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認(rèn)證類型：個人認(rèn)證

認(rèn)證主體：張**（實名認(rèn)證）

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所以k?+k?=2k2.所以t=2.例已知橢圓例(2)若過點M(1,0)的直線l交E于A.B兩點，是否存在定點P,使直線AP與直線BP的斜率之和為2?若存在，求出該定點；若不存在，請說明理由.解析①解,yA+λyB=0,由于kpA+kps=2,故最終式子不含yA,局部所以因為λ≠1,所以4-xo=0,所以xo=4,代回去易知yo=3.極點極線背景分析：要使k?+k?=2=定值，故需要找到調(diào)和點列和調(diào)和線束，作M(1,0)對應(yīng)的極線x=4,故點P在極線上，AB延長線交極線于N,此時有P(NM,AB)=-1,所以k?+k?例20已知橢圓C:)的離心率為長軸長與焦距的和為6.直線l過點N(0,1)與橢圓C交于A,B兩點(不是橢圓的頂點).點P是直線v=3上的任意一點.高中數(shù)學(xué)新思路園錐專題(1)求橢圓C的方程；(2)記直線PA,PN.PB的斜率分別為k?,k?,ks,解得a=2,c=1,求證：成等差數(shù)列.根據(jù)定比點差法可(2)設(shè)P(s,3),AM=aMB,則存在調(diào)和分點N(xo,yo)滿足AN=-aNB,根據(jù)定比點差法可成等差數(shù)列.成等差數(shù)列.(3)過圓錐曲線(橢圓、雙曲線、拋物線)焦點F的任一直線交圓錐曲線于A、B兩點，交對應(yīng)準(zhǔn)線于點N,點P位于圓錐曲線的通徑所在直線上，則kpA+kps=2kpN.注意：本結(jié)論將F換成M(m,0),且PMLx軸，M與N滿足調(diào)和共軛，kpA+kpg=2kpn也成立.證明：若曲線為橢圓(雙曲線同理):設(shè)橢圓方程為：,F(-c,0),相應(yīng)準(zhǔn)線l:,則N、A、F、B是調(diào)和點列，作AQ//y軸交PN于E,交BP延長線于Q,根據(jù)調(diào)和平行中點定理知AE=EQ,(利用調(diào)和點列和平行線性質(zhì)證明的過程省略).例21(2013·江西理)如圖，橢圓C:經(jīng)過點,離心率,直線l的方程為x=4.(1)求橢圓C的方程；(2)AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦(不經(jīng)過點P),設(shè)直線AB與直線L相交于點M,記PA,PB,PM的斜率分別為ki,k?,k3.問：是否存在常數(shù)λ,使得k?+k?=Aks?若存在，求λ的值：若不存在，說明理由.第三章調(diào)和點列與完全四邊形(2)極點極線背景：連接PF,易知A、F、B、M為調(diào)和點列，作BD//PF交PM于D,交AP延長線于E,根據(jù)調(diào)和平行中點定理得：BD=DE,故易證k?-本題利用調(diào)和點列性質(zhì)證明如下：過A作AQ//PF交MP延長線于Q,,所根據(jù)交比不變性，以P作為射影中心，(AB,FM)=(E,B;～,D)=-1,故BD=DE.解答：令A(yù)F=λFB,例例的離心率為(2)如圖，A,B.D是橢圓C的頂點，P是橢圓C上除頂點外的任意點，直線DP交x軸于N直線AD交BP于點M,設(shè)BP的斜率為k,MN的斜率為m,證明為2m-k為定值.(2)極點極線背景：方案一：如圖，連接AP與BD,設(shè)交點為E,△EMN自極三角形，由于N點在x軸上，故ME⊥x軸，再令ME與PD交點為G,則D,G,P,N是調(diào)和點列，設(shè)MP,MN分別與y軸交于Q和R點，因為MG//y軸，由調(diào)和平行中點定理知：QR=RD,由于M在直線AD:上，故注意：本題如果對調(diào)和平行中點定理理解不熟練也可以通過調(diào)和點列來證明，作PS//MG交MN于S,高中數(shù)學(xué)新思路圓錐專題則,所以QR=RD.方案三：如圖所示，過M作ME⊥AB交AB于G,△EMN自極三角形，由于M與N調(diào)和共軛，故A、解答：(參數(shù)換元):設(shè)點),lpD:,由題可知L聯(lián)立直線AD和直線PB可五、交比不變性與定點定值例23(2024·武漢二調(diào))已知雙曲線E:的左右焦點為F,F?,其右準(zhǔn)線為1,點F?到直線L的距離為過點F?的動直線交雙曲線E于A.B兩點，當(dāng)直線AB與x軸垂直時，|AB|=6.(1)求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線AF?與直線l的交點為P,證明：直線PB過定點.解析(1)2一(2)極點極線背景：由對稱性可知定點在x軸上，設(shè)為Q(xo,0),點F?的極線即為右準(zhǔn)線為L,設(shè)其與x軸交于點C,設(shè)F?的極線與AB交于點D,角度1:利用斜率等差模型k?+k?=2k?,-2·,即,所以所以xQ第三章調(diào)和點列與完全四邊形角度2(交比不變性):P(AB,F?D)=P(F?Q,F?C)=-1,(2)解法一(定比點差):設(shè)AF?=λF?B,A(x?,yi),B(x?,y?),F?(2,0),,,AF?=(2-x?,-yi),BF?=(x?-2,y?),2-x?=A(x?-2),Ax?+x?=2+2λ解法二(坐標(biāo)齊次化):設(shè)A(x?,y?),B(x?,y?),ix2-y?x?=2(y?-y2),設(shè)PA過(t,0),則例24(廣州24屆12月調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點F(-√3,0),點DC,y)是平面內(nèi)的動點.若DF為直徑的圓與圓O:x2+y2=4內(nèi)切，記點D的軌跡為曲線E(1)求E的方程；(2)設(shè)點A(0,1),M(t,0),N(4-t,0)(t≠2),直線AM,AN分別與曲線E交于點S,T(S,T異于A)AH_ST,垂足為H,求'OH|的最小值.(2)極點極線背景：如圖，記橢圓右頂點B(2,0),AB交ST于Q,由于M(t,0),N(4—t,0),顯然MB=BN,過A作MN的平行線，交ST于P,連接AB交ST于Q,根據(jù)交比不變性，A(S,T;H,P)=AB為P點的極線。從而P(2,1).因此點H在以(1,1)為圓心1為半徑的圓周上運(yùn)動，所以|OH|mm=√2-1解答：設(shè)kAM=k?,kAN=k2,MN中點為B(2,0),將橢圓E:按照向量(0,-1)平移，則得到方程平移后A→0,T→T',S→S',設(shè)S'T'0(構(gòu)造齊次式),同除以x2得，(所以kcs=k?,kor=k?是這個關(guān)于的方程的因此點H在以(1,1)為圓心1為半徑的圓周上運(yùn)動，所以|OH|min=√2-1.