【爆肝 20W 字】不浅谈数学「一」——圆锥曲线

FantasySegmentTree · 2026-09-22 20:29:02 · 学习·文化课

• update on 2026.09.28：修复“极其”与“及其”的混淆问题，并修复光学性质等部分的错误点标号。增加了一些图片。

• update on 2026.09.27：修复一些已知问题。

众所周知，每一篇文章都应该有一个头图。

写了半年，终于写完了！！！！

数缺形时少直观，形少数时难入微。数形结合百般好，隔离分家万事休。 ——华罗庚

• 摘要：本文系统梳理了解析几何中的直线和圆、圆锥曲线及其解题方法与常见二级结论。同时，由于射影几何在解析几何中运用广泛，且能明显简化问题，因此对射影几何及其解析性质做了浅层探讨。

• 注意：这篇文章中有非常多题目，而且很多计算量都很大，因此请准备好草稿纸和笔。我会在折叠框外面展示题目的来源，如果你想要整套刷高考卷子，可以不用点开。丹德林双球、第二定义、圆锥曲线幂定理平面几何证明与新手训练场暂缓开通，这是因为我可能还没有研究好，或者图太难画了。

\text{Part 0} 前置知识

标粗的非常重要。

• 平面向量的概念、基础运算（加减、数乘、数量积）及坐标表示，平面向量基本定理（自行学习）
• 平面向量的伪叉乘（结果为标量，不是矢量，下面会讲）
• 余弦定理和正弦定理（自行学习）
• 三角形五心的坐标表示（下面会讲）
• 梅涅劳斯定理和塞瓦定理（极点极线板块会用到）

平面向量的伪叉乘

平面向量的伪叉乘 \vec{a} \times \vec{b}=\left\vert~\vec{a}~\right\vert \cdot \left\vert~\vec{b}~\right\vert \cdot \sin \left\langle ~\vec{a}, \vec{b}~\right\rangle。在坐标表示中，设 \vec{a} = (x_1,y_1),\vec{b} = (x_2,y_2)，则 \left|\vec{a} \times \vec{b}\right| = |x_1y_2-x_2y_1|。

三角形五心的坐标表示、常见条件翻译

:::info[Pre Cheese 1：定比分点公式]

若 A,B 的坐标分别为 (x_1, y_1), (x_2, y_2)，且 \overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{PB}，则 P\left(\dfrac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda}, \dfrac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}\right)。证明可以用向量证。

:::

:::info[Pre Cheese 2: 角平分线定理] 在 \triangle ABC 中，AD 平分 \angle BAC 交 BC 于点 D，则 \dfrac{AB}{AC}=\dfrac{DB}{DC}。这个初中应该学过。 :::

三角形中的一些“心”有很简便的坐标表示。

重心

重心到顶点的连线长度与重心到对边中点的连线长度之比为 2:1。这个性质可以推导出三角形重心坐标公式。

设 A(x_1, y_1), B(x_2, y_2), C(x_3, y_3)，则 BC 中点 D 的坐标为 D\left(\dfrac{x_2 + x_3}{2}, \dfrac{y_2+y_3}{2}\right)，由定比分点公式得重心的坐标为 G\left(\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{x_2 + x_3}{2} +\dfrac{x_1}{3}, \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{y_2 + y_3}{2} +\dfrac{y_1}{3}\right)，即重心坐标为 G\left(\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3}, \dfrac{y_1+y_2+y_3}{3}\right)。这是一个极其对称的式子。

内心与旁心

内心有许多性质，我们可以依据性质求出内心的坐标。

设三个顶点坐标为 A(x_1, y_1), B(x_2, y_2), C(x_3, y_3)。顶点 A,B,C 的对边分别为 a,b,c。

由角平分线定理得 \dfrac{BD}{DC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{c}{b}，则由定比分点公式有 D\left(\dfrac{cx_3+bx_2}{c + b}, \dfrac{cy_3+by_2}{c+b}\right)，而由面积法以及内心到三条边的距离相等的条件知 \dfrac{AI}{ID}=\dfrac{S_{\triangle ABI}+S_{\triangle ACI}}{S_{\triangle BCI}}=\dfrac{b+c}{a}，故有

到这里你就会发现内心是按照边长加权的重心。

旁心的坐标与内心的极其相似，只需要将对应边的项取负即可。例如 I_A\left (\dfrac{-ax_1+bx_2+cx_3}{-a+b+c}, \dfrac{-ay_1+by_2+cy_3}{-a+b+c}\right)证明与内心类似。

外心

外心在解析几何中主要翻译成“垂直平分线的交点”。三角形外接圆的半径可以通过正弦定理转化为边与正弦的比值。

垂心

垂心主要翻译成“两个顶点与垂心的连线与两条对边垂直”，解题时需注意找到比较好表示的顶点与对边。

\text{Part 1} 直线和圆的方程

这一章的主要目的是为下面的内容作铺垫。

1.1 直线

1.1.1 倾斜角与直线的方程

众所周知，我们在初中学的一次函数解析式是 y=kx+b。但是，如果一条直线与 y 轴平行，无法表示出斜率，出现了 Bug。于是在高中阶段，我们引入了一个新的概念：倾斜角。

倾斜角的定义就是一条直线 x 轴上方的部分与 x 轴正半轴的夹角。这个夹角可以是 [0, \pi) 中的任何一个角度。所以，一条直线不一定有斜率，但一定有倾斜角。倾斜角与斜率是有关系的。

这个关系我们可以进行推导。假设直线 y=kx+b 与 x 轴交于点 A(x_1, 0)，我们在直线于 x 轴上方的部分中任意取一个点 B(x_2, y_2)，则根据三角形相似原理，\tan \alpha = \dfrac{y_2-0}{x_2-x_1}=k。

直线有 5 种表达方式。

斜截式：用得最广泛的直线表达方式，即 y=kx+b。也可以反设：x=\lambda y+m。其中对于直线没有斜率或斜率为 0 的情况是要分类讨论的。这是解析几何解题的一大容易疏忽的地方。当然，下面的解析中也可能有一些地方我没有讨论。读者领会解答的主旨即可。

截距式：\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}=1，可以直观表现出一条直线在 x 轴上的截距为 a，在 y 轴上的截距为 b。

点斜式：(y-y_0)=k(x-x_0)，通常在过定点 (x_0, y_0) 时使用。

两点式：(y-y_1)=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}(x-x_1)，通常在已知直线过两点时使用。

一般式：Ax+By+C=0，可以改变为 y=-\dfrac{A}{B}x-\dfrac{C}{B}(B \ne 0)，也可以改变为 x=-\dfrac{B}{A}y-\dfrac{C}{A}(A \ne 0)，其优点在于不论斜率为多少，甚至是没有斜率，都可以表示出一条直线。但缺点是不能直观地表现出定点和截距。

1.1.2 距离公式

1.1.2.1 两点之间距离公式

对于两点 A(x_1,y_1) 和 B(x_2,y_2)，|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}。

1.1.2.2 点到直线距离公式

在高中阶段，我们有“点到直线距离公式”来很方便地解决点到直线的距离问题，不需要证明。

点 (x_0, y_0) 到直线 Ax+By+C=0 的距离

证明如下：

设 P(x_0, y_0), l:Ax+By+C=0，过点 P 作 PQ \perp l 交 l 于点 B，作 PR \parallel y 轴交 l 于点 R。

设 R(x_0, y_1)，则 Ax_0+By_1+C=0，则 Ax_0+By_0+C=B(y_0-y_1)。

设 l 的倾斜角为 \alpha。当 \alpha \ne \dfrac{\pi}{2} 时，设 \tan \alpha=k，故 \cos \alpha = \pm\dfrac{1}{\sqrt{1+k^2}}。因此\dfrac{|PQ|}{|PR|}=|\cos\alpha|=\dfrac{1}{\sqrt{1+k^2}}=\sqrt{1+\left(-\dfrac{A}{B}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{A^2+B^2}}{|B|}，故 |PQ| = \dfrac{B(y_0-y_1)}{B\sqrt{A^2+B^2}}=\dfrac{|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}。

当 \alpha = \dfrac{\pi}{2} 时，QR:x=-\dfrac{C}{A}。那么 d_{P-QR}=\left|x_0+\dfrac{C}{A}\right|=\dfrac{|Ax_0+C|}{|A|}，仍然符合该公式。

1.1.2.3 平行线间距离公式

设直线 l_1:Ax+By+C_1=0，直线 l_2:Ax+By+C_2=0，那么它们之间的距离就是

证明如下：

如图，当 B \ne 0 时，首先将其转化为 y=-\dfrac{A}{B}x-\dfrac{C_1}{B} 和 y=-\dfrac{A}{B}x-\dfrac{C_2}{B}，设 l_1 上有一点 P\left(x, -\dfrac{A}{B}x-\dfrac{C_1}{B}\right)，则 l_2 上必定有一点 R\left(x, -\dfrac{A}{B}x-\dfrac{C_2}{B}\right)，它们之间的距离为 \dfrac{|C_1-C_2|}{B}。过点 P 作 PQ \perp l_2 交 l_2 于 Q 点。

设两条直线的倾斜角为 \alpha，则 \dfrac{|PQ|}{|PR|}= \sin \angle ABC = |\cos \alpha| = \dfrac{1}{\sqrt{1+k^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{A^2+B^2}{B^2}}}=\dfrac{B}{\sqrt{A^2+B^2}}，故 |PQ| = \dfrac{|C_1-C_2|}{B} \cdot \dfrac{B}{\sqrt{A^2+B^2}}=\dfrac{|C_1-C_2|}{\sqrt{A^2+B^2}}。

特别地，当 B=0 时，两直线间的距离为 \dfrac{|C_1-C_2|}{A}，也满足公式。

1.1.3 线线垂直，线线平行及其判定

设直线 l_1:y=k_1x+b_1, l_2:y=k_2x+b_2。那么线线平行就是没有交点，即方程 (k_2-k_1)x=(b_2-b_1) 无解，故 k_1 = k_2, b_1 \ne b_2。

当直线 l_1, l_2 的斜率均不存在时，设 l_1:x=a, l_2:x=b，只要 a \ne b，则 l_1 \parallel l_2。

那么线线垂直怎么判定呢？

设 l_1:y-y_1=k_1(x-x_1), l_2:y-y_1=k_2(x-x_1)，两直线交于点 A(x_1, y_1)。设 l_1 上有异于 A 的点 B(x_2, y_2), L_2 上有异于 A 的点 C(x_0, y_0)。要证 l_1 \perp l_2，只需证

即 (k_1^2+1)(x_1-x_2)^2+(k_2^2+1)(x_1-x_0)^2=(x_2-x_0)^2+(k_1x_2-k_1x_1-k_2x_0+k_2x_1)^2

化简得 k_1k_2x_0x_2-k_1k_2x_1x_2-k_1k_2x_1x_0+k_1k_2x_1^2-x_1x_2-x_1x_0+x_2x_0+x_1^2=0

即 (k_1k_2+1)(x_0-x_1)(x_2-x_1)=0

又因为 \exists x_0, x_1, x_0-x_1\ne0, x_2-x_1\ne0，故原命题等价于 k_1k_2+1=0，即

特别地，对于没有斜率的直线，其垂线斜率为 0，而对于斜率为 0 的直线，其垂线没有斜率。

1.1.4 直线之间的夹角与到角公式

考虑两条直线，它们的倾斜角分别为 \alpha_1 和 \alpha_2，那么它们倾斜角之差的 \tan 值为

这个公式称为到角公式。由 \tan 值，我们就可以进一步推出 \sin 值和 \cos 值，从而计算面积等等。

这个公式经常被用来翻译角度条件，应予以重视。

1.2 圆

1.2.1 圆的定义及其方程

圆的定义是：在平面内到一个定点的距离为定值的所有点组成的图形。其中这个距离就是半径。

我们有一个以 (a, b) 为圆心，半径为 r 的圆。

那么，它的方程就是 (x-a)^2+(y-b)^2=r^2。这个方程只需要根据勾股定理就能得到。

它也可以展开：x^2+y^2-2ax-2by+(a^2+b^2-r^2)=0，可以表示成 x^2+y^2+Dx+Ey+F 的形式。这里要求 D^2+E^2-4F=4r^2>0。

1.2.2 直线与圆的位置关系

直线与圆有三种位置关系：
（1）直线与圆相交，有两个公共点；
（2）直线与圆相切，只有一个公共点；
（3）直线与圆相离，没有公共点。

做题时直接使用点到直线的距离翻译条件即可。这里不再赘述。

1.2.3 圆与圆的位置关系

当 r_1 \ne r_2 时，不妨设 r_1 < r_2。

当 d > r_1+r_2 时，两圆外离。

当 d = r_1 + r_2 时，两圆外切。

当 r_2 - r_1 < d < r_1 + r_2 时，两圆相交。

当 d = r_2 - r_1 时，两圆内切。

当 d < r_2 - r_1 时，一圆内含另一圆。

当 d=0 时，两圆同心。

直接使用两点之间的距离公式即可。

当 r_1=r_2=r 时，圆心距离对应关系如下：

当 d>2r 时，两圆外离；

当 d=2r 时，两圆外切；

当 0<d<2r 时，两圆相交；

当 d=0 时，两圆重合。

直线和圆在解析几何中的难度不大，故此处不详细展开。对于平面几何中的直线和圆，我们将在另一篇文章中详细探讨。

\text{Part 2} 圆锥曲线的定义、几何性质与方程

2.1 椭圆

2.1.1 椭圆的第一定义与相关概念

定义 1 平面内到两个定点距离之和为定值的点组成的图形就是椭圆。这两个定点称作椭圆的焦点。两个焦点之间的距离称作焦距。

定义 2 椭圆有两条对称轴，F_1F_2 是其中一条对称轴，称为长轴；另外一条对称轴是 F_1F_2 的中垂线，称为短轴。椭圆与其长轴的交点称为其长轴顶点，与其短轴的交点称为其短轴顶点，统称为椭圆的顶点。

定义 3 以椭圆中心为圆心，椭圆半长轴长为半径的圆称为椭圆的外辅助圆，以椭圆中心为圆心，椭圆半短轴长为半径的圆称为椭圆的内辅助圆。

定义 4 椭圆的焦距与长轴的比值称为椭圆的离心率。

2.1.2 椭圆的方程与离心率

如图，我们 F_1, F_2 称为焦点，把 |F_1F_2| 称为焦距，设 F_1(-c, 0), F_2(c, 0), |PF_1|+|PF_2|=2a。显然，在椭圆中，a > c。接下来我们来进行椭圆方程的推导。

所以

我们设 a^2-c^2=b^2。于是方程变成了

这就是椭圆的方程了。

上面的定义中写道，椭圆的焦距与长轴长度的比值称作椭圆的离心率。在坐标系中，离心率可以表示为 e=\dfrac{c}{a}。

2.2 双曲线

2.2.1 双曲线的定义与相关概念

定义 1 平面内到两个定点 F_1,F_2 的距离之差的绝对值为定值的点组成的图形就是双曲线。这两个定点 F_1,F_2 称作双曲线的焦点。两个焦点之间的距离称作焦距。

定义 2 双曲线有两条对称轴，F_1F_2 是其中一条对称轴，称为双曲线的实轴；另外一条对称轴是 F_1F_2 的中垂线，称为双曲线的虚轴。双曲线与其实轴的交点称为其顶点。双曲线两焦点连线 F_1F_2 的中点称为双曲线的中心。

定义 3 以双曲线中心为圆心，双曲线半实轴长为半径的圆称为双曲线的外辅助圆。

定义 4 双曲线的焦距与实轴的比值称为椭圆的离心率。

定义 5 双曲线有两条渐近线，当且仅当两条渐近线垂直时称其为等轴双曲线。

2.2.2 双曲线的方程与离心率

双曲线的定义是什么呢？

平面内到两个定点距离之差的绝对值为定值的点组成的图形就是双曲线。

如图，我们把 |F_1F_2| 称为焦距，设 F_1F_2 = 2c, ||PF_1|-|PF_2||=2a。显然，在双曲线中，a < c。接下来我们来进行双曲线方程的推导。

则

我们设 c^2-a^2=b^2。于是方程变成了

这就是双曲线的方程了。

当然，也有焦点在 y 轴上的双曲线，这时候双曲线的方程就是

我们知道，双曲线的焦距与实轴长度的比值称为椭圆的离心率。双曲线的离心率表达式也是 e=\dfrac{c}{a}。

2.2.3 双曲线的渐近线

当 x \to \infty 时，双曲线会越来越接近两条直线，这两条直线就是双曲线的渐近线。

渐近线的改写方式就是把 \dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1 改为 \dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=0，也就是 y=\pm\dfrac{b}{a}x。

对于焦点在 y 轴上的双曲线，其渐近线为 x=\pm\dfrac{b}{a}y。

2.3 抛物线

2.3.1 抛物线的定义与相关概念

定义 1 平面内到定点 F 和定直线 l 的距离相等的点在一条抛物线上。定点 F 称作抛物线的焦点，定直线 l 称作抛物线的准线。

定义 2 抛物线有一条对称轴，也就是过焦点且与 l 垂直的直线。对称轴与抛物线的交点称作抛物线的顶点。

2.3.2 抛物线的方程与离心率

这里，令焦点 F\left(\dfrac{p}{2},0\right)，准线 l:x=-\dfrac{p}{2}。则

化简可得 y^2=2px。这就是抛物线的方程。这里焦点与准线的设置是为了使得顶点为原点，对称轴为 x 轴，开口向右，方便计算。

抛物线的离心率为抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离之比，也就是抛物线的离心率 e=1。

\text{Part 4} 解析几何中的圆锥曲线方法、题型、技巧与二级结论

本章节题目较难，请做好心理准备。

4.1 大题常规解题步骤

大题常规的解题步骤为翻译条件 \to 设出直线方程 \to 直线曲线联立 \to 化简得到最终表达式 \to 得出结论。其中条件翻译我们会在下面对应的章节中讲到，我们看剩余的步骤。

4.1.1 直线方程的设法

常规与椭圆联立的直线都是斜截式：y=kx+m，如果过 x 轴上的定点，那么就可以反设：x=ty+m，其中 t=\dfrac{1}{k}。如果过不在 x 轴也不在 y 轴上的定点，那么就可以使用点斜式直线方程 y-y_0=k(x-x_0)。点斜式在一些其他的情况中也有应用。我们下面会提到。

4.1.2 直曲联立与韦达定理的运用

4.1.2.1 普通联立与韦达定理

联立的一般步骤是将直线的 x 坐标或 y 坐标替换成另外一个，然后整理得到一个一元二次方程。一般都要凑出韦达定理。若这个一元二次方程为 Ax^2+Bx+C=0，则 x_1+x_2=-\dfrac{B}{A},x_1x_2=\dfrac{C}{A}。这是高中圆锥曲线的必须步骤，很多题目最终都是将式子整理成 x_1x_2 和 x_1+x_2 相关的式子，然后代入韦达定理得到结果的。

4.1.2.2 齐次化联立

对于一些题目，常规的联立不可避免地要使用很多点斜式，可能会造成计算上的麻烦。那么这个时候，如果题目中有明显的中心点，那么我们可以直接使用齐次化联立，一般伴随着平移坐标系。我们以一道题目进行举例。

::::info[Practice【2020 新高考 I 卷（山东卷）】]

【2020 新高考 I 卷（山东卷）】已知椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 的离心率为 \dfrac{\sqrt 2}{2}，且过点 A(2, 1)。
(1) 求 C 的方程。
(2) 点 M,N 在 C 上，且 AM \perp AN, AD \perp MN，且 D 为垂足。证明：存在定点 Q，使得 |DQ| 为定值。

:::success[Answer]

(1) 显然为 \dfrac{x^2}{6} + \dfrac{y^2}{3} = 1。

(2) 以 A(2, 1) 为原点建立平面直角坐标系，设 \color{red}MN:mx+ny=1，椭圆方程变为 \dfrac{(x+2)^2}{6} + \dfrac{(y+1)^2}{3}=1。

则 AM:y=k_1x, AN:y=k_2x。

将椭圆化简得

巧用 1 的代换得

注意上面一步非常重要，它可以把与二次项不齐次的式子变为齐次式，等会方便变形。化简得

式子两边同时除以 x^2 得

由 AM \perp AN 可得 k_1k_2=-1，即

化简得

故 MN 在新直角坐标系中过定点 P(-\dfrac{4}{3}, -\dfrac{4}{3})。

则 MN 在原直角坐标系中过定点 P(\dfrac{2}{3}, -\dfrac{1}{3})。

由于 \triangle ADP 为直角三角形，故斜边中点与 D 的距离为定值，故 Q(\dfrac{4}{3}, \dfrac{1}{3})。

4.1.2.3 非对称韦达定理的处理方法

:::info[对称式的概念]

对于 k 个变量 a_1,a_2,\cdots,a_k，若执行任意次 \operatorname{swap}(a_i,a_j),1 \leq i \leq j \leq k 后式子与原式等价，则该式为对称式。例如，abc,ab+bc+ca 都是典型的对称式。

:::

正常的韦达定理由 x_1x_2 和 x_1+x_2 构成。而非对称韦达，就是 x_1,x_2 在式子中地位不对等，交换 x_1,x_2 后式子会发生变化的有关于 x_1, x_2 的代数式，例如 \dfrac{x_1}{x_2}, 2x_1+x_2 等。对于这样的式子，一般的韦达定理是解决不了的，需要先转化，而且转化后要是关于这些式子的对称式。下面是一些式子的转化思路。

:::success[\dfrac{x_1}{x_2}]

我们知道，齐次化是一个很有用的技巧。而 (x_1+x_2)^2 拆开就是一个齐次式 x_1^2+2x_1x_2+x_2^2，只需要除以 x_1x_2 就可以凑出 \dfrac{x_1}{x_2} 相关的对称式了。

最后只需要求 \dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}+2 就可以求出 \dfrac{x_1}{x_2}，只需要解方程就行。

:::

:::success[kx_1+x_2]

对于 kx_1+x_2=a 类型的式子，可以进行如下转化。

这个技巧在下面的很多题目之中都会出现。

:::

其实在一些情况下，我们可以直接解方程，只不过计算可能有些复杂。总之，非对称韦达定理的解题方法是固定的，就是转化为对称韦达进行求解或硬解。

4.1.3 点参法

点参法，即不设含有斜率、截距参数的直线，直接使用直线或圆锥曲线上的动点为参数进行解题的方法。一般的设点方法有：

• 直接设动点 P(x_0,y_0)，再利用 P 点在直线、圆锥曲线上的条件进行后续处理；
• 利用直线和圆锥曲线的参数方程；

下面是直线和圆锥曲线的参数方程。

参数方程可以解决很多问题，其优势在于不需要使用两个变量 x_0 和 y_0 来表示一个点，而且部分参数方程可以使用三角恒等变换化简代数式，是一个很不错的方法。

接下来我们用一些例题来讲解点参法的应用。

::::info[湖北省汉江市江岸区 2022-2023 学年高三上学期元月调考]

