高考数学-极点极线最新出题思路(含解析)
文档属性
| 名称 | 高考数学-极点极线最新出题思路(含解析) |
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| 格式 | |||
| 文件大小 | 939.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-01-24 00:00:00 | ||
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文档简介
极点极线
§1 三角形中线斜率等差模型
如图，AM为△ABC的中线，设直线AB，AC，AM的斜率分别为 k1，k2，k3，
模型一 若BC与 x轴平行，则有
1 + 1 = 2 ；
k1 k2 k3
模型二 若BC与 y轴平行，则有
k1+k2= 2k3．
y
B
y A k1
k
k M 31 k2
k A3
B M C
k
C 2
O x x O
若BC不与坐标轴平行，则需要补充了解调和点列和调和线束的知识，亦即极点极线的相关知识；
y
T Q
A S
P
k1 k2
k3
B M C
O x
利用三角形的中线逆推对应的调和线束 如图所示，过点 A作 AP ∥ BC，过 P作直线分别交 BA，
MA，CA的延长线于S，Q，T，则AP，AQ，AS，AT为调和线束，亦即P，Q，S，T为调和点列．
这个方法在分析题目的极点极线的背景时很常用，要熟练掌握．
（关注公众号：Hi数学派）
注 上述实际上也是调和点列，只是另外一个点在无穷远处．
斜率和积为定值过定点，实际就是对合方程的应用，而对合方程来源于交比的斜率公式；
如图所示，此处仅以AB x轴为例，A，B，P，Q为调和点列，TQ AB(或TP AB)，则有
k1+k2= 2k3，
这和上面的规律刚好和模型一相反，这是为何？
y y
T T
k1 k1 k3
k2
k3 k2
A P B Q A P B Q
O x O x
1
解释一：利用调和点列的数据关系定量计算，则有 + 1 = 2 1或 PB - 1 = 2 ；QA QB QP PA PQ
解释二：利用调和线束几何分析，如图，不妨过A作直线TQ的平行线，分别交TB，TP的延长线于C，
D，则D为AC的中点，又回到了上面的模型二．
y y
T T
k1
E
k3 k2 P
A P B Q A B Q
D D F
C C
O x O x
证明 如图所示，作出EF∥AC TA TB E F AP = BP分别交 ， 于 ， ，由于 ，又
AQ BQ
AP = PE BP PF， = ， 【体会辅助线的作法】
AQ TQ BQ TQ
所以PE=PF，又
PE = TP = PFTD ，AD DC
所以AD=DC．
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y
O x
调和线束中有三条直线的 (倒)斜率出现等差数列的必要条件是调和线束中第四条直线与坐标轴平行
(不重合)；特殊的，调和线束中第四条直线与坐标轴重合时，就是我们常说的“等角定理模型”．
例1 (2011 浙江文压轴)如图，设P为抛物线C1：x2= y上的动点．过点P做圆C 22：x + (y+ 3)2= 1的
两条切线，交直线 l：y=-3于A，B两点．
(1)求C2的圆心M到抛物线C1准线的距离．
(2)是否存在点P，使线段AB被抛物线C1在点P处的切线平分，若存在，求出点P的坐标；若不存在，
请说明理由．
答案 (1) 114 ；(2) (±
4 8，2 2)．
1 1 2
分析 设AB的中点为D，熟悉背景的话，可以直接看出 + = ，后续的计算就很简单了．
kPA kPB kPD
解析 (2)设P x 2 0，x0 x0≠ 0 ，抛物线C1在点P处的切线交直线 l于点D，由于 y= 2x，则 kPD= 2x0；
为了避免讨论斜率，此处反设直线，设过点P x 20，x0 的直线方程为：x- x0=m y- y0 ，直线PA，PB
对应的m分别为m1，m2，由直线与圆相切，则有 （关注公众号：Hi数学派）
3m+mx20-x= 0 1 ，
1+m2
即
m2 x40+6x20+8 - 2mx0 3+ x20 + x20-1= 0，
2x0 3+ x2+ = 0 所以m1 m2
x4
，又
0+6x20+8
x0-xA + x0-xB = 2x0-2xD2 2 2 ， 【考试最好简证一下】x0+3 x0+3 x0+3
所以
m 11+m2= x ，0
解得 x4= 8，x20 0= 2 2，x0=± 4 8．
综上所述，存在点P满足题意，点P的坐标为 ± 4 8，2 2 ．
2 y2
例2 x已知O为坐标原点，椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左，右焦点分别为 F1，Fa b 2
，直线 x= n与椭
圆C交于E，F两点，当△EF1F的周长取得最大值 8时，|EF| = 3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2) 3过点F2作斜率存在且不为 0的直线 l交椭圆C于A，B两点，若P 1，2 ，直线AP与直线 x= 4交
于点Q，记直线QA，QB的斜率分别为 k1，k2，试判断 k1-k2 是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理
由．
x2 y
2
答案 (1) 4 + 3 = 1；(2)1．
解析 此题是非对称问题，利用常规设线法，直译计算，结合和积转化即可求解．
背景 如图所示，易知PA，PB，PF，PS为调和线束，又QR PF，所以S是QR的中点，不妨计算一
般情况，设离心率为 e，则
b2
k +k = 2k yS-1 4 PS y + = k1-k2 = 2 kPS-k3 = 2 kPS-kFS = 2 a Sk k 2k a2 - 2 = 2e．2 4 3 - c ac c - c
y k Q
P 1
A k2
O F x
B k S3
k4
R
例3 已知双曲线C：x2-y2= 8的左焦点为F ，过点F作直线 l交C的左支于A，B两点．
(1)若AF = 3FB ，求 l的方程；
(2)若点P(-4，2) ，直线AP交直线 x=-2于点Q．设直线QA，QB的斜率分别 k1，k2 ，求证：k1-k2
为定值．
答案 (1)y=± 7(x+ 4)；(2)定值为-2．
解析 (1)由双曲线C的左焦点F(-4，0) ，设直线 l的方程：x=my- 4，0< |m| < 1 ，与双曲线联立
消去 x ，整理得
m2-1 y2-8my+ 8= 0，
设A x1，y1 ，B x2，y
8m 8
2 ，则 y1+y2= 2 ，y1y2= 2 ，因为AF = 3FB，所以 y1=-3y2，利用m -1 m -1
y1 + y
2
2 + = (y2 1+y2)y ，2 y1 y1y2
解得m2= 17 < 1，所以直线 l的方程为 y=± 7(x+ 4)；
(2)法一 参考答案
由直线AP的方程：y- 2= k1(x+ 4)，得Q -2，2+ 2k1 ，所以
= y2-2- 2kk 1 = y2-2- 2k12 x +2 my -2 ，2 2
= = y1-2 y1-2又 k1 kPA x1+4
= my ，所以1
k - yk = 1-2 y2-2- 2k2
y1-2 my2-2 -my1 y2-2- 2k1
1 2 my -1 my2-2
=
my1 my2-2
= -2my2-2y1+4+ 2my1+2mk1y1 ，
my1 my2-2
因为mk1y1= y1-2，y1+y2=my1y2，所以
