1+\lambda_2$为定值。解：设$P(x_0,y_0),A(x_1,y_1),B(x_2,y_2);F_1(-3,0),F_2(3,0)$由定比分点公式有:$\begin{cases}-3=\cfrac{x_0+\lambda_1x_1}{1+\lambda_1}\\0=\cfrac{y_0+\lambda_1y_1}{1+\lambda_1}\end{cases}\Rightarrow x_0+\lambda_1x_1=-3(1+\lambda_1) \quad⑦\quad \begin{cases}3=\cfrac{x_0+\lambda_1x_2}{1+\lambda_2}\\0=\cfrac{y_0+\lambda_1y_2}{1+\lambda_2}\end{cases}\Rightarrow x_0+\lambda_2x_2=3(1+\lambda_2)\quad ⑧$$\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$$\Rightarrow -3-3\lambda_1-\cfrac{25}{3}+\cfrac{25}{3}\lambda_1=3+3\lambda_2+\cfrac{25}{3}-\cfrac{25}{3}\lambda_2\Rightarrow \cfrac{16}{3}(\lambda_1+\lambda_2)=\cfrac{68}{3}\Rightarrow \lambda_1+\lambda_2=\cfrac{17}{4}$这个结论可以推广至圆锥曲线(不包括抛物线)：$F_1,F_2,$为椭圆(双曲线)两焦点， P为曲线上任意一点,直线$PF_1,PF_2$分别交曲线于A,B两点，若$\overrightarrow{PF_1}=\lambda_1\overrightarrow{F_1A},\overrightarrow{PF_2}=\lambda_1\overrightarrow{F_2B}$则$\lambda_1+\lambda_2$为定值.
1、椭圆第三定义：$A,B为椭圆上对称的两定点，P为动点，若则k_{PA},k_{PB}\exists ,则有k_{PA}k_{PB}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$2、椭圆中垂径定理：$Ｍ为弦AB的中点，P为动点，若则k_{AB},k_{OM}\exists ,则有k_{AB}k_{OM}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$,用点差法证明2、l为椭圆上点Ｍ的切线：$若则k_{l},k_{OM}\exists ,则有k_{L}k_{OM}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$,用点差法证明椭圆的两个焦半径公式：$①|PF_1|=a+ex_p;|PF_２|=a-ex_p;$左加右减$②|PF|=\frac{b^2}{a-c\cos \theta } =\cfrac{b^2}{a}\cfrac{1}{1-e\cos \theta} $$\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。
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其实就和韦达中 $x_1x_2,x_1+x_2$异曲同工$若\cfrac{y_1}{y_2} =\cfrac{x_1-x_B}{x_2-x_B} ,\cfrac{y_1^2}{y_2^2} =\cfrac{x_1^2-a^2}{x_2^2-a^2 },要配完全平方$${\color{Green} \cfrac{y_1^2}{y_2^2} =\cfrac{x_1^2-a^2}{x_2^2-a^2 }＝\cfrac{a^2(x_1-1)^2-(x_1^2-a^2)(a^2-1)}{a^2(x_2-1)^2(x_2^2-a^2 )(a^2-1)}=\cfrac{(x_Bx_1-a^2)^2}{(x_Bx_2-a^2)^2}}$注释：$\cfrac{(x_1-4)}{(x_2-4)}由x=1的极线得到，即AB内分点为焦点，求外分点。$$配方过程中，一次项x-4的系数不能被x^2-4改变$$例3、椭圆\cfrac{x^2}{4}+y^2=1,P(1,0),Q(-1,0)过P作直线AB交椭圆于AB，直线AQ、BQ交椭圆C、D，求证:直线CD过定点。$对于本题，其实际来源于射影几何的内接四点形定理推论对于任意二次曲线内接四点形，其三组对边（含对角线）中若其中一组的交点是定点，另有一组对边中某一边过定点，则这一组边的另一条对边也过一定点。其中交点的的极线与两定点连线交点，两定点，新推知的定点，这四点间成调和点列关系。这里我们试着不依靠射影几何，直接利用轴点差和合比推导$设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),D(x_3,y_3),C(x_4,y_4),那么有$$①式:\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{x_1-1}{x_2-1}$ $②式:\cfrac{y_2}{y_3}=\cfrac{x_2+1}{x_3+1}={\color{Red} \cfrac{4+x_2}{-x_3-4} }$ $③式:\cfrac{y_4}{y_1}=\cfrac{x_4+1}{x_1+1}={\color{Red} \cfrac{-4-x_4}{x_1+4} } $红色部分就是我们运用例二方法得到的另外一个隐藏关系为了最终得到只含C、D的形式，我们希望①②③式相乘后无关项消去所以把$②③式合比成①的形式②式\cfrac{y_2}{y_3}=\cfrac{x_2+1}{x_3+1}={\color{Red} \cfrac{4+x_2}{-x_3-4} }=\cfrac{5(x_2+1)-2(4+x_2)}{5(x_3+1)-2(-x_3-4)}=\cfrac{3x_2-3}{7x_3-13}$$③式:\cfrac{y_4}{y_1}=\cfrac{x_4+1}{x_1+1}={\color{Red} \cfrac{-4-x_4}{x_1+4} } =\cfrac{5(x_4+1)-2(-4-x_4)}{5(x_1+1)-2(x_1+4)}=\cfrac{7x_4+13}{3x_1-3}$ $①，②，③相乘，就有\cfrac{y_3}{x_3+\cfrac{13}{7} }= \cfrac{y_4}{x_4+\cfrac{13}{7} }$4、成定值类型的应用这里的定值，一般是斜率积和比的定值相关，非零斜率和并不包括在内这是因为非零的斜率和会破坏轴点差中核心的$x,y$其一单独存在例4:$第一问容易有C:\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1上顶点P(0,\sqrt{3}) ，下顶点Q(0,-\sqrt{3}),$那么$k_{QA}\cdot k{PA}=-\cfrac{3}{4} ,k_{QB}\cdot k{PB}=-\cfrac{3}{4},k{PA}\cdot k_{PB}=-1$$3k_{PB}=4k_{QA},3k_{PA}=4k_{QB},设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$$\cfrac{x_1}{x_2}=\cfrac{4(y_1+\sqrt{3}) }{3(y_2-\sqrt{3})} =\cfrac{3(y_1-\sqrt{3}) }{4(y_2+\sqrt{3})}$${\color{Red} =\cfrac{3(y_1-\sqrt{3})+4(y_1+\sqrt{3})}{4(y_2+\sqrt{3})+3(y_2-\sqrt{3})} }={\color{Green} \cfrac{y_1+\cfrac{\sqrt{3} }{7} }{y_2+\cfrac{\sqrt{3} }{7}} } $显然，轴点差在这一题中比齐次化都要更快，这是因为它充分利用了点的位置条件同时，这种方法在证明斜率积比相关的结论时也十分有力.例5:$第一问:\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3} =1$$第二问：我们设P(x_1,y_1),N(x_2,y_2),M(-x_1,-y_1),A(-2,0),F(1,0)$$PNF三点共线，则有\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{x_1-1}{x_2-1},k_{AM}=k_1=\cfrac{-y_1}{-x_1+2}, k_{AN}=k_2=\cfrac{y_2}{x_2+2},$$要证\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{\lambda (x_1-2)}{x_2+2}$，同例2的方法，可得$PN在椭圆上有：\cfrac{y_1^2}{y_2^2}=\cfrac{x_1^2-4}{x_2^2-4}$ $\cfrac{y_1^2}{y_2^2}=\cfrac{4(x_1-1)^2-3(x_1^2-4)}{4(x_2-1)^2-3(x_2^2-4)} =\cfrac{(x_1-4)^2}{(x_2-4)^2} $$\Rightarrow \cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{4-x_1}{x_2-4}$$\Rightarrow \cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{4-x_1}{x_2-4}=\cfrac{\lambda (x_1-2)}{x_2+2}=\cfrac{(\lambda -1)x_1-2\lambda +4}{2x_2-2}$${\color{Green} \Rightarrow \lambda =3} $例6、第1问：$\cfrac{x^2}{6} +\cfrac{y^2}{2}=1$根据中点弦的性质，容易有:$k_{OM}\cdot k_{MF}=-\cfrac{1}{3} \quad k_{ON}\cdot k_{NF}=-\cfrac{1}{3};k_{MF}\cdot k_{NF}=-1$做比，就有$3k_{ON}=k_{MF}，3k_{OM}=k_{NF}；设M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$有：$\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{3x_1+6}{x_2} 和 \cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{x_1}{3x_2+6},$联立合比$\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{3x_1+6}{x_2}=\cfrac{x_1}{3x_2+6}={\color{Red} \cfrac{4x_1+6}{4x_2+6} }$因而$MN过定点(-\cfrac{3}{2},0)$是不是非常简洁？可以说是天差地别。5，轨迹和面积应用需要注意，这里的面积只局限在有一点和原点重合的面积讨论例7:$第一问:\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2} =1$面积相关的问题并不是继续无脑套合比，这里需要用到预备性质的平方和恒等式由平方和恒等式得知存在这样的关系$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),R(x_0,y_0)$ ${\color{Red} (\cfrac{x_1^2}{2} +\cfrac{y_1^2}{4})(\cfrac{x_2^2}{2} +\cfrac{y_2^2}{4})=(\cfrac{x_1y_2}{2\sqrt{2} } -\cfrac{x_2y_1}{2\sqrt{2} })^2+(\cfrac{x_1x_2}{2 } +\cfrac{y_2y_1}{4 })^2}$而我们熟知$S=\cfrac{1}{2} |x_1y_2-x_2y_1|$,带入本题，就是