如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知 F_1,F_2 分别为椭圆 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的左、右焦点。设 D(1,0) 为线段 OF_2 的中点，直线 MN（不与 x 轴重合）过点 F_1 且与椭圆 C 交于 M,N 两点，延长 MD,ND 与椭圆 C 交于 P,Q 两点，设直线 MN,PQ 的斜率存在且分别为 k_1,k_2，请将 \dfrac{k_2}{k_1} 表示成关于 a 的函数，即 f(a)=\dfrac{k_2}{k_1}，求 f(a) 的值域。

:::success[Answer]

法一（直接设点）：易知 F_1(-2,0),F_2(2,0)。设 M(x_1,y_1),N(x_2,y_2),P(x_3,y_3),Q(x_4,y_4)。由 M,F_1,N 三点共线，知 \dfrac{y_1}{x_1+2}=\dfrac{y_2}{x_2+2}，即 x_1y_2-x_2y_1=2(y_1-y_2)。

设直线 MD:y=\dfrac{y_1}{x_1-1}(x-1)，与椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 联立可得 b^2(x_1-1)^2x^2+a^2y_1^2(x-1)^2-a^2b^2(x_1-1)^2=0，即 b^2(x_1-1)^2x^2+(a^2b^2-b^2x_1^2)(x-1)^2-a^2b^2(x_1-1)^2=0，化简可得 (a^2+1-2x_1)x^2-2(a^2-x_1^2)x+2a^2x_1-(a^2+1)x_1^2=0。

由韦达定理可知 x_1x_3=\dfrac{(a^2+1)x_1^2-2a^2x_1}{2x_1-a^2-1}，即 x_3=\dfrac{(a^2+1)x_1-2a^2}{2x_1-a^2-1}。由此可得 y_3=\dfrac{y_1}{x_1-1}\left(\dfrac{(a^2+1)x_1-2a^2}{2x_1-a^2-1}-1\right)=\dfrac{y_1}{x_1-1} \cdot \dfrac{(a^2-1)x_1-a^2+1}{2x_1-a^2-1}=\dfrac{(a^2-1)y_1}{2x_1-a^2-1}。

同理可得 x_4=\dfrac{(a^2+1)x_2-2a^2}{2x_2-a^2-1}，y_4=\dfrac{(a^2-1)y_2}{2x_2-a^2-1}。

则

故 \dfrac{k_2}{k_1}=\dfrac{a^2+5}{a^2-1}=1+\dfrac{4}{a^2-1}。则当 a>2 时，\dfrac{k_2}{k_1} \in (1,3)。

【这道题的主要想法应该是由于设出 MN 来表示 M,N 的坐标，再与 D 联系求出 P,Q 的坐标计算量实在太大，因此考虑直接设出 M,N 的坐标，通过 MN 为焦点弦的条件推出一些性质用于最后的化简。这是点参法的一个很常用的地方。】

法二（参数方程）： 先推导一般的三点共线参数关系式。

设 M(a\cos \alpha, b \sin \alpha),N(a \cos \beta, b \sin \beta)，由 M,N,T(t,0) 三点共线可得 b\sin \alpha(a \cos \beta-t)=b\sin\beta(a\cos\alpha-t)，整理得 a\sin(\alpha-\beta)=t(\sin \alpha-\sin \beta)，和差化积可得 2a\sin\dfrac{\alpha-\beta}{2}\cos\dfrac{\alpha-\beta}{2}=2t\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2}\sin\dfrac{\alpha-\beta}{2}，即 a\cos\dfrac{\alpha-\beta}{2}=t\cos\dfrac{\alpha+\beta}{2}，即 \dfrac{\cos \dfrac{\alpha}{2}\cos\dfrac{\beta}{2}-\sin\dfrac{\alpha}{2}\sin\dfrac{\beta}{2}}{\cos\dfrac{\alpha}{2}\cos \dfrac{\beta}{2}+\sin \dfrac{\alpha}{2}\sin\dfrac{\beta}{2}}=\dfrac{a}{t}，上下同时除以 \cos \dfrac{\alpha}{2}\cos\dfrac{\beta}{2} 可得 \dfrac{1-\tan \dfrac{\alpha}{2}\tan \dfrac{\beta}{2}}{1+\tan\dfrac{\alpha}{2}\tan\dfrac{\beta}{2}}=\dfrac{a}{t}，即 \tan \dfrac{\alpha}{2}\tan \dfrac{\beta}{2}=-\dfrac{a-t}{a+t}。

回到原题。设 M(a\cos \alpha, b \sin \alpha),N(a \cos \beta, b \sin \beta),P(a \cos \gamma,b \sin \gamma),Q(a \cos \theta,b \sin \theta)。

则 k_{MN}=\dfrac{b}{a}\dfrac{\sin\alpha-\sin\beta}{\cos \alpha - \cos \beta}=\dfrac{b}{a}\dfrac{\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2}\sin\dfrac{\alpha-\beta}{2}}{\sin \dfrac{\alpha+\beta}{2}\sin\dfrac{\alpha-\beta}{2}}=\dfrac{b}{a}\cot \dfrac{\alpha+\beta}{2}。同理可得 k_{PQ}=\dfrac{b}{a}\cot \dfrac{\gamma + \theta}{2}。故 \dfrac{k_2}{k_1}=\dfrac{\cot \dfrac{\gamma+\theta}{2}}{\cot \dfrac{\alpha + \beta}{2}}。代入 t=-2 可得 \tan \dfrac{\alpha}{2}\tan \dfrac{\beta}{2}=-\dfrac{a+2}{a-2}。设 \tan \dfrac{\alpha}{2}=p,\tan \dfrac{\beta}{2}=q，则 \cot \dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{1-pq}{p+q}。那么 \tan \dfrac{\gamma}{2}=-\dfrac{a-1}{(a+1)p},\tan \dfrac{\theta}{2}=-\dfrac{a-1}{(a+1)q}。则

故 \dfrac{k_2}{k_1} \in (1,3)。

【第二种方法需要我们熟练掌握三角函数和差化积、积化和差、三角恒等变换的内容，具有一定难度，不过比较无脑，好想。】

:::

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4.2 弦长问题

4.2.1 方法综述

弦长问题就是与弦长有关的问题。

要解决这类问题，我们首先需要知道弦长公式。

这是平面直角坐标系中的弦长公式。

而如果在椭圆中或双曲线中，弦长公式可以根据联立后的方程 Ax^2+Bx+C=0 进行化简。

我们知道，方程 Ax^2+Bx+C=0 的两根 x_1, x_2 的差值为 \dfrac{\sqrt{B^2-4AC}}{|A|}，故原公式可以转化为

对于斜率不为 0 的线段长度之比，应该考虑化为 x 坐标或 y 坐标的差值。例如，若直线过 x 轴定点且有向量倍数关系，假设定点为 P(p,0)(p<a) 且与椭圆交点为 A,B，有向量关系 \overrightarrow{AP} = \lambda \overrightarrow{PB}，则 y_A = -\lambda y_B。同理，若直线过 y 轴定点且有向量倍数关系，则有横坐标倍数关系。再根据非对称韦达化简 \dfrac{x_1}{x_2} 或 \dfrac{y_1}{y_2} 等信息。

4.2.2 例题

::::info[2022 浙江卷（新手试炼）] 如图，已知椭圆\dfrac{x^2}{12}+y^2=1。设 A,B 是椭圆上异于 P(0,1) 的两点，且点 Q\left(0,\dfrac{1}{2}\right) 在线段 AB 上，直线 PA,PB分别交直线 y=-\dfrac{1}{2}x+3 于 C,D 两点。

(1)求点 P 到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求 |CD| 的最小值。 :::success[Answer] (1)

设 P 到椭圆上一点 (x_0,y_0) 的距离为 d，则 d^2=x_0^2+(y_0-1)^2=12-12y_0^2+y_0^2-2y_0+1=-11y_0^2-2y_0+13。由于 y_0 \in [-1,1]，二次函数对称轴为 y=-\dfrac{1}{11}，故 d^2 的最大值在 y_0=-\dfrac{1}{11} 时取得，为 \dfrac{144}{11}，故 d_{\max}=\dfrac{12\sqrt{11}}{11}。

(2)

联立

可得 (1+12k^2)x^2+12kx-9=0。

联立

可得 x_C=\dfrac{4x_1}{(2k+1)x_1-1}，同理可得 x_D = \dfrac{4x_2}{(2k+1)x_2-1}。

故

这里有明显的柯西不等式最值结构。易知 (16k^2+1)(3^2+4^2) \geq 16(3k+1)^2，那么有 \left|\dfrac{3\sqrt{16k^2+1}}{3k+1}\right| \geq \dfrac{12}{5}。此时 |CD| = \sqrt{1+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2}=\dfrac{6\sqrt{5}}{5}。当且仅当 k=\dfrac{3}{16} 时取等。 ::: ::::

::::info[湖南省长郡中学 2019 届高三上学期第一次月考（注意自变量取值范围）] 已知椭圆 C_1:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的左右顶点是双曲线 C_2:\dfrac{x^2}{3}-y^2=1 的顶点，且椭圆 C_1 的上顶点到双曲线 C_2 的渐近线的距离为 \dfrac{\sqrt{3}}{2}。

(1) 求椭圆 C_1 的标准方程；

(2) 若直线 l 与 C_1 交于 M_1, M_2 两点，与 C_2 交于 Q_1,Q_2 两点，且 \overrightarrow{OQ_1} \cdot \overrightarrow{OQ_2} = -5，求 |M_1M_2| 的取值范围。

:::success[Answer]

(1) C_1:\dfrac{x^2}{3}+y^2=1。

(2) 显然 l 的斜率存在，设 l:y=kx+m，联立

可得 (3k^2+1)y^2+6kmx+(3m^2-3)=0。

故 \Delta_1=36k^2m^2-4(3k^2+1)(3m^2-3)=36k^2-12m^2+12,|M_1M_2|=\sqrt{1+k^2}\dfrac{\sqrt{\Delta_1}}{A_1}=\sqrt{1+k^2}\dfrac{\sqrt{36k^2-12m^2+12}}{3k^2+1}。

联立

可得 (1-3k^2)x^2-6kmx-(3m^2+3)=0。不妨设 Q_1(x_3, y_3),Q_2(x_4,y_4)。

则

故 2m^2+3k^2+3=-15k^2+5，即 m^2=1-9k^2。故 |k| \leq \dfrac{1}{3}。

【注意此处自变量取值范围。这是非常重要的。很多题目可能在运用不等式的时候取等条件是取不到的，这时候最值就有可能在自变量范围的端点处。】

则

则 t \in \left[-1,-\dfrac{2}{3}\right]。

【停！t>0 还是 t<0？t<0！取等条件是什么？是 t=-2！取不到！这就是比较容易踩坑的情况。】

结合 x+\dfrac{4}{x} 的单调性发现 t + \dfrac{4}{t} \in \left(-\dfrac{20}{3},-5\right)，则 t + 4 + \dfrac{4}{t} \in \left[-\dfrac{8}{3},-1\right]。那么 |M_1M_2| \in [0,\sqrt{10}]。 ::: ::::

::::info[2015 重庆卷（找对方法很重要）] 如图，椭圆 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的左右焦点分别为 F_1,F_2，且过 F_2 的直线交椭圆于 P,Q 两点，且 PQ \perp PF_1。

(1)若 |PF_1|=2+\sqrt{2}，|PF_2|=2-\sqrt{2}，求椭圆的标准方程.
(2)若 |PQ|=\lambda |PF_1|，且 \dfrac{3}{4} \leq \lambda < \dfrac{4}{3}，试确定椭圆离心率的取值范围. :::success[Answer] (1) 易知 2a = 4, 4c^2=(2+\sqrt{2})^2+(2-\sqrt{2})^2=12，故 a=2,c=\sqrt{3},b=1，椭圆标准方程为 \dfrac{x^2}{4}+y^2=1。

(2) 这道题，用不同的方法去计算，差别巨大。下面给出三种方法供大家对比。

【法一】由 PF_1 \perp PQ，|PQ| = \lambda|PF_1| 得：|QF_1| = \sqrt{|PF_1|^2 + |PQ|^2} = \sqrt{1+\lambda^2}|PF_1|。

由椭圆定义知：|PF_1| + |PQ| + |QF_1| = |PF_1| + |PF_2| + |QF_1| + |QF_2| = 4a，即 (1+\lambda+\sqrt{1+\lambda^2})|PF_1| = 4a，故 |PF_1| = \dfrac{4a}{1+\lambda+\sqrt{1+\lambda^2}}，则 |PF_2| = 2a - |PF_1| = \dfrac{2a\left(\lambda+\sqrt{1+\lambda^2}-1\right)}{1+\lambda+\sqrt{1+\lambda^2}}。

由勾股定理知：|PF_1|^2 + |PF_2|^2 = |F_1F_2|^2，则 \left(\dfrac{4a}{1+\lambda+\sqrt{1+\lambda^2}}\right)^2 + \left(\dfrac{2a\left(\lambda+\sqrt{1+\lambda^2}-1\right)}{1+\lambda+\sqrt{1+\lambda^2}}\right)^2 = 4c^2，整理可得：e^2 = \dfrac{c^2}{a^2} = \dfrac{4^2}{\left(1+\lambda+\sqrt{1+\lambda^2}\right)^2} + \dfrac{\left(\lambda+\sqrt{1+\lambda^2}-1\right)^2}{\left(1+\lambda+\sqrt{1+\lambda^2}\right)^2}。

记 t = 1+\lambda+\sqrt{1+\lambda^2}，则 e^2 = \dfrac{4+(t-2)^2}{t^2} = 8\left(\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{4}\right)^2 + \dfrac{1}{2}。又因为 1+\lambda 与 \sqrt{1+\lambda^2} 在 \lambda \in \left[\dfrac{3}{4},\dfrac{4}{3}\right] 上单调递增，故 t 在 \lambda \in \left[\dfrac{3}{4},\dfrac{4}{3}\right] 上单调递增，则 t \in [3,4)，即 \dfrac{1}{t} \in \left(\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{3}\right]，那么\dfrac{1}{2} < e^2 \le \dfrac{5}{9}，解得：\dfrac{\sqrt{2}}{2} < e \le \dfrac{\sqrt{5}}{3}，即椭圆离心率的取值范围为 \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{5}}{3}\right]。

【法二】设 |PF_1|=m,|PF_2|=2a-m，则 m^2+(2a-m)^2=4c^2，即 2m^2-4am+4a^2=4c^2。又 |PQ|=\lambda |PF_1|，故 |F_2Q|=(\lambda-1)|PF_1|=\lambda m-2a+m。又 |F_2Q|+|F_1Q|=2a，故 F_1Q=4a-\lambda m -m。则 (1+\lambda^2)m^2=(1+\lambda^2+2\lambda)m^2+16a^2-8a(1+\lambda) m，即 -2\lambda m^2+8a(1+\lambda)m=16a^2，变换为关于 \lambda 的方程得 \lambda(-2m^2+8am)=16a^2-8am，即 \lambda=\dfrac{8a^2-4am}{-m^2+4am}。由 \dfrac{3}{4} \leq \lambda 得 -3m^2+12am \leq 32a^2-16am，即 3m^2-28am+32a^2 \geq 0，即 (3m-4a)(m-8a) \geq 0，故 m\geq 8a 或 0<m\leq \dfrac{4}{3}a。又由 \lambda \leq \dfrac{4}{3} 得 24a^2-12am \leq -4m^2+16am，即 4m^2-28am+24a^2<0，即 (m-6a)(m-a)<0，故 a<m<6a。两个集合取交集得 m \in \left(a,\dfrac{4}{3}a\right]，代入 2m^2-4am+4a^2=4c^2 可得 \dfrac{c}{a} \in \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{\sqrt{5}}{3}\right]。

【法三】

不妨设 |PF_1|=m,|PF_2|=n，则 m+n=2a。

那么 e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2c}{2a}=\dfrac{\sqrt{m^2+n^2}}{m+n}=\sqrt{\dfrac{m^2+n^2}{m^2+n^2+2mn}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{2mn}{m^2+n^2}}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{2}{\dfrac{n}{m}+\dfrac{m}{n}}}}。

【所以我们只需要求出 \dfrac{n}{m} 的取值范围即可。】

易得 |F_2Q|=\lambda m-n，由椭圆性质知 |F_1Q|=2a-(\lambda m-n)=(m+n)-(\lambda m-n)=2n+(1-\lambda)m。

【这一步把 2a 转化为 m+n 的原因是我们等会只要 m, n 的关系式，我们并不需要 2a，于是将 2a 替换掉。】

由 \angle F_1PF_2=\dfrac{\pi}{2} 可得 |PF_1|^2+|PQ|^2=|F_1Q|^2，即 (1+\lambda^2)m^2=(2n + (1-\lambda m))^2，即 \sqrt{1+\lambda ^2}m=2n+(1-\lambda)m，即 \sqrt{1+\lambda^2}=2\dfrac{n}{m}+(1-\lambda)，移项得 2\dfrac{n}{m}=\sqrt{1+\lambda^2}+\lambda-1。

易知 \sqrt{1+\lambda^2}+\lambda-1 在 (0,+\infty) 上单调递增，由 \dfrac{3}{4} \leq \lambda < \dfrac{4}{3} 可得 \sqrt{1+\lambda^2}+\lambda-1 \in [1,2)，于是 e \in \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{5}}{3}\right]。

【总结】这两种方法大家应该能感受到差别。其实它们最本质的不同就在于变量表达方式的问题。第一种方法选择了直接使用勾股定理表示 PF_1 和 PF_2，导致计算变得较为复杂。而第二种则先设 PF_2，再使用 PF_1 表示 \lambda，最后通过 \lambda 的关系将 |PF_1| 的范围求出来，进而通过勾股定理求出离心率，稍微简单了一些。而第三种手法虽然设出了两个变量，然而最终化为了 \dfrac{n}{m} 一个变量，然后用 \lambda 的式子求 \dfrac{n}{m} 的取值范围，成为了全场最短解。虽然这题并不是难题，但是使用不同的方法还是有一定差别的。 ::: ::::

4.2.3 习题

请注意独立思考：如何减少计算量？怎么算更不容易错？

::::info[广东佛山 2025 届一模] 已知 \Gamma:y^2=x，一条斜率为 1 的直线 l 与 \Gamma 交于 A,B 两点。若 \exists C \in \Gamma，使得 AB=BC=CA，求 |AB|。 :::success[Answer] 易知直线 CA, CB 的倾斜角分别为 \dfrac{5\pi}{8} 和 \dfrac{7\pi}{8}，斜率分别为 k_1=-2-\sqrt{3} 和 k_2=-2+\sqrt{3}，显然有 k_1k_2 = 1。

不妨设 C(t^2,t)，两条直线方程分别为 x-y_0^2=k(y-y_0) 和 x-y_0^2=\dfrac{1}{k}(y-y_0)。

联立第一条直线与抛物线，得 y^2-ky+(ky_0-y_0^2)=0，故 A(k^2-2ky_0+y_0^2, k-y_0)。

联立第二条直线与抛物线，得 y^2-\dfrac{1}{k}y+\left(\dfrac{1}{k}y_0-y_0^2\right)=0，故 B\left(\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{2k}{y_0}+y_0^2, \dfrac{1}{k}-y_0\right)。

由 AB 斜率为 1 得

化简得 k+\dfrac{1}{k}-2y_0=1，代入 k=-2-\sqrt{3} 得 y_0 = -\dfrac{5}{2}。

将 y_0 = -\dfrac{5}{2} 代入第一个方程得 y^2+(2+\sqrt{3})t+\left(\dfrac{5\sqrt{3}}{2}-\dfrac{5}{4}\right)=0，\Delta = (2+\sqrt{3})^2-4\left(\dfrac{5\sqrt{3}}{2}-\dfrac{5}{4}\right)=12-6\sqrt{3}=(3-\sqrt{3})^2，因此 |AC| = \dfrac{\sqrt{\Delta}}{A}\sqrt{k^2+1}=(3-\sqrt{3})\sqrt{(2+\sqrt{3})^2+1}=(3-\sqrt{3})(\sqrt{2}+\sqrt{6})=2\sqrt{6}。

::::info[云南普洱市2025-2026学年高三上学期期末教学质量监测] 已知抛物线 C:y^2=4x 的焦点为 F，过点 F 且斜率存在的直线与 C 交于 A,B 两点，点 E 是以线段 AB 为直径的圆的圆心，点 D 在圆 E 上（D 在 E 的右边），且 ED \parallel x 轴，直线 AD 与 C 交于另一点 N，直线 BD 与 C 交于另一点 M。
(1)证明：圆 E 与 C 的准线相切；
(2)证明：AB \parallel MN；
(3)求 \dfrac{|MN|}{|AB|}。 :::success[Answer] (1) 这个小题真的不是用来叠分数的吗。把这么裸的结论拿出来考也是无敌了。这种题谁会选啊。

设准线为 l，注意到 d_{A-l}=|AF|,d_{B-l}=|BF|，故 d_{E-l}=\dfrac{d_{A-l}+d_{B-l}}{2}=\dfrac{|AB|}{2}=r，证毕。

(2) 设 A(\dfrac{y_1^2}{4}, y_1)，由焦点弦性质（也可以联立）知 B(\dfrac{4}{y_1^2}, -\dfrac{4}{y_1})。那么有 d_{A-l}+d_{B-l}=d_{D-l}。即 x_{D}=x_1+x_2-1=\dfrac{y_1^2}{4}+\dfrac{4}{y_1^2}+1，故 D\left(\dfrac{y_1^2}{4}+\dfrac{4}{y_1^2}+1, \dfrac{y_1}{2}-\dfrac{2}{y_1}\right)。

列出两点式，即 AD:y-y_1=\dfrac{\left(\dfrac{y_1}{2}-\dfrac{2}{y_1}\right)-y_1}{\left(\dfrac{y_1^2}{4}+\dfrac{4}{y_1^2}+1\right)-\dfrac{y_1^2}{4}}(x-x_1)，化简得 y-y_1=\dfrac{2}{y_1}(x-x_1)。又 x=\dfrac{y^2}{4}，故 y-y_1=\dfrac{(y+y_1)(y-x_1)}{2y_1}。解得 y_N = -\dfrac{8}{y_1}-y_1。

同理可得 y_M = \dfrac{4}{y_1}+2y_1，过程与上面相同，不再赘述。

下面证明一个引理。

在抛物线 \Gamma:y^2=2px(p>0) 上有两点 A,B，则 k_{AB}=\dfrac{2p}{y_A+y_B}。

证明：k_{AB}=\dfrac{y_A-y_B}{x_A-x_B}=\dfrac{y_A-y_B}{\dfrac{y_A^2-y_B^2}{2p}}=\dfrac{2p}{y_A+y_B}。

故 k_{AB}=\dfrac{4}{y_1-\dfrac{4}{y_1}}, k_{MN}=\dfrac{4}{\left(-\dfrac{8}{y_1}-y_1\right)+\left(\dfrac{4}{y_1}+2y_1\right)}=\dfrac{4}{y_1-\dfrac{4}{y_1}}，则 k_{MN}=k_{AB}，证毕。

(3) 只需证 |y_M-y_N|=3|y_A-y_B|。

即证 \left|\left(-\dfrac{8}{y_1}-y_1\right)-\left(\dfrac{4}{y_1}+2y_1\right)\right|=3|y_1-y_2|。