2m y -y
- = 1 2
2 y1-y k1 k2 =
2
y +y -2y =-2(定值)．my1 my2-2 1 2 1
注 大题中，解题的连贯性，最好保持一致，一般计算也不会太繁琐；其次，点的表示，未定式的化简
法二 设线+非对称（关注公众号：Hi数学派）
设直线 l的方程：x=my- 4，0< |m| < 1 ，与双曲线联立消去 x ，整理得
m2-1 y2-8my+ 8= 0，
设A x1，y1 ，B x2，y
8m 8
2 ，则 y1+y2= ，ym2-1 1
y2= m2
，所以
-1
y1+y2=my1y2，
2x +2y +4
易得Q -2 1 1， x1+4 ，则
2x1+2y1+4
- = y1-2 - x1+4
- y2
= x2y1-x1y2+4(y1-y2) + 2(x -x )k 1 21 k2 x1+4 -2- x2 x1+4 x2+2
= 2(x1-x2)
x1+4 x2+2
2m y -y= 1 2
m2y1y2-2my1
2m y -y
= 1 2
2m y= 1
-y2 =-2．
m y1+y2 - 2my1 -m y1-y2
x y -x y
注 直线AB过 -4，0 2 1 1 2 ，则 y -y =-4，即 x2y1-x1y2+4(y1-y2) = 0．1 2
2 y2x
例4 已知椭圆： 9 + 5 = 1的右顶点为A，左焦点为 F，过点 F作斜率不为零的直线 l交椭圆于M，
N两点，连接AM，AN 9 9分别交直线 x=- 2 于点P，Q两点，过点 F且垂直于MN的直线交直线 x=- 2 于
点R．
(1)求证：点R为线段PQ的中点．
(2)记△MPR，△MRN，△NRQ的面积分别为S1，S2，S3，试探究：是否存在实数 λ使得 λS2=S1+S3 ？
若存在，请求出实数 λ的值，若不存在，请说明理由．
答案 (1) 3略；(2)λ= 2．
解析 法一 常规解法
x=my- 2，
(1)A(3，0)，F(-2，0)，设 l：x=my- 2，M x1，y1 ，N x2，y2 ，联立 x2 y2 得9 + 5 = 1，
5m2+9 y2-20my- 25= 0，
20m -25
则 y1+y2= 2 ，y1y2= 2 ，5m +9 5m +9
= y1 ( - ) =- 9 =- 15y1 9 15yAM y x 3 x y 1直线 ： x -3 ，令 2 得 ，所以 P - 2 ，- ，同理，1 2 x1-3 2 x1-3
15y
Q - 9 22 ，- ．所以（关注公众号：Hi数学派）2 x2-3
15y
y +y =- 1 - 15y2P Q 2 x1-3 2 x2-3
=- 15 y 12 my -5 +
y2
1 my2-5
-50m 100m
2my y -5 y +y 2 - 2
=- 15 1 2 1 2 =- 15 5m +9 5m +92 2 = 5m．m y y 21 2-5m y1+y2 + 25 2 -25m - 100m
2
+ 25
5m2+9 5m2+9
直线RF：y=-m(x+ 2)，令 x=- 9 5m 9 52 得 y= 2 ，所以R - 2 ，2m ，则
yP+yQ= 2yR，
所以点R为线段PQ的中点．
或者等价于证明：2kFR= kFP+kFQ．
2 30 1+m2
( ) 2 由 (1)知，MN= 1+m2 y -y = 1+m2 20m + 1001 2 5m2+ 2+ = 2 ，9 5m 9 5m +9
= - 9 + 2+ 5m 2RF 2 = 5 1+m
2
又 2 2 2 ，所以
3
1 75 1+m2 2S2= 2 RF MN= ，2 5m2+9
又
S1+S3= 12 PR x +
9 1 9
1 2 + 2 QR x2+ 2
= 14 PQ x1+x2+9
= 1 - 15y14 + 15y2 m y +y + 5 2 my -5 2 my 1 21 2-5
= 75 y1-y28 2 m y1+y2 + 5- + + m y1y2 5m y1 y2 25
30 1+m2 3
2 2
= 75 5m2+9 20m2 225 1+m8 2 2 2 + 5 = 2 ，-25m2+ - 100m 5m +9 4 5m +9 5m 9 5m2+ + 25 9
3
所以 2 S2=S1+S3，故存在 λ=
3
2 ，使得 λS2=S1+S3．
P y
M
R
F O A x
Q N
先证明 kFP kFQ=-1(具体过程略)，进而PF⊥QF PR=QR=RF．设△MPR和△NQR的高分别
为 d1和 d
2
2，椭圆的离心率为 e= 3 ，则 d =
MF
1 e ，d2=
NF
e ，进而
+ = RF (d1+d2) = RF (MF+NF)S S = 1 RF MN 11 3 2 2e e 2 = e S2，
1 3
故存在 λ= e = 2 ，使得 λS2=S1+S3．
9
法二 注意到隐藏的斜率和与斜率积，因此，可以尝试构造斜率的同构式；注意到 x=- 2 为准线，又和
焦点有关，因此，可以尝试利用第二定义进行简化．
(1)欲证明点R为线段PQ的中点，等价于证明
kAP+kAQ= 2kAR，
方向 1 线线联立解点代曲同构韦达
设直线MN：x= ty- 2 1，则直线RF：y=-t(x+ 2) (切莫写成 x=- t y- 2)，令 x=-
9
2 得 y=
5t
2 ，所以
2kAR=-
2t
3 ；
设过点A的直线为：x=my+ 3(m≠ 0) x= ty- 2 3t+ 2m 5，联立 x=my+ 3 t-m ，t-m ，代入椭圆方程得：
m2-6tm- 9= 0，
1
令 k= m 即为
9k2+6tk- 1= 0 ①
因此，kAP，kAQ是上述方程的两个根，所以
kAP+k
2t
AQ=- 3 = 2kAR，
故得证．
方向 2 伪平移齐次化
将椭圆方程改写为
(x- 3)2 + y
2
9 5 +
2
3 (x- 3) = 0，
3
设直线MN的方程为- 5 (x- 3) + ty= 1 x=-
9 25
，令 2 ，解得 yR= 2 t，所以
kAR=-
5
3 t；
联立直线MN和椭圆的方程得
(x- 3)2 y2+ + 29 5 3 (x- 3)
- 3 5 (x- 3) + ty
= 0，
y
令 k= x- 3，整理得（关注公众号：Hi数学派）
1
5 k
2+ 2t 13 k- 45 = 0，
易知 kAP，kAQ是上述方程的两个根，所以
kAP+kAQ=-
10
3 t= 2kAR，
故得证．
(2)设PQ与 x轴的交点为G，由①可得：
kAPk =-
1 y y =- 25AQ 9 P Q 4 =-GF
2 PF⊥QF PR=QR=RF，
设△MPR △NQR 2 MF NF和 的高分别为 d1和 d2，椭圆的离心率为 e= 3 ，则 d1= e ，d2= e ，进而
+ = RF (d1+d2) = RF (MF+NF)S S 1 RF MN 11 3 2 2e = e 2 = e S2，
1 3
故存在 λ= e = 2 ，使得 λS2=S1+S3．
§2 中点调和
2.1 分比和交比
1.分比 (三个点)
考虑平面的一条任意直线 l以及由 l上不同的两个点A和B确定的线段AB，，用箭头所指方向代表 l
的正向 (当然，我们也可以选择相反的方向)．选定方向以后，直线 l就称为有向直线，线段AB既有长度又
有方向 (总是从A到B)，称为有向线段．线段BA和线段AB长度相问但方向相反，因此BA=-AB，且
AB+BA= 0． ①
A C B
l
设O是直线 l上不同于A和B的任意一点，因为AB=AC+CB，①式可以写成下面形式：
AC+CB+BA= 0． ②