六、對合與定點定值2(k?k?+kzk4)=(k?+k?證明：方案一(角元形式):如圖所示，以S為射影中心，直線a,c,b,d之間的夾角已知，則線束的交比的斜率表達(dá)式設(shè)直線a,b,c,d的斜率分別為k?,k?,ks,ka,對應(yīng)的傾斜角分別為1,2,第三章調(diào)和點列與完全四邊形方案二(交比不變性):若直線SA,SB,SC,SD為調(diào)和線束，(AB,CD)=-1,且斜率均存在，則證明：如圖，過D作x軸的垂線與x軸交于S?,另外交SA,SC,SB于A?,C?,B?點.由交比不變性可知，(A?B?,C?D)=-1:,分母同除以SS?:去分母得：2(k?k?+k?k4)=(k?+k?)(k這就是前面我們提到的斜率等差或者斜率倒數(shù)等差模型..同理，當(dāng)k?=0時，則這就是前面我們提到的斜率等差或者斜率倒數(shù)等差模型..根據(jù)2(k?k?+k?k?)=(k?+k?)(k?+k?),欲使得k?k?為定值，必須有k?+k?=0且k?k4為定值；例25(2023·武漢四調(diào))過點(4.2)的動直線l與雙曲線E:交于M,N兩(1)求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)點P是直線y=x+1上一定點，設(shè)直線PM,PN的斜率分別為k?,k?,若k?k?為定值，求點P的坐標(biāo).解析18(A)雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2-y2=4;高中數(shù)學(xué)新思路圓錐專題極點極線背景分析：P是極點Q(4,2)對應(yīng)的極線2x-y=2如圖，極點Q(4,2)對應(yīng)的極線方程為2x-y=2,以P為射影中心，(MN,QR)=-1,所以2(k?k2+k?kA)=(k?+k2)(k?+k),欲使得k?k2為定值，只須ks+k=0即可，所以直線PQ的方直線上，本題以P(3,4)為背景，可以設(shè)定很多條件，比如在曲線x2+y2=25上是否存在點P滿足kik2為 則(1)解法一(定比點差):設(shè)Q4,2),P(m,m+1)且M則故在直線MN上一定存在點R,使得MR=-λRN(定比調(diào)和),此時此時根據(jù)定比點差得：,代入xR和yR,所!(非軸點弦三炮齊鳴結(jié)論式)故分子和分母不對稱的項(分子有分母沒有和分母有分子沒有的)必須系數(shù)為0,即分子的y2與分母的x}系數(shù)必須為0,所以m=3,此時,故存在點P(3,4)符合題意.過點P(m,m+1)的直線PM設(shè)為y=ki(x-m)+m+1,設(shè)直線L:y=k(x+4)+2,kim2+(1-m-4k)2+2k?m(1-m-4k)=k2(km-4k+2)2+(1+m)2k2-2k?m(1+m)(k?k2為定值，則,所以m=3,故存在例26(2023·石家莊二模)已知雙曲線T:F為雙曲線T的右焦點，過F作直線L:交雙曲(2)設(shè)直線AB,AP,AM,AN的斜率分別為ku,kik?=v,k?+k?=w,試探究v與u,w滿足的方程關(guān)系，并將v用w,u表示出來.解析(1)設(shè)A(xo,yo),B(x?,y2),F(2,0),由題意知P為,所以直線L的斜率為k=2,故直線l?的方程為：y=2(x-2);→x2-16x+19=0,顯然△>0,此方程的兩根為xo,X2,,則直線l?斜率為k=聯(lián)立直線L?和曲線T:(2)極點極線背景分析：延長NM交AB于Q,由于xpxF=1,PF⊥AB,則Q在點P對應(yīng)的極線上，(或者令其對應(yīng)極線為：,即,PF⊥AB,故,所以AB:y=),即與P點對應(yīng)的極線為同一條直線)故(NM,PQ)=-1,根據(jù)調(diào)和線束斜率關(guān)系，則解法一(常規(guī)設(shè)點):設(shè)A(xo,yo),M(x?,y?),N(-x?,-y?),則,,因為點A(xo,yo)在雙曲線上，故xo,yo滿足雙曲線方程，即,所以k,又,聯(lián)立直線OP與雙曲線C:根據(jù)題意易知k2≠3,此方程的兩根即為x1,-x?,所以即：,所以：解法二(定比點差):令),MP=aP,則3Q,使得MQ=-aQM,定比點差得：,所以對合(involution)通常指集合到集合的一種變換f,使任意元素a變到b,即b=f(a),但又使b總是變回f是圓錐曲線C到自身的函數(shù)，若3定點SCC使得VA∈C,A?=f(A)有直線AA?(3)對合不動點：若I=f(I)(=I?),則I為對合f的不動點.由I的極線II=II?過對合中心知I在對合軸上.由對合中心SCC知每個對合都有兩個(不同的)不動點，如圖，I和I?均為切點，兩點確定對合軸.證明：令,當(dāng)a+d=0,可以理解為將反比例函數(shù)向右向上移動相等的距離是一組對合.利用對合待征與代數(shù)變形可得：ckk'-a(k+k)-b=0,其中a2+bc≠0,這個方程叫做對合方程.關(guān)于為了能在斜率和積模型中找到對合軸方程與對合中心坐標(biāo)，我們引出不動直線的概念.不動直線與二次曲線的交點即為不動點.它的斜率在變換前后是不會變的，即滿足ck2-2ak-b=0,這是一個關(guān)于k的一元二次方程，判別式△=4(a2+bc)≠0,根據(jù)它是正或負(fù)可知對合有兩個或沒有不動直線.①由兩對相異的對合對應(yīng)點求得：可先算出這兩對對合對應(yīng)點所在直線方程，聯(lián)立之后算出對合中心，③由對合方程求得兩條不動直線的方程，再利用不動直線與二次曲線相交找到不動點，連接不動點即是例27(2017·新課標(biāo)I理)已知橢圓C:),四點P?(1,1),P?(0,1),P3,中恰有三點在橢圓C上.?(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P?點且與C相交于A,B兩點.若直線P?A與直線P?B的斜率的和為-1,證明：L過定點.解析(1)根據(jù)橢圓的對稱性，兩點必在橢圓C上，又P?的橫坐標(biāo)為1,,代入橢圓C,得：,解得a2=4,b2=1,所以橢圓C的方程(2)證明：將橢圓C按照向量(0,-1)平移，則得到方,平移后A→兩個根.所以,故A'B'過定點(2,-2),平移回去可得AB過定點(2,-1),所以l過定點(2,-1).與y軸交點為M(0,n),找到M對應(yīng)的極線,延長所以P?N:1,所以,故MN的直線方程,故AB過定點S 定值.C上任意一點(與A,A?不重合),直線QA,和QA?的斜率之積點A(2,2)在橢圓上.(2)過點A作斜率之和為1的兩條直線分別與橢圓C交于M,N兩點，直線MN是否過定點?若過定由點A(2,2)在橢圓上，解得a2=12,b2=6,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程的方程的兩個根.所以平移回去可得直線MN過點(-2,-4),所以直線MN過定點(-2,-4).