即证 \left|-\dfrac{12}{y_1}-3y_1\right|=3|y_1-y_2|，证毕。 ::: ::::

::::info[2021 浙江卷] 如图，已知 F 是抛物线 y^2=2px(p>0)的焦点，M 是抛物线的准线与 x 轴的交点，且 |MF|=2。

（1）求抛物线的方程；
（2）设过点 F 的直线交抛物线于 A,B 两点，斜率为 2 的直线 l 与直线 MA,MB,AB,x 轴依次交于点P,Q,R,N，且 |RN|^2 = |PN| \cdot |QN|，求直线 l 在 x 轴上截距的范围。 :::success[Answer] （1）p=2，故抛物线方程为 y^2=4x。

（2）联立

得 y^2-4ty-4=0。不妨设 A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，则 y_1+y_2=4t,y_1y_2=-4。

联立两条直线

可得 y_P = \dfrac{2y_1(m+1)}{2(x_1+1)-y_1}，同理可得 y_Q = \dfrac{2y_2(m+1)}{2(x_2+1)-y_2}。

此外，联立

可得 y_{R} = \dfrac{2m-2}{2t-1}。

故

代入 y_1+y_2 和 y_1y_2 并化简，得

【此时应当考虑化简。发现可以把 m 和 t 相关的式子分别放到两边】

下面求 \dfrac{(2t+1)^2}{4t^2+3} 的取值范围。

故 \left(\dfrac{m-1}{m+1}\right)^2 \leq \dfrac{4}{3}，解得 m \in (-\infty,-7-4\sqrt{3}] \cup [7+4\sqrt{3},+\infty)。

::::info[广东汕头市潮阳实验学校 2026 届考前自测] 已知椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的左、右焦点分别为 F_1,F_2，过右焦点 F_2 的直线交椭圆 C 于 P,Q 两点（P 在 x 轴上方），\triangle F_1PQ 的周长为 8，当 PF_1 \perp PF_2 时，\triangle F_1PF_2 的面积为 2。
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)若半径为 r 的圆 M 与 F_1P 的延长线、F_1Q 的延长线及线段 PQ 分别相切于点 S,T,H。
(i) 当 r=3 时，求四边形 F_1TMS 的面积；
(ii) 求 \dfrac{|PQ|^2}{r} 的最大值。 :::success[Answer] (1) C:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1，不讲了。

(2) 显然 |PS|=|PH|, |QT|=|QH|，故 |F_1S|+|F_1T|=|F_1P|+|F_1Q|+|PQ|=8，又由切线长定理知 |F_1S|=|F_1T|，故 |F_1S|=|F_1T|=4。故 S_{F_1TMS}=12。

由此可得引申结论：H,F_2 重合。这是因为 |F_1P|+|PH|=|F_1P|+|PS|=|F_1S|=4=|F_1P|+|PF_2|。

(3) 当 k_{PQ} \ne 0 时，不妨设 PQ:x=ty+\sqrt{2}。联立

可得 (t^2+2)y^2+2\sqrt{2}ty-2=0。

【现在应该想一下如何找到 t 和 r 之间的关系。这需要我们找到一个和 r,t 都相关的三角形。那么我们便可以找 \triangle F_1F_2M，这个三角形的三条边要么为常数，要么为 r 相关数值，而 \angle F_1F_2M=\dfrac{\pi}{2}+\alpha，其中 \alpha 为 PQ 的倾斜角。当然，你可能会找到 \triangle F_1ST，但是这个三角形中的 \angle PF_1Q 实际上并不好处理。这一步实际上不太好想 】

在 \triangle F_1F_2M 中，由余弦定理得

代入 |F_1F_2|=2\sqrt{2}, |F_2M|=r,|F_1M|=\sqrt{r^2+16} 并化简可得 \sin \alpha = \dfrac{\sqrt{2}}{r}。故 \cos \alpha = \pm\dfrac{\sqrt{r^2-2}}{r}，从而 \tan \alpha = \sqrt{\dfrac{2}{r^2-2}}，从而 t= \tan \left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)=\sqrt{\dfrac{r^2-2}{2}}。化简得 2t^2=r^2-2。

又由弦长公式知 |PQ|=\sqrt{1+t^2}\dfrac{\sqrt{\Delta}}{A}=\sqrt{1+t^2}\dfrac{4\sqrt{1+t^2}}{t^2+2}=4\dfrac{t^2+1}{t^2+2}。

则 \dfrac{|PQ|^2}{r}=\dfrac{16(t^2+1)^2}{(t^2+2)^2r}。

【现在要考虑的事情就变成了消 r 还是消 t。考虑到 r=\sqrt{2t^2+2}，化简后会出现根号，而 t 相关的都是平方项，不会出现根号，所以我们可以把 t 消掉。】

由 t^2=\dfrac{r^2}{2}-1 可得 \dfrac{|PQ^2|}{r}=\dfrac{16 \cdot \left(\dfrac{r^2}{2}\right)^2}{\left(\dfrac{r^2}{2}+1\right)^2 r}=\dfrac{16r^3}{(r^2+2)^2}。

【现在要分析这个式子的最大值，好像没法用均值不等式之类的东西，只能求导】

设 f(r)=\dfrac{16r^3}{(r^2+2)^2}=\dfrac{16r^3}{r^4+4r^2+4}。则 f'(r)=\dfrac{(r^4+4t^2+4)\cdot48r^2-16r^3\cdot(4r^3+8r)}{(r^2+2)^4}=\dfrac{-16r^6+64r^4+192r^2}{(r^2+2)^4}=\dfrac{16(r^2+2)(6-r^2)}{(r^2+2)^4}=\dfrac{16(6-r^2)}{(r^2+2)^3}。

故当 r=\sqrt{6} 时取得 f(r)_{\max}=\dfrac{3\sqrt{6}}{2}。

::::info[河北邢台市卓越联盟 2026 届高三下学期 4 月质量检测] 已知椭圆 C_1:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a > \dfrac{\sqrt{6}}{2}b>0) 的离心率是椭圆 \dfrac{3x^2}{4a^2}+\dfrac{y^2}{2b^2}=1 的离心率的 \dfrac{2\sqrt{3}}{3} 倍，C_1 的短轴长比 C_2 的长轴长小 2。
(1) 分别求 C_1,C_2 的方程；
(2) 直线 l_1:y=kx+m(m \ne 0)与 C_2 交于 E,F 两点，与 C_1 相切于点 P。
（i）若 P 为 EF 的中点，求 l_1 的方程；
（ii）直线 l_2 过 P 交 C_2 于 M,N 两点，l_1 \perp l_2，证明：|EF|<\sqrt{2}|MN|。 :::success[Answer] (1) 笑点解析：这道题我一开始抄到宿舍去写的时候把 \dfrac{2\sqrt 3}{3} 抄成了 3，以至于算出来 a 是 p\sqrt{r}+q 的形式，气笑了。

不详细讲了，列两个方程就可以解出来 C_1:\dfrac{x^2}{3}+y^2=1, C_2:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1。

(2)

设 EF:y=kx+m，联立

可得 (3k^2+1)x^2+6kmx+(3m^2-3)=0 (*)。

则 \Delta_1 = 36k^2m^2-4(3k^2+1)(3m^2-3)=36k^2-12m^2+12=0，故 m^2=3k^2+1。

将 m^2=3k^2+1 代入 (*) 式可得 x_P=\dfrac{-6km}{2\cdot (3k^2+1)}=-\dfrac{6km}{2m^2}=-\dfrac{3k}{m}。代入 y=kx+m，结合 m^2=3k^2+1 可得 y_P=\dfrac{1}{m}。

联立

可得 (2k^2+1)x^2+4kmx+(2m^2-4)=0(**)。

(i) 由 (**) 式知 x_E+x_F=-\dfrac{4km}{2k^2+1}，故 x_P=-\dfrac{2km}{2k^2+1}=-\dfrac{3k}{m}， 这得不到任何信息。 事实上，你会发现得到了一个与切线条件矛盾的结果，因此只能两边的分子都是 0，即 k=0。考虑 y_E+y_F=-\dfrac{4k^2m}{2k^2+1}+2m=\dfrac{2m}{2k^2+1}，故 y_P=\dfrac{m}{2k^2+1}=\dfrac{1}{m}，化简得 m^2=2k^2+1，即 3k^2+1=2k^2+1，即 k=0，解得 m= \pm1，故 EF:y=1 或 y=-1。

(ii)

由 (**) 式知 \Delta_2=16k^2m^2-4(2k^2+1)(2m^2-4)=8(k^2+1)。

故 |x_E-x_F|=\dfrac{\sqrt{\Delta}}{A_2}=\dfrac{2\sqrt{2}\sqrt{k^2+1}}{2k^2+1}。

【接下来是 MN。因为 MN \perp EF，而刚才 EF 是正设的，因此可以反设 MN，等会弦长的 \sqrt{k^2+1} 可以直接消掉】

由 |MN| 过点 P，设 MN:x+\dfrac{3k}{m}=-k(y-\dfrac{1}{m})，化简得 x=-ky-\dfrac{2k}{m}。

联立

可得 m^2(k^2+2)y^2+4k^2my+(4k^2-4m^2)=0。

则有 \Delta_3=16k^4m^2-4m^2(k^2+2)(4k^2-4m^2)。

故

则

证毕。

::::info[甘肃平凉市泾川县高平中学 2026 年高三考前模拟 B 卷改编] （原题太菜了）已知椭圆 C:\dfrac{x^2}{4}+y^2=1，过椭圆右焦点 F 的直线 l 与椭圆 C 交于 A,B 两点，线段 AB 的中点为 D，线段 AB 的垂直平分线与 C 交于点 M,N，求 \dfrac{|MN|}{|AB|} 的取值范围。 :::success[Answer] 当直线 AB 斜率不为 0 时，不妨设 AB:x=ty+\sqrt{3}。

联立

可得 (t^2+4)y^2+2\sqrt{3}ty-1=0。

故 \Delta_1=16t^2+16，不妨设 A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，则 |y_1-y_2|=\dfrac{4\sqrt{t^2+1}}{t^2+4}。

由韦达定理得 y_1+y_2=\dfrac{-2\sqrt{3}t}{t^2+4}，代入直线方程可得 D\left(\dfrac{4\sqrt{3}}{t^2+4}, \dfrac{-\sqrt{3}t}{t^2+4}\right)。

故 MN:y-\dfrac{-\sqrt{3}t}{t^2+4}=-t\left(x-\dfrac{4\sqrt{3}}{t^2+4}\right)，整理得 MN:y=-tx+\dfrac{3\sqrt{3}t}{t^2+4}。

为了简便，不妨设 m=\dfrac{3\sqrt{3}t}{t^2+4}。联立

可得 (1+4t^2)x^2-8tmx+(4m^2-4)=0。

【此处之所以设 x 是为了在比值的时候把 \sqrt{1+t^2} 消掉好消。】

易知 \Delta_2=(8tm)^2-4(4t^2+1)(4m^2-4)=64t^2-16m^2+16。

【考虑代入并设法因式分解】

代入 m=\dfrac{3\sqrt{3}t}{t^2+4} 可得 \Delta_2=\dfrac{(64t^2+16)(t^2+4)-432t^2}{(t^2+4)^2}=\dfrac{64t^6+528t^4+720t^2+256}{(t^2+4)^2}=\dfrac{16(4t^4+29t^2+16)(t^2+1)}{(t^2+4)^2}。

【其实说实话我也不知道我为什么会想到分解 t^2+1 这个因式，可能是因为直觉上 528+256 和 720 挺接近的☺】

不妨设 M(x_3,y_3),N(x_4,y_4)，则 |x_3-x_4|=\dfrac{4\sqrt{(4t^4+29t^2+16)(t^2+1)}}{(1+4t^2)(t^2+4)}。

【你会发现好多个项都是重合的，非常好消。】

那么有

【这里直接把根号通起来应该是很不明智的选择，应该先将底下换元再做。】

不妨设 1+4t^2=r，则 r \in [1, +\infty)。

那么有

【当上下变成比较简单的单变量式子之后，整个过程就会变得非常顺手。因此不要急于合并，像上面到 \dfrac{\sqrt{r^2+27r+36}}{2r} 之后再合并就是一个比较明智的选择。】

【现在整个式子已经比较简单了，考虑求导分析。】

不妨设 f(r)=\dfrac{3r+4}{4r^2}，则 f'(r)=\dfrac{3(4r^2)-(3r^2+4)8r}{16r^4}=\dfrac{-24r^3+12r^2-32r}{16r^4}=\dfrac{-4r(6r^2-3r+8)}{16r^4}<0。

故 f(r) 在 [1,+\infty) 上单调递减。当 r=1，即 t=0，直线斜率不存在时取得最大值 \dfrac{7}{4}，此时 \dfrac{|MN|}{|AB|}=4

当 r \to +\infty 时，f(r)=\dfrac{3}{4r}+\dfrac{4}{r^2} \to 0。此时 \dfrac{|MN|}{|AB|} \to \dfrac{1}{2}。

当 k_{AB}=0 时，\dfrac{|MN|}{|AB|}=\dfrac{1}{2}。故 \dfrac{|MN|}{|AB|} \in \left[\dfrac{1}{2}, 4\right]。 ::: ::::

::::info[广东省大湾区（步升联考）2024-2025 学年高三上学期新高考适应性测试] 已知椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的离心率为 \dfrac{1}{2}，左焦点为 F，点 A(-2,0) 在 C 上．过 F 且斜率为 k(k \ne 0) 的直线 l 交 C 于 M,N 两点（M 在 N 的上方）。
(1)求 C 的方程；
(2)若 k=1，求 \dfrac{MF}{NF}；
(3)若 \overrightarrow{PM}=2\overrightarrow{MA}，直线 PN 交 x 轴于点 T，求 |AT| 的取值范围。 :::success[Answer] (1) 显然为 \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1。

(2) 当 k=1 时，x=y-1，联立得 7y^2-6y-9=0，解得 y_1=\dfrac{3+6\sqrt{2}}{7},y_2=\dfrac{3-6\sqrt{2}}{7}，故 \dfrac{|y_1|}{|y_2|}=\dfrac{(3+6\sqrt{2})(3+6\sqrt{2})}{(6\sqrt{2}-3)(6\sqrt{2}+3)}=\dfrac{81+36\sqrt{2}}{63}=\dfrac{9+4\sqrt{2}}{7}。

(3)

联立

可得 (3t^2+4)y^2-6ty-9=0。

设 M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)，则 P(3x_1+4, 3y_1)。

那么有 PN:y-y_0=\dfrac{y_0-y_2}{x_0-x_2}(x-x_0)，即

【接下来就是如何求解 \dfrac{y_2}{y_1} 的问题了，考虑配凑】

根据抛物线焦点弦结论（见下方），有

故 E\left(\dfrac{k^2}{4}, -k\right)。

则

则 Q\left(\dfrac{-2k}{k^2+2k+4}, \dfrac{-2k^2}{k^2+2k+4}\right)。

于是知 N\left(\dfrac{k^2+4}{2(k^2+4k+4)}, \dfrac{-k^2}{k^2+2k+4}\right)。

而 M\left(\dfrac{2}{k^2}+\dfrac{1}{2}, \dfrac{2}{k}-1\right)，即 M\left(\dfrac{4+k^2}{2k^2}, \dfrac{2-k}{k}\right)。

接下来计算 G 的坐标。

解得

故 G(\dfrac{k^2+4}{8}, 0)。则

整理并因式分解（因为要证共线肯定有比例关系，且必定是某个因式），得

同理，

即

故

故 G,M,N 三点共线。

(ii)

易知

而三角形面积等于叉积的一半，故原式即

即

即

即

故

又 l 不经过点 A，故 k \ne 2。则

::::info[四川广安市 2026 届高三第二次模拟考试] 已知双曲线 C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0) 的离心率为 \sqrt{5}，点P_1(1,-1) 为双曲线 C 上的点，按如下方式依次构造点 P_n（n\geq2 且 n\in\mathbb{N}^*），过点 P_{n-1} 作斜率为 -1 的直线与双曲线 C 的另一支交于点 O_{n-1}，点 Q_{n-1} 关于 y 轴的对称点为 P_n，记 P_n 的坐标为 (x_n,y_n)(x_n>0)。
(1)求曲线 C 的方程；
(2)证明 \{2x_n+y_n\} 为等比数列；
(3)记 \triangle P_nP_{n+1}P_{n+2} 的面积为 S_n，四边形 P_nP_{n+1}Q_{n+1}Q_n 的面积为 T_n，求 n 取何值时 \dfrac{T_n}{S_n} 最小。 :::success[Answer] (1) 显然为 \dfrac{4x^2}{3}+\dfrac{y^2}{4}=1。

(2) 联立

可得

由于 P_{n-1}(x_{n-1},y_{n-1}) 也是 C 与直线的交点，因此

代入直线公式，得

故 Q_{n-1}\left(-\dfrac{5}{3}x_{n-1}-\dfrac{2}{3}y_{n-1}, \dfrac{8}{3}x_{n-1}+\dfrac{5}{3}y_{n-1}\right)。

则 P_{n}\left(\dfrac{5}{3}x_{n-1}+\dfrac{2}{3}y_{n-1}, \dfrac{8}{3}x_{n-1}+\dfrac{5}{3}y_{n-1}\right)

则 2x_{n}+y_{n}=2\left(\dfrac{5}{3}x_{n-1}+\dfrac{2}{3}y_{n-1}\right)+\left(\dfrac{8}{3}x_{n-1}+\dfrac{5}{3}y_{n-1}\right)=6x_{n-1}+3y_{n-1}

故 \{2x_{n}+y_{n}\} 为等比数列，首项为 1，公比为 3，通项为 2x_n+y_n=3^{n-1}。

(3) 【考虑计算出 x_n 和 y_n，否则一直用递推公式很不舒服。既然已经有 2x_n+y_n，考虑凑出 2x_n-y_n 的关系，方便加减消元】

故 2x_n-y_n 是一个首项为 3，公比为 \dfrac{1}{3} 的等比数列，通项公式为 2x_n-y_n = 3^{2-n}。

联立

由于 3^{n-1} 是普遍公因式，令 t = 3^{n-1}，可得

则 x_{n+1}=\dfrac{3t}{4}+\dfrac{1}{4t}, y_{n+1}=\dfrac{3t}{2}-\dfrac{1}{2t}

接下来计算叉积。

故

【真好！S_{\triangle P_{n}P_{n+1}P_{n+2}} 居然是一个定值！那就只需要考虑另外一个的面积就可以了】

易知

当且仅当 t = \dfrac{\sqrt{3}}{3}, n = \dfrac{1}{2} 时取等。

但是等号不可能取到，在 n = 1 时取得最小值 \dfrac{3+1+1+\dfrac{1}{3}}{\dfrac{4}{3}}=4。

::::info[山东省济南市 2025 届高三上学期 1 月期末学习质量检测]

已知椭圆 C:\dfrac{x^2}{2}+y^2=1 的左右焦点分别是 F_1,F_2，过 F_2 的直线与 C 交于 M,N 两点，当 OM \perp ON 时，记线段 MN 的中点为 R。
（ⅰ）求 R 的坐标；
（ⅱ）过 R 的动直线 l 与 C 交于 P,Q 两点，PQ,PN 的中点分别是 S,T，求 \triangle RST 面积的最大值。

:::success[Answer]

（ⅰ）设 MN:x=ty+1。

联立

可得 (t^2+2)y^2+2ty-1=0。设 M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)，则 y_1+y_2=-\dfrac{2t}{t^2+2},y_1y_2=-\dfrac{1}{t^2+2}。

由 OM \perp ON 知 \overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ON}=0，即 x_1x_2+y_1y_2=0，即 (ty_1+1)(ty_2+1)+y_1y_2=0，即 (t^2+1)y_1y_2+t(y_1+y_2)+1=0，代入可得 -(t^2+1)+t \cdot (-2t)+(t^2+2)=0，即 t=\pm\dfrac{\sqrt{2}}{2}。那么 y_R=\dfrac{y_1+y_2}{2}=-\dfrac{t}{t^2+2}=\mp \dfrac{\sqrt{2}}{5}。则 x_R=ty_R+1=\dfrac{4}{5}。则 R\left(\dfrac{4}{5},\pm \dfrac{\sqrt{2}}{5}\right)。

（ⅱ）【相信你可以想象到这里的 S,T 坐标都是比较复杂的，因此直接计算 \triangle RST 的面积显然不可取。这时候就要发挥我们的几何转化思维了。这里我要强调一下“由动转定，由后转先，由繁化减”的面积消点转化思路，即由动点转化为定点，由后生成的点转化为先生成的点。并且这里还有两个中点条件，因此可以考虑运用中点条件进行转化。我们观察 \triangle RST 的三条边，这里如果 ST 这条边，不论如何转化，都把 R 这个定点变成了动点，显然不行。如果固定 TR，不管怎么转化，都会将 S 转化到 TN 上，而 TN 是不对称的，这就不好做了。所以只能固定 SR，转化 T。又发现 T 是 PN 的中点，那显然可以将 T 转化到 N 这个点上，自然有 S_{\triangle RST}=\dfrac{1}{2}S_{\triangle RSN}。这样就将动点 T 转化为了定点 N。这个思路并不好想，考察的仍然是平面几何功底。】

由 T 为 PN 中点，知 S_{\triangle RST}=\dfrac{1}{2}S_{\triangle RSN}。

【好了，现在已经转化为 \triangle RSN 了。那么接下来要做什么呢？我们发现 R 为 MN 中点的条件现在就派上用场了。可以将 S_{\triangle RSN} 转化为 \dfrac{1}{2}S_{\triangle SNM}。这样就又把点 R 消掉了。】

又 R 为 MN 中点，故 S_{\triangle RSN}=\dfrac{1}{2}S_{\triangle SNM}，则 S_{\triangle RST}=\dfrac{1}{4}S_{\triangle SNM}。

【那么我们就完成了面积的转化，接下来只需要求出 S 的坐标，使用最基础的底乘高计算就可以了。】

不妨设 R\left(\dfrac{4}{5}, \dfrac{\sqrt{2}}{5}\right)，PQ:y-\dfrac{\sqrt{2}}{5}=k\left(x-\dfrac{4}{5}\right)，即 y=kx-\dfrac{4}{5}k+\dfrac{\sqrt{2}}{5}。此外，当 R 的纵坐标取正数时，MN 的方程为 \sqrt{2}x+y-\sqrt{2}=0。

联立

可得 (2k^2+1)x^2-4k\left(\dfrac{4}{5}k-\dfrac{\sqrt{2}}{5}\right)x+2\left(\dfrac{4}{5}k-\dfrac{\sqrt{2}}{5}\right)^2-2=0。

则 x_S=\dfrac{x_P+x_Q}{2}=\dfrac{8k^2-2\sqrt{2}k}{5(2k^2+1)},y_S=kx_S-\dfrac{4}{5}k+\dfrac{\sqrt{2}}{5}=\dfrac{-4k+\sqrt{2}}{5(2k^2+1)}。