我们易证明①和②都与 l的方向无关，并且②还与O和A，B的相对位置无关．
当A，B，C是有向直线 l上的三个不同点时，线段AB被C所分的分比 (AB，C)定义为
(AB，C) =AC/BC， ③
当C在线段AB上时 (如图)，AC与BC符号相反，从而 (AB，C)< 0；当C不在线段AB上时，(AB，
C)> 0．我们易证明③与 l的方向无关．
2.交比 (四个点或四条直线)
点列的交比 设A，B，C，D是有向直线 l上任意四个不同的点 (如图)，分比 (AB，C)与 (AB，D)的
商定义为A，B关于C，D的交比 (复比，二重比)，记作 (AB，CD)，即
AC
(AB，CD) = BC = AC BD， ④
AD AD BC
BD
A C B D l
因为每一个分比都与 l的方向无关，所以④式也与 l的方向无关．
当C，D都在线段AB上时，(AB，C)和 (AB，D)都为负，从而 (AB，CD)为正．当C点在线段AB上
而D点不在时，(AB，C)为负，(AB，D)为正，从而 (AB，CD)为负．类似的，当C，D都不在线段AB上
时，(AB，CD)为正；当D点在AB上而C点不在时，(AB，CD)为负．
交比是点列的一个重要性质，只要我们知道交比和点列的三个点，那最后一个点的位置就是唯一确定
的．
注 (1)分比和交比的书写方式很多，可不必纠结．
(2)交比的个数此处不作探讨说明，有兴趣的可自行查阅相关资料．
点列交比的运算规律 ①点对之间调换顺序，交比不变，即 (AB，CD) = (CD，AB)．
1
②调换其中一个点对内的顺序，交比变为倒数，即 (AB，CD) = ( ．BA，CD)
③将点列的外侧两点顺序调换，交比变为 1与原交比的差，即 (DB，CA) = 1- (AB，CD)．
根据这三条性质，我们很容易导出这 24种排列所对应的所有交比，如果我们已知 P1P2，P3P4 = r ，则
P1P2，P3P4 = P3P4，P1P2 = P2P1，P4P3 = P4P3，P2P1 = r；
PP
1
2 1，P3P4 = P4P3，P1P2 = P1P2，P4P3 = P3P4，P2P1 = r ；
P1P3，P2P4 = P3P1，P4P2 = P2P4，P1P3 = P4P2，P3P1 = 1- r；
P3P2，P1P4 = P 1 1P4，P3P2 = P4P1，P2P3 = P2P3，P4P1 = 1- r；
P1P4，P2P3 = P3P2，P4P1 = PP 12 3，P1P4 = P4P1，P3P2 = 1- r ；
P4P1，P2P3 = P2P PP = PP PP = PP PP = r3， 4 1 3 2， 1 4 1 4， 3 2 r- 1．
线束的交比 在同一射影直线上的一些点A，B，C，D， 叫做是一个点列；而在射影平面上，通过一
固定点O的一些射影直线 a，b，c，d， 叫做是一个线束，点O叫做此线束的中心．
我们取固定点O不是无穷远点，则过点O的线束中每条射影直线均不是无穷远直线．现在设 a，b，c，
d是通过点O的一个线束，并且这四条射影直线彼此不同，如图所示，我们定义它们的交比为
sin(a， c)
( ) = sin(b， c) = sin(a， c) sin(b， d)ab，cd ．
sin(a， d) sin(a， d) sin(b， c)
sin(b， d)
其中 sin(a，c)表示直线 a和 c的夹角的正弦函数值．但是，和线段有方向一样，我们这里两个直线的夹
角也是有方向的 (类似到角)，下面举例进行详细说明．
O b
α
a db O
a
c
β= 360° -α
例如，我们可以假定当从 a到 b为逆时针时，角度取为正值，而从 a到 b为顺时针时，角度取为负值．
有了这样的规定，那么，如图所示，直线 a和 b的夹角不管取 α还是取 β，它们的正弦值都是一样的：
sin(a，b) = sinα，或者 sin(a，b) = sin(-β) = sin - 360° -α = sinα．
如果我们把逆时针旋转的角度规定是负的，而顺时针方向规定是正的，则 sin(a，b)改变符号，但是交比
(ab，cd)的值保持不变，即与角度正负方向的两种不同取法无关．
例如，如图所示，如果给出直线 a，c，b，d之间的夹角，则
( ) = sin(a， c) sin(b， d) = sinα sinγab，cd
sin(a， d) sin(b， c) sin(α+ β+ γ) sin(-β)．
注 ①上述给出的是交比的角元形式，还有交比的斜率形式，具体介绍见下文．
②线束的交比也可以写作：（关注公众号：Hi数学派）
(ab，cd) =O(AB，CD)．
O O
α β γ d
a d
a c b
c b 1 3 2 4
线束的交比的斜率表达式 设直线 a，b，c，d的斜率分别为 k1，k2，k3，k4，对应的倾斜角分别为 1，2，
3，4，则
( ) = sin(a， c)
sin 3- 1
ab，cd ( )
sin(b， d) = sin(4- 2)
sin a， d sin(b， c) sin 4- 1 sin(3- 2)
= sin3cos1- cos3sin1 sin4cos2- cos4sin2
sin4cos1- cos4sin1 sin3cos2- cos3sin2
= tan3- tan1 tan4- tan2
tan4- tan1 tan3- tan2
= k3-k1 k4-k2．
k4-k1 k3-k2
特殊的，对于调和线束，则有
( k -kab，cd) = 3 1-
k4-k2
- =-1，k4 k1 k3 k2
如图所示，当 k4→∞时，则有
- k kk -k 1
2
k k -k 1-
2
(ab，cd) = 3 1 4 = 3 1-
k4 = k3-k1 1- 0
- k1 k3 k2 - k1 k3-k2 1- 0
- =-1，k3 k1 1 2k4 k4
即 k1+k2= 2k3；
k = 0 1 + 1 = 2类似的，当 4 时，则有 ．k1 k2 k3
2 k1k2+k3k4 = k1+k2 k3+k4
观察此式可知，欲使得 k1k2为定值，必须有 k3+k4= 0且 k3k4为定值；
2 = 1 + 1 2 1 1- - - ， =k3 k4 k1 k4 k2 k4 k4-k3 k1-
+
k3 k2-k3
+ k3 + = + 2k k k1 k2 1 2k 1 2k 34 k4
y y
T T
k1 k1 k3
k2
k3 k2
A P B Q A P B Q
O x O x
3.交比的不变性
线束的交比和点列的交比 设 a，b，c，d是以点O为中心的线束，不通过点O的直线 l与 a，b，c，d分
别交于A，B，C，D四点，则
(AB，CD) = (ab，cd)． （关注公众号：Hi数学派）
O
a d
c b
h
A C B D l
H
证明 设点O与直线 l的距离为 h，于是
2 S△ACO=AO CO sin(a，c) =AC h
从而
AC= AO CO sin(a，c) ，h
我们总可以将过点O的两直线夹角方向和直线 l的方向选取的一致 (即当 a和 c的夹角为正时，有向线
段AC的长度也为正，而当 a和 c的夹角为负时，AC的长度也为负)，所以我们得到等式
AC= AO CO sin(a，c)
h
类似的，我们可以得到
BC= BO CO sin(b c) AD= AO DO sin(a d) BD= BO DO， ， ， ， sin(b，d)，
h h h
所以
AC sin(a， c)
(AB CD) = BC = sin(b， c)， = (ab，cd)．
AD sin(a， d)
BD sin(b， d)
交比不变性 点列的交比是射影不变量．
O
a d
b D l