(2)點M,N在C上，且AMLAN,AD⊥MN,D為垂足.證明：存在定點Q,使得|DQ|為定值.解析(1因為離心率(,所以a=√2c,又a2=b2+c2,所以b=c,a=√2b把點A(2,1代入解得b2=3,故橢圓C的方程(2)將A(2,1),A→O平移到原點，即x2+2y2+4x+4y=0;令MN'方程為：mx+ny=1,即x2+2y2+(4x+4y)(mx+ny)=0,(2+當(dāng)x≠0時，同除以x2,(2+;令kAM=k?,kAv=k2,k1、k2是方程(2+4n)k2+4(m+n)k+1+4m=0兩根，所以,所以4m+4n=-3所以-所以M'N'恒過,當(dāng)x=0時，也過此定點，所以MN恒過,則AT中點對合中心分析：作AM?//x軸交C于M?(-2,1),作AN?//y軸交C于N?(2,-1),此時M?N?:y=,令A(yù)與M2重合，此時過A作橢圓C的切線l:,即y=-x+3,作AN?⊥l,此時AN2:y=x-1,此時求得對合中心為,接下來再分析Q為AS中點本文我們使用三角換元來進(jìn)行角度同構(gòu).由設(shè)A(acosa,bsinα)、B(acosβ,bsinβ),故弦AB的方程證明：由即弦AB的方程證明：由于接下來我們一起按照三角同構(gòu)來解讀斜率關(guān)系，以橢為又易知直線PA、PB的方程分別是第三章調(diào)和點列與完全四邊形所以，直線PA,PB的斜率分別是特別的情況，①當(dāng)P為左頂點，則θ=π,②當(dāng)P為右頂點，則θ=0,為上頂點，則為下頂點，則接下來我們證明2020高考題(例25)的關(guān)鍵部分，就是橢圓A(2,1),當(dāng)AMLAN,則MN過定點.易證直線MN的方程又易知直線AM、AN的方程分別是：直線AM:直線AN:所以，直線AM,AN的斜率分別是：因為AMLAN,所以,所所以以即高中數(shù)學(xué)新思路圓錐專題所以MN過定點注意：三角同構(gòu)換元就是圓錐曲線的兩點聯(lián)立式，拋物線的可以直接通過坐標(biāo)獲取，橢圓和雙曲線則需要通過三角換元來進(jìn)行同構(gòu).例30(2023·石家莊一模)已知點P(4。3)在雙曲線C:,b>0)上，過P作x軸的平行線，分別交雙曲線C的兩條漸近線于M,N兩點，|PM|·|PN|=4.(1)求雙曲線C的方程；(2)若直線l:y=kx+m與雙曲線C交于不同的兩點A,B,設(shè)直線PA,PB的斜率分別為k?,k2,從下面兩個條件中選一個(多選只按先做給分),證明：直線l過定點.①k+k?=1;②k?k2=1.解析(1)由雙曲線的方程可得漸近線的方程,由題意可得過P(4,3)與x軸平行的直線方程將與兩條漸近線的交點M,N的橫坐標(biāo)分別為-可得3a2=4b2,設(shè)雙曲線的方程為：所以雙曲線的方程為：(2)證明：設(shè)A(x?,y?),B(x?,y2),因為直線AP,BP分別為k?,k2,用齊次式方程解答，將雙曲線 方程按照向量PO:(-4,-3)平移，則,即 設(shè)直線A'B'的方程為mx+ny=1,聯(lián)立得：,由于斜率存在，故同除若選①:k?+k?=1,可,可得,所以直線A'B'過(-6,0),直線L恒過定點(一若選②:kik?=1,可得1,整理可得·,所以直線A'B'即直線L恒過定點三角換元解法：設(shè),故直線PA:直線PB:故直線L恒過定點(-2,3);,,對比對合中心分析：選①.過P作斜率為的直線交雙曲線于第一個對合不動點M(-2,0),再過P作y軸平行線交雙曲線于另一個對合不動點N(4,-3),S(-2,3).選②.作點P處切線l:即y=x-1,此時切線斜率為1,則P與A和B均重合，再過P(2)直線l:y=k(x-1)(k≥0)與C相交于A,B兩點，過C上的點P作x軸的平行線交線段AB于點Q.直線OP的斜率為k'(O為坐標(biāo)原點),△APQ的面積為S?.△BPQ的面積為S?,若|AP|·S?=●解析(1)由橢圓的離心率),即有a2=2b2,由以C的短軸為直徑的圓與直線y=ax+6相切得：,聯(lián)立解得a2=8,b2=4,所以C的方程;于是可得PQ平分∠APB,所以直線AP,BP的斜率互為相反數(shù)，即kAp+kgp=0,將橢圓C按向量PO(-xo,-yo)平移得橢圓C:又點P(xo,yo)在橢圓上，所以,代入上式.橢圓C上的定點P(xo,yo)和動點A,B分別對應(yīng)橢圓C′上的定點O和動點A',B',設(shè)直線AB'的方程為mx+ny=1,代入①得：,當(dāng)x≠0時，兩邊除以x2得：個根.所以kon'+kx=0,即,由此得.即極點極線背景分析：設(shè)P(xo,yo),由于kpA+kpp=0,故作PR//y軸交AB延長線于R,此時R(xo,n),Q(m,yo),由于kpA+kp=2kp=0,故P(對合中心分析：由于kpA+kp=0,故作PM//x軸交橢圓于一個不動點M(-xo,yo),再作PN//y軸交橢圓于另一個不動點N(x?,-yo),由于MN過原點，根據(jù)極點極線配極定理可知，對合軸MN的對合中心S在無窮遠(yuǎn)點(過M和N處作的兩條切線平行),由于A與B對合，故AB的斜率可以根據(jù)M處或者N處切線斜率得到，即,,4.頂點角+同軸軸點弦的對合方程第一類：左右頂點+x軸軸點弦型兩點，P其對應(yīng)極線RQ:,AM延長線交RQ于R,MN與RQ交于點Q,設(shè)km=k,kAw=k2,kAB②由于A(MN,PQ)=-1,k?=0,所以2(kik?+ksk4)=(k?+k2)(k?+k4)→2kik?=(k?+k2)ka,③由(1)求橢圓C的方程；(2)A是橢圓C的右頂點，斜率為k(k≠0)的直線l與C交于P,Q兩點(P,Q與A不重合).設(shè)直線PA的斜率為ki,直線QA的斜率為k2,,求kik2的值.BF?·BF?=b2-2=2①,又由有a=2c,所以b2+c2=4c2,即b2=3c2②,聯(lián)立①②解得b2=3,c2=1,所以a2=4,故橢圓的方程(2)將橢圓C按照向量AO:(-2, x2得，因為點P',Q的坐標(biāo)滿足這個方程，所以kc,ko是這個關(guān)于的方程的兩個根.所以kop+ko=k?+k?=-3n,k?,由于,所!,所以,由,故k=2k4,即故m=2(舍)或m=-1,此時k?或者按照特殊值PQLx軸，注意：定點M在橢圓內(nèi)，如果以M作為對合中心，屬于橢圓型對合.如果定點M在橢圓外，以M作為二次曲線上的一個雙曲型對合中，任意一組對應(yīng)點都和兩個不動點構(gòu)成一個調(diào)和點列，射影是交比不變?nèi)鐖D，M(m,0)是橢圓外的一點，以M為對合中心，其對合對合軸,這是一個典型的雙曲型對合，RS為兩對合不動點，故A(MN,BC)=-1,由于B和C是一組對合對應(yīng)點，故延長AB交RS于D,AC交RS于E,故DE也是一組對合對應(yīng)點，所以A(DE,SR)=-1.