那么 d_{S-MN}=\dfrac{\left\vert\sqrt{2}\dfrac{8k^2-2\sqrt{2}k}{5(2k^2+1)}+\dfrac{-4k+\sqrt{2}}{5(2k^2+1)}-\sqrt{2}\right\vert}{\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{2}(k+\sqrt{2})^2}{5\sqrt{3}(2k^2+1)}。

【接下来就是常规操作了。可以换元分析。】

则 S_{\triangle RST}=\dfrac{1}{4}S_{\triangle SNM}=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{2}|MN|d_{S-MN}\right)=\dfrac{1}{4}|OR|d_{S-MN}=\dfrac{3\sqrt{2}}{20}d_{S-MN}=\dfrac{\sqrt{3}(k+\sqrt{2})^2}{25(2k^2+1)}。

设 t=k+\sqrt{2}，则 S_{\triangle RST}=\dfrac{\sqrt{3}t^2}{25\left[2(t-\sqrt{2})^2+1\right]}=\dfrac{\sqrt{3}}{25\left[2-\dfrac{4\sqrt{2}}{t}+\dfrac{5}{t^2}\right]}。设 u=\dfrac{1}{t}，则当 u=\dfrac{2\sqrt{2}}{5} 时取得 (S_{\triangle RST})_{\max}=\dfrac{\sqrt{3}}{10}。

【你会发现这道题的计算非常容易错，到处都是 \dfrac{1}{2}，漏掉一个答案就错了。所以一定要仔细再仔细。】

:::

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::::info[江苏省苏州市 2024-2025 学年高三上学期期末考试 ]

“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答：当 \triangle ABC 的三个内角均小于 120\degree 时，使得 \angle AQB = \angle BQC = \angle CQA = 120 \degree 的点 Q 即为费马点；当 \angle ABC 有一个内角大于或等于 120 \degree 时，最大内角的顶点为费马点。在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的左、右焦点为 F_1, F_2，直线 l 交 C 于 A, B 两点，点 M(x_0, y_0) 在 C 上．当 M 的坐标为 (0, \sqrt{3}) 时， \triangle MF_1F_2 的 费马点的坐标为 \left(0, \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)。
(1)求 C 的方程；
(2)当 M 为 C 的右顶点时，若 MA \perp MB，求 l 与 x 轴的交点的坐标；
(3)当 l 过点 \left(\dfrac{x_0}{7}, -\dfrac{y_0}{7}\right)时，记 \triangle MAB 的费马点为 P，\triangle PMA, \triangle PMB, \triangle PAB 的面积分别为 S_1, S_2, S_3，求 \dfrac{S_1+S_2}{S_3} 的最小值。 :::success[Answer] (1) 设 \triangle MF_1F_2 的费马点为 T，则 \angle F_1TF_2=120 \degree，故 \angle F_1MO=60 \degree，即 F_1(-1,0)。那么 b=\sqrt{3},c=1，故 C:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1。

(2)

联立

可得 (3t^2+4)y^2+6tmy+(3m^2-12)=0。设 A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)。

由 MA \perp MB 可得 \overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}=0，即 (x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=0，即 (ty_1+m-2)(ty_2+m-2)+y_1y_2=0，即 (t^2+1)y_1y_2+t(m-2)(y_1+y_2)+(m-2)^2=0。

代入 y_1y_2=\dfrac{3m^2-12}{3t^2+4}, y_1+y_2=-\dfrac{6tm}{3t^2+4}，可得 (t^2+1)(3m^2-12)-t(m-2)6tm+(m-2)^2(3t^2+4)=0，即 3m^2t^2-12t^2+3m^2-12-6t^2m^2+12t^2m+3m^2t^2-12t^2m+12t^2+4m^2-16m+16=0，即 7m^2-16m+4=0，即 (7m-2)(m-2)=0，解得 m=2 或 m=\dfrac{2}{7}。当 m=2 时，AB 过 M，不符合条件，故 m=\dfrac{2}{7}，即 AB 过定点 \left(\dfrac{2}{7}, 0\right)。

(3)

【考虑第二问给我们的启发。第二问告诉我们当 M(2,0)，且 MA \perp MB 时，l 与 x 轴的交点为 \left(\dfrac{2}{7},0\right)。那么第三问实际上就是第二问的一个扩展，把 M 扩展到了任意的椭圆上面的点，告诉我们 AB 过定点，那么自然就会有 MA \perp MB。这里有一个核心点 M(x_0,y_0) 引出的两条直线 MA 和 MB，考虑使用齐次化联立。你当然可以直接联立，但是我必须说一句实话：这并不好做。你可以去做一下 2020 新高考 I 卷（山东卷）的题目，不用齐次化联立做，看看有多么困难就知道了。但齐次化联立的缺点是不能错，一错全扣。】

以 M(x_0,y_0) 为原点建立平面直角坐标系，那么 x' = x-x_0,y'=y-y_0，原方程 3x^2+4y^2-12=0 变为 3[(x-x_0)+x_0]^2+4[(y-y_0)+y_0]^2-12=0，即 3(x'+x_0)^2+4(y'+y_0)^2-12=0。设 AB:mx'+ny'=1，即 m(x-x_0)+n(y-y_0)=1，由于 AB 过定点 \left(\dfrac{x_0}{7},-\dfrac{y_0}{7}\right)，故 6mx_0+8ny_0=-7。

化简椭圆方程可得 3(x')^2+4(y')^2+(6x_0x'+8y_0y')=0，代入 mx' + ny' = 1 可得 3(x')^2+4(y')^2+(6x_0x'+8y_0y')(mx'+ny')=0，即 (6mx_0+3)(x')^2+(6nx_0+8my_0)x'y'+(8ny_0+4)(y')^2=0。不妨设 k=\dfrac{y'}{x'}，易知平移前后 k 不变，两边同时除以 (x')^2 可得 (8ny_0+4)k^2+(6nx_0+8my_0)k+(6mx_0+3)=0。故 k_1k_2=\dfrac{6mx_0+3}{8ny_0+4}=\dfrac{(-7-8ny_0)+3}{8ny_0+4}=-1，故 MA \perp MB。

【现在已经证明完了 MA \perp MB 了，那么我们就需要运用费马点的条件来化简式子。这里有 120 \degree 的角度关系，所以可以直接使用 ab \sin C 来刻画面积。】

由 MA \perp MB 可得 |MA|^2+|MB|^2=|AB|^2，由 \angle APB = \angle APM = \angle BPM=120 \degree 可得 |MA|^2=|PA|^2+|PM|^2+|PA| \cdot |PM|,|MB|^2=|PB|^2+|PM|^2+|PB| \cdot |PM|,|AB|^2 = |AP|^2+|BP|^2+|AP| \cdot |BP|。故 |PA|^2+|PM|^2+|PA| \cdot |PM| + |PB|^2 + |PM|^2+|PB| \cdot |PM|=|PA|^2+|PB|^2+|PA| \cdot |PB|，即 2|PM|^2+(|PA| +|PB|)|PM|=|PA| \cdot |PB|。即 2+\dfrac{|PA|}{|PM|}+\dfrac{|PB|}{|PM|}=\dfrac{|PA|}{|PM|} \cdot \dfrac{|PB|}{|PM|}。

【上面为什么把 |PA| 和 |PB| 同时除以 |PM|？这是因为由勾股定理推出的等式和 \dfrac{S_1+S_2}{S_3} 化简后的结果都含有 \dfrac{(|PA| + |PB|) \cdot |PM|}{|PA| \cdot |PB|}，而同时将 |PA| 和 |PB| 除以 |PM| 可以将勾股定理化简式左边的 |PM|^2 消掉，凑出比较简洁的式子，从而解决问题。】

不妨设 \dfrac{|PA|}{|PM|} = p,\dfrac{|PB|}{|PM|}=q，则 2+p+q=pq，而 p+q \geq 2\sqrt{pq}，设 \sqrt{pq} = t，则 2+2t<t^2，即 t^2-2t-2>0，故 t>1+\sqrt{3}，即 pq=4+2\sqrt{3}。则 \dfrac{S_1+S_2}{S_3}=\dfrac{p+q}{pq}=1-\dfrac{2}{pq} > 1-\dfrac{2}{4+2\sqrt{3}}=\sqrt{3}-1，当且仅当 p=q 时取等。 ::: ::::

::::info[湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期月考（四）] 如图，已知椭圆的标准方程为 \dfrac{x^2}{2}+y^2=1，F_1,F_2 分别为椭圆的左、右焦点，点 A 为椭圆上一动点，且在 x 轴上方，延长 AF_1,AF_2 分别交椭圆于点 B,C。

(1)若 |AF_1|=3|AF_2|，求直线 BC 的方程；
(2)求 S_{\triangle ABC} 的取值范围。

:::success[Answer] (1)

易知 |AF_1|=\dfrac{3\sqrt{2}}{2},|AF_2|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}，故 (x_0+1)^2+y_0^2=\dfrac{9}{2},(x_0-1)^2+y_0^2=\dfrac{1}{2}。易知 y_0^2=\dfrac{1}{2}-(x_0-1)^2，故 (x_0+1)^2-(x_0-1)^2+\dfrac{1}{2}=\dfrac{9}{4}，解得 x_0=1。代入方程得 y_0=\dfrac{\sqrt{2}}{2}。则 AF_1:y=\dfrac{\sqrt{2}}{4}x+\dfrac{1}{2}。

联立

得 x^2+\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}-2=0，即 5x^2+2x-7=0，即 (x-1)(5x+7)=0，故 x_B=-\dfrac{7}{5}。故 B\left(-\dfrac{7}{5},-\dfrac{\sqrt{2}}{10}\right)，同理可得 AF_2:x=1，则 C\left(1, -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)。故 BC:y+\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{10}}{1+\dfrac{7}{5}}(x-1)，即 y+\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{-\dfrac{2\sqrt{2}}{5}}{\dfrac{12}{5}}(x-1)，即 y=-\dfrac{\sqrt{2}}{6}x-\dfrac{\sqrt{2}}{3}。

(2)

【这道题就是真正展现计算量的地方了。你可以想一想要如何减少计算量。两点式联立是一定要避免的，所以可以设 AF_1(AB):x=my-1,AF_2(AC):x=ny+1，然后分别联立。】

联立

可得 (m^2+2)y^2-2my-1=0。不妨设 A(x_0,y_0),B(x_1,y_1)。

【我们现在希望求出 y_1-y_0，我们就要思考一下如何写了。是要用 m 表示，还是用 y_0 表示？我们发现用 m 表示必然涉及大量复杂计算，因为 m 和 n 直觉上有一些关系，而且还有 \sqrt{\Delta}。这在一个多变量问题中会导致解题过程非常复杂。然后你又会发现这个图形是由 A 点引出的，因此考虑运用 m=\dfrac{x_0+1}{y_0} 将 m 消掉，保留 y_0 和 x_0，并尽量消掉其中一个。】

故 y_0+y_1=\dfrac{2m}{2+m^2}，又 m=\dfrac{x_0+1}{y_0}，故 y_0+y_1=\dfrac{2\dfrac{x_0+1}{y_0}}{2+\dfrac{(x_0+1)^2}{y_0^2}}=\dfrac{2y_0(x_0+1)}{(x_0+1)^2+2y_0^2}=\dfrac{2y_0(x_0+1)}{(x_0+1)^2+2-x_0^2}=\dfrac{2y_0(x_0+1)}{2x_0+3}。

结合椭圆方程可得 y_1-y_0=\dfrac{2y_0(x_0+1)}{2x_0+3}-2y_0=\dfrac{2y_0(x_0+1)-2y_0(2x_0+3)}{2x_0+3}=\dfrac{-2x_0y_0-4y_0}{2x_0+3}。

联立

可得 (n^2+2)y^2+2ny-1=0。

故 y_0+y_2=\dfrac{-2n}{2+n^2}，又 n=\dfrac{x_0-1}{y_0}，故 y_0+y_2=\dfrac{-2\dfrac{x_0-1}{y_0}}{2+\dfrac{(x_0-1)^2}{y_0^2}}=\dfrac{-2y_0(x_0-1)}{(x_0-1)^2+2y_0^2}=\dfrac{-2y_0(x_0-1)}{(x_0-1)^2+2-x_0^2}=\dfrac{-2y_0(x_0-1)}{-2x_0+3}。

则 y_2-y_0=\dfrac{-2y_0(x_0-1)}{-2x_0+3}-2y_0=\dfrac{-2y_0(x_0-1)-2y_0(-2x_0+3)}{-2x_0+3}=\dfrac{2x_0y_0-4y_0}{2x_0-3}。

那么 |(y_1-y_0)(y_2-y_0)|=\left|\dfrac{4y_0^2(x_0+2)(x_0-2)}{4x_0^2-9}\right|=\left|\dfrac{4y_0^2(x_0^2-4)}{4x_0^2-9}\right|=\dfrac{4y_0^2(2y_0^2+2)}{8y_0^2+1}。

接下来有两种方法。

法一：【你会发现这里 S_{\triangle ABC} 和 S_{\triangle AF_1F_2} 是有关系的。A,F_1,B 共线，A,F_2,C 共线。所以可以利用这个共线关系。这种方法如果能想到是相对简单的。】

易知 S_{\triangle ABC} = \dfrac{\dfrac{4y_0^2(2y_0^2+2)}{8y_0^2+1}}{y_0^2} \cdot y_0=\dfrac{8y_0^3+8y_0}{8y_0^2+1}。

【考虑设出函数求导分析。】

不妨设 f(y_0)=\dfrac{8y_0^3+8y_0}{8y_0^2+1}=y_0+\dfrac{7y_0}{8y_0^2+1}，则 f'(y_0)=1+\dfrac{7(8y_0^2+1)-7y_0 \cdot 16y_0}{(8y_0^2+1)^2}=\dfrac{(8y_0^2+1)^2-56y_0^2+7}{(8y_0^2+1)^2}=\dfrac{8y_0^2+16y_0+8}{(8y_0^2+1)^2}=\dfrac{8(y_0+1)^2}{(8y_0^2+1)^2}，故 f'(y_0)>0，当 y_0=1 时取得 f(y_0) 最大值，此时 S_{\triangle ABC} = f(y_0)=\dfrac{16}{9}。

法二：

【考虑转化 \sqrt{1+m^2}=\cos \alpha,\sqrt{1+n^2}=\cos \beta，然后凑齐次式，虽然分类讨论较多，但是能有效将 \sin, \cos 变成 \tan，方便用 m,n 进行表示，进而化为 x_0,y_0 相关的信息。】

过点 A 作 AD \perp x 轴交椭圆于点 D，设 \angle BAD = \alpha,\angle CAD = \beta，当 m>0,n<0 时，\dfrac{2S_{\triangle ABC}}{|(y_1-y_0)(y_2-y_0)|}=\dfrac{\sin (\alpha + \beta)}{\cos\alpha\cos\beta}=\dfrac{\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}=\tan \alpha + \tan \beta = m-n=\dfrac{(x_0+1)-(x_0-1)}{y_0}=\dfrac{2}{y_0}，即 S_{\triangle ABC}=|(y_1-y_0)(y_2-y_0)|\cdot\dfrac{1}{y_0}，其他情况同理可得。

故 S_{\triangle ABC}=\dfrac{4y_0^2(2y_0^2+2)}{8y_0^2+1}\cdot \dfrac{1}{y_0}=\dfrac{8y_0^3+8y_0}{8y_0^2+1}。以下同法一。

::::info[四川省部分学校 2025-2026 学年高三上学期 10 月联考]

在平面直角坐标系 xOy 中，已知定点 F_1(-2,0),F_2(2,0)，动点 P(x_0,y_0) 满足直线 PF_1, PF_2 的斜率之积为 -\dfrac{3}{4}．
(1)记动点P的轨迹为 \Gamma_1，求 \Gamma_1 的标准方程；
(2)若点 Q 满足：\overrightarrow{OQ}=a\overrightarrow{OP}(a>1)，记点 Q 轨迹为 \Gamma_2。直线 PF_1 交 \Gamma_2 于 A,B 两点，直线 PF_2 交 \Gamma_2 于 C,D 两点，其中 A,P,C 三点位于 x 轴同侧。
（i）已知 \dfrac{|BF_1|}{|AF_1|}\in\left(\dfrac{1}{3},3\right)，求 \Gamma_2 的标准方程；
（ii）记\triangle PF_1F_2, \triangle PBC, \triangle PAD 的面积分别为 S_1, S_2, S_3。
①若存在实数 b 满足：S_1^2=bS_2S_3，求 b 的取值范围；
②记 c=\dfrac{S_2}{S_3}，求 c 的取值范围。 注：若考生选择多个问题进行作答，则选取得分最高的一项计入总成绩．①②难度与分值成正比，请谨慎选择． :::success[Answer] (1) \dfrac{y_0}{x_0+2}\cdot\dfrac{y_0}{x_0-2}=-\dfrac{3}{4} \Longrightarrow y_0^2=-\dfrac{3}{4}(x_0^2-4)=-\dfrac{3}{4}x_0^2-3 \Longrightarrow 3x_0^2+4y_0^2-12=0 \Longrightarrow \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1(x \ne \pm 2)。

(2)

(i) Q(ax_0, ay_0)，又 \dfrac{x_0^2}{4}+\dfrac{y_0^2}{3}=1，故 \dfrac{(ax_0)^2}{4a^2}+\dfrac{(ay_0)^2}{3a^2}=1，即 Q 在椭圆 \dfrac{x^2}{4a^2}+\dfrac{y^2}{3a^2}=1(x \ne \pm 2) 上。

由于没有左右端点，因此 AB 斜率不为 0，设 AB:x=ty-2。

联立

得 (3t^2+4)y^2-12ty+(12-12a^2)=0。

不妨设 A(x_1, y_1), B(x_2, y_2)。

由 \dfrac{|BF_1|}{|AF_1|} \in (\dfrac{1}{3}, 3) 知 \dfrac{y_1}{y_2} \in (-3, -\dfrac{1}{3})，易知 \dfrac{(y_1+y_2)^2}{y_1y_2} = \dfrac{y_1}{y_2} + \dfrac{y_2}{y_1}+2 \in (-\dfrac{4}{3}, 0]。

另一方面，\dfrac{(y_1+y_2)^2}{y_1y_2}=\dfrac{\dfrac{144t^2}{(3t^2+4)^2}}{\dfrac{12-12a^2}{3t^2+4}} = \dfrac{144t^2}{(12-12a^2)(3t^2+4)}，而 \dfrac{144t^2}{3t^2+4} = 48 - \dfrac{192}{3t^2+4} \in [0, 48)，又 a > 1，故 12 - 12a^2 < 0，则

故 \dfrac{48}{12-12a^2} = -\dfrac{4}{3}，结合 a > 1 知 a = 2，故椭圆 \Gamma_2 方程为 \dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{12}=1(x \ne \pm 4)。

(ii)

①

易知 S_1 = 2y_0。

但是为了方便，我们把 y_0 用 t 来表示。

联立

得 (3t^2+4)y^2-12ty=0。

故 y_0 = \dfrac{12t}{3t^2+4}，S_1^2=\dfrac{576t^2}{(3t^2+4)^2}。

刚才联立 AB 和 \Gamma _2 的抄下来，带入求出来的 \Gamma_2 的方程。

联立

得 (3t^2+4)y^2-12ty-36=0。

接下来考虑 CD。由于 k_{AB} \times k_{CD} = -\dfrac{3}{4}，因此 t{AB} \times t_{CD} = \dfrac{1}{k_{AB} \times k_{CD}} = -\dfrac{4}{3}。因此设 CD: x = -\dfrac{4}{3t}+2。

联立

得 (\dfrac{16}{3t^2}+4)y^2-\dfrac{16}{t}y-36=0。

设 C(x_3, y_3), D(x_4, y_4)。

接下来计算 \sin^2 \angle BPC。

不妨设 k_{AB} = k_1, k_{CD} = k_2，则由 \tan 的差角公式知

故

原式 =\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{-36}{3t^2+4} \cdot \dfrac{-36 \cdot 3t^2}{12t^2+16} \cdot \dfrac{(t^2+1)(9t^2+16)}{9t^2}\cdot \dfrac{(3t^2+4)^2}{(t^2+1)(9t^2+16)} = 27。

接下来对 LHS 进行放缩。

【这个式子的上下好像有很多相同点。不妨把 \dfrac{2\sqrt{t^2+1}+t}{2\sqrt{t^2+1}-t} 和 \dfrac{\sqrt{9t^2+16}-2}{\sqrt{9t^2+16}+2} 分开考虑。】

设 p=\dfrac{t}{\sqrt{t^2+1}}，则 0<p<1。左半边等于 \dfrac{2+p}{2-p}=-1+\dfrac{4}{2-p}，而 2-p 随 p 单调递减，从而 \dfrac{4}{2-p} 随着 p 单调递增，那么 \dfrac{2+p}{2-p} 随着 p 单调递增，又 p=\sqrt{1-\dfrac{1}{t^2+1}}，故 p 随 t 单调递增，从而 \dfrac{2\sqrt{t^2+1}-t}{2\sqrt{t^2+1}+t} 随 t 单调递增。又 0<p<1，故 -1+\dfrac{4}{2-p} \in (1,3)。

又 \dfrac{\sqrt{9t^2+16}-2}{\sqrt{9t^2+16}+2}=1-\dfrac{4}{\sqrt{9t^2+16}+2}，且 \sqrt{9t^2+16} 随着 t 单调递增，从而 \dfrac{4}{\sqrt{9t^2+16}+2} 随着 t 单调递减，那么 \dfrac{\sqrt{9t^2+16}-2}{\sqrt{9t^2+16}+2} 随着 t 单调递增。从而 \dfrac{\sqrt{9t^2+16}-2}{\sqrt{9t^2+16}+2} \in (\dfrac{1}{3},1)。

4.4 仿射与射影视角下的圆锥曲线

4.4.0 从欧氏几何变换到射影变换

4.4.0.0 欧氏几何变换与相似变换

欧氏几何变换包括平移、旋转、反射三种操作。这些操作的特点是：

• 不改变角度；
• 不改变线段长度与任意定比分点；
• 不改变面积。

因此，欧氏几何变换是保留得最多的变换，接下来我们会从欧氏几何变换开始，逐步失去一些保留量，最终得到射影变换。首先是相似变换。

在欧氏变换的基础上，再允许均匀缩放（所有方向按同一比例放大或缩小），就得到了相似变换。

相似变换的特点是：

• 不改变角度，因此图形形状不变；
• 不改变线段比例（定比分点）；
• 线段长度按照相似比进行缩放；
• 图形面积按照相似比的平方进行缩放。

相似变换允许了图形的大小任意改变，但是不允许改变形状。

4.4.0.1 仿射变换的概念、性质与应用

仿射变换是什么？它是平行投影与欧氏几何变换的复合。换句话说，仿射变换就是先进行平面平行投影，在投影完之后通过平移、旋转、对称等欧氏几何变换回到原平面上的过程。显然，平行投影保留共线、共点关系，直线、平行直线关系；定比分点关系和圆锥曲线关系（将圆和椭圆视为一类）。因此仿射变换也保留同样的关系。