c
A B
C
A C B D l
证明 如图所示，设A，B，C，D是射影直线 l上四个点，以O为中心的中心射影将它们分别映成直线
l 上的点A ，B ，C ，D ，于是点O和直线 l，l 在同一个射影平面上，并且O，A，A 在同一直线 a上， ，
O，D，D 在同一直线 d上，则 （关注公众号：Hi数学派）
(AB，CD) = (ab，cd) = ( ) (AB，CD) = A
B ，C D ．
AB，C D ab cd
，
2.2 交比的斜率公式
2 2
例1 (2023 武汉四调)过点 (4，2) x y的动直线 l与双曲线E： 2 - 2 = 1(a> 0，b> 0)交于M，N两点，a b
当 l与 x轴平行时，|MN | = 4 2，当 l与 y轴平行时，|MN | = 4 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 k1，k2，若 k1k2为定值，求点P的坐
标．
答案 (1)x2-y2= 4；(2)P 3，4 ，k1k2= 4．
8 4
2 - 2 = 1
解析 (1)依题意，等价于点 ±2 2，2 和 4，±2 3 a b 在双曲线上，所以 16 12 ，解得 a
2= b2=
2 - = 1a b2
4，即双曲线E的标准方程为 x2-y2= 4；
y
N
P
O xl
M
(2)法一 常规韦达定理+点乘双根算法
当直线 l的斜率存在时，设其方程为 y= k(x- 4) + 2(k≠±1)，M x1，y1 ，N x2，y2 ，P x0，x0+1 ；
y= k(x- 4) + 2联立 2- 2= 消去 y得：x y 4
k2(x- 4)2-x2+4k(x- 4) + 8= 0，
所以
k2(x- 4)2-x2+4k(x- 4) + 8= (k2-1) (x- x1) (x- x2)，
令 x= x0，可得（关注公众号：Hi数学派）
k2( - (x0-4)
2-x20+4k(x0-4) + 8x0 x1) (x0-x2) = k2
；
-1
kx= (y- 2) + 4k联立 x2- 2= 消去 x得：y 4
(y- 2)2-k2y2+8k(y- 2) + 12k2= 0，
所以
(y- 2)2-k2y2+8k(y- 2) + 12k2= 1- k2 (y- y1) (y- y2)，
令 y= x0+1，可得
2 2 2 2
(x0+1- y1) ( + -
(x0-1) -k (x0+1) +8k(xx 1 y 0-1) + 12k0 2) = ，1- k2
故
(x0-1)2-k2(x0+1)2+8k(x0-1) + 12k2
= (x0+1- y1) (x0+1- y
2
k k 2
) = 1- k1 2 (x0-x1) (x0-x ) k22 (x0-4)2-x20+4k(x0-4) + 8
k2-1
= - (x0-1)
2+k2(x0+1)2-8k(x0-1) - 12k2
k2
，
(x0-4)2-x20+4k(x0-4) + 8
欲使得 k1k2为定值，则必有
(x +1)20 -12 = -8(x0-1) = - (x
2
0-1)
，
(x0-4)2 4(x0-4) 8- x20
4
利用后面两个式子，整理得 (x0-3) (3x0+4) = 0，解得 x0= 3或 x0=- 3 (舍去)，即点P 3，4 ，此时 k1k2=
4．
当直线 l的斜率不存在时，此时M，N为 4，±2 3 ，对于点P 3，4 ，同样有 k1k2= 4．
综上所述，存在P 3，4 ，使得 k1k2为定值 4．
法二 线线联立解点代曲同构韦达
过点P(x0，x0+1)的直线设为 y= k(x- x0) + x0+1，设直线 l：y=m(x+ 4) + 2，
y= k(x- x0) + x0+1 kx0+1- x0-4m k(mx0-4m+ 2) - (1+ x0)m联立 = ( + )+ ，解得 - ， ，代入双曲线：y m x 4 2 k m k-m
k2x20+ (1- x0-4m)2+2kx0(1- x0-4m) = k2(mx0-4m+ 2)2+ (1+ x0)2m2-2km(1+ x0) (mx0-4m+ 2)
+ 4k2+4m2-8km，
设直线PM，PN对应的 k分别为 k1，k2，则 k1，k2是上述方程得两个根，故
(1+ x )2m20 +4m2- (1- x0-4m)2 m2 4+ (1+ x 2 2 2k k = = 0
) - (1- x0) -16m +8m(1- x0)
1 2 ，(mx -4m+ 2)2+4- x20 0 m2(x0-4)2+4+ 4m(x0-4) + 4- x20
欲使得欲使得 k1k2为定值，则必有
4+ (1+ x )20 -16 = 8(1- x0) - (1- x0)
2
(x0-4)2 4(x0-4)
= 2 ，8- x0
此法得到的最终式子和法一是一样的．
法三 伪平移+构造斜率的齐次式
设P x0，y0 y0= x0+1 ，将 x2-y2= x- x0+x 20 - y- y0+y 20 = 4展开得：
(y- y )20 - (x- x )20 +2y 2 20(y- y0) - 2x0(x- x0) + y0+4- x0= 0，
设直线 l的方程为：m(x- x0) +n(y- y0) = 1，代入 (4，2)得：
m(4- x0) +n(1- x0) = 1，
直线 l与双曲线方程联立得：(y- y0)2- (x- x )20 + 2y0(y- y0) - 2x0(x- x0) m(x- x0) +n(y- y0) +
y20+4- x20 m(x- x 20) +n(y- y0) = 0，即 【没必要展开，找到对应所需的系数即可】
y- y0 2 -1+
y- y
2y 0 - 2x +
y- y0 2 2
x- x 0 x- x 0 m n x- x + y0+4-
2 + y- yx m n 0 0 x- x = 0，0 0 0 0
y
M 1
-y0 y2-y0
设 x1，y1 ，N x2，y2 ，则 x -x ，x -x 是上述方程的两个根，所以1 0 2 0
k1k2=
y1-y0 y2-y0x1-x0 x2-x0
= -1- 2mx0+ (y
2+4- x2)m20 0
1+ 2ny0+ (y20+4- x20)n2
= -1- 2mx0+ (2x
2
0+5)m
【到这一步实际没多少计算量】
1+ 2n(x0+1) + (2x0+5)n2
= - (4- x )
2
0 -2x0m(4- x0)2+ (2x 20+5)m (4- x )20 1
1+ 2n(x0+1) + (2x0+5)n2 (4- x0)2
- (4- x0)2-2x0(4- x0) 1-n(1- x0) + (2x 20+5) n (1- x 20) +1- 2n(1- x ) = 0 1 ，
1+ 2n(x0+1) + (2x0+5)n2 (4- x 20)
欲使得欲使得 k1k2为定值，则必有
- (4- x )20 -2x0(4- x0) + 2x 20+5 = 2x0(4- x0) (1- x0) - 2(1- x0) (2x0+5) = (2x0+5) (1- x0)1 2(x0+1) (2x0+5)
，
利用一三两个式子，易解得 x0= 3．
注 ①这个题如果取特殊直线先猜后证，即取斜率为 0和斜率不存在的直线，会得到一个三次方程
3x3-13x2+6x+ 18= 0，
x= 3 2± 22借助软件，解得 或 3 ，因此，行不通．
②利用韦达定理解题时，注意联立的技巧：不要盲目无脑展开式子，根据所求，没必要展开联立得式子，
整理成标准的二次方程的式子．