根據(jù)調(diào)和線束的斜率公式，例33(2024·西安模擬)橢圓E:)的離心率為右頂點為A,設(shè)點O為坐標(biāo)原(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線l:x=t交x軸于點P,其中t>a,直線PB交橢圓E于另一點C,直線BA和CA分別交直線L于點M和N,若O,A,M,N四點共圓，求t的值.解析(1)由題意可得,解得a=2,b=√3,c=1,所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程(2)由題意可得P(t,0),A(2,0),t>2,設(shè)點B(xi,yi),C(x2,y2),M(t,ym),N(t,yn),因為0,A,M,N四點共圓，所以由切割線定理得：|PO|·|PA|=|PM|·|PN|,即t(t-2)解法一(常規(guī)聯(lián)立):設(shè)直線PB的方程為x=ky+t,代入橢圓方直線CA的方程為),當(dāng)x=t時，所以),所以),解得t=6.解法二(齊次化):將橢圓按照向量AO:(-2,0)平移，得：1,即,此時B→B',C→C',B'C'過定點(t-2,0),不妨設(shè)B'C':1,聯(lián)立得：同除以x2得：),此時,所以t=6.為兩個對合不動點，此時屬于雙曲型對合，故一定有A(PQ,BC)=A(DE,SR)=-1,所以利用調(diào)和線束斜率關(guān)系可知即例34(2024·青羊區(qū)模擬)已知橢圓M:)的離心率為短軸長為2√3,過點(2)解法一：如圖：因為直線AB斜率不為0,設(shè)其方程為：x=ty+1,聯(lián)立直線AB與橢圓方程所根據(jù)第三定義k,(利,所以,由中點點差法得關(guān)系，齊次化最好表達(dá).,顯然復(fù)雜的一些斜率A'B':-x+ny=1,聯(lián)立得：,同除以x2得：,kNAkNB=令,所以,由中點點差法(需證明)得第二類：上下頂點+y軸軸點弦型如圖，橢圓中，A、B分別為其上下頂點，過P(0,m)的直線MN交橢圓于M、N兩點，P其對應(yīng)極線RQ:,AM延長線交RQ于R,MN與RQ交于點Q,設(shè)km=ki,kAN=k2,kAB,所以;②由于A(MN,PQ)=-1,ks=0,所以2(kik?+k?k4)=(k?+k?)(k?+k)→2k?=(k?+k?),即③由注意：本模型是橢圓型對合，以P作為對合中心，沒有不動點，所以k?k2可以采用特殊值，即過Px軸平行線交橢圓于MN兩特殊點，算出kik2,此模型的雙曲型對合，可以參考前面x軸的軸點弦模型，不再贅述.例35(2022·浙江卷)如圖，已知橢圓E:.設(shè)A,B是橢圓上異于P(0,1)的兩點，且點在線段AB上，直線PA,PB分別交直線x+3于C,D兩點.(2)由于點在線段AB上，我們令PA的斜率為k?,PB的斜率為k2,根據(jù)以往處理軸點弦的果.將橢圓E:按照向量PO:(0,-1)平移，則得到方,平移后P→0,A→A',B→B',D→D',QQ易知CD'方程為：設(shè)A'B'方程為mx+ny=1,(構(gòu)造齊次式),同除以x2得，所以k,k2是這個關(guān)于的方程的兩個根.處理弦長最值時候比配方法簡單好用，大家不妨多往這個方向嘗試，也可以換元構(gòu)成二次函數(shù)，令t=√5·,采用判別式法，此法很萬能，即,柯西在于巧，判別式在于穩(wěn).第四章完全六邊形與帕斯卡定理完全六邊形與帕斯卡定理綜合射影幾何的理論，創(chuàng)立至今不到200年的歷史。當(dāng)然，在此以前很早就已發(fā)現(xiàn)了其中的許多定理和原理，但是，一大堆磚瓦不能稱為一座大廈，孤立的許多定理也不等于一門理論。建筑綜合射影大廈的磚瓦是由歐幾里得(Euclid)以來的無數(shù)學(xué)者們所貢獻(xiàn)的。四調(diào)和點的概念古代人已經(jīng)熟悉了，他們從度量觀點出發(fā)，把它看作使線段內(nèi)分與外分比值相等的一個比值。由一截線對一完全四邊形各邊截取的對合六點問題曾由帕普斯(Pappus)詳細(xì)研究過。但這些孤立的概念未被用作一般理論的基礎(chǔ)。它們獨立起來看，不過是一些小結(jié)論。正是與其他大量定理的聯(lián)系才顯示出了它們的重要性。十七世紀(jì)是人類歷史上一個非常美妙的世紀(jì).在它早期，誕生了諸如伽利略(Galileo)、開普勒(Kepler)、布拉赫(Brahe)、笛卡爾(Descartes)、笛沙格(Desargues)、帕斯卡(Pascal)、卡瓦列利(Cavalieri)、沃利斯(Wallis)、費馬(Fermat)、惠更斯(Huygens)、巴康(Bacon)、納皮哀爾(Napier)等一大批數(shù)學(xué)明星，還有不少發(fā)光較少的小星，更不用說倫布蘭特(Rembrandt)或莎士比亞(Shakespeare)了。他們開始對從古人堆里挖掘出來的大量材料提出各種所謂的統(tǒng)一性原理(Unifyingprinciples)。如1604年偉大天文學(xué)家Kepler提出把平行直線看成無窮遠(yuǎn)處相交的概念，并由此使拋物線成為橢圓和雙曲線的極限情形。他還提出拋物線也有焦點，即所謂“盲焦”(caecusfocus),一個位于軸的無窮遠(yuǎn)處的焦點。1639年，法國數(shù)學(xué)家笛沙格(Desargues)發(fā)布了一篇有關(guān)二階曲線的小論文，其中出現(xiàn)了我們在它基礎(chǔ)上建立了四調(diào)和點理論的定理。但笛沙格沒有用他的定理為這一目的服務(wù)。他把四調(diào)和點看作對合六點中有兩個為重點的特例。他的對合理論的論證過程也與我們采用的純幾何方法不同。他在證明點的對合投影性質(zhì)時，同樣利用了“當(dāng)六線通過對合六點時，所有與它們相截的直線也一定截出互為對合的六個點”這一性質(zhì)。笛沙格是射影幾何的創(chuàng)立者，但他是利昂的一位建筑師。因?qū)缀蔚呐d趣以及職業(yè)的需要而創(chuàng)立了這門學(xué)科。在工作中他也有創(chuàng)造發(fā)明，包括如何切割石塊用于建筑，如何設(shè)計和制作螺旋形樓梯等。在笛沙格的這篇短文中也包含極點和極線的理論，但極線被稱作traversal(穿越線)。他也指出了極點極線的調(diào)和性質(zhì)，但當(dāng)平面引入無窮遠(yuǎn)元素后，笛沙格似乎沒有得到對應(yīng)的度量屬性。因而他說，“當(dāng)traversal在無窮遠(yuǎn)時，就全部難以想象了”。至于極點(pole)這一術(shù)語，則由法國數(shù)學(xué)家塞瓦(Servois)于1810年首先使用，而對應(yīng)術(shù)語極線(polar)則由當(dāng)時擔(dān)任塞瓦論文的刊物編輯熱爾崗(Gergonne)創(chuàng)立。在這本小書中，我們發(fā)現(xiàn)了有關(guān)二階曲線內(nèi)接四邊形的漂亮定理他所陳述的定理的原始表達(dá)形式為：已知一個四邊形內(nèi)接于圓錐截線，則每一條與圓錐曲線以及四邊形四邊相截的traversal截出的六個點為對合說來也是很怪，笛沙格的不朽著作竟招來最猛烈的辱罵和嘲笑!