仿射变换的具体表现为伸缩（x \mapsto Ax, y \mapsto By），剪切（x \mapsto Ax+By, y \to Cx+Dy），平移（x \mapsto x+C, y \mapsto y+D），旋转（x \mapsto x\cos \theta-y\sin\theta,y \mapsto x\sin \theta+y\cos\theta，要注意虽然旋转与剪切的形式相同，但是旋转保留角度关系，而一般剪切不保留，因此务必区分）等。

在圆锥曲线中，我们重点研究的并不是一般的仿射变换（x \mapsto Ax+By+C,y \mapsto Dx+Ey+F），而是重点研究伸缩相关的变换（x \mapsto Ax, y \mapsto By）。这种变换可以将椭圆变成圆，同时不改变坐标轴的方向和原点，只改变单位长度。这类仿射变换的性质是：

• 保留共线共点；

• 保留定比分点；

• 保留平行关系；

• 多边形面积变为原来的 AB 倍，保持面积比不变；

• 长度、角度等欧式几何性质不保留。

下面举一个仿射变换的基础应用。也是一个很古老的题目了，这同时也是一个结论。

::::info[Ancient Problem]

已知 A,B 都在椭圆 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 上，求 S_{\triangle AOB} 的最大值。

:::success[Answer]

法一（仿射变换）：令 x' = \dfrac{x}{a}, y'=\dfrac{y}{b}，那么椭圆方程就变成了 x'^2+y'^2=1，而在圆上的两点与圆心组成的三角形面积为 \dfrac{1}{2}r^2\sin\theta，其中 \theta 为两半径的夹角，那么面积的最大值就是 \dfrac{1}{2}r^2=\dfrac{1}{2}，而由于我们对椭圆进行伸缩得到了圆，因此应当把面积乘以伸缩比例 ab，故 S_{\max}=\dfrac{1}{2}ab。

法二（正常联立韦达）：设椭圆方程为 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1，直线方程为 y=kx+m，

联立

可得

故

代入面积公式可得

不妨设 T=a^2k^2+b^2，则 S_{\triangle AOB}=ab\dfrac{\sqrt{m^2(T-m^2)}}{T}\leq ab\dfrac{\frac{T}{2}}{T}=\dfrac{1}{2}ab。

:::

::::

需要注意的是，仿射变换在一些省份的考试中不能够直接使用，因此需要先了解当地考情。

4.4.0.2 射影变换的基本概念、性质

从射影变换开始，后面的东西基本上就不能直接用了。

射影变换是由中心投影和欧氏几何变换构成的。中心投影的定义如下。

取一个点 O 作为投影中心，将一个平面 \alpha 的图形投影到平面 \alpha' 上，每个点 P 的像 P' 就是直线 OP 与 \alpha' 的交点。

与仿射变换不同，射影变换不保持线段的比例，也不保持平行直线。但正是由于射影变换的保留量非常少，所以射影变换有较高的自由度。下面是几个射影变换的不变量和不变关系。

交比

设 A,B,C,D 是共线的四个点，以 A,B 为基点，C,D 为分点，定义它们的交比为 \dfrac{\overline{AC}/\overline{BC}}{\overline{AD}/\overline{BD}}。其中 \overline{AB} 表示有向线段 AB 的长度（定义一个方向，反向为负）。

下面我们来证明：在射影变换中，交比不变。事实上，由于欧氏几何变换并不会改变交比，因此只需要证明在中心投影的过程中交比不变即可。

:::success[证明]

以下面积为有向面积。

考虑投影中心 O，原来的四个点为 A,B,C,D，投影后的四个点为 A',B',C',D'。

那么

到这里你就会发现，实际上交比和线段长度是无关的，它只和四个点关于 O 的张角有关。因此如果拿 A',B',C',D' 去进行计算，得出的依然是这个结果。这就完成了证明。

:::

在射影变换中，角度、长度、面积、长度之比都变了，唯独长度比之比——交比不变。

共线性与共点性

在射影变换中，原来共线的点依然共线，原来共点的直线依然共点。这是容易证明的。

圆锥曲线

椭圆、双曲线、抛物线等非退化圆锥曲线在经过射影变换后仍然是非退化圆锥曲线。这是因为三种圆锥曲线都是圆通过中心投影得到的，自然也就可以互相转化。

切线关系与极点极线关系

这个我们会在下面讲到。

4.4.1 射影几何基本构型

4.4.1.1 调和点列的概念与性质

在线段 AB 上存在一点 C 使得 \overline{AC}=\lambda\overline{CB}，且在线段 AB 的延长线上也存在一点 D 使得 \overline{AD}=\lambda\overline{BD}，则称 (A,B;C,D) 四点成调和点列。也即 (A,B;C,D)=-1。其中 C 称为线段 AB 的内分点，D 称为线段 AB 的外分点。特别地，当 C 为 AB 的中点时，点 D 在无穷远处。

::::success[关于 A,B,C,D 四点的性质]

若 (A,B;C,D) 成调和点列，则 \dfrac{1}{AD}+\dfrac{1}{BD}=\dfrac{2}{CD}。

证明：设 \dfrac{AC}{CB}=\dfrac{AD}{DB}=\lambda。因此，AC=\dfrac{\lambda}{\lambda+1}AB, CB=\dfrac{1}{\lambda+1}AB,BD=\dfrac{1}{\lambda-1}AB。

故

而 CD=CB+BD=\dfrac{1}{\lambda+1}AB+\dfrac{1}{\lambda-1}AB=\dfrac{2\lambda}{\lambda^2-1}AB，故 \dfrac{2}{CD}=\dfrac{\lambda^2-1}{\lambda AB}=\dfrac{1}{AD}+\dfrac{1}{BD}。

若 (A,B;C,D) 成调和点列，则 |AB| \cdot |CD|=2|AC| \cdot |BD|。

证明：设 \dfrac{|AC|}{|CB|}=\dfrac{|AD|}{|DB|}=\lambda，则 |CD|=\dfrac{2\lambda}{(\lambda+1)(\lambda-1)}|AB|,|AC|=\dfrac{\lambda}{\lambda+1}|AB|,|BD|=\dfrac{1}{\lambda-1}|AB|，左右两边分别相乘即证。

::::

::::success[关于 AB 中点的性质]

若 (A,B;C,D) 成调和点列，设 AB 中点为 M，则 |MB|^2=|MC| \cdot |MD|。

证明：设 \dfrac{AC}{CB}=\dfrac{AD}{DB}=\lambda。则 |AD|=\dfrac{\lambda}{\lambda - 1}|AB|，又 M 为 AB 中点，因此 |AM|=\dfrac{1}{2}|AB|。那么 |MD|=\left(\dfrac{\lambda}{\lambda - 1}-\dfrac{1}{2}\right)|AB|=\dfrac{\lambda + 1}{2(\lambda - 1)}|AB|。同理，由 |AC|=\dfrac{\lambda}{\lambda + 1}|AB| 及 |AM|=\dfrac{1}{2}|AB|，可得 |MC|=\dfrac{\lambda-1}{2(\lambda+1)}|AB|，两式相乘可得 |MC| \cdot |MD|=\dfrac{1}{4}|AB|^2，又 |MB|=\dfrac{1}{2}|AB|，故 |MB|^2=\dfrac{1}{4}|AB|^2=|MC|\cdot|MD|，证毕。

若 (A,B;C,D) 成调和点列，设 AB 中点为 M，则 |CA| \cdot |CB|= |CM| \cdot |CD|。

证明：设 \dfrac{AC}{CB}=\dfrac{AD}{DB}=\lambda，由上面的性质推导过程可得 |CA|=\dfrac{\lambda}{\lambda+1}|AB|,|CB|=\dfrac{1}{\lambda+1}|AB|,|CM|=\dfrac{\lambda-1}{2(\lambda+1)}|AB|,|CD|=\dfrac{2\lambda}{(\lambda-1)(\lambda+1)}|AB|，两边相乘即证。

::::

4.4.1.2 调和线束的概念与性质

过直线 AB 外一点 O 与 A, B, C, D 分别连线，若 (A,B;C,D)=-1，则 (OA, OB; OC, OD) 成调和线束。

::::success[性质一：截线不变]

如图，用任意一条直线去截调和线束，得到的四个点成调和点列关系。

::::success[性质二：中点性质]

::::success[性质三：角度关系]

设 \angle AOC = \alpha, \angle COB = \beta, \angle BOD = \gamma，则根据性质 1 有

当 \alpha = \beta 时，有

由 \beta \ne 0 得

即

故此时有

::::

::::success[性质四：调和线束斜率关系]

当我们把调和点列、调和线束放到坐标轴上时，四条调和线束的斜率是有关系的。

设 OA, OB, OC, OD 的斜率分别为 k_1, k_2, k_3, k_4，则 (k_1+k_2)(k_3+k_4)=2(k_1k_3+k_2k_4)。

证明：首先，我们发现调和线束无论如何截都不会改变其斜率以及对应四点调和点列的关系。于是我们用平行于 y 轴的直线 l 去截调和线束，四个交点分别为 A',B', C', D'。换系显然不会影响直线的斜率。所以我们以 O 为原点建立平面直角坐标系。由于直线 l 与 y 轴平行，因此 A', B', C', D' 的横坐标均相同。设 A'(x_0, y_1), B'(x_0, y_2), C'(x_0, y_3), D'(x_0, y_4)。那么根据调和点列的性质我们可以列出等式 \dfrac{y_3 - y_1}{y_2-y_3}=\dfrac{y_4-y_1}{y_4-y_2}。

显然我们可以将 y_1, y_2, y_3, y_4 全部除以 x_0，那么我们可以得到 \dfrac{k_3-k_1}{k_2-k_3}=\dfrac{k_4-k_1}{k_4-k_2}，交叉相乘并展开可得 k_3k_4-k_3k_2-k_1k_4+k_1k_2=k_2k_4-k_1k_2-k_3k_4+k_1k_3。

整理得

4.4.1.3 完全四边形

两两相交，且没有三线共点的四条直线及其交点组成的图形叫做完全四边形。

如图就是一个完全四边形。其中 A,B,C,D,E,F 称为完全四边形的顶点，ABC,CDF,BDE,AFE 这四条直线称为完全四边形的边，AD,BF,CE 这三条直线称为完全四边形的对角线。

完全四边形有非常多性质，但由于一部分性质对于圆锥曲线解题没有用处，因此在此先略去不讲，会在平面几何章节中重点讲到（挖坑，后面可能没那么多时间了）。这里只提一个重要性质。

::::success[完全四边形的一个重要性质]

完全四边形的三条对角线互相调和分割。

如图，则 (C,E;P,Q),(B,F;R,Q),(A,D;R,P) 都成调和点列。

证明：先证明 (C,E;P,Q) 成调和点列。

由 \text{Menelaus} 定理（BFQ 截 \triangle ACE），知 \dfrac{AB}{BC} \cdot \dfrac{CQ}{QE} \cdot \dfrac{EF}{FA}=1。

由 \text{Ceva} 定理（AP,BE,CF 三线共点），知 \dfrac{AB}{BC} \cdot \dfrac{CP}{PE} \cdot \dfrac{EF}{FA}=1。两式相除即得 \dfrac{CP}{PE}=\dfrac{CQ}{QE}，即 (C,E;P,Q) 成调和点列。那么 (AC,AE;AP,AQ) 成调和线束。由交比不变性，用 BRFQ 截这簇调和线束，即可得到 (B,F;R,Q) 成调和点列，于是 (CB,CF;CR,CQ) 成调和线束。再用 ARDP 截这簇调和线束，即可得到 (A,D;R,P) 成调和点列。

这个性质在后面的题目中还会用到，非常重要。

::::

4.4.2 圆锥曲线的几何性质

4.4.2.1 圆锥曲线的直径和共轭直径

定理 圆锥曲线的一簇平行弦的中点轨迹为一条直线，这条直线称为这条圆锥曲线的一条直径。

证明：首先考虑椭圆的情形。可以通过平行投影将椭圆变成圆，而中点条件不变；由垂径定理，在圆中的情形显然成立；而在双曲线和抛物线中，就需要使用坐标法进行证明了。下面我们仍然以椭圆为例讲解坐标法证明。

:::success[证明（椭圆）]

设 A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)。则 M\left(\dfrac{x_1+x_2}{2},\dfrac{y_1+y_2}{2}\right)。由 A,B 均在椭圆上，可得 \dfrac{x_1^2}{a^2}+\dfrac{y_1^2}{b^2}=1 以及 \dfrac{x_2^2}{a^2}+\dfrac{y_2^2}{b^2}=1。两式相减可得 \dfrac{x_1^2-x_2^2}{a^2}+\dfrac{y_1^2-y_2^2}{b^2}=0，整理可得 \dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2} \cdot \dfrac{y_1+y_2}{x_1+x_2}=-\dfrac{b^2}{a^2}，即 k_{AB} \cdot k_{OM}=-\dfrac{b^2}{a^2}，那么 M 就在一条过点 O 且斜率为 -\dfrac{b^2}{a^2k_{AB}} 的直线上。证毕。

:::

同理，我们可以得到在双曲线中，k_{AB} \cdot k_{OM}=\dfrac{b^2}{a^2}，在抛物线中，k_{AB} \cdot k_{OM}=0。

定义 设 l 为圆锥曲线的一条直径，S 为 l 所对应的平行弦集合。在 S 中找到过点 O 的一条直线 l'，则 l 与 l' 互相调和共轭，也即 k_{l} \cdot k_{l'}=e^2-1。

不论是在椭圆中还是在双曲线中，由于 k_{OM}=k_{AB_1}，故 k_{AB} \cdot k_{AB_1}=e^2-1。特别地，当 B 为左顶点，B_1 为右顶点时，也满足条件。这就是椭圆和双曲线的第三定义。

若有一动点 P 与 B_1(-a, 0), B_2(a, 0) 形成的直线斜率乘积为不为 0 的定值，则这个点的轨迹为圆锥曲线。其中定值为 e^2-1，e 为曲线的离心率。当定值为 -1 时为圆，定值 \in (-1, 0) 时是椭圆，定值 \in (0, +∞) 时为双曲线。

特别地，对于焦点在 y 轴上的椭圆和双曲线，k_{PB_1} \cdot k_{PB_2}=\dfrac{1}{e^2-1}。

4.4.2.2 圆锥曲线幂定理

这个定理对于三种圆锥曲线均成立，但对于椭圆、双曲线更加直观。因此我们先看椭圆、双曲线中的情形。抛物线的实际上类似。

过椭圆、双曲线内/外一点 A 作两条的弦 BC, DE。过点 O 分别作 OP \parallel BC, OQ \parallel DE 交椭圆于 P,Q。那么 \dfrac{|AB| \cdot |AC|}{|AD| \cdot |AE|} = \left(\dfrac{|OP|}{|OQ|}\right)^2。

接下来是抛物线的情形。

过抛物线内/外一点 A 作抛物线的两条弦 BC, DE，则 \dfrac{|AB| \cdot |AC|}{|AD| \cdot |AE|} 的值与 A 的位置无关，只与 BC, DE 的倾斜角有关。

:::success[证明（坐标法，以椭圆为例）] 设A(x_0,y_0)，BC:\begin{cases}x=x_0+t\cos\alpha\\y=y_0+t\sin\alpha\end{cases}，DE:\begin{cases}x=x_0+t\cos\beta\\y=y_0+t\sin\beta\end{cases}。

联立可得 \dfrac{x_0^2+2tx_0\cos\alpha+t^2\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{y_0^2+2ty_0\sin\alpha+t^2\sin^2\alpha}{b^2}=1，即

故 |AB| \cdot |AC| = \dfrac{\left|\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1\right|}{\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}}。同理，|AD| \cdot |AE| = \dfrac{\left|\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1\right|}{\dfrac{\cos^2\beta}{a^2}+\dfrac{\sin^2\beta}{b^2}}。

两式相除可得 \dfrac{|AB| \cdot |AC|}{|AD| \cdot |AE|} = \dfrac{\dfrac{\cos^2\beta}{a^2}+\dfrac{\sin^2\beta}{b^2}}{\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}}。

不妨设 OP:\begin{cases}x=t\cos\alpha\\y=t\sin\alpha\end{cases}，OQ:\begin{cases}x=t\cos\beta\\y=t\sin\beta\end{cases}。将 OP 与椭圆联立，得 \dfrac{t^2\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{t^2\sin^2\alpha}{b^2}=1。则 |OP|^2=\dfrac{1}{\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}}，同理可得 |OQ|^2=\dfrac{1}{\dfrac{\cos^2\beta}{a^2}+\dfrac{\sin^2\beta}{b^2}}。故

:::

4.4.2.3 圆锥曲线中的四点共圆

圆曲幂定理有特殊情况，也即我们熟知的四点共圆结论。

若圆锥曲线上四点 A,B,C,D 共圆，则 k_{AB} + k_{CD} = 0, k_{AC} + k_{BD} = 0, k_{AD} + k_{BC} = 0。

:::success[证明（坐标法，以椭圆为例）]

由圆锥曲线幂定理的推导知 \dfrac{|AB| \cdot |AC|}{|AD| \cdot |AE|} = \dfrac{\dfrac{\cos^2\beta}{a^2}+\dfrac{\sin^2\beta}{b^2}}{\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}}。 由 B,C,D,E 四点共圆可知 \dfrac{\cos^2\beta}{a^2}+\dfrac{\sin^2\beta}{b^2}=\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}，即 \dfrac{\cos^2\beta-\cos^2\alpha}{a^2}=\dfrac{\sin^2 \alpha-\sin^2\beta}{b^2}=\dfrac{\cos^2 \beta-\cos^2 \alpha}{b^2}。又 a \ne b，故 \cos^2 \beta = \cos^2 \alpha，又因为 \alpha \ne \beta，故 \alpha+\beta=0，证毕。

:::

如果四个点中有点不在圆锥曲线上，则不能直接使用斜率和为 0 的结论，需要翻译为对角互补，然后通过倒角公式得到一些数量关系。

例题（四点共圆）

::::info[2024 届江苏省南通市高三第二次适应性调研]

已知双曲线 E 的渐近线为 y=\pm \dfrac{\sqrt{3}}{3}x，左顶点为 A(-\sqrt{3}, 0)。

(1)求双曲线 E 的方程；
(2)直线 l:x=t 交 x 轴于点 D，过点 D 的直线交双曲线 E 于 B, C，直线 AB, AC 分别交 l 于 G,H。若 O,A,G,H 均在 \odot P 上。

①求 D 的横坐标；②求 \odot P 面积的取值范围。

:::success[Answer]

(1)显然为 \dfrac{x^2}{3}-y^2=1。

(2)

①

当直线 BC 斜率为 0 时，A, B 两点重合，不符合题意。

联立

可得 (m^2-3)y^2+2mty+(t^2-3)=0。设 B(x_1,y_1),C(x_2,y_2)，则 y_1+y_2=-\dfrac{2mt}{m^2-3},y_1y_2=\dfrac{t^2-3}{m^2-3},AB:y=\dfrac{y_1}{x_1+\sqrt{3}}(x+\sqrt{3})。

故 G\left(t, \dfrac{y_1(t+\sqrt{3})}{x_1+\sqrt{3}}\right)，则有 k_{OG}=\dfrac{y_1(t+\sqrt{3})}{(x_1+\sqrt{3})t}。由 \angle HAO=\angle OGD=\dfrac{\pi}{2}-\angle{ODG}，知 k_{OG} \cdot k_{OA}=1，即 \dfrac{y_2}{x_2 + \sqrt{3}} \cdot \dfrac{y_1(t+\sqrt{3})}{(x_1+\sqrt{3})t}=1。即 \dfrac{y_1y_2(t+\sqrt{3})}{(my_2+t + \sqrt{3})(my_1+t+\sqrt{3})t}=1，即 \dfrac{y_1y_2(t+\sqrt{3})}{m^2ty_1y_2+mt(t+\sqrt{3})(y_1+y_2)+t(t+\sqrt{3})^2}=1，即 \dfrac{(t^2-3)(t+\sqrt{3})}{m^2t(t^2-3)+mt(t+\sqrt{3})(-2mt)+t(t+\sqrt{3})^2(m^2-3)}=1，化简可得 \dfrac{t-\sqrt{3}}{-3t}=1。故 x_D=t=\dfrac{\sqrt{3}}{4}。

②

由 ① 知 G\left(t, \dfrac{y_1(t+\sqrt{3})}{x_1+\sqrt{3}}\right)，同理可得 H(t, \dfrac{y_2(t+\sqrt{3})}{x_2+\sqrt{3}})。故

将 t=\dfrac{\sqrt{3}}{4} 代入原方程，得 (m^2-3)y^2+\dfrac{\sqrt{3}}{2}my-\dfrac{45}{16}=0。

当 m^2=3 时，显然不成立；

当 m^2 \ne 3 时：\Delta = \dfrac{3}{4}m^2+4 \times \dfrac{45}{16}(m^2-3)=12m^2-\dfrac{135}{4}\geq 0，解得 m^2 > \dfrac{45}{16}，则 r^2 \geq \dfrac{15}{16}+\dfrac{3}{4}=\dfrac{15}{16}+\dfrac{12}{16}=\dfrac{27}{16}。

::::info[YMO2026 P11] 2026-05-29 尝试 YMO（猿辅导高联模拟）喜提 32 分，只做了 4 个填空题，烂完了。当时卡第九题 20 min 无果，回去检查，改了一道题又花了 10 min，最后只剩下 10 min 没时间了。记录一下 11 题（这题非常考验技巧）。

11. （互换了 M,N 位置，因为我写的时候互换了，懒得改了）在平面直角坐标系 xOy 中，A 为双曲线 C:x^2-\dfrac{y^2}{2}=1 上一点，点 T_1, T_2 分别为 \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3}, 0\right), \left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}, 0\right)，直线 AT_1, AT_2 分别与双曲线交于点 M,N（异于点 A）。其中点 A 在第一象限，点 M,N 在第三象限。过点 A 作 AB \perp OA 与双曲线交于点 B（异于点 A）。求证：A,B,M,N 四点共圆。 :::success[Answer] 【就这个题四点共圆条件的翻译非常重要。正常情况下四点共圆有两种翻译模式：斜率和为 0 以及对角的 \tan 互为相反数，但是这里一看这么多点，还这么多交来交去的，后一种就很不好做了，于是考虑前一种，这里 A,B 相关，M,N 相关，因此考虑计算 AB 和 MN 的斜率】

【接下来应该考虑的是先设点还是先设线。如果你先设点你就可以炸掉了，因为这里将两条用两点式表示的直线与双曲线联立，计算量爆炸，因此应该先设线，再用线的交点表示点，最后通过 A 在 C 上的条件得出一些关系式】

设 AM:x=my-\dfrac{\sqrt{3}}{3}, AN:x=ny+\dfrac{\sqrt{3}}{3}。

以下 A(x_0, y_0)。

那么 x_0=my_0-\dfrac{\sqrt{3}}{3}=ny_0+\dfrac{\sqrt{3}}{3}，可得 y_0=\dfrac{2\sqrt{3}}{3(m-n)}。又 2x_0=(m+n)y_0，可得 x_0=\dfrac{\sqrt{3}(m+n)}{3(m-n)}。由此也可顺便求出 k_{AB}=-\dfrac{x_0}{y_0}=-\dfrac{m+n}{2}。