背景 点P实际上是极点 (4，2)对应的极线 2x- y= 2与直线 y= x+ 1的交点，具体背景说明暂略．
方向 1 利用交比的斜率公式分析
如图所示，极点S(4，2)对应的极线方程为 2x- y= 2，则
MN，ST =P MN，ST =-1，
所以
2 k1k2+k3k4 = k1+k2 k3+k4 ，
欲使得 k1k2为定值，只须 k3+ =
y=-2x+ 10
k4 0即可，所以直线PS的方程为 y=-2x+ 10，联立 ，解得2x- y= 2
的交点即为P 3，4 ．
因此，题目给出的“y= x+ 1”实际上是打酱油的．
y
T
k4
N
k2
P S
k3
O k x1 l
M
方向 2 利用图象+调和点列的性质分析
2.3 调和点列
1.调和点列
设A，B，C，D是射影直线 l上四个不同的点，如果 (AB，CD) =-1，则称A，B，C，D是调和点列．或
者叫作A，B被C，D调和分割．这时，由于 (AB，CD)< 0，从而A，B和C，D是分离的．下面是调和点列
的例子．
交比为-1也叫调和比
2.调和点列——交比为-1的点列
P AB AP如左图，点 在线段 上，则满足 PB = λ(λ> 0)的点P是唯一存在的．
AP
但是，如果将线段AB改为直线AB，此时，满足 PB = λ(λ≠ 1)的点有两个，如右图，不妨设另一个点为
AQ
Q AP，则 PB = = λ(λ≠ 1)，即交比 (AB，PQ) =-1时，我们称点A，P，B，Q为调和点列，或者称点 P，QB
Q调和分割A，B．
其中，点A，B为基点组，点P，Q为分点组，点P和点Q分别是线段AB的内分点和外分点．
A P B A P B Q
特别的，当 λ= 1时，即点P为AB的中点，则Q为无穷远点1，也就是说：当P平分线段AB时，A，B，P
以及直线AB的无穷点成调和点列，即 (AB，P∞)=-1．
注1 ①Q在无穷远处，AQ，QB都趋于无穷大，两者趋近于相等，则 λ→ 1．
②这个在分析抛物线的极点极线的相关性质时会常用到！
3.调和点列的性质
对于线段AB AC AD的内分点C和外分点D满足C，D调和分割线段AB，即 = DB ，设O为线段AB的CB
中点，则有以下结论成立：
A O P B Q
(1) CA CB点A，B也调和分割C，D，即 =
AD BD
；
【共轭性质：基点组和分点组互换，亦满足调和点列】
(2) 2 = 1 + 1 (AB是AC与AD的调和平均数)；
AB AC AD
【调和性质：最左侧 (或最右侧)的点到同侧三个点的三条线段成调和平均数的关系】
(3)OA2=OB2=OC OD；
【等比性质：基点组 (或分点组)的中点到同侧三个点的三条线段成等比关系 (几何平均数)】
(4)AB CD= 2AD BC； (5)CA CB=CO CD； (6)DA DB=DO DC．
【熟练掌握 (1) (2) (3)即可，(4) (5) (6)可忽略】
证明 如图所示，设AC= a，CB= b，BD= c( a+ b类似向量的基底)，则OD= 2 + c，由于C，D调和分
割线段AB AC AD a a+ b+ c，即 = 2
CB DB
= c ab+ b +bc- ac= 0，上面的六个结论最终都可以化到这个b
等式．
例1 (2011 山东文理压轴)设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若A1A3= λA1A2
(λ∈R)，A 1 11A4= μA1A2(μ∈R)，且 + μ = 2，则称A3，A4调和分割Aλ 1，A2，已知平面上的点C，D调和分
割A，B，则下面说法正确的是 ( )
A. C可能是线段AB的中点 B. D可能是线段AB的中点
C. C，D可能同时在线段AB上 D. C，D不可能同时在线段AB的延长线上
答案 选D．
解析 对调和点列背景熟悉的话，此题是送分题，显然选D．
注 文科给的马甲条件是“已知点C(c，0)，D(d，0) (c，d∈R)调和分割点A(0，0)，B(1，0)”，答案不
变．
4.调和点列 vs调和线束
从调和点列A，B，C，D所在直线的外一点P引射线PA，PB，PC，PD，则称该线束为调和线束，且
PA与PB共轭，PC与PD共轭．
注 ①可以理解为调和点列从“线”向“面”的扩展！
②在分析题目相关的极点极线的背景时，我们会经常用到调和线束的交比不变性．
5.调和点列的常见模型
角平分线 vs调和点列 如图所示，设PAB为三角形，C和D分别是顶点P处内角平分线，和外角平分
线与对边AB的交点，则A，B，D，C是调和点列．
P β
α βα
A C DB
证明 利用内外角平分线定理是很容易证明的，当然，也可以利用线束的交比证明，具体如下：
sin(PA，PC) sinα sinα
( ) = sin(PB，PC)AB，CD ( ) =
sin(-α) sin(-α)
sin PA，PD sin(2α+ β) = ( =-1．sin π- β)
sin(PB，PD) sin(-β) sin(-β)
x2 y
2
应用举例 已知点A，B是椭圆 4 + 3 = 1上的动点，P 1
3
，2 ，直线PA，PB的斜率和为 0，则直线
AB的斜率为多少？
分析与解 如图所示，过点P作 x，y轴的垂线，分别交AB于点M，N，则PM，PN分别是∠APB的内
角，外角平分线，所以
P AB，MN = AB，MN =-1，
3
则M 1，m ，N n，2 是关于椭圆的一组调和共轭点，即
3
1 n m + 24 3 = 1， 【利用定比点差法很显然】
即 2m+n= 4，故
m- 3
k = 2 = 2m- 3 = 1-n 1AB 1-n 2- 2n 2- 2n = 2．
y
P N
O x
M B
A
圆 vs调和点列 如图所示，过圆O外一点C和圆心O作直线，与该圆交于A和B，直线CP与该圆切
于点P，过P作AB的垂线其垂足为D，则A，B，D，C为调和点列．
P
O
A
D CB
注 推广至椭圆或者双曲线也是成立的．
6.特殊的调和线束——阿波罗尼斯圆
PA
阿波罗尼斯圆 vs调和点列 若 PB = λ λ> 0，λ≠ 1 ，则点P的轨迹为阿波罗尼斯圆．
如图所示，对线段AB的内分点C和外分点D，以及直线AB外一点P，则下面四个条件中，任取两个条
件作为题设，都可以推得另外两个：
①PC是∠APB的角平分线； ②PD是∠APB的外角平分线；
③C，D调和分割线段AB； ④PC⊥PD．
P
A C B D
注 ①过点B作BE⊥AD交圆于E，则AE为圆的切线．
②阿波罗尼斯圆，其实说白了，就是三角形的角平分线定理！！即上面的角平分线 vs调和点列的应用，
更多具体内容可参照阿波罗尼斯圆专题．
内外角平分线定理 如图所示，设AD，AE分别为△ABC的内角，外角平分线；（关注公众号：Hi数学派）
F
A
B
D C
E
对于内角平分线定理(正弦定理的典型应用)，即
AB = BD，
AC DC
我们绝大多数都不会陌生，实际上，把上式中的点D换成E，即
AB = BE ，
AC EC
也是成立的，这个就是常说的外角平分线定理．
注 如图所示，也可以构造辅助线进行证明．
F
A
H
B D C E
G
内外角平分线逆定理 反过来，如果给出上述两个关系式，也可以证明AD，AE分别为△ABC的内角，
外角平分线．
2.4 阿波罗尼斯圆
x2 y
2
1 2例 已知椭圆E： +
a2 b2
= 1(a> b> 0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率 e= 2 ，P为椭圆上一动
点，△PF1F2面积的最大值为 2 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若C，D分别是椭圆E长轴的左，右端点，动点M满足MD⊥CD，连结CM交椭圆于点N，O为坐