“難以置信的錯誤!”,“完全是虛構(gòu)和造假!”,“任何真正熟悉科學(xué)的人都不能實際接受他的思想!真可笑!”,這就是許多讀者和評論家的評論，而且他們中間也并非全都是一無所知和沒有教化的人。無論笛沙格的學(xué)生如何熱心支持，也不管受到諸如笛卡爾，費馬，梅森(Mersenne)等著名人物的傾慕和聲援，他的小冊子在出版二個世紀(jì)之后終于完全消失。當(dāng)法的1845年，夏萊才找到了由笛沙格的一名學(xué)生，DelaHire所寫的題為“響當(dāng)當(dāng)?shù)墓こ獭?“Bruillon-笛沙格著作的消失的一個非常充足的理由看來和他的寫作風(fēng)格有關(guān)。他沒留意熱烈欽佩著他的同輩笛卡為學(xué)者寫的，這時你只要向他們講清他們還不知道的二階曲線的那些新特性就行了；另一種是為好奇但無專業(yè)知識的讀者寫的，這時您就應(yīng)該把至今尚只有很少人知道、但對透視學(xué)，對繪畫、建筑學(xué)等恰是非常有用的素材統(tǒng)統(tǒng)寫進(jìn)你的書中，而且要寫成使所有想學(xué)有關(guān)知識的讀者都感到淺顯易懂。如果您有第一個想法，我認(rèn)為需要避免使用新術(shù)語，因為行內(nèi)學(xué)者已經(jīng)習(xí)慣Apollonius的用語，即使你創(chuàng)立了更好的術(shù)語，也不會讓他們欣然地改變習(xí)慣，你的自創(chuàng)術(shù)語只會導(dǎo)致你的證明更加難于看懂，從而逼使他們放棄閱讀您的書轉(zhuǎn)去閱讀其他的書。如果您有第二種打算，那么您用的語言肯定是您的母語—法語，這時您就可以利用它的優(yōu)雅和靈活性來進(jìn)行構(gòu)思，使那些從未接受古人用語的讀者能更好地接受……。但是，如果您有這樣的意圖，您那些不肯使用想象力去苦心思索幾何命題、又不愿翻弄書頁尋找插圖注釋的讀者，看您的書就會比看妖魔故我們發(fā)現(xiàn)笛沙格的小冊子中使用了大約七十個新術(shù)語，且只有一個involution(對合)能保留到現(xiàn)在，笛卡愛的學(xué)生deLaHire也沒能體會他的工作的非凡樸素性和普遍性價值，但最終還是是十六歲的小伙子帕斯卡能夠理解并能評價他的方法!這是一樁難以想象的事實?！霸贛SQ三點決定的平面上，通過M作直線MK和MV,通過S作兩條直線SK和SV,并設(shè)K是MK和SK的交點，V是MV和SV的交點，A是MA和SA的交點(A是SV和MK的交點),μ是MV和SK的交點；如果通過A,K,μ,V四點中的兩點，它們不在與M和S同一條直線上，例如K和V,我們通過一個圓的圓周切割直線MV,MP,SV,SK于四點O,P,Q,N;那么MS,NO,PQ三條直線為同階直線(linesofthesameorder)”注意：以上一段僅僅是帕斯卡證明帕斯卡定理時的一個引理，而非整個定理。帕斯卡證明帕斯卡定理時青早逝，或許是因當(dāng)時出版科學(xué)著作的困難，也或許是因為他后來對宗教事務(wù)的病態(tài)似的興趣，這一大部巨著后來始終未曾出來。萊布尼茨曾審查過他的完整著作的一份拷貝，并報道，神秘的六角形著名定理是他的整個理論的基礎(chǔ)，且帕斯卡已從它導(dǎo)出了大約四百個推論。這表明這里確實有一位天才能把射影幾何中相互一、帕斯卡(Pascal)定理及其逆定理已知1,2,3,4,5,6是二階點列上任意六個點，我們記：12與45的交點為L,23與56的交點為M,34與61的交點為N,證明：考察圖1。我們把二階點列看成以點3和5作為頂點的兩個線束的對應(yīng)射線交點的軌跡。因此，以3為中心連接到1,2,4,6四點的線束與以5為中心連接到1,2,4,6四點的線束為射影對應(yīng)。但線束3(1,2,4,6)在連線1-6上截出四點1,H,N,6,故1,2,4,6與1,H,N,6為透視對應(yīng)；同樣，線束5(1,2,4,6)在連線1-2上截出四點1,K,L,2,故1,2,4,6與1,K,L,2也透視對應(yīng)。由此，根據(jù)射影對應(yīng)的傳遞性，可知點列1,H,N,6與點列1,K,L,2為射影對應(yīng)。但這兩個射影對應(yīng)點列的交點1是一個自對應(yīng)點，故它們的射影對應(yīng)為透視對應(yīng)，必有一個共同的透視中心。這個透視中心可由任意2組對應(yīng)點的連線求交得到。現(xiàn)取兩個連線分別為6-K和2-H,故可求出交點M。這樣，兩個點列的對應(yīng)點L和N的連線也通過中心M。這樣證明了L,M,N三點共線。對圖2可類似證明，但輔助點的作法與圖1不同。在帕斯卡定理的圖1中，人們常標(biāo)成下面的對稱形式：其中6個頂點名稱改用ABC和A'B'C'兩組對應(yīng)的字母來表示，AA',BB',CC稱為對應(yīng)頂點。這樣，連線的規(guī)則就變?yōu)椋涸诓煌M字母間，對應(yīng)的字母A',B',C不連線，不對應(yīng)的6對字母AB',AC',BC,BA',CA',CB'都要連線。這6條連線中，AB'與A'B,AC與CA',CB'與BC′相互叫對邊。三組對邊的交點分別記為L,M,N。這樣，帕斯卡定理可用一句話來表達(dá)：二階點列上任意6個點的三組對邊的交點帕斯卡定理的逆定理也成立，即設(shè)有6個點，其中任意三點不共線，而三組對邊的交點共線，則此6點二、帕斯卡定理中點的名的替換帕斯卡定理中，123456六個點的排列次序是任意的，但無論怎樣排列，必須構(gòu)成一回路。圖1和2的回路按順時針排列次序分別為152463和156423。下面我們再舉幾個不同排列次序，看它們的結(jié)果怎樣?我們考察順序為136425的六點。根據(jù)定理：12與45的交點為L,23與56的交點為M,34與61的交點為N,可得到下圖所示結(jié)果：圖3對于136425六點排列次序的帕斯卡定理可以看出，與圖1(或3)的差別是L,N兩點的上下位置進(jìn)行了互換，M仍在它們中間。再考察順序為163524(或635241,352416,524163,241635,416352)的六點。根據(jù)定理，可得到下圖所圖4對于163524排列次序的帕斯卡定理可以看出，點L位于M和N兩點的中間，N跑到了曲線外邊。LNM三點仍保持共線。再考察六點位置完全為遞增的自然順序123456。根據(jù)定理的陳述，可得到下圖5對于123456六點原始次序的Pascal定理從上圖可以看出，L,M,N三點的排列位置和圖2類似，且三點也都位于曲線之外部。L,M,N三個點中，也允許有無窮遠(yuǎn)點。例如，圖5中若有一對邊平行，如23與56平行，則它們的交點M是與23和56有共同方向的無窮遠(yuǎn)點，如圖6所示。究竟有多少種不同的情況呢?對于6點位置，共有6!=720種排列，但輪換相同的6種排列(如123456,234561,…,612345)構(gòu)成的回路相同，順時針和逆時針排，如123456和564321,也代表相同回路，不同排列的回路(即Hamilton回路)情況為(6-1)!