【现在已经用 m,n 表示了 x_0, y_0，接下来就要利用 A 在双曲线 C 上的条件推出一些关系了】

由 2x_0^2-y_0^2=1，知 2\cdot\dfrac{(m+n)^2}{3(m-n)^2}-\dfrac{4}{(m-n)^2}=1，化简可得 (m+n)^2-2=3(m-n)^2，即 m^2-4mn+n^2=-1。

【接下来应该将 AM,AN与双曲线联立，解出 y_0+y_M, y_0+y_N，以便于相减求解 MN 斜率】

联立

可得 (6m^2-3)y^2-4\sqrt{3}my-4=0。

由此可得 y_0+y_M=\dfrac{4\sqrt{3}m}{6m^2-3}, x_0+x_M=m(y_0+y_M)-2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{3} = \dfrac{4\sqrt{3}m^2-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}(6m^2-3)}{6m^2-3}=\dfrac{2\sqrt{3}}{6m^2-3}。

同理可得 y_0+y_N = -\dfrac{4\sqrt{3}n}{6n^2-3}, x_0+x_N=-\dfrac{2\sqrt{3}}{6n^2-3}。

故

4.4.2.4 圆锥曲线切线方程

圆锥曲线的切线方程遵循“半代入”原则。假设某圆锥曲线方程为 Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0，则该圆锥曲线在点 (x_0,y_0) 处的切线方程为 Ax_0x+B\dfrac{x_0y+y_0x}{2}+Cy_0y+D\dfrac{x_0+x}{2}+E\dfrac{y_0+y}{2}+F=0。

::::success[联立推导长轴为 x 轴的椭圆切线方程（其余类似）] 设 P(x_0,y_0) 处切线方程为 y-y_0=k(x-x_0)。与 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 联立可得 (a^2k^2+b^2)x^2+2a^2k(y_0-kx_0)x+a^2[(kx_0-y_0)^2-b^2]=0。则

则 a^2k^2+b^2-y_0^2+2x_0y_0k-k^2x_0^2=0，整理成关于 k 的方程，即 (a^2-x_0^2)k^2+2x_0y_0k+(b^2-y_0^2)=0。

::::success[隐函数求导推导二次曲线切线方程] 设二次曲线原方程为 Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0。

把 y 看成一个关于 x 的函数，我们并不需要求出其具体的方程，只需要求出 y' 即可。不妨设 F(x)=Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F。由 F(x)=0 恒成立知 F'(x)=0 恒成立。那么

则 (Bx+2Cy+E)y'=-(2Ax+By+D)，由此可得 y'=-\dfrac{2Ax_0+By_0+D}{Bx_0+2Cy_0+E}，那么在 P(x_0,y_0) 处的切线方程为 y-y_0=-\dfrac{2Ax_0+By_0+D}{2Cy_0+Bx_0+E}(x-x_0)，即 (2Cy_0+Bx_0+E)y+(2Ax_0+By_0+D)x=2Cy_0^2+Bx_0y_0+Ey_0+2Ax_0^2+Bx_0y_0+Dx_0，整理可得

4.4.2.5 圆锥曲线切点弦方程

切点弦，顾名思义，就是由圆锥曲线外一点向圆锥曲线作两条切线，两个切点连线形成的弦。下面我们来推导其方程。

::::success[切点弦方程推导（一般二次曲线）]

设曲线外一点 P(x_0, y_0) 引出椭圆的两条切线，与椭圆切于 A(x_1, y_1) 与 B(x_2, y_2)，则 A,B 两点处二次曲线的切线方程分别为 Ax_1x+B\dfrac{x_1y+y_1x}{2}+Cy_1y+D\dfrac{x_1+x}{2}+E\dfrac{y_1+y}{2}+F=0 和 Ax_2x+B\dfrac{x_2y+y_2x}{2}+Cy_2y+D\dfrac{x_2+x}{2}+E\dfrac{y_2+y}{2}+F=0。因为 P 是两条切线的交点，因此代入两个方程均成立。故有 Ax_1x_0+B\dfrac{x_1y_0+y_1x_0}{2}+Cy_1y_0+D\dfrac{x_1+x_0}{2}+E\dfrac{y_1+y_0}{2}+F=0 以及 Ax_2x_0+B\dfrac{x_2y_0+y_2x_0}{2}+Cy_2y_0+D\dfrac{x_2+x_0}{2}+E\dfrac{y_2+y_0}{2}+F=0。那么 A(x_1,y_1) 和 B(x_2,y_2) 都在 Ax_0x+B\dfrac{x_0y+y_0x}{2}+Cy_0y+D\dfrac{x_0+x}{2}+E\dfrac{y_0+y}{2}+F=0 上，又因为该方程表示的是一条直线，因此它表示 AB 直线，也就是 P 对应的切点弦。

你有没有发现，切点弦和切线的方程是一模一样的，只是切点弦是 P 在椭圆外的情形，切线是 P 在椭圆上的情形？没错，就是这样。在 4.4.3 中你就会知道原因了。

::::

4.4.2.6 圆锥曲线光学性质及其推论

什么是圆锥曲线的光学性质？

(1) 设 F_1,F_2 为椭圆 \Gamma 的两个焦点，P 为椭圆上一点，l 为过 P 的一条直线，则 l 平分 \angle F_1PF_2 的外角 \Longleftrightarrow l 与 \Gamma 相切。
(2) 设 F_1,F_2 为双曲线 \Omega 的两个焦点，P 为双曲线上一点，l 为过 P 的一条直线，则 l 平分 \angle F_1PF_2 \Longleftrightarrow l 与 \Omega 相切。
(3) 设 F 为抛物线 \Phi 的焦点，P 为抛物线上一点，l 为过 P 的一条直线。过点 P 作准线的垂线，垂足为 Q 则 l 平分 \angle FPQ \Longleftrightarrow l 与 \Phi 相切。

将以上性质翻译成物理语言就是：

(1) 由椭圆的一个焦点发出的光线，经过反射，必定经过椭圆的另一个焦点；
(2) 由双曲线的一个焦点发出的光线，经过反射，此光线的反向延长线必定经过双曲线的另一个焦点；
(3) 由抛物线的焦点发出的光线，经过反射，成为与抛物线对称轴平行的直线。

::::success[圆锥曲线光学性质证明（几何法）]

椭圆：考虑切点 P，则 |PF_1|+|PF_2|=2a。作 F_2 关于 P 处切线的对称点 F_2'，若 \exists Q \in l 且 Q \ne P，使得 F_1,Q,F_2' 共线，则 |QF_1|+|QF_2'|=|F_1F_2'|<|F_1P|+|PF_2|=2a，即 |QF_1|+|QF_2|<2a。但 Q 只能在椭圆外，因此 |QF_1|+|QF_2|>2a，矛盾。因此不存在这样的 Q，从而 F_1,P,F_2' 共线。 双曲线：考虑切点 P，不妨设 P 在双曲线右支上，则 |PF_1|-|PF_2|=2a。作 F_2 关于 P 处切线的对称点 F_2'，若 \exists Q \in l 且 Q \ne P，使得 F_1,F_2',Q 共线，则 |QF_1|-|QF_2|=|F_1F_2|>|PF_1|-|PF_2|=2a。显然 Q 在双曲线外，因此我们可以延长 F_1Q 交双曲线于点 R，则 |F_1Q|-|QF_2|=|F_1R|-|QR|-|QF_2|<|F_1R|-|RF_2|=2a，矛盾！从而 F_1,P,F_2' 共线。

::::success[圆锥曲线光学性质证明（坐标法）]

:::success[椭圆、双曲线]

证明：设 A(x_0, y_0)，且 AB 为 \angle F_1AF_2 的角平分线，与 x 轴交于点 C，且与要证其为法线，只需证 AB 与 A 处的切线 l 垂直。由焦半径公式得 |AF_1|=a+ex_0, |AF_2|=a-ex_0。由角平分线公式得 \dfrac{|AF_1|}{|AF_2|}=\dfrac{|F_1C|}{|F_2C|}，故 |F_1C|=\dfrac{c(a+ex_0)}{a}, |F_2C|=\dfrac{c(a-ex_0)}{a}，则 C\left(-c+\dfrac{c(a+ex_0)}{a}, 0\right)，即 C\left(\dfrac{c^2}{a^2}x_0, 0\right)。故 k_{AB}=\dfrac{y_A-y_C}{x_A-x_C}=\dfrac{y_0}{x_0-\dfrac{c^2}{a^2}x_0}=\dfrac{a^2y_0}{b^2x_0}。熟知椭圆在点 (x_0, y_0) 处的切线 l 方程为 \dfrac{x_0x}{a^2}+\dfrac{y_0y}{b^2}=1，斜率为 -\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}，则 k_{l} \cdot k_{B}=-1，故 l \perp AB。证毕。

双曲线光学性质的证明留做习题，这里就不过多赘述了。

:::

:::success[抛物线]

由于这个性质中的平行线比较好进行角度处理，因此我们采取角度方法。

设 \alpha_1, \alpha_2, \alpha_3 分别表示 FP, BP, CP 的倾斜角，k_1, k_2, k_3 分别表示它们的斜率。

当 PB 平分 \angle FPC 等价于 \alpha_1 + \alpha_3 = 2\alpha_2。那么只需证 \dfrac{\tan \alpha_1 + \tan \alpha_3}{1-\tan \alpha_1 \tan \alpha_3}=\dfrac{2\tan \alpha_2}{1-\tan^2 \alpha_2}，即证 k_1=\dfrac{2k_2}{1-k_2^2}。

设 P 处的切线为 l，由于 k_2 = -\dfrac{1}{k_l} = \dfrac{y_0}{p}，即证 \dfrac{y_0}{x_0-\dfrac{p}{2}}=\dfrac{2\dfrac{y_0}{p}}{1-\dfrac{y_0^2}{p^2}}，即 \dfrac{y_0}{x_0-\dfrac{p}{2}}=\dfrac{2\dfrac{y_0}{p}}{1-\dfrac{2px_0}{p^2}}，即 \dfrac{y_0}{x_0-\dfrac{p}{2}}=\dfrac{\dfrac{y_0}{p}}{\dfrac{1}{2}-\dfrac{x_0}{p}}，显然成立，得证。

:::

::::

圆锥曲线的光学性质有以下几个推论。

1. 圆锥曲线的等角性质（\text{Poncelet} 小定理，以椭圆为例）：椭圆 C 外有一点 P，设 F_1,F_2 为椭圆的两个焦点，过点 P 作 C 的两条切线，分别与椭圆 C 切于 A,B 两点，则 \angle F_1PA=\angle F_2PB。

   证明：如图，作 F_1 关于 PA 的对称点 F_1' 和 F_2 关于 PB 的对称点 F_2'。由圆锥曲线的光学性质知 F_1',A,F_2 三点共线，F_2',A,F_1 三点共线。则 F_1'F_2=F_1'A+AF_2=AF_1+AF_2=2a。同理，F_1F_2'=2a，故 F_1'F_2=F_1F_2'。又 F_1' 与 F_1 关于 PA 对称，故 F_1'P=F_1P。同理 F_2P=F_2'P。故 \triangle PF_1'F_2 \cong \triangle PF_1F_2'。则 \angle F_1'PF_2=\angle F_1PF_2'，共同减去\angle F_1PF_2 可得 \angle F_1'PF_1=\angle F_2PF_2'，即 \angle F_1PA=\angle F_2PB。证毕。

2. 焦点与切线距离积为定值（以椭圆为例）：对于椭圆 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 上任意一点 A，设椭圆在点 A 处的切线为 l，则 d_{F_1-l}d_{F_2-l}=b^2。

   证明：运用圆锥曲线的光学性质。过点 A 作 l 的垂线 l'，根据椭圆的光学性质可得，从 F_1 出发的光线，在反射后回到 F_2，因此 l' 是 \angle F_1AF_2 的角平分线。设 |AF_1|=t, |AF_2|=2a-t,\angle F_1AF_2=\theta，则 \angle F_1AB=\angle BAF_2=\dfrac{\theta}{2}，d_{F_1-l}d_{F_2-l}=t(2a-t)\cos^2 \dfrac{\theta}{2}。由余弦函数二倍角公式可得 2\cos^2\dfrac{\theta}{2}=\cos \theta + 1= \dfrac{t^2+t^2-4at+4a^2-4c^2+2t(2a-t))}{2t(2a-t)}=\dfrac{2b^2}{t(2a-t)}， 故 t(2a-t)\cos^2\dfrac{\theta}{2}=t(2a-t)\dfrac{b^2}{t(2a-t)}=b^2，证毕。

4.4.2.7 蒙日圆及其推广

过圆锥曲线外一点 P 引圆锥曲线的两条切线，若两条切线垂直，则这个点的轨迹为一个圆。这个圆被称为蒙日圆，也叫外准圆。

:::success[几何法，以椭圆为例]

蒙日圆的性质可以直接由圆锥曲线的等角性质推出。如图，设 Q,R 为两切点。作 F_1 关于 PQ 的对称点 F_1'，由等角性质可得 \angle F_1'PF_2=\angle F_1'PQ+\angle QPF_2=\angle F_2PR + \angle QPF_2=\angle QPR。于是由圆锥曲线的光学性质有 F_1P^2+F_2P^2=F_1'P^2+F_2P^2=F_1'F_2^2=(QF_1+QF_2)^2=4a^2，那么 2OP^2=F_1P^2+F_2P^2-2OF_1^2=4a^2-2c^2=2a^2+2b^2，即 OP^2=a^2+b^2。故 P 的轨迹是一个以 O 为圆心，\sqrt{a^2+b^2} 为半径的圆。

:::

::::success[坐标法，以椭圆为例]

不妨设 P(x_0,y_0)，两条切线 l_1,l_2 的方程为 y-y_0=k_1(x-x_0) 和 y-y_0=k_2(x-x_0)。在上面的切线章节我们得到了一个结论：直线 l:y-y_0=k(x-x_0) 和椭圆 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 相切当且仅当(a^2-x_0^2)k^2+2x_0y_0k+(b^2-y_0^2)=0。由于 k_1k_2=-1，因此 (a^2-x_0^2)=-(b^2-y_0^2)，即 a^2+b^2=x_0^2+y_0^2。

因此这是一个圆心为 O，半径为 \sqrt{a^2+b^2} 的圆。

::::

对于双曲线 \dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1（e \in (1,\sqrt{2})）也有蒙日圆，其方程为 x_0^2+y_0^2=a^2-b^2，推导过程同理。

而抛物线 y^2=2px 的蒙日圆半径则为无穷大，是一条直线，也是其准线 x = -\dfrac{p}{2}。无穷的概念在射影几何中很重要，我们可以处处见到无穷远点，无穷大等表述。

更进一步地，我们可以将斜率之积扩展到任意定值，此时就会有更具一般性的结论，留给读者自行探索。

4.4.2.8 阿基米德三角形

阿基米德三角形就是由抛物线外一点向抛物线引出两条切线，切点和这个点组成的三角形。

阿基米德三角形有许多性质。

如图，设 C(x_1, y_1), D(x_2, y_2)，则过 C 的切线 AC 的方程如下：

故 A\left(\dfrac{x_1+x_2}{2}, \dfrac{x_1x_2}{2p}\right)。

其实，阿基米德三角形的面积也可以求。

易知 CD:y-y_1=\dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}(x-x_1)，令 x = \dfrac{x_1+x_2}{2}，可得 y=\dfrac{x_1^2+x_2^2}{4p}。

故 S_{\triangle ACD}=\dfrac{1}{2}|x_1-x_2|\dfrac{x_1^2+x_2^2-2x_1x_2}{4p}=\dfrac{|x_1-x_2|^3}{16}。

阿基米德三角形中，弦 CD 的中点 M 与 A 的连线与 y 轴平行。

此外，MA 的中点 N 一定在抛物线上。证明过程如下：

首先可以得到

证毕。

::::info[1982 全国卷]

抛物线 y^2=2px 的内解三角形有两边与抛物线 x^2=2qy 相切，证明：这个三角形的第三边也与 x^2=2qy 相切。

:::success[Answer]

设这两条边的公共顶点为 P(x_0,y_0)，另外两个顶点分别为 A 和 B，并设 PA:y-y_0=k_1(x-x_0),PB:y-y_0=k_2(x-x_0)。与抛物线 x^2=2qy 联立可得 x^2-2qkx+2q(kx_0-y_0)=0。

由 y-y_0=k(x-x_0) 这条直线与抛物线 x^2=2qy 相切，可得 (-2qk)^2-4 \cdot 1 \cdot 2q(kx_0-y_0)=0，即 qk^2-2kx_0+2y_0=0。

那么 k_1+k_2=\dfrac{2x_0}{q},k_1k_2=\dfrac{2y_0}{q}。于是 \dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}=\dfrac{x_0}{y_0}。

将 y-y_0=k(x-x_0) 与抛物线 y^2=2px 联立可得 y-y_0=\dfrac{k(y+y_0)(y-y_0)}{2p}，解得 y=\dfrac{2p}{k}-y_0。故 A\left(\dfrac{1}{2p}\left(\dfrac{2p}{k_1}-y_0\right)^2,\dfrac{2p}{k_1}-y_0\right)。同理可得 B\left(\dfrac{1}{2p}\left(\dfrac{2p}{k_2}-y_0\right)^2,\dfrac{2p}{k_2}-y_0\right)。

故 AB:y-\left(\dfrac{2p}{k_1}-y_0\right)=\dfrac{2p}{\left(\dfrac{2p}{k_1}-y_0\right)+\left(\dfrac{2p}{k_2}-y_0\right)}\left(x-\dfrac{1}{2p}\left(\dfrac{2p}{k_1}-y_0\right)^2\right)，即 \left(2p\left(\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}\right)-2y_0\right)y-\left(\dfrac{2p}{k_1}-y_0\right)^2-\left(\dfrac{2p}{k_1}-y_0\right)\left(\dfrac{2p}{k_2}-y_0\right)=2px-\left(\dfrac{2p}{k_1}-y_0\right)^2，即 \left(2p\left(\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}\right)-2y_0\right)y-\left(\dfrac{4p^2}{k_1k_2}-2py_0\left(\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}\right)+y_0^2\right)=2px，代入韦达定理可得 \left(2p \cdot \dfrac{x_0}{y_0}-2y_0\right)y-\left(\dfrac{2p^2q}{y_0}-2py_0 \cdot \dfrac{x_0}{y_0} +y_0^2\right)=2px。又注意到 y_0^2=2px_0 以及 x^2=2qy，化简可得 \dfrac{y_0}{2q}x^2+2px+\dfrac{2p^2q}{y_0}=0。这个方程的 \Delta = (2p)^2-4 \cdot \dfrac{y_0}{2q} \cdot \dfrac{2p^2q}{y_0}=0，故 AB 为抛物线 x^2=2qy 的切线，证毕。

【点评】这个题的核心是找到 k_1 和 k_2 之间的关系。实际上这个思想在切线方程联立求解、蒙日圆的推导中都有体现，相信大家到了这里也就不会陌生了。

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::::info[山东省潍坊市 2025-2026 学年高三下学期 5 月高考模拟考试（B卷）]

已知经过点 F(1,0) 的动圆 M 与直线 l:x=-1 相切，设圆心 M 的轨迹为 C。
（1）求 C 的方程；
（2）已知 A(1,2),O(0,0),D(1,-2) 是 C 上的点，点 Q 是 C 上异于 A,O,D 内的任意一点，直线 QA 与 OD 相交于点 S，直线 QD 与 OA 相交于点 T，证明：直线 ST 过定点，并求出该定点的坐标；
（3）若 P 是 C 外的一点，满足 |PF|=10，过 P 作 C 的两条切线，切点分别为 M,N，设 \triangle PFM 的面积为 S_1，S_{\triangle PFN} 的面积为 S_2，求 \dfrac{S_1}{S_2} 的取值范围。

:::success[Answer]

（1）设圆心 M(x,y)。由动圆过点 F(1,0) 且与直线 l:x=-1 相切，知 \sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+1|，平方并整理得 C 的方程为 y^2=4x。

（2） 由题设 OA:y=2x，OD:y=-2x。设 Q(m^2, 2m)（m \neq 0, \pm1）。

直线 QA 的斜率为 \dfrac{2m-2}{m^2-1}=\dfrac{2}{m+1}，故其方程为 y-2=\dfrac{2}{m+1}(x-1)。

直线 QD 的斜率为 \dfrac{2m+2}{m^2-1}=\dfrac{2}{m-1}，故其方程为 y+2=\dfrac{2}{m-1}(x-1)。

联立 QA 与 OD:y=-2x，

解得 x=-\dfrac{m}{m+2}，y=\dfrac{2m}{m+2}，所以 S\left(-\dfrac{m}{m+2},\ \dfrac{2m}{m+2}\right)。

联立 QD 与 OA:y=2x，

解得 x=\dfrac{m}{2-m}，y=\dfrac{2m}{2-m}，所以 T\left(\dfrac{m}{2-m},\ \dfrac{2m}{2-m}\right)。

直线 ST 的斜率：

因此直线 ST 的方程为 y-\dfrac{2m}{m+2}=m\left(x+\dfrac{m}{m+2}\right)，化简得 y=m(x+1)，所以直线 ST 恒过定点 (-1,0)，得证。

（3）【首先考虑这题要设线还是设点。因为整个图形是由点 P 引出的，而 MN 上并没有什么比较好的条件，因此可以设出 M,N 两个点，再用 M,N 来表示 P，最后通过 P 的性质得到 M,N 坐标之间的一些关系。】

设 P(x_0,y_0),M(x_1,y_1), N(x_2,y_2)。则 M 处切线方程为 y_1y=2(x_1+x)，N 处切线方程为 y_2y=2(x_2+x)。联立可得 y_0=\dfrac{y_1+y_2}{2},x_0=\dfrac{y_1y_2}{4}。

【如何计算 S_{\triangle PFM} 和 S_{\triangle PFN} 呢？这里就要用到上面面积问题中讲的方法了。因为我们已经设出点 P,M,N 的坐标了，所以可以很方便地表示出 \overrightarrow{FP},\overrightarrow{FM},\overrightarrow{FN}，那么使用叉乘就是一个非常好的选择了。】

由已知条件可得 \overrightarrow {FP}=(x_0-1,y_0),\overrightarrow{FM}=(x_1-1,y_1),\overrightarrow{FN}=(x_2-1,y_2)。

则 S_1=\dfrac{1}{2}\left[(x_0-1)y_1-(x_1-1)y_0\right]=\dfrac{1}{2}\left[x_0y_1-y_1-\left(\dfrac{y_1^2}{4}-1\right)y_0\right]，同理可得 S_2=\dfrac{1}{2}\left[(x_0-1)y_2-(x_2-1)y_0\right]=\dfrac{1}{2}\left[x_0y_2-y_2-\left(\dfrac{y_2^2}{4}-1\right)y_0\right]。则

