$1、证明:{\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots ++\cfrac{1}{n^2}\lt 2} $
$2、证明:{\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots ++\cfrac{1}{n^2}\lt \cfrac{7}{4} } $
$3、证明:{\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots ++\cfrac{1}{n^2} \lt \cfrac{5}{3} }$
这数列显然是没办法直接求和的，欧拉已证明当$n\to +\infty时，级数\sum_{n}^{i=1} \cfrac{1}{i^2}=\cfrac{\pi^2}{6}$
$1、{\color{Green}\cfrac{1}{n^2}=\cfrac{1}{n\cdot n}\lt \cfrac{1}{n^2-n}=\cfrac{1}{n\cdot (n-1)}= } \cfrac{1}{n-1}- \cfrac{1}{n}(n\ge 2)$
$原式\lt 1+(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3} )+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{4} )+\dots +(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n} )\lt 2-\cfrac{1}{n}\lt 2$
$2、{\color{Green}\cfrac{1}{n^2}\lt \cfrac{1}{n^2-1}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1} )\quad (n\ge 2)}$
$原式\lt 1+\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4})+ (\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5}) +(\cfrac{1}{4}-\cfrac{1}{6})+\dots +(\cfrac{1}{n-2}-\cfrac{1}{n})-(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})]$
$=1+\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n}--\cfrac{1}{n+1}) \lt 1+\cfrac{3}{4}=\cfrac{7}{4} $
$3、 {\color{Green}\cfrac{1}{n^2}\lt \cfrac{1}{n^2-\cfrac{1}{4} }=\cfrac{1}{n-\cfrac{1}{2} }-\cfrac{1}{n+\cfrac{1}{2} } \quad n\ge 2}$
$原式=\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots +\cfrac{1}{n^2}\lt 1+(\cfrac{1}{2-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2}} )+(\cfrac{1}{3-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{3+\cfrac{1}{2}})(\cfrac{1}{4-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{4+\cfrac{1}{2}} )+\dots +(\cfrac{1}{n-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{n+\cfrac{1}{2}} )$
$= 1+(\cfrac{1}{\cfrac{3}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{5}{2} } )+(\cfrac{1}{\cfrac{5}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{7}{2} } )+(\cfrac{1}{\cfrac{7}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{9}{2} } )+\dots +(\cfrac{1}{\cfrac{2n-1}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{2n+1}{2} } )$
$= 1+(\cfrac{1}{\cfrac{3}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{2n+1}{2} } )\lt \cfrac{5}{3} $

$4、求证：\cfrac{1}{3} +\cfrac{1}{5} +\cfrac{1}{7} +\dots +\cfrac{1}{2n+1} \lt \ln (n+1)$
分析：按照常规做法，观察到左边共有$n项，于是我们尝试将右边的\ln(n+1)分解为一个n项式，再逐一比较。$
按常规拆分有：
$\ln (n+1)=\ln (\cfrac{n+1}{n})+\ln (\cfrac{n}{n-1})+\ln (\cfrac{n-1}{n-2})+\dots+\ln \cfrac{2}{1}$
只需要证明：$\ln (\cfrac{n+1}{n})\gt \cfrac{1}{2n+1}$
$\Leftrightarrow \ln (1+\cfrac{1}{n})\gt \cfrac{\cfrac{1}{n}}{2+\cfrac{1}{n}} $
$换元令x=\cfrac{1}{n}+1\quad x\gt 1,即证明:\ln x\gt \cfrac{x-1}{x+1}$
这里略去求导过程，直接用常规放缩即证得。
$\ln x\gt 2\cdot \cfrac{x-1}{x+1} \gt \cfrac{x-1}{x+1} \quad x\gt 1$

实际上，大多数列不等式的题都是像这样，将一项拆为多项再逐一比较大小。
回看反思这种做数列不等式题的常规方法，我想：我们很擅长比较两个初等函数函数的大小，求导即可。
把一项拆分成多项的原因是无法找到LHS的初等函数表达式。（何况LHS是发散的）

于是我们可以通过积分放缩来找到左边的近似函数。

积分放缩：

以此题为例， LHS每一项的数值都在函数$f(x)=\cfrac{1}{2n+1}$上。则：
$LHS=1\times f(1)+1\times f(2)+1\times f(3)+\dots +1\times f(n)$
$LHS\lt \int_{0}^{n} f(x)\mathrm{d}x=[\cfrac{1}{2}\ln (2n+1) ]_{0}^{n} = \cfrac{1}{2}\ln (2n+1) $
即证明：
$\cfrac{1}{2}\ln (2n+1)\lt \ln (n+1)$
$\ln (2n+1)\lt \ln (n+1)^2=\ln (n^2+2n+1)$
解答题当然不能这样写，写出来可能就得一分辛苦分。
但是部分小题可以用，比如下面这道题：

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

点差法是比较独立于常规解法韦达设联消之外的一种解题思路。本质上，点差法不采取设直线方程并与椭圆联立得到二次方程的常规解法，而采取方程做差的方法。${\color{Red} 这类对式子进行变换（如加减乘除、合分比等）从而得到坐标关系的策略}$ 从而得到坐标关系的策略我们都可以称其为广义的点差法。通常来说，相比于二次联立，点差法具有更少的计算量，也同时具有更高的思维要求。
应该认识到，对称性的发现与运用是点差法中的重要思想。
点差法最基础的应用莫过于${\color{Red}弦中点的斜率}$关系了，这也是大部分人第一次接触点差法所解决的问题。
例一 弦中点的斜率积
现有椭圆$\Gamma:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt b\gt 0)，$及其上一弦AB. 设
AB的中点为M，坐标系原点为O.
求证：$k_{om}k_{AB}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$
解：首先，$设A(x_1,y_1)B(x_2,y_2)$代入椭圆方程得到，
$\begin{cases}\cfrac{x_1^2}{a^2}+\cfrac{y_1^2}{b^2}=1\\ \cfrac{x_2^2}{a^2}+\cfrac{y_2^2}{b^2}=1 \end{cases}$
两式作差，得$k_{om}k_{AB}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$
这是一种最基础的方法，主要根据是平方差公式得到$x_1+x_2与 x_1-x_2$的关系，再运用几何意义得出结论。
根据不同的方法我们可以得到不同的结论。比如说配方：
例二 | 椭圆上一点的切线方程
椭圆$\Gamma:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1及其上一点P(x_0,y_0)$
求证:椭圆$\Gamma:在P处的切线方程为:\cfrac{x_0x}{a^2}+\cfrac{y_0y}{b^2}=1$
采用二次联立会使用$\delta$的方法作为相切的条件。本质上就是证明只有一个交点。
用点差的方法，我们有：
$\begin{cases} \cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1\qquad ①\\\cfrac{x_0^2}{a^2}+ \cfrac{y_0^2}{b^2}=1\qquad②\\\cfrac{x_0x}{a^2}+ \cfrac{y_0y}{b^2}=1\quad③\end{cases}$
进行配方$①+②－2\times ③$得到
$\cfrac{x^2-2x_0x+x_0^2}{a^2} +\cfrac{y^2-2y_0y+y_0^2}{b^2}=1+1-2\Rightarrow \cfrac{(x_0-x)^2}{a^2} +\cfrac{(y-y_0)^2}{b^2}=0$
仅有$(x,y)=(x_0,y_0)$一解，可知直线与椭圆仅有一交点，故直线与椭圆相切。
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