/2=60種。帕斯卡定理說明對于這60種不同的回路都會使它們的6頂點的三組對邊的交點L、M、N共線。最后還要說明兩點：六個頂點中，如相鄰兩個頂點有1到3個重合，這樣六個點就變成5個、4個或3三、通過五點的圓錐曲線帕斯卡定理為通過五點作圓錐曲線提供了一種優(yōu)美的解決方案。設(shè)已給1,2,3,4,5五點，其中任意三點不在同一直線上，但五點的平面位置為任意。我們將這五點依次相連，并設(shè)線段12與45的交點為L,如圖7-1所示。為了作圓錐曲線上的任意一點，如點6,我們通過點1任意作一直線a,設(shè)a與線段34交于點N,見圖7-2;再通過L和N作直線b,設(shè)b與a交于M,圖7-3;再通過5和M作直線c,則c與a的交點就是期望的點6,見圖7-4。利用這種辦法，讓a繞1旋轉(zhuǎn)一圈，就可以得到二階曲線所有點。這種作圖方法的核心91高中數(shù)學(xué)新思路園錐專題2.圓錐線的切線如果帕斯卡定理的六點123456中有兩點不巧重合，則它們兩點變一點，而兩點之間的連線變成它們共同點的切線。據(jù)此，可用帕斯卡定理為已知五點尋找其中一點的切線。設(shè)已知平面上五點12345,我們來作通過五點的圓錐曲線且在1有切線。首先，把12345五點中五個對邊12,23,34,45,51依次連接起來，使它們成一個五邊形(這里是一五角星),并設(shè)12和45交點為L,15和23交點為M,如圖8-1所示.再把LM連起來，設(shè)與34交點為N,最后，把1點看成1與6兩點的重合點，則16作為34的一個對邊，根據(jù)帕斯卡定理應(yīng)和其余兩組對邊12-45,15-23的交點L和M共線，所以，我們連接N和1,它就是16的連線，亦即軌跡在1處的切線，3.帕斯卡圓錐曲線的內(nèi)接四點形兩對頂點可組成一四邊形。帕斯卡定理為這種特殊情況給出了一個非常重要的定理：圓錐曲線的內(nèi)接四邊形的兩雙對邊的交點與兩組對點的切線的交點在同一直線上。如圖9,ABCD是圓錐曲線的任意一個內(nèi)接四邊形。對邊AB與CD交于L,AD與BC交于M,對頂點A與C的切線交于N,B與D的切線交于P,我們要證明L,M,N,P四點在同一條直線上。圖9ABCD兩組對邊交點M,L與兩對頂點切線交點N,P共線在使用帕斯卡定理解讀高考題時，一定要做好字母排序，如果出現(xiàn)切線，那就將兩點重復(fù)表示，具體操作我們可以參考例題.例1(2023·北京)已知橢圓E:)的離心率A、C分別為E的上、下頂點，B、D分別為E的左、右頂點，|AC|=4.(1)求E的方程；(2)點P為第一象限內(nèi)E上的一個動點，直線PD與直線BC交于點M,直線PA與直線y=-2交于點N.求證：MN//CD.解析(1)由題意可得：2b=4,解得b=2,a2=9,所以橢圓E的方程(2)解法一(參數(shù)換元):設(shè)點P(3cosθ,2LPD:,由題可知Lc:;聯(lián)立直線PD和直線BC可,所以kc=3=k>MN//CD,得證!極點極線背景分析：延長BP和CD交于E,連接EM交CN于R,方案一(帕斯卡定理):由于過C作橢圓的切線，所以我們記為六邊形BCCDPA,BC與DP交點M,CC與PA交點N,CD與AB交點記為L,由于CD/方案二(交比不變性)以C為射影中心，由于|BO|=|OD|,故C(B,D;O,○)=-1,根據(jù)交比不變性C(B,D;O,o)=C(M,E;,R)=-1,為菱形.例2(2023·西城區(qū)模擬)已知點A,B是橢圓E:的左。右頂點。橢圓E的短軸長為2,離心率為(1)求橢圓E的方程；(2)點O是坐標(biāo)原點，直線l經(jīng)過點P(-2.2),并且與橢圓E交于點M,N.直線BM與直線OP交于點T,設(shè)直線AT,AN的斜率分別為k?,k?,求證：k?k2為定值.解析(1由題意可得2b=2,,可得a=2,b=1,所以橢圓的方程為：(2)解法一(聯(lián)立硬解):由(1)可得A(-2,0),B(2,0),顯然直線MN的斜率存在且不為0,設(shè)直線MN的方程為y=kx+m,由題意2=-2k+m,即m=2+2k,整理可得：(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,△>0,直線BM的方程為,直線OP的方程為y=-x,,即,所以,,即證得kik2為定值解法二(齊次化秒解):令證明(請自證),利,易證(請自證),再利用齊次化,得：),所以極點極線背景分析：延長AT交橢圓于R,在橢圓內(nèi)接六邊形AABMNR中，AA與MN交于P,AB與NR交于點Q,BM與RA交于點T,根據(jù)帕斯卡定理，則P,T,Q三點共線，由于Q在x軸上，故0與Q例3(2023·浙江湖州市期末)如圖所示.A.B為橢圓C:(2)已知O為坐標(biāo)原點，點P(-2.2)。點M是橢圓C上的點。直線PM交橢圓C于點Q(M,Q不重合),直線BQ與OP交于點N.求證：直線AM.AN的斜率之積為定值。并求出該定值.解析(1)由題意可得,可得a2=4b2,將點代入橢圓的方程：(2)解法一(隱齊次化):由于P(-2,2),連接PA,AQ,設(shè)kAM=ki,kaQ=k2,k=ks,kAN=k4,根據(jù)第三定義易證,將橢圓按照AO=(2,0)(O),P→P'(0,2),M→M',N→N',Q→Q',此時M'Q':,(齊次化同除以,即,所以,由題意直線OP的方程為：y=-x,BQ:y=k?(x-2),聯(lián)立得：),所以,聯(lián)立,所以極點極線背景分析：延長NA交橢圓于R,連接BR,由于AP與橢圓相切，故構(gòu)造內(nèi)接六邊形AABQMR,AA與QM交于P,AB與NR交于點Q,BQ與RA交于點N,根據(jù)帕斯卡定理，則P,N,Q三點共線，由于Q在x軸上，故O與Q重合，根據(jù)第三定義，有與直線A?M的與直線A?M的直線L與橢圓η相交于M.N兩點。直線1不經(jīng)過坐標(biāo)原點O,且不與坐標(biāo)軸平行，直線A?M斜率之積(2)若直線OM與橢圓η的另外一個交點為S,直線AS與直線A?N相交于點P,直線PO與直線L相交于點Q,證明：點Q在一條定直線上，并求出該定直線的方程.解析(1)不妨設(shè)M(x?,yi),N(x?,y2),易知,又a=3,所以(2)解法一(常規(guī)聯(lián)立):設(shè)直線l的方程為：x=my+n(m≠0,n≠0),由韋達(dá)定理得,不妨設(shè)P(xo,yo),所此時直線OP的斜率,所以直線OP的方程為,聯(lián)立解得x=-3,故點Q在一條定直線上，該定直線的方程為x=-3.解法二(齊次化):如圖，設(shè)kA?m=ki,kA?w=kz,kA?p=k?,kA?P=kA,易知,根據(jù)第三定義 ,即,令MN':mx+ny=1,聯(lián)立得：,同除以定點Q'(0,-3kp),所以Q過定點(-3,-3kp).故點Q在一條定直線上，該定直線的方程為x=-3.