【现在可以将 P\left(\dfrac{y_1y_2}{4},\dfrac{y_1+y_2}{2}\right) 代入 \odot F 中进行计算了。】

由于 P 在以 F 为圆心，10 为半径的圆上，因此 \left(\dfrac{y_1y_2}{4}-1\right)^2+\left(\dfrac{y_1+y_2}{2}\right)^2=100，化简可得 \left(\dfrac{y_1^2}{4}+1\right)\left(\dfrac{y_2^2}{4}+1\right)=100，则 \dfrac{\dfrac{y_1^2}{4}+1}{\dfrac{y_2^2}{4}+1} \leq \dfrac{100}{1}=100，当且仅当 P(0,\sqrt{99}) 时取等。同理可得 \dfrac{\dfrac{y_1^2}{4}+1}{\dfrac{y_2^2}{4}+1} \geq \dfrac{1}{100}，当且仅当 P(0,-\sqrt{99}) 时取等。故 \dfrac{S_1}{S_2}\in\left[\dfrac{1}{100},100\right]。

:::

::::

4.4.3 圆锥曲线中的调和关系

4.4.3.1 极点极线

上面我们讲到切线和切点弦，它们的方程都是 Ax_0x+B\dfrac{x_0y+y_0x}{2}+Cy_0y+D\dfrac{x_0+x}{2}+E\dfrac{y_0+y}{2}+F=0。那么问题来了，当 P 在圆锥曲线内的时候，这个方程表示的是什么？它显然是一条直线，那么这条直线和 P(x_0,y_0) 又有什么关系？

到这里你应该可以看出来了。他们表面上是不一样的，但实际上共用一套法则。任意给定一个点，总有一条直线与其相伴。我们把 P(x_0,y_0) 叫做极点，方程 Ax_0x+B\dfrac{x_0y+y_0x}{2}+Cy_0y+D\dfrac{x_0+x}{2}+E\dfrac{y_0+y}{2}+F=0 对应的直线叫做 P 点关于该二次曲线的极线。刚才讲了这么多东西，就是给极点极线的讲解作铺垫的。下面是极线方程的替换。

事实上，所有二次曲线都有如下结论：点 (x_0,y_0) 关于二次曲线 Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0 的极线方程为

相信你已经想要知道极点极线和前面所学知识的关系了，那么下面这个性质就会告诉你答案。

性质 1：过平面内一点 A 作一条直线交圆锥曲线于 P, Q，设 PQ 与 A 的极线 l 交于点 B，则 (P, Q; A, B) 成调和点列。（极点极线定义）

:::success[证明（椭圆）] 设 \overrightarrow{PB}=\lambda\overrightarrow{BQ}, \overrightarrow{PA}=\lambda\overrightarrow{QA}。

设 A(x_0, y_0), B(x_B, y_B), P(x_1, y_1), Q(x_2, y_2)。

那么 A(\dfrac{\lambda x_2 - x_1}{\lambda - 1}, \dfrac{\lambda y_2 - y_1}{\lambda - 1}), P(\dfrac{\lambda x_2 + x_1}{\lambda + 1}, \dfrac{\lambda y_2 + y_1}{\lambda + 1})。

由椭圆方程我们可以得到 \dfrac{x_1^2}{a^2}+\dfrac{y_1^2}{b^2}=1 和 \dfrac{\lambda^2x_2^2}{a^2}+\dfrac{\lambda^2y_2^2}{b^2}=\lambda^2。两式相减可得 \dfrac{\lambda^2x_2^2-x_1^2}{(\lambda^2-1)a^2}+\dfrac{\lambda^2y_2^2-y_1^2}{(\lambda^2-1)b^2}=1，即 \dfrac{\lambda x_2 - x_1}{\lambda - 1} \cdot \dfrac{\lambda x_2 + x_1}{\lambda + 1} \cdot \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{\lambda y_2 - y_1}{\lambda - 1} \cdot \dfrac{\lambda y_2 + y_1}{\lambda + 1} \cdot \dfrac{1}{b^2}=1，化简得

即

故 B 在直线 \dfrac{x_0x}{a^2}+\dfrac{y_0y}{b^2}=1 上。

证毕。

这里使用了定比点差法。这种方法通过“定比”和“点差”两步能够完成极点极线的证明，也可以简化很多计算。

:::

性质 2：若 P 在 Q 的极线上，则 Q 在 P 的极线上。

这是熟知的，因为极点极线方程都是对称的。此时我们称 P,Q 两点关于该二次曲线调和共轭。或者从调和点列的角度来看，若 (A,B;C,D) 成调和点列，则 (C,D;A,B) 同样成调和点列，这就完成了证明。

刚才我们只讲了切线和切点弦，那么对于点 P 在圆锥曲线内的情况，这个方程又代表着什么样的直线？下面这个性质就就会告诉你答案。

性质 3：过圆锥曲线内一点 P 作圆锥曲线的两条割线 AB, CD，则 AD, BC 的交点 Q、AC, BD 的交点 R 均在 P 的极线上。

:::success[证明（椭圆）]

首先我们由三角形面积公式可知，\dfrac{|DQ|}{|QA|}=\dfrac{|PD|\sin \angle QPD}{|PA|\sin \angle QPA}, \dfrac{|BQ|}{|QC|}=\dfrac{|PB|\sin \angle QPB}{|PC|\sin \angle QPC}。

两式相乘即得

在 AD 上取一点 E 使得 (A,D;E,Q) 成调和点列关系，由定理 1 和定理 2 知，只需证 (C,B;F,Q) 成调和点列关系。接下来有两种证明方法。

平面几何证明：由梅涅劳斯定理，\dfrac{|QE|}{|EA|}\dfrac{|AP|}{|PB|}\dfrac{|BF|}{|FQ|}=1，且 \dfrac{|QF|}{|FC|}\dfrac{|CP|}{|PD|}\dfrac{|DE|}{|EQ|}=1

两式相乘即得

由上面的式子可得

即

即 (C,B;F,Q) 成调和点列。

证毕。

性质 4：如图，若 H, G 分别为 AB, CD 的中点，则 S_{\triangle EHG} = \dfrac{1}{4}S_{ACBD} = \dfrac{1}{8}|AB| \cdot |CD| \sin\angle AFC。

:::success[证明]

取 BD 中点 I，则

4.4.3.2 自极三角形

自极三角形是指圆内接四边形的两组对边和一组对角线共三个交点形成的三角形。例如，图中的 \triangle AFG 就是一个自极三角形。自极三角形的性质是：对于任意一个顶点，其关于圆锥曲线的极线都是它在自极三角形中的对边。

证明：如图，首先 FG 为 A 的极线是显然的；设 AG 与 BE,CD 分别交于点 P,Q。由 \text{Menelaus} 定理，\dfrac{BF}{FE} \cdot \dfrac{ED}{DG} \cdot \dfrac{GC}{CB}=1。由 \text{Ceva} 定理，\dfrac{BP}{PE} \cdot \dfrac{ED}{DG} \cdot \dfrac{GC}{CB}=1，于是 \dfrac{BF}{FE} = \dfrac{BP}{PE}，即 (B,E;P,F) 成调和点列，故 P 在 F 的极线上，由调和点列性质知 A 也在 F 的极线上，故 PA 为 F 的极线，即 AG 为 F 的极线，同理 AF 为 G 的极线，证毕。

自极三角形的性质会在下面的题目中用到。

4.4.3.3 圆中的二次调和点列

设调和点列 (D, F; G, E) 与调和线束 (CD, CF; CG, CE)，调和线束与圆交于 H, I, J, K 四点，则 (H, J; I, K) 称为圆中的二次调和点列。

显然，由于调和线束实际上与边的条件无关（这是因为圆周角只与弧有关，与顶点的位置无关），因此变换 C 点并不影响调和关系，因为圆周角相等。我们可以把 C 移到 J 处，如图，设 IK 与 J 处切线交于点 L_1。则 (IJ, KJ; HJ, JL_1) 成调和线束。设 HJ 与 IK 交于点 M，则有 (K, I; M, L_1) 成调和点列。同理设 IK 与 H 处切线交于点 L_2，则 (K, I; M, L_2) 成调和点列。故 L_1, L_2 重合，IK 过 HJ 的极点。同理，HJ 过 IK 的极点。

故圆中调和点列有的性质是：

圆中调和点列组成的四边形对角线互过对方极点。

我们会注意到，实际上这个四边形就是圆中的调和四边形。

4.4.3.4 圆锥曲线中的二次调和点列

对不起，这是整篇文章里面最难看的图片。

我们知道在圆中有二次调和点列，那么在椭圆、双曲线、抛物线中有没有类似的规律呢？这时候就需要我们从立体几何的视角重新审视圆锥曲线了。我们知道圆锥曲线是在圆锥中截出来的，那么实际上也可以看作是圆经过射影变换后形成的。

设 (A,B;C,D) 成二次调和点列，任取一点 O_1，则 (O_1A,O_1B;O_1C,O_1D) 成调和线束。设 E,F 分别为 O_1C,O_1B 与 AD 的交点，则 (A,F;E,D) 成调和点列，(OA,OF,OE,OD) 成调和线束。设 A,B,C,D,E,F,O_1 在椭圆所在平面上的投影为 A',B',C',D',E',F',O_2，则 (OA',OF',OE',OD') 成调和线束，由此可得 (A',F';E',D') 成调和点列（交比不变）。由射影变换共线关系不变，可得 O_2,E',C' 共线，O_2,F',B' 共线。则 (O_2A',O_2B';O_2C',O_2D') 成调和线束，从而 (A',C';B',D') 成二次调和点列。当 O_1 在圆上运动时，总会对应一个 O_2 在椭圆上运动，因此二次调和点列不受到射影变换的影响。

4.4.3.5 对合方程

我们知道，调和线束有如下斜率关系：

设 O 圆锥曲线外一点，过 O 作圆锥曲线的两条切线 OA, OB，并作一条直线 OC 交圆锥曲线于点 C 和另外一点 D。容易得出 (A, B;C, D) 是二次调和点列。在圆锥曲线上有异于 A, B, C, D 的一点 P，且 PA, PB, PC, PD 的斜率分别为 k_1, k_2, k_3, k_4。现在我们令 k_2 + k_4 = \dfrac{-2\beta}{\alpha}, k_2k_4 = \dfrac{\gamma}{\alpha}，则有

你有没有发现上面 k_2, k_4 的方程很像韦达定理？没错，k_2, k_4 就是方程 \alpha k^2+2\beta k + \gamma = 0 的两个解。且当只有一个解，即另外一条直线斜率不存在的时候说明 \alpha = 0，从而 k_1+k_3 为定值。

这其实是很多斜率和积为定值证明直线过顶点、直线过顶点证明斜率和积为定值的底层逻辑。为什么这么说呢？因为和的关系就是令 \alpha = 0 的结果，乘积的关系就是令 \beta=0 的结果，而倒数之和为定值就是令 \gamma = 0 的结果，其实出题人可以直接把整个复杂的式子出成题，但是出题人很好心（这个意义上讲是这样的），所以他会把式子简化一下再出给你。然而就算是简化过的式子，也不简单。后面我们会用很简洁的方法解决这些题目。

很多数学高考题都是用调和点列、极点极线相关内容出题，再让考生用圆锥曲线解题，并且部分出题逻辑相同，套路多。圆锥曲线本质上只是一个载体。下面我们就会看到。

4.4.3.6 定点定值问题

定点定值问题的核心是：无论直线怎么动，直线都过定点或某一些参数始终不变。对于定值问题，只需要求出参数的表达式代入求解即可，一般都能得到定值。然而，对于定点问题，如果不知道具体的定点在哪里，没有方向地推导，最终很有可能导致计算错误乃至定点错误。所以，我们一般采取“先猜后证”的思路，有方向地推导能节省不少时间。

一般地，对于从一个定点引两条直线，斜率和、积、倒数和为定值的条件，一般都暗示着直线过定点。我们已经在上面讲过这一暗示的背景。有一些题目中并不会告诉我们直线过定点，但是会通过这些条件进行暗示，这时候就需要我们自己先求出定点再继续解答。

下面介绍几种常用的猜测定点的方法。

法一：利用对称性。如果我们观察到某个点或某条直线的轨迹关于 x 轴对称，那么定点一定在 x 轴上。这是因为任意两条关于 x 轴对称的直线交点都在 x 轴上，因此定点被定死在 x 轴上了。这时候只需要在解题之后令 y=0，直接解出 x，一定是定值。这种题目是较为简单的。

法二：利用特殊位置。考虑一条直线的合法特殊位置或极限情况，一般能够得出定点。

法三：利用射影几何背景。当无法得出定点在坐标轴上时，一般得要通过射影几何背景推出定点，才能继续往下书写。这个时候一般计算过程会非常复杂，要适当地使用点参法、设线解点、和积关系等方法才能较快地解决问题。

我们以一道简单的题目作为例子。

::::info[A Simple Practice]

已知双曲线 C: \dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{4}=1，其左顶点为 A，过点 P(4, 0) 且不与 x 轴重合的直线 l 与双曲线交于 P, Q 两点。AP, AQ 与圆 O: x^2+y^2=4 交于 M, N 两点。

（1）求 k_{AP} \cdot k_{AQ}。

（2）求证：直线 MN 过定点。

:::success[Answer]

（1） 设 PQ: x = ty + 4。

设 P(x_1, x_2), Q(y_1, y_2)。

（2）

思考：我们如果把 P, Q 都关于 x 轴进行对称，PQ 仍然过点 P。此时 M, N 也都关于 x 轴进行了对称。则定点一定在 x 轴上。所以我们采取反设直线的方法。

设 MN:x=ty+m。

设 M(x_3, y_3), N(x_4, y_4)。

由（1）得

故 m=1。

接下来我们以亿些题目作为例子讲解圆锥曲线中的定点定值问题的先猜后证解法。由于极点极线不能在考试的时候使用，因此在这里我给出了普通的联立证明，并给出两种方法对应的思维提示。

对于定点定值问题的常规思路：

1. 翻译条件；

2. 利用上面讲过的方法猜测定点；

3. 找到点的生成次序，并以最先生成的点联立（也可以以最后生成的点联立）；

4. 如果证明过顶点，代入定点验证；如果证明为定值，先列出式子或方程，如果式子简单直接化简，如果复杂可以考率以点代点，齐次化等思路；如果有非对称式考虑配凑对称、硬算、寻找和积关系等思路，如果方程有定根考虑因式分解。

首先是几道极点极线、调和点列、调和线束的纯推导题目。

::::info[原创题]

已知抛物线 x^2=2py(p>0) 上的一点 M(t,2) 到其焦点 F 的距离是 3。
(1)求抛物线的解析式。
(2)过点 F 作两条相互垂直的直线 AB, CD 交抛物线于点 A, B, C, D，设 AB 中点为 M，CD 中点为 N，求 S_{\triangle FMN} 的最小值。
(3)平面内有两点 S(-2, -2), T(2, 0)，过点 T 的直线于抛物线交于 P, Q 两点，连接 SP 交抛物线于点 R。求证：QR 过定点，并求出定点的坐标。

:::success[Answer]

正常做法

（1）由抛物线解析式得 ax_M^2=2， x_M=\sqrt{\dfrac{2}{a}}，则

由 a > 0 得 \dfrac{1}{4a} > 0，故 2 + \dfrac{1}{4a}=3。

解得 a = \dfrac{1}{4}，故抛物线解析式为 y = \dfrac{1}{4}x^2。

（2）设 AB: y = kx + 1，联立得 x^2-4kx-4=0。

则 CD: y = -\dfrac{1}{k}x+1，联立得 x^2-\dfrac{4}{k}x-4=0。

则 M(\dfrac{x_1 + x_2}{2}, k \cdot \dfrac{x_1 + x_2}{2} + \dfrac{2}{2})，代入韦达定理得 M(2k,2k^2+1)。

同理，N(\dfrac{x_3 + x_4}{2}, k \cdot \dfrac{x_3 + x_4}{2} + \dfrac{2}{2})，代入韦达定理得 N(\dfrac{2}{k},\dfrac{2}{k^2}+1)。

因为 FM \perp FN，故

当且仅当 k = 1 时取得等号。

（3）设 PQ:y=kx+b，则 2k+b=0, b=-2k。故可以设 PQ:y=kx-2k。联立 y=\dfrac{1}{4}x^2 与 y=kx-2k 可以得到 x^2- 4kx+8k=0。

设 P(x_1, \dfrac{x_1^2}{4}), Q(x_2, \dfrac{x_2^2}{4})。

故

化简得

联立 y=\dfrac{1}{4}x^2 得

【显然 P 也是直线 SP 与抛物线的交点，故考虑分离出 x_1】

因式分解可得

故 R(\dfrac{8-2x_1}{x_1+2}, \dfrac{1}{4} \cdot(\dfrac{8-2x_1}{x_1+2})^2)

化简得 R(\dfrac{8-2x_1}{x_1+2}, \dfrac{x_1^2-8x_1+16}{x_1^2+4x_1+4})

【由于 R，Q都在抛物线上，因此考虑用因式分解的方法化简 RQ 的斜率，并用韦达定理替换掉 x_2】

代入 Q 点坐标可以得到

【接下来就是最重要的步骤了。我们要去猜测定点。如何猜测呢？我们可以代入两种情况去求两种情况中 RQ 的交点，那么这个点一定是定点。经过计算可以得到这个交点是 (1, 1)，于是我们令 x=1, y=1，看看是否满足直线的解析式】

只需证 [4-(x_1^2-8kx_1+16k^2)](x_1+2)=(8-2x_1+4kx_1-x_1^2+8k-2x_1)(1-4k+x_1)

即证

由联立方程得 x_1^2=4kx_1-8k，原式即证

整理得

该式显然成立，故原命题得证，QR 过定点 (1, 1)。

射影几何做法（第三问）

注意到 S 在 T 的极线 y=x 上，T 也在 S 的极线 y=2-x 上，因此两极线的交点，即自极三角形的第三个顶点一定是定点，怎么证明呢？

设 T 的极线与 PQ 交于点 X，与 QR 交于点 Z，ST 与 QR 交于点 Y。

那么由极点极线性质知 (Q, P;X, T) 成调和点列，(SQ, SP; SX, ST) 成一簇调和线束。由交比不变性，(SQ, SR; SZ, SY) 成调和点列，因此 ST 是 Z 的极线。由 ST 是定直线知 Z 为定点，即 y=2-x 与 y=x 的交点 (1,1)。故 QR 过定点 (1, 1)。证毕。

::::info[北京市第一零一中学 2025-2026 学年高二上学期期末考试]

已知椭圆 \Gamma:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 其上、下顶点分别为 G,D，左、右焦点分别为 F_1, F_2，四边形 FF_1DF_2 是面积为 8 的正方形。过点 A(0,1) 且斜率为 k 的直线与椭圆交于不同的两点 B,C。
(1) 求椭圆 \Gamma 的方程。
(2) 设直线 DB,DC 的斜率分别为 k_1, k_2，求 k_1k_2 的值。
(3) 过点 A 且平行于 CD 的直线与 BG 交于点 H，求证：点 H 在定直线上。

:::success[Answer]

正常做法

联立

可得 (2k^2+1)x^2+4kx-6=0。

设 C(x_2, y_1), B(x_2, y_2)

则

消去 x 并代换 y_1, y_2，得

观察到这里没有常数，因此不管非对称系数，直接代入 \Delta，两边同时乘以 2a 并利用韦达定理，得

故 y=\dfrac{5}{2}。

射影几何做法（第三问）

设 BG 与 CD 交于点 I。那么有 \dfrac{|IH|}{|HG|}=\dfrac{|DA|}{|AG|}=3，而 GD, BC 是椭圆中由 A 引出的两条割线，故 I 在点 A 的极线 y=4 上。而 \dfrac{|IH|}{|HG|}=3，故 y_H=\dfrac{3y_G+y_I}{4}=\dfrac{5}{2}，所以 H 在定直线 y=\dfrac{5}{2} 上，证毕。 ::::

::::info[2023 全国乙卷]

已知椭圆 C:\dfrac{y^2}{a^2}+\dfrac{x^2}{b^2}=1\ (a>b>0) 的离心率是 \dfrac{\sqrt{5}}{3}，点 A(-2 ,0) 在 C 上。
(1) 求 C 的方程；
(2) 过点 (-2, 3) 的直线交 C 于 P,Q 两点，直线 AP,AQ 与 y 轴的交点分别为 M,N，证明：线段 MN 的中点为定点。

:::success[Answer]

正常解法

联立

可得 (9+4k^2)x^2+(16k^2+24k)x+(16k^2+48k)=0。

设 P(x_1, y_1), Q(x_2, y_2)，则

与 x 轴的交点 M,N 分别为 M\left(0, \dfrac{2y_1}{x_1+2}\right), N\left(0, \dfrac{2y_2}{x_2+2}\right)。

【由于 A 也在圆上，因此 x=-2 肯定是一个解，把这个解提出来，就能得到 x_N 了】

因式分解得

故 x_N = \dfrac{-10x_0-12}{3x_0+10}，y_N = \dfrac{y_0}{x_0-2}(\dfrac{(-10x_0-12)+(6x_0+20)}{3x_0+10})=\dfrac{-4y_0}{3x_0+10}

而 M(x_0, \dfrac{y_0}{2})，因此联立得到 MN 得方程

化简得

令 y=0，解得

射影几何做法

注意到 TM = MH，故有 2k_{BM}=k_{BT}。由圆的直径所对的圆周角是直角，知 BT \perp AT，又 AT \perp AC，故 BT // AC。设 D 为 AC 与 BM 的交点，则有 2k_{BM} = k_{AD}。过点 D 作 DF \perp x 轴交于点 F，则有 2x_A = x_B + x_F（斜率关系），故 x_D = x_F=2x_A - x_B = 2 \times (-2) - 2 = -6。又因为 MN, AB 是由其交点 G 引出的两条割线（G 未标出），因此 D 在 G 的极线上，又 G 在 x 轴上，因此 \dfrac{x_Gx_D}{a^2}=1，即 x_G = -\dfrac{2}{3}。故 MN 过定点 G(-\dfrac{2}{3}, 0)。

:::

::::

::::info[2026 佛山一模] 已知点 A(2,3), B(2,1)，双曲线 C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0) 的一条渐近线方程是 y=x，直线 AB 被 C 截得的弦长为 2\sqrt{3}。
(1)求 C 的方程。
(2)已知 P,Q 是 C 的右支上不同的两点，且存在实数 \lambda，使得 \overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{AQ}。
（i）若点 D 满足 \overrightarrow{PD}=\lambda\overrightarrow{DQ}，求证：点 D 总在某定直线上；
（ii）若直线 PB 与 C 的另一个交点为 R（异于 Q），求证：直线 QR 过定点，并求出该定点的坐标。 :::success[Answer] 【这道题的极点极线思路和 P1 是完全一样的，显然过定点 \left(\dfrac{1}{2}, 0\right)，所以我们这里只给出注意到定点之后的思路】 （1）显然为 x^2-y^2=1。不会的建议移步圆锥曲线定义。