标原点．证明：OM ON 为定值；
(3)平面内到两定点距离之比是常数 λ(λ≠ 1)的点的轨迹是圆．椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆 x2
+y2= 8上，求 2|QA| +|QP| - PF2 的最小值．
2
x2
答案 (1) 4 +
y
2 = 1；(2)OM ON = 4；(3) 34- 4．
解析 (2)此问可用因式分解求坐标，这样可不用联立，易得OM ON = 4 ；
y
G
F
Q
A
P
F1 O F x2
(3)此问以阿波罗尼斯圆为命题背景，知道背景的话，就很简单了．
|QA| |AF| 1
设另一定点G，则 λ= | | = | | = 2 ，解得G(0，4 2)，则QG FG
2|QA| +|QP| - PF2 = |QG| +|QP| - 4- PF1 = |QG| +|QP| + PF1 - 4≥ GF1 - 4= 34- 4．
当且仅当G，Q，P，F1共线时取得等号．
2.5 三角形角平分线倾斜角等差模型
角平分线模型 如图所示，AD为∠BAC的角平分线，则直线AD倾斜角 γ与直线AB，AC的倾斜角
α，β满足关系：
tan(α+ β) = tan2γ
A A θ
θ
θ θ
α γ β α β
γ
B D C B C D
设直线AB，AC，AD的斜率分别为 k1，k2，k3，则有
k1+k2
- = tan(α+ β) =
2k
tan2γ= 3 ；
1 k1k2 1- k23
γ= π 3π特殊的，当 4 或 4 时，α+ β=
π 3π
2 或 2 ，则有
k1k2= 1．
注 ①根据构图不同，角的关系有如下三种：α+ β= 2γ(内角平分线)或 α+ β+ π= 2γ(外角平分线)，
α+ β= 2γ+ π(外角平分线)．
②对于上述的斜率关系的推导，也可以借助辅助圆进行推导，这也就是我们常见的关于圆的双切线模
型．
A
θ
θ
α γ β
B D C
4
例1 已知抛物线C：y2= 4x，直线 l过点G 0，3 且与C相交于A，B两点，若∠AOB的平分线过点E
(1，1)，则直线 l的斜率为 ．
1
答案 3．
解析 法一 借助角平分线的倾斜角模型
y2 y2
设A 1 2 π4 ，y1 ，B 4 ，y2 ，由于直线AE的倾斜角为 4 ，根据上面总结的规律，我们可以直接得到
kOAk
4 4
OB= y 1 y
= 1，
2
= y= kx+
4
y y 16 3 ky2-4y+ 16即 1 2 ，联立 = 0，所以y2= 4x 3
16
y1y = 32 = 16，k
解得 k= 13．
法二 借助调和点列的背景
如图所示，作出辅助线，得到（关注公众号：Hi数学派）
PQ，AB =O PQ，AB =-1，
所以点P在极点Q t，t 对应的极线 ty= 2(x+ t)上；
又OQ是∠AOB的平分线，所以OP⊥OQ，点P也在直线 y=-x上；
y=-x t-
4
联立 = ( + ) P -
2t 2t 3 4
， ，代入直线AB的方程 y= x+ ，解得 t= 2，所以直线
ty 2 x t 2+ t 2+ t t 3
t- 4
l 3 1的斜率为 k= t = 3．
y B
ty= 2(x+ t)
Q(t，t)
y=-x A
P E
l G
O x
2.6 焦准模型
焦准模型中的调和点列可以用第二定义快速证明．
2 y2
例1 (2023 x南通二模)已知椭圆E： 2 + 2 = 1(a> b> 0)
2
的离心率为 2 ，焦距为 2，过E的左焦点a b
F的直线 l与E相交于A，B两点，与直线 x=-2相交于点M．
(1)若M (-2，-1)，求证：|MA| |BF| = |MB| |AF|；
(2)过点F作直线 l的垂线m与E相交于C，D两点，与直线 x=-2相交于点N．
1 + 1 + 1 1求 |MA| |MB| |NC| + | | 的最大值．ND
答案 (1)略；(2)2 2．
2
解析 (1) E x易得椭圆 的方程为 22 + y = 1；
y
H
A
O
F x
B
M
法一 注意到直线 x=-2为准线，可以考虑利用第二定义，作AH⊥准线于H点，设直线AB的倾斜角
为 θ，椭圆的离心率为 e，则
|AF|
| | =
|AF| |AH || | | | = e cosθ ，AM AH AM
|BF|
同理可得 | | = e cosθ ，故 |MA| |BF| = |MB| |AF|，所以M的纵坐标是打酱油的．BM
-2+ λ (-1)
x -2- λ 1= =法二 设MA= λAF，则 1+ λ 1+ λ- + - ，代入椭圆方程，解得 λ
2= 3；
y = 1 λ 0 = 11
1+ λ 1+ λ
设MB= μBF，同理可得 μ2= 3，又 λ，μ符号相反，故 λ+ μ= 0，即 |MA| |BF| = |MB| |AF|．
(2)正规考试中，前面证明的结论一般都会用到的，此题亦不例外，当然，熟悉调和点列背景的话，还是
很显然的．
结合 (1)可知：
|MA| MF - MB = |MB| MA - MF
所以（关注公众号：Hi数学派）
1 1 2
|MA| + |MB| = | ，MF|
1 1 2
同理可得 | | + | | = | |，又NF MF，设直线 x=-2与 x轴的交点为G，所以NC ND NF
1 + 1 = 1 = 1，
|NF|2 |MF|2 |FG|2
故
1 + 1
1 + 1 + 1 + 1 = 2 + 2 ≤ |MF|
2 |NF|2
|MA| |MB| |NC| |ND| |MF| |NF| 4 2 = 2 2，
当且仅当 |MF| = |NF|时取得等号．
焦准模型——内外角平分线模型 设 F和 l是圆锥曲线一组对应的焦点和准线，圆锥曲线的弦AB交
准线 l于点M，则M到AF，BF的距离是相等的，亦即MF是∠AFB的内角平分线或者外角平分线．
显然，当且仅当弦AB交双曲线于两支时，MF是∠AFB的内角平分线．
y M y
M B
A
A
O
F x O F x
B
l l
证明 如图所示，以椭圆为例，分别过点A，B作准线 l的垂线，垂足分别为 C，D，设 e为椭圆的离心
率，则
AF = e AF = AC AMBF e BF BD = MB ，
根据外角平分线的逆定理，所以FM平分∠AFB的外角．
y M
A
C
O
F x
B D
l
2 y2x
例2 已知椭圆C：4 + 3 = 1的右焦点为F，不垂直 x轴且不过点F的直线 l与椭圆C交于M，N两
点，若∠MFN的外角平分线与直线MN交于点P，则P点的横坐标为 ( )
A. 2 3 B. 43 C. 3 D. 4
答案 选D．
解析 法一 设M (x1，y1)，N (x2，y2)，P(m，yP)，由于PF是△MNF的外角平分线，因此，利用外角平
MF MP a- ex m- x a a2
分线定理：NF = ，即
1 = 1PN a- ex m- x ，解得m= = ．2 2 e c
法二 如图所示，过点P作 x轴的垂线 l，作MM ⊥ l，NN ⊥ l．
MF MP MM MF NF
利用外角平分线定理：NF = PN = ，故 = < 1，因此，直线 l为椭圆的准线．NN MM NN
焦准模型——内外角平分线模型直接应用——垂直模型 设AB是过圆锥曲线焦点 F的一条弦，P是
圆锥曲线上异于A，B的任一点，直线PA，PB分别交焦点F对应的准线于M，N两点，则有：
(1)FM⊥FN； 【(2) (3)实质都是 (1)的应用】
2
(2)M N b， 的两点的纵坐标之积为定值，即 y y =-p2M N ，其中 p为焦准距，p= c ；