極點極線背景分析：構(gòu)造橢圓內(nèi)接六邊形A?A?A?NMS,A?A?與MN交于Q',A?A?與MS交于O,A?N與A?S交于P,根據(jù)帕斯卡定理，則P,0,Q三點共線，由于Q在OP上，故Q與Q重合.直線x=-3上.例5(2024·沈陽模擬)已知如圖、點B?,B?為橢圓C的短軸的兩個端點，且B?的坐標(biāo)為(0.1),(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線L不經(jīng)過橢圓C的中心，且分別交橢圓C與直線y=-1于不同的三點D,E,P(點E在線段DP上),直線PO分別交直線DB?,EB?于點M.N.求證：四邊形B?MB?N為平行四邊形.解析(1)因為B2的坐標(biāo)為(0,1),橢圓C的離心率解得a2則橢圓C的方程(2)解法一(聯(lián)立硬解):不妨設(shè)D(x?,y?),E(x2,y?),M(TM,ym),N(xN,yn),可得直線B?D方程為當(dāng)直線l的斜率不存在時，不妨設(shè)直線L方程為x=xo(xo≠0),此時直線PO方程的為聯(lián),解得,同理得,因為y?=-y2,所以消去y并整理得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,由韋達(dá)定理得將y=-1代入直線y=kx+t中，解得,即,所以直線PO的方程為y=聯(lián)立解得,同理得第四章完全六邊形與帕斯卡定理所以因為所以xM+xn=0,綜上得，xm+xy=0,則點O為線段MN中點，因為0為B?B?中點，所以四邊形B?MB?N為平行四邊形.解法二(齊次化):設(shè),根據(jù)隱藏斜率關(guān)系可探定值，將橢圓按照向量B?O:(0,1)平移，,此時D'E':mx+ny=1,聯(lián)立根據(jù)第三定義，值，利用中點斜率模型可知kns,+knB?=2k=2kop=-2m,所以kB?D=kNB?,同理可證kp?E=kMB?,所以四邊形B?MB?N為平行四邊形.極點極線原理分析：如左圖延長B?N交橢圓于Q,我們需要證D、Q關(guān)于原點對稱，構(gòu)造內(nèi)接六邊形O三點共線，由于0在B?B?上，故O與O重合.故D、Q與B?Q交于N,根據(jù)帕斯卡定理，則P,N,關(guān)于原點對稱，所以B?N//B?M.如右圖，設(shè)B?M交橢圓于S,我們需要證E、S關(guān)于原點對稱，構(gòu)造內(nèi)接六邊形B?B?B?DES,B?B?與DE交于P,B?B?與ES交于O',B?D與B?S交于M,根據(jù)帕斯卡定理，則P,M,O三點共線，由于O在B?B?上，故O與O重合.故E、S關(guān)于原點對稱，所以B?M//B?N.好題賞析例1(2021·北京)已知橢圓E:的一個頂點A(0,-2),以橢圓E的四個頂點(1)求橢圓E的方程；(2)過點P(0,-3)作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B,C,直線AB、AC分別與直線y=-3交于點M、N,當(dāng)|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍.(2)極點極線背景：這是一個簡單的下頂點+y軸軸點弦模型，隱藏了kackAB=λ這個定值，解答此題最佳方案就是齊次化，我們僅僅分析其斜率積為定值的對合問題。如圖，由于P(0,-3)對應(yīng)極線方程為DE:為兩個對合不動點，此時屬于雙曲型對合，故一定有A(PQ,CB)=A(GH,DE)=-1,所以利用調(diào)和線束斜率關(guān)系可知kik?即由于y=kix-2,y=k?x-2,當(dāng)y=-3,所以kp∈[-3,-1]U(1,3] m-+=0,kAc·kAB=4,由于AM:y=kix-2,AN:y=k?x-2,當(dāng)y=-3,xM=AQ斜率之和為2.PQ于N,k?=kHp,k2=kHQ,,k?=kFM=0,由于H(MN,PQ)=-1,故過定點M'(1,2),所以P'Q':mx+ny=1,且m+2n=1,聯(lián),由于x≠0,同除(1)若曲線C是焦點在x軸點上的橢圓，求m的取值范圍；(2)設(shè)m=4,曲線C與y軸的交點為A.B(點A位于點B的上方),直線y=kx+4與曲線C交于不同的兩點M、N.直線y=1與直線BM交于點G.求證：A,G,N三點共線.(2)極點極線背景分析：由于橢圓方程：,直線過P(0,4),其對應(yīng)極線為直線y=1,故AN與BM交點G,AM與BN交點H均在極線上.解決這類三點共線最佳方法是定比點差.解答書寫過程：令P(0,4),MP=λPN(a≠-1),M(x?,y?),N(z?,y?),則在直線MN上存在點Q,滿足MQ=故,兩式相減得：要證A、Q、N共線，只需證,只需證圓上.(2)如圖，若一條斜率不為0的直線過點(-1.0)與橢圓交于M,N兩點，橢圓C的左、右頂點分別為A,B,直線BN的斜率為k,直線AM的斜率為k?,求證：為定值.(2)極點極線背景分析：延長MN交x=-4于Q,易知以P(-1,0)為極點的極線方程就是x=-4,所以AM和BN延長線交點T也在極線上，故,, 令P(-1,0),MP=aPNa≠-1),M(x?,y1),N(x?,y?),則在直線MN上存在點Q,滿足MQ=故,兩式相減得：所以,所,(1)求動點M的軌跡方程，并說明軌跡即曲線C的形狀.(2)過A)作兩直線與拋物線y=tx2(t<0)相切，且分別與曲線C交于D,E兩點，直線AD,AE的斜率分別為k,k?.②試問直線DE是否過定點，若是.求出定點坐標(biāo)；若不是，說明理由.,,如左圖所示，BC過定點,P對應(yīng)的極線方程為,延長BC交于Q,易知A(BC,PQ)=-1,根據(jù)調(diào)和線束斜率公式可如右圖所示，由,作AP與橢圓交點S,易求得對合不動點S:,作AR//x軸，則另一個對合不動點,兩條切線交點.拋物線切線適合用同構(gòu)方程，橢圓對合這里適合用齊次化.+6t=0,所以k?、k?是同構(gòu)方程k2+4tk+6t=0的兩根.所以,所以DE對應(yīng)此時D'E',令DE':mx+ny=1,則一定有：,所以,所以DE'過定點(8,-3),所以DE過例6(2023·平羅縣期末)已知拋物線E:y2=2pxr(p>0),P(4,yo)點P到E的準(zhǔn)線的距離為5.(1)求E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點.F為E的焦點，A.B為E上異于P的兩點，且直線PA與PB斜率乘積為-4,求證：直線AB過定點.(2)極點極線背景分析：過P作切線,再過P作斜率為-8的直線，即PT:y=—8x+28,過P作y軸平行線交拋物線于Q(4,-4),過Q作x軸平行線交PT于T(5,-4),故T為對合中心.設(shè),則,同理可得，當(dāng)直線AB斜率存在時，直線AB的方程為,整理得4x-(y?+y?)y+yiy2=0.所以4x-20-(y?+y?)