（2） （i）

【这个式子就是极点极线的定义，显然 D 在 A 的极线上，极点极线的调和点列性质可以通过定比点差法来证，上面讲过，这个就是逆推回去】

设 P(x_P, y_P), Q(x_Q, y_Q)。

由定比分点公式知

联立

代入 A 点坐标及双曲线方程得

故 D 在定直线 2x-3y-1=0 上。

（ii）

做法一：超级复杂的普通联立做法。

联立

可得

故

设 P(x_1, y_1), Q(x_2, y_2)，PB 的斜率 k_1 = \dfrac{y_1-1}{x_1-2}，那么有

知

【显然不应当现在直接列两点式求定点，因为这样太过于复杂了，所以我们应当先找到 R 和 P 的坐标关系，再用 R 和 Q 列两点式】

设 R(x_3, y_3)，则

由 x_1^2-y_1^2-1=0 对平方项进行化简并整理得：

代入 PB 的方程得

故

【现在可以两点式代入了。首先列出直线方程并化简。由于我们已经用极点极线知识注意到定点 \left(\dfrac{1}{2},0\right)，接下来直接代入验证即可】

令 y=0，

要证其过顶点 \left(\dfrac{1}{2},0\right)，只需证

代入并消去分母，只需证

【我们应当配凑成对称式，如 x_1+x_2, y_1+y_2, x_1x_2, y_1y_2, x_1y_2+x_2y_1 等】

即证

一个一个来。

【事实上，我算到这里已急哭，太复杂了】

代入韦达定理，即证

展开分子，即证

我们惊喜地发现，所有项全部消掉了。我去不早说！要不然它怎么可能过定点。

因此 RQ 过定点 \left(\dfrac{1}{2}, 0\right)。

::::info[江西省八所重点中学 2026 届高三下学期 4 月联考]

若椭圆：\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a > 0, b > 0) 上一点 P(x_0, y_0) 处的切线方程为 \dfrac{x_0 x}{a^{2}}+\dfrac{y_0 y}{b^{2}} = 1。已知椭圆 C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a > 0, b > 0)，P,Q 分别为左、右顶点且离心率 e = \dfrac{\sqrt{3}}{2}. 直线 l 过 T(-1, 0) 交椭圆 C 于 A,B 两点。当直线 l 垂直于 x 轴时，|AB| = \sqrt{3}。
(1)求椭圆 C 的方程;
(2)连接 AQ,BQ,BP，并过 A,B 两点分别作椭圆的切线，这两条切线相交于点 E，过 E 作 BQ 的平行线交 AQ 于 M 点，直线 OM（O为坐标原点）交直线 BQ 于点 N，直线 AQ 和直线 BP 的斜率分别为 k_1 和 k_2，N,B 两点横坐标分别为 x_N,x_B。证明：
(i) \dfrac{k_1}{k_2} 为定值：
(ii) 2x_N - x_B 为定值。

:::success[Answer]

正常解法

（1）椭圆方程显然为 \dfrac{x^2}{4}+y^2=1。 （2） (i) 联立

可得 (t^2+4)y^2-2ty-3=0。

设 A(x_1, y_1), B(x_2, y_2)，则

证毕。

(ii) 设 E(x_0, y_0)，首先证明 x_0 = -4。

联立两条切线方程

可得

又

解得 y = t。

故 PM: y-t=\dfrac{y_2}{x_2-2}(x+4)

与 AQ: y=\dfrac{y_1}{x_1-2}(x-2) 联立，得

故

【上面这个式子主要考虑到 y_2 - y_1 是一个非对称式，且原式里面还有常数，因此不便于直接硬解，所以提出因式】

故 k_{OM}=3k_{AQ}=k_{BP}，故 OM \parallel PB，BN = NQ，2x_N - x_Q = x_Q = 2。

射影几何做法

(i) 易知椭圆方程为 \dfrac{x^2}{4}+y^2=1，T 的极线为 x=-4。故 (B, A; T, D) 成调和点列，(PB, PA; PT, PD) 成一簇调和线束，故有斜率关系

而 (QB, QA; QT, QD) 也成一簇调和线束，故有斜率关系2

根据椭圆第三定义，k_{PA} \cdot k_{PB} = k_{QA} \cdot k_{QB}=d^2-1=-\dfrac{1}{4}，且 k_{DP} = 3k_{DQ}，故

化简得

故有 k_{QA} \cdot k_{QB} = -\dfrac{3}{4}，而 k_{QB} = -\dfrac{1}{4k_{PB}}，故 \dfrac{k_1}{k_2}=\dfrac{1}{3}。

::::info[2022 全国乙卷]

已知椭圆 E 的中心为坐标原点，对称轴为 x 轴，y 轴，且过 A(0, -2), B(\dfrac{3}{2}, -1) 两点。 (1) 求 E 的方程。 (2) 设过点 P(1, -2) 的直线交 E 于 M, N 两点，过 M 且平行于 x 轴的直线与线段 AB 交于点 T，点 H 满足 \overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}。证明：直线 HN 过定点。

:::success[Answer]

正常解法

（1） 显然为 \dfrac{x^2}{3}+\dfrac{y^2}{4}=1、

（2）

联立

可得 (4+3k^2)x^2-(6k^2+12k)x+(3k^2+12k)=0。

设 M(x_1, y_1), N(x_2, y_2)。

则 x_1+x_2=\dfrac{6k^2+12k}{3k^2+4}，x_1x_2=\dfrac{3k^2+12k}{3k^2+4}

由定点 A, B 知 AB: y=\dfrac{2}{3}x-2。设 T(t, y_1)，则

解得 x = 3+\dfrac{3y_1}{2}，故 T(3+\dfrac{3y_1}{2}, y_1)。

由中点信息得 H(3y_1+6-x_1, y_1)。

【显然，能经过的定点只有点 A，于是只需证 A 在 HN 上即可。由于现在展开非常复杂，因此等一下乘开并整理后再展开对称式】

代入坐标知 NH: y-y_2=\dfrac{y_1-y_2}{3y_1+6-x_1-x_2}(x-x_2)。

只需证

该式显然成立，故原命题得证，HN 过定点 A(0, -2)。

射影几何做法

显然 E 的方程为 \dfrac{y^2}{4}+\dfrac{x^2}{3}=1，P(1, -2) 的极线为 2x-3y-6=0，恰好就是 AB。知 (P, Q; M, N) 成调和点列，(AP, AQ; AM, AN) 成一簇调和线束。由于 k_{AP} = 0，因此 \dfrac{1}{k_{AM}} + \dfrac{1}{k_{AN}} = \dfrac{2}{k_{AQ}} = 3.

::::info[2022 新高考 I 卷节选]

已知双曲线 C:\dfrac{x^2}{2}-y^2=1，A(2,1)。直线 l 交 C 于 P,Q 两点，且 k_{AP}+k_{AQ}=0，求 l 的斜率。

注 常规方法我们在上面的面积问题中讲过，这里要探讨的是第一问的深层背景。

:::success[Answer]

不妨设 k_{AP}=k_1,k_{AQ}=k_3。则由 k_1+k_3=0 知 \alpha=0,\gamma=0，即 k_2 不存在，k_4=0。

设另外两条直线与 C 的交点为 S,T。则 S(2,-1),T(-2,1)。但这里我们会发现，ST 经过 O 点，它对应的极点在无穷远处。那要怎么办呢？这时候射影几何无穷的魅力就要展现出来了。

考虑与 ST:y=-\dfrac{1}{2}x 斜率相同的直线 l':y=-\dfrac{1}{2}x+t。由共轭直径相关的知识我们可以知道，l' 关于 C 的极点 R 一定是在一条直线上运动的，这条直线就是 ST 的共轭直径，也就是 y=-x。那么当 t \to 0 时，R 就会在这条直线上趋于无穷远处。我们还知道，l 恒过点 R，这是由二次调和点列的性质得到的。那么当 t=0 时，l 就会在无穷远处过点 R，也就是与 R 的轨迹平行，那么 k_l 自然就等于 -1 了。

:::

::::

::::info[绝世好题]

有椭圆 \dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{2}=1，其上顶点为 C，下顶点为 B。现有一直线与椭圆交于点 D, E，且 k_{CD} + k_{CE} = 2\sqrt{2}，求证：DE 过定点。

:::success[Answer]

正常解法

联立

可得 (9k^2+2)x^2+18kmx+(9m^2-18)=0。

设 D(x_1, y_1), E(x_2, y_2)。则

故

故 CD 过定点 (-1,\sqrt{2})。

射影几何做法

设 k_{CD} = k_1, k_{CE} = k_3，代入对合方程。

::::info[湖南省永州市 2025 届高三上学期高考第二次模拟考试节选]

在直角坐标系 xOy 中，椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 经过点 P(-2\sqrt3,1)，短半轴长为 \sqrt3。过点 S(0,5) 作直线交 C 于 A,B 两点，直线 PA 交 C 于点 M，直线 PB 交 C 于点 N，记直线 PA,PB 的斜率分别为 k_1,k_2。
(1) 求 C 的标准方程；
(2) 证明 \dfrac1{k_1}+\dfrac1{k_2} 是定值，并求出该定值；

:::success[Answer]

正常解法

（1）显然为 \dfrac{x^2}{15}+\dfrac{y^2}{5}=1。

（2）联立

可得 (3k^2+1)x^2+30kx+60=0。

设 A(x_1, y_1), B(x_2, y_2)，则

为定值，证毕。

射影几何做法

::::info[2023 武汉四调]

过点 (4,2) 的动直线 l 与双曲线 E:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0) 交于 M,N 两点，当 l 与 x 轴平行时，|MN| = 4\sqrt{2}，当 l 与 y 轴平行时，|MN| = 4\sqrt{3}。
(1)求双曲线 E 的标准方程；
(2)点 P 是直线 y=x+1 上一定点，设直线 PM, PN 的斜率分别为 k_1, k_2，若 k_1k_2 为定值，求点 P 的坐标。

:::success[Answer]

(1) 显然为 \dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{4}=1。

(2)

正常做法

(2)

联立

可得 (1-k^2)x^2+(8k^2-4k)x+(-16k^2+16k-8)=0。

【这个式子看着就非常复杂，但是我们对它没什么办法，因为它本来就是由不在 x 轴或 y 轴上的定点引出的，因此我们只能硬展开】

故

说实话，这个计算过程真的非常复杂，我算了好几遍。

到这里甚至还没有结束，你还要解一个三次方程，因为三次项消不掉。

因式分解可得：

为什么会有三个解？因为我们只解了一个方程，还有两个没解。但是我们只需要代入证明另外两个不是答案即可。

代入 x_0=1，\dfrac{-8k^2}{9k^2-12k-7} 显然不是定值。

代入 x=-\dfrac{4}{3}，\dfrac{91k^2+168k-49}{256k^2-192k+56} 我去这么乱显然不是定值。

代入 x=3，\dfrac{4k^2-16k-4}{k^2-4k-1}=4 为定值。

证毕。

射影几何做法

延长 NM 交 S 的极线 y=2x-2 于点 A。则 (N, M;S, A) 成调和点列，(PN, PM; PS, PA) 成一簇调和线束。不妨设 PN, PS, PM, PA 的斜率分别为 k_1, k_2, k_3, k_4，则有

设 k_2 + k_4 = \dfrac{2\beta}{\alpha}, k_2k_4 = \dfrac{\gamma}{\alpha}

::::info[江苏省南通市如皋中学 2024 届高三下学期高考适应性考试（三）]

在平面直角坐标系 xOy 中，点 A,B 分别是椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的右顶点，上顶点。若 C 的离心率为 \dfrac{\sqrt{3}}{2}，且 O 到直线 AB 的距离为 \dfrac{2}{5}\sqrt{5}。

(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)过点 P(2, 1) 的直线 l 与椭圆 C 交于 M,N 两点，其中点 M 在第一象限，点 N 在 x 轴下方且不在 y 轴上，设直线 BM,BN 的斜率分别为 k_1, k_2。
①求证：\dfrac{1}{k_1} + \dfrac{1}{k_2} 为定值，并求出该定值；
②设直线 BM 与 x 轴交于点 T，求 \triangle BNT 的面积的最大值。

:::success[Answer]

正常解法(2.1)

（1）\dfrac{x^2}{4}+y^2=1

联立

这题并不困难，因为这个要求的式子非常简单，很便于直接化简。

设 M(x_1, y_1), N(x_2, y_2)，则

为定值。

极点极线、调和点列做法（2.1）

注：由于这里已经标定顺序，因此不改变原题顺序。

很明显的定点引出二次调和点列的模型。显然 (A, B; M, N) 成二次调和点列，A, B 是 P 过 P 的椭圆切线的两个切点，(AB, BP, MB, NB) 成调和线束，设 BM, BA, BN, BP 的斜率分别为 k_1, k_3, k_2, k_4，列出对合方程 \alpha k_1k_2 + \beta(k_1 + k_2)+ \gamma = 0，而此处 k_3k_4 = 0，故 \gamma = 0，所以 \dfrac{1}{k_1} + \dfrac{1}{k_2} = -\dfrac{\beta}{\alpha} 为定值。

::::info[浙江省绍兴市2024届高三下学期4月适应性考试] 已知抛物线 C:y^2=4x，平面内有两点 A(2,2), B(-1, 1)，过点 A 作直线交 C 于 M,N 两点。记直线 BM, BN 的斜率分别为 k_1, k_2。求 3k_1k_2-2(k_1+k_2) 的值。

:::success[Answer]

正常解法

读者自证不难。

射影几何做法

::::info[辽宁省部分重点高中 2025~2026 学年高二上学期 12 月联考]

已知双曲线 C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0) 的离心率 e=\dfrac{\sqrt{7}}{2}，右焦点 F 到渐近线的距离为 \sqrt{3}。
(1) 求双曲线 C 的标准方程；
(2) 已知点 A(4,1)，过点 B(1,0) 的直线与双曲线 C 的左、右两支分别交于点 M,N，直线 AN 与双曲线 C 交于另一点 P，设直线 AM，AN 的斜率分别为 k_1,k_2。
(i) 求证：k_1+k_2 为定值；
(ii) 求证：直线 MP 过定点，并求出该定点的坐标。

:::success[Answer]

正常解法

（1）易知为 \dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{3}=1。

（2）(i) 联立

可得 (3t^2-4)y^2+6ty-9=0。

设 M(x_1, y_1), N(x_2, y_2)，则

(ii)

由于 AN 的方程已经足够复杂，因此不应当直接与椭圆联立，而是应先将 MP 设为 y=px+m，联立之后再利用斜率关系，得到 p 和 m 的关系得到定点。

联立

可得 (3-4p^2)x^2-8pmx-(4m^2+12)=0。

设 P(x_3, y_3)，则

因此

故 m = -p 或 m = -4p + 9。

当 m=-p 时，AM 过点 (1,0)，与 MN 重合，矛盾；

当 m=-4p+9 时，y=px+(-4p+9) = p(x-4)+9，过定点 (4,9)。

射影几何做法

(i)

设 NM 与直线 x=4，即 B 的极线交于点 Q，则 (N, M; B, Q) 成调和点列，(AN, AM; AB, AQ) 成调和线束。设 AN, AM, AB 的斜率分别为 k_1, k_2, k_3，由于 QA 没有斜率，因此对合方程 \alpha k_1k_2 + \beta(k_1 + k_2) + \gamma = 0 退化为一次方程，令 k_1 + k_2 = 2k_4 代入方程，而 k_AB = -\dfrac{\gamma}{2\beta}=\dfrac{1}{3}，因此 k_1 + k_2 = -\dfrac{\gamma}{\beta} = -\dfrac{2}{3}。

(ii)

3. 联立 \begin{cases}y^2=2px\\y=k(x-\dfrac{p}{2})\end{cases} 可得 k^2(x^2-px+\dfrac{p^2}{4})=2px，化简得 4k^2x^2+(-4k^2p-8p)x+k^2p^2=0，故 x_1x_2=\dfrac{p^2}{4}, y_1y_2=-\sqrt{2px_1 \cdot 2px_2}=-\sqrt{4p^2 \cdot \dfrac{p^2}{4}}=-p^2。

4.5.5 离心率、焦点相关问题

说句闲话，领会这种题做题思路的最好方法是去把之前高联所有圆锥曲线题目都做一遍，然后你就懂了。对于范围问题，一般都是把信息经过转化变成一个 a,b,c 齐次的等式，然后除以 a^n 即可。举两个例子。对于求离心率的问题，一般可以反复利用题目边长关系，实在不行就列余弦定理，正弦定理，总能导出来。

::::info[2014 全国高中数学联赛一试第 6 题] 设椭圆 \Gamma 的两个焦点是 F_1, F_2，过点 F_1 的直线与 \Gamma 交于点 P,Q。若 |PF_1| = |F_1F_2|，且 3|PF_1|=4|QF_1|，则椭圆 \Gamma 的短轴与长轴的比值为___。 :::success[Answer]

设 |AF_1|=4t,|F_1B|=3t，列出关于 \angle BAF_2 的两个余弦定理式子

整理得 80t^2=16ct，即 c=5t，e = \dfrac{2c}{4t+2c}=\dfrac{10t}{14t}=\dfrac{5}{7}，故短轴长与长轴长的比值为 \dfrac{\sqrt{24}}{7}。

::::info[2015 全国高中数学联赛一试第 11 题] 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的右焦点为 F(c,0)。若存在经过点 F 的一条直线 l 交椭圆于 A,B 两点，使得 OA \perp OB，求该椭圆离心率的取值范围。 :::success[Answer] 当直线斜率为 0 时，不符合条件。否则可设 AB:x=ty+c。

联立

可得 (b^2t^2+a^2)y^2+2ctb^2y+(b^2c^2-a^2b^2)=0。

由 OA \perp OB 可得 x_1x_2+y_1y_2=0，即

故 c^2a^2-b^4 \geq 0，即 c^2a^2-(c^2-a^2)^2 \geq 0，即 a^4-3c^2a^2+c^4 \leq 0，两边同时除以 a^4 可得 \left(\dfrac{c^2}{a^2}\right)^2-3\left(\dfrac{c^2}{a^2}\right)+1 \leq 0，设 t=e^2=\dfrac{c^2}{a^2}，则 t^2-3t+1 \leq 0，即 \left(t-\dfrac{3}{2}\right)^2 \leq \dfrac{5}{4}，即 \dfrac{3-\sqrt{5}}{2} \leq t \leq \dfrac{3+\sqrt{5}}{2}。又 t < 1，故 \dfrac{3-\sqrt{5}}{2} \leq e^2 < 1，即 \dfrac{\sqrt{5}-1}{2} \leq e <1。

::::info[2023 全国高中数学联赛一试第 7 题] 平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 \Omega 与 x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆 \Gamma:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0) 内，且 \Omega 与 \Gamma 有唯一的公共点 (8,9)。则 \Gamma 的焦距为____。 :::success[Answer] 设 \Gamma:(x-r)^2+(y-r^2)=r^2，则 (8-r)^2+(9-r)^2=r^2，解得 r=5 或 r=29，又因为 (8,9) 在 \Gamma 上，故 r=5。\Omega 在 (8,9) 处的切线方程就是 y-9=-\dfrac{3}{4}(x-8)，即 y=-\dfrac{3}{4}x+15。

联立

可得 \left(b^2+\dfrac{9}{16}a^2\right)x^2-\dfrac{45}{2}a^2x+(225a^2-a^2b^2)=0。

4.6 其他结论

4.6.1 阿波罗尼斯圆

阿波罗尼斯圆是到两个定点的距离之比为定值的点的集合，这些点共同组成了一个圆。

我们可以假设这两个定点为 A(0, 0), B(a, 0)，集合中的点 P 的坐标是 (x_0, y_0)。设这个比值为 t，则

由于 x_0^2 和 y_0^2 的系数是一样的，所以点 P 在一个圆上。

本质上，设阿波罗尼斯圆与 AB 的交点为 C,D，且 C 在线段 AB 上，则 (A,B;C,D) 成调和点列。

4.6.2 \mathbf{Candy} 坎迪定理、蝴蝶定理

如图，可证

证明：

考虑使用面积消点法。

不妨设 |PH | = x, |PG| = y, |PE| = a, |PF| = b。

那么有

移项即得上式。

蝴蝶定理是坎迪定理的特殊形式，也即 P 为 EF 中点当且仅当 P 为 GH 中点。

结语

写了半年，终于写完了。

这篇文章从最初一点看完网课后整理知识点的小总结，一路写到射影几何，中间几次想停，几次觉得再写下去就要失控了，不知道何时才能够写完，每次写完一块又多出来一块，没完没了。但最后还是写到了这里。二十万字，几十道题（其实也不算很多，欢迎提供好题），从联立韦达到极点极线，从硬算到对偶，跨度有些大。现在回头看，原来已经写了这么多了。

解析几何确实是一门很特别的学科。它用代数研究几何，却又在计算中不断提醒你几何本身的存在。很多时候，你算到一半会发现式子越来越复杂，然后突然意识到：其实某一个几何转化就能够使得计算简化那么多。很多几何转化是美妙的，也是令人摸不着头脑的。这篇文章试图给你留下一点解题的踪迹，那种瞬间的“啊，原来是这样”，是这篇文章想留给你的东西。

所以如果你在读的过程中，某一道题的解析让你觉得“这也能想到？”，那说明这篇文章达到了它的目的。

此外，写解析几何，就不能只写解析几何。如果只写解析几何，上半年估计就能发布了。然而因为写了圆锥曲线的平面几何性质，以及射影几何相关的内容，使得这篇文章一直写到了现在。当然，这些内容很有意思，不仅是你，我也从中收获了很多以前不曾知道的背景 ，同时提升了我超级烂的平面几何水平。

数缺形时少直观，形少数时难入微。希望这篇文章能让你在数和形之间，找到一点属于自己的直觉。我们下一篇文章再见。

FantasySegmentTree 2026-09-23 写于 XMDT 信息技术中心

感觉有一点 AI 味呢。没错，部分是 Deepseek 写的。

题外话

你有没有发现 \text{Part 2} 结束后直接到 \text{Part 4} 了？中间的 \text{Part 3} 去哪里了？没错，这篇文章并没有完全写完，但目前已经具备完整性。\text{Part 3} 的名称是“新手试炼场”，帮助读者在 \text{Part 2} 和 \text{Part 4} 之间过渡。只是这个东西非常难写，甚至比现在的这 20 万字中的难题部分还要难写，所以目前我还没写完。

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参考资料

[1] 闻杰。神奇的圆锥曲线与解题秘诀 [M]. 杭州：浙江大学出版社，2013.

[2] 范端喜，邓博文。数学奥林匹克小丛书（第三版）：高中卷 平面几何 [M]. 上海：华东师范大学出版社，2020.

[3] 刘鸿坤。数学奥林匹克小丛书（第三版）：高中卷 解析几何 [M]. 上海：华东师范大学出版社，2020.

[4] 张玮，金侃，胡满，傅鲜兵，弋宗江。全国高中数学联赛平面几何基础教程 [M]. 杭州：浙江大学出版社，2019.

[5] 呜哩天才琪露诺（知乎用户）。【圆锥曲线】奇技淫巧——射影几何在高中圆锥曲线问题中的应用（1） [EB/OL]. (2023-04-07)[2026-04-23]. https://zhuanlan.zhihu.com/p/638185870.

[6] F-rozen（知乎用户）。圆锥曲线的奇技淫巧（5）——平面几何法解圆锥曲线（平面几何导论） - 知乎[EB/OL]. (2026-09-12).https://zhuanlan.zhihu.com/p/1966301276091449892.

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A. 平面几何
B. 导数
C. 立体几何
D. 不等式
E. 数列
F. 其他（请写出）