(3)以MN为直径的圆过两个定点，其中一个是焦点F，另一个是焦点F关于准线的对称点．
y M
A
O F Q
x
P l
B
N
注 ①对于 (1)，可以推广到一般的极点极线，使得 yMyN仍然为定值．
②对于抛物线，利用代数法证明是不难的，具体证明参考例题！但是，对于椭圆和双曲线，如果利用常
规代数法证明，是比较麻烦的！所以正规考试中，一般给出的P点都是特殊点，比如P在顶点处．
焦准模型 vs自极三角形 如图所示，以椭圆为例，易知△MFN为自极三角形，极点N对应的极线是直
线MF，即为
xNx yNy
a2
+ 2 = 1，b
又点M在直线MF上，代入可得：
xNxM + yNyM2 = 1，a b2
a4 b4
又 xNxM= 2 ，解得 yMyN=- 2．c c
例3 设AB是过抛物线 y2= 2px(p> 0)的焦点 F的一条弦，P是抛物线上异于A，B的任一点，直线
PA，PB分别交抛物线的准线于M，N两点，求证：M，N的两点的纵坐标之积为定值．
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，利用抛物线的替换性质，易知 y 21y2=-p ，
2
设P(x3，y3)，则直线AP的方程为：(y1+y3)y= 2px+
p -p +y1yy 31y3，令 x=- 2 ，可得：yM= y1+y
，同理可
3
-p2+y y
得：y = 2 3N y ，故2+y3
2 2
yMyN=
-p +y1y3 -p +y2y3 y1y2+y1y3 y1y2+y2y3 2y1+y3 y2+y
= y +y y +y = y1y2=-p．3 1 3 2 3
注 上述化简是把-p2换成了 y1y2，其实直接展开也一样的，下面的椭圆也采用了类似的处理方法．当
然，此题也可以利用平几法，参见下面的椭圆即可．
焦准模型——内外角平分线极限模型——切线模型 设 F和 l是圆锥曲线一组对应的焦点和准线，过
圆锥曲线上一点P的切线交准线 l于点Q，则PF⊥QF．
y
P
Q
O
F x
l
证明 如图所示，以椭圆为例，当弦AB趋近于一点时，则∠AFB→ 0，∠BFC→ π，又QF是∠BFC的外
π
角平分线，所以∠BFQ=∠CFQ→ 2 ，即QF BF(AF)．
y
A
B
O
F x
M
C
l
切线模型的应用举例 如图所示，点F与直线 l分别为椭圆的焦点与对应的准线，过椭圆上任意一点P
的切线交 l于Q，过F作 l的平行线交切线PQ于点R，设 e为椭圆离心率，则（关注公众号：Hi数学派）
RF = e．
QF
y
P
R Q
O F x
l
证法一 代数法，很简单，具体过程此处略
证法二 几何法
如图所示，作PH⊥ l于H，又FP⊥FQ，所以P，H，Q，F四点共圆，故
∠PHF=∠RQF ∠ =∠ =∠ △QFR △HPF
RF = FPHP = e．PFH PQH FRQ QF
y
P H
R Q
O F x
l
亚当斯定理
2.7 中点模型
1.中点模型 【很重要的模型，一定有熟练掌握】
P
E
G I F
A C B D
H
如图所示，已知P(AB，CD) = (AB，CD) =-1，作PD的平行线，分别交PA，PB，PC于E，F，I，则 I
为EF的中点．
证法一 几何法+辅助线
过点C作PD的平行线分别交PA PB CA CB， 于G，H，由于 =
AD BD
，又
CA = CG CB = CHDP，BD DP， 【体会辅助线的作法？】AD
所以CG=CH，又
IE = PI = IF ，
CG PC CH
所以 IE= IF．
证法二 代数法+等面积法
2.交比 vs无穷远处
交比 vs无穷远处
x2 y
2
共轭点的等分点模型 如图所示，以椭圆 2 + 2 = 1(a> 0，b> 0)为例，过点M (m，0)的直线与椭圆a b
2 2
交于 A，B A a a两点，点 ，B在直线 x= m 的射影分别为 C，D，设直线 x= m 与 x轴的交点为 P，则直线
2
AD，BC MN Q 1 m+ a的交点为 的中点 2 m ，0 ．
特殊的，对于抛物线，此时的Q为原点．
y
A
C
M
O Q P x
D
B
证明 以AD为例，设直线BA与CD的交点为N，由于
(NM，AB) =D(NM，AB) =-1，
又BD x轴，所以Q为MP的中点．
y
N
A
C
M
O Q P x
D
B
2 y2
例1 x已知椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)
1 3
的离心率为 2 ，且过点 -1，2 ．a b
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点 0，1 且斜率为 k的直线 l与椭圆C交于M，N两点，且G xG，t t> 3 ，若NG⊥ x轴，求
证：存在实数 t，使得直线MG过 y轴上的定点．
2 2
答案 (1) x + y4 3 = 1；(2)存在 t= 3，过定点B(0，2)．
x2 y
2
共轭点的等面积模型 如图所示，以椭圆 2 + 2 = 1(a> 0，b> 0)为例，过点M (m，0)的直线与椭圆a b
2
交于A B a， 两点，点C，P，D在直线 x= m 上，且满足AC MP BD，则
S2△MCD= 4S△MAC S ，S2△MBD △PAB= 4S△PAC S△PBD．
不过，考试中一般只考特殊垂直的特殊情况．
注 这个性质实质是调和点列的性质，和圆锥曲线没关系的．
y y
A C A
P C
M M
O x O P xD
D
B B
证明 延长CM交DB于E，由于AC MP BD，所以
CP = AM = AN = CNPD MB NB ND = t> 0
即
(NM，AB) = (NP，CD) =M (NP，CD) =-1，
y
N
A C
P
M
O xD
B
E
又BD MP，所以B为DE的中点，故
S△MBD=S△MBE，
又
S△MAC 2= AM = S SS t
2 △MCD = △MCD = MC = AM， = t，
△MBE MB 2S△MBD S△MED ME MB
所以S2△MCD= 4S 2△MAC S△MBD；同理可证S△PAB= 4S△PAC S△PBD．
2
( y
2
例2 2023 x浙江十校联盟第三次联考)设双曲线C： 2 - 2 = 1的右焦点为 F(3，0)，F到其中一条a b
渐近线的距离为 2 ．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过F 5的直线交曲线C于A，B两点 (其中A在第一象限)，交直线 x= 3 于点M，
( ) |AF| |BM |i 求 | | | | 的值：AM BF
(ii)过M作平行于OA的直线分别交直线OB，x轴于P，Q，证明：|MP| = |PQ|．
2 2
答案 (1) x y易得双曲线C：5 - 4 = 1；(2) (i)1；(ii)略．
解析 (2) (i)法一 代数法+同构韦达
5 λ1-3 λ t
设A x1，y1 ，B x2，y
5
2 ，M 3 ，t ，AF = λ1AM，则 x1=
3
- ，y
1
λ 1 1
= - ，将A代入双曲线得1 λ1 1
-5t2- 80 λ29 1+16= 0， （关注公众号：Hi数学派）
设BF = λ2BM，同理可得得 -5t2- 809 λ
2
2+16= 0，则 λ1，λ2是二次方程
-5t2- 80 29 λ +16= 0
|AF| |BM |
的两个根，所以 λ1+λ2= 0，即 |AM | |BF| = 1；
法二 几何法+第二定义
注意到直线 x= 53 为准线，可以考虑利用第二定义，作AH⊥准线于H点，设直线AB的倾斜角为 θ，双