(y+4)=0,即所以直線AB過定點(5,-4);當(dāng)直線AB的斜率不存在時y?+y?=0,可得y}=20,x?=5.綜上，直線AB過定點(5,-4).例7(2023·南江縣二模)設(shè)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F.點P(a,4)在拋物線C上，△POF(其中O為坐標(biāo)原點)的面積為4.(1)求a;(2)若直線L與拋物線C交于異于點P的A.B兩點，且直線PA,PB的斜率之和為證明：直線l過定點，并求出此定點坐標(biāo).(2)由(1)得C:y2=8x,P(2,4),極點極線分析：由于3,故過點P作,與拋物線交于點R(8,8),再過P作PQ//y軸交拋物線于Q(2,-4),R和Q為兩對合不動點，此時分別作R處切線2y=x+8,Q處的切線一y=x+2,所以對合中心為T(-4,2)證明：若直線l與拋物線C交于異于點P的A,B兩點，且直線PA,PB的斜率之和為-由(1)得C:y2=8x,P(2,4),當(dāng)直線L斜率為0時，不適合題意；設(shè)A(x?,y?),B(x?,y2),由于,整理得AB:(y?+y?)y=8x+y?y?,AB方程可得，直線l過定點(-4,2).例8(2023·重慶模擬)已知雙曲線C:的左、右焦點分別為F?,F?,左頂點為A(-2,0),點M為雙曲線上一動點，且|MF?I2+|MF?|2的最小值為18,O為坐標(biāo)原點.(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)如圖.已知直線l:x=m與x軸的正半軸交于點T,過點T的直線交雙曲線C右支于點B,D.直線AB,AD分別交直線L于點P,Q,若O,A,P.Q四點共圓，求實數(shù)m的值. 故僅需,作T的極線MN:交雙曲線于1,利用調(diào)和線束斜率公式可得：,所以本題齊次化和定比點差都很好處理.解法一(定比點差):T(m,0),設(shè)D(x?,yi),B(x?,y2),DT=λTB(a≠-1),則在直線BD上存在1,即將雙曲線按照向量AO=(2,0)平移，得：,即,原來同除以x2得：,所以,所的.對于橢圓P:。極點PCx.y)(不是原點)對應(yīng)的極線為Lp:,且若極點P在x存在時).已知點Q是直線l上的一點，且點Q的橫坐標(biāo)為2.連接PQ交y軸于點E.連接PA.PB分別交解析(1)橢圓方程①首先由于Q在P的極線x=2上，故由引理有kav+kos=2kpQ,ka+kow=2kpQ,而,所以kav=kaw,這表明Q是MN和AB的交點，又由于ka+kaw=2kp,故km+km=2kp,設(shè)Q(2,t),而所以yo+yr=2yE,也就是E是DT的中點；②設(shè)Q(2,t),那么,所這表明MN的方程是,即所以MN恒過點例10(福建24屆高三名校聯(lián)盟T19)已知橢圓E的方程,A為E的左頂點(2)過點PC-2,1)的直線交E于M、N兩點，過點M且垂直于x軸的直線交直線AN于點H,證明：線段MH的中點在定直線上.(2)極點極線背景分析：如圖，設(shè)點P的極線與MN交于點Q,則直線AP,AM,AQ,AN為調(diào)和線束，又MH//AP,根據(jù)交比不變性，A(P,Q;M,N)=A(≈,C;第五章好題賞析 過定點P'(0,1),所以MN':m聯(lián),由于x≠0,同除以x2得：),kM+kAN=3,由于C為AH中點，且A、H、N三點共線，故kM+kAH=2kAc=3,所以C在定直線上(2)設(shè)O為原點，直線y=kx+2與拋物線C交于M,N(異于P)兩點，過點M垂直于x軸的直線交直線OP于點T,點H滿足MT=TH.證明：直線HN過定點.解析(1)由已知，16=8p,所以p=2.拋物線C:y2=4x,準(zhǔn)線方程為x=-1.(2)極點極線背景分析：令R(0,2),OP交MN于點,且滿足yRyQ=2(xR+xQ),由于Mi=TH,根據(jù)交比不變性，則O(M,H;T,～)=0(M,N;Q,R)=-1,H、N、O三點共線，故HN過原點.證明：設(shè)M(x?,y?),N(x2,y?),由于,整理得MN:(y?+y?)y=4.x+yiy2,由于過點R(0,2),故2(y?+y2)=y?y2,,此時kom+kov 所以直線HN過定點(0,0).C的左、右和上頂點，直線A?B交直線l:y=x于點P,且點P的橫坐標(biāo)為2.(2)過點P的直線與橢圓C交于第二象限內(nèi)D,E兩點，且E在P,D之間，A?E與直線L交于點M,高中數(shù)學(xué)新思路圓錐專題試判斷直線A?FD與A?M是否平行，并說明理由.極點極線背景：延長MA?交橢圓C于N,設(shè)DN與A?A?交于O,在橢圓內(nèi)接六邊形A?A?A?EDN中，A?A2與DE交于P,A?A?與DN交于點O',A?E與A?N交于點M,根據(jù)帕斯卡定理，則P,M,O三點共線，由于O在x軸上，故O與O'重合，所以A?D與A?M平行.解答書寫過程：如右圖，由于P(2,2),連接A?D,A?E,設(shè)kA?D=k1,kA?E=kz,kA?D=ks,kA?E=k4,根據(jù)第三定義易 證將橢圓按照A?O=(-2,0)平移，,即,此時A?→ 0,P→P'(0,2),D→D',E→E',此時DE':(齊次化同除以,所以,由題意直線OP的方程為：y=x,A?M:y=k4(x+2),所以A?D與A?M平行.例13(2024·蘇州期末)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓T:)經(jīng)過點A(-4,0),B(2,3),直線AB與y軸交于點P,過P的直線L與廠交于C,D兩點(異于A,B),記直線AC和直線BD的斜率分別為k,k?(k?k≠0).(1)求P的標(biāo)準(zhǔn)方程；(3)設(shè)直線AC和直線BD的交點為Q.求證：Q在一條定直線上.第五章好題賞析解析(1)橢圓T的標(biāo)準(zhǔn)方程上，根據(jù)蝴蝶定理，由于P在對稱軸y極點極線背景分析：P(0,2)對應(yīng)極線方程為上，根據(jù)蝴蝶定理，由于P在對稱軸y軸上，過P作x軸平行線交AC于M,交BD于N,易知|PM|=|PN|,解答書寫過程：(2)易知直線AB的方程為x-2y+4=0,P(0,2),當(dāng)直線L的斜率為0時，直線L的方程為y=2,易得,此時當(dāng)直線L的斜率不為0時，令，CP=λPDa≠1),C(x?,yi),D(x2,y?),則在直線CD上存在點R,,即整理得(y-6)(x-2y+4)=0,顯然Q不在直線AB上，此時x-2y+4≠0,則y-6=0,解得y=6,故Q在定直線y=6上.例14(2024·陜西模擬)已知橢圓C:的右焦點為F,離心率為A為橢圓上一點，O為坐標(biāo)原點，直線OA與橢圓交于另一點B,直線AF與橢圓交于另一點D(與點B不重合),△ABF面積的最大值為/3.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)點