曲线的离心率为 e，则
|AF| |AF| |AH |
|AM | = | | | | = e cosθ ，AH AM
|BF| = |AF| |BM |同理可得 | | e cosθ ，故 | | | | = 1；BM AM BF
(ii)法一 借助 (i)的结论，利用分析法，将 |MP|，|PQ|都用 (i)里面的线段表示出来即可，具体过程此
处略．
|AF| |BF|
法二 如图所示，过M作 x轴的平行线交OP于点D，由于 | = ，故AM | |BM |
FB = OF BM MD =
MP MD
MD OQ = = 1．
AF = OF PQ OQ AM OQ
y A
F Q
O xB
P
M D
例3 已知直线 l的方程为 y= x+ 2，点P是抛物线 y2= 4x上到直线 l距离最小的点，点A是抛物线上
异于点P的点，直线AP与直线 l交于点Q，过点Q与 x轴平行的直线与抛物线 y2= 4x交于点B．
y
Q
B
P
O xl
A
(1)求点P的坐标；
(2)证明直线AB恒过定点，并求这个定点的坐标．
答案 (1)P(1，2)；(2) (2，2)．
2 2 2
解析 ( ) y0 ( = ) y2 1 y设P 4 ，y0 y0 2 ，A 4 ，y B 21 ， 4 ，y2 ，则Q(y2-2，y2)，直线PA的方程为
(y0+y1)y= 4x+ y0y1
即 (2+ y1)y= 4x+ 2y1，代入点Q(y2-2，y2)，则有（关注公众号：Hi数学派）
2(y1+y2) = 8+ y1y2 ①
又直线AB的方程为
(y1+y2)y= 4x+ y1y2，
与①式对比，显然直线AB恒过定点 (2，2)．
注 如图所示，AB所过定点即为直线 l对应的极点C(2，2)，理由如下：
假设直线AB过极点C，则QA，QB，QC，QD为调和线束，过点P作QB的平行线，此时，会发现P恰
好是EC的中点，符合假设．
y
D
Q
B
E P
C
l O
x
A
x2 y
2
例4 已知椭圆E： 2 + 2 = 1(a> b> 0)，过点P(-1，-1)且与 x轴平行的直线与椭圆E恰有一个公a b
共点，过点P且与 y轴平行的直线被椭圆E截得的线段长为 3．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设过点P的动直线与椭圆E交于M，N两点，T为 y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为
k 1 11和 k2，若 + 为定值，求点T的坐标．k1 k2
x2
答案 (1) + y24 = 1；(2)
1 + 1 =-8，T(0，-1)．
k1 k2
解析 (2)易知，直线MN的斜率不为 0，因此，设其方程为 x=m(y+ 1) - 1，利用线线联立代曲同构韦
达求解即可，具体过程此处略．
背景 点P(-1，-1)对应的极线为 l：x+ 4y+ 4= 0，注意到 l刚好过 1，0 ，设 l与MN的交点为Q，由
于 x轴平行PT，则C为AB的中点，所以
1 + 1 = 1 + 1 = 2 =-8．
kTM kTN kTA kTB kTC
y
N
C B
A O x
Q
M
P T l
例5 已知动圆P过点F2(2，0)并且与圆F1：(x+ 2)2+y2= 4相外切，动圆圆心P的轨迹为C．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)过点F2(2，0) 1的直线 l1与轨迹C交于A，B两点，设直线 l：x= 2 ，点D(-1，0)，直线AD交 l于M，
求出直线BM所过的定点．
2
答案 (1)x2- y3 = 1(x> 0)；(2) (1，0)．
2 2
例6 E x已知椭圆 ： 2 +
y
2 = 1(a> b> 0)的左，右顶点分别为A，B，点F是椭圆E的右焦点，点Q在a b
1
椭圆E上，且 |QF|的最大值为 3 ，椭圆E的离心率为 2．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过点A的直线与椭圆E交于另一点P(异于点B)，与直线 x= 2交于一点M，∠PFB的角平分线
与直线 x= 2交于点N，求证：点N是线段BM的中点．
2 2
答案 (1) x y4 + 3 = 1；(2)略．
解析 (2)法一 常规设线法
由对称性，不妨设点P在 x轴上方．
y
M
P
N
A O F B x
①当直线PF的斜率存在时，因为∠PFB的角平分线为FN，所以∠PFB= 2∠NFB，所以
= 2kk tan∠PFB= 2tan∠NFB = NFPF ，1- tan2∠NFB 1- k2NF
y= k(x+ 2)
设直线AP的方程为 y= k(x+ 2)，其中 k≠ 0，联立 3x2 得+4y2= 12
4k2+3 x2+16k2x+ 16k2-12= 0，
2
P x y -2x = 16k -12 x = 6- 8k
2 6- 8k2 12k
设点 1， 1 ，则 1 2 ，所以 1 2 ，进而可得点P 2 ， ，所以4k +3 4k +3 4k +3 4k2+3
12k
y 3+ 4k2k 1 4kPF= x1-1
= = ，
6- 8k2 1- 4k2- 1
3+ 4k2
2k
设直线FN的方程为 y=m(x- 1)，则点N (2，m)，M (2，4k)，因为 k NFPF= ，则1- k2NF
4k
2 =
2m
，
1- 4k 1-m2
整理可得（关注公众号：Hi数学派）
(2k-m) (2km+ 1) = 0，
yN m 1
因为 km> 0，所以，m= 2k，所以，y = = 2 ，所以，点N为线段BM的中点；M 4k
3 1
②当直线PF的斜率不存在时，不妨设点P 1，2 ，则直线AP的方程为 y= 2 (x+ 2)，所以点M (2，
2)，又因为直线FN的方程为 y= x- 1，所以点N (2，1)为线段BM的中点．
综上可知，点N为线段BM的中点．
y
M
P
N
A O F B Q x
法二 设点法+作辅助线
如图所示，在F点的右侧取一点Q，使得FP=FQ，则PQ⊥FN；
y 4y
设P x0，y0 ，则直线AM的方程为 y= 0x +2 x+ 2
0
，令 x= 2，解得 yM=
0 x0+2
；
1 1
利用焦半径公式，易得 PF = 2- 2 x0，所以Q 3- 2 x0，0 ，故
1 3 2- xkFN=- =
0
kPQ 2y
，
0
3 2- x 3 2- x
直线FN 0的方程为 y= 2y x- 1 ，令 x= 2，解得 yN=
0
2y ，又0 0
y0 y0 3
x 0+2 x0-2
=- 4 ，
所以
= 4y0
3 2- x0 yM x +2 = 2 2y = 2yN，0 0
故点N是线段BM的中点．
背景 如图所示，直线HF为焦点F对应的准线，易得
PQ，FG =H PQ，FG =-1，
又BM∥HG，所以N为线段BM的中点．
y
H
M
P
N
A O F B x
Q
G
此外，椭圆在点P处的切线与 x= a的交点即为点N．
2.8 自极三角形
1.完全四边形 vs调和点列 vs极点极线
完全四边形 两两相交又没有三线共点的四条直线及它们的六个交点所构成的图形；六个点可分成三
对相对的顶点，它们的连线是三条对角线．
A
B
D
C
E F
如图所示，ABE，ADF，BCF，DCE两两相交于A，B，C，D，E，F六点，则ABCDEF即为完全四边
形，其中AC，BD，EF为对角线．
最优美的调和分割构图，是由图中的所谓“完全四边形”ABCDEF给出．
如图所示，设ABCD是平面四边形 (对边不平行)．对边AB和DC交于Q，对边AD和BC交于R；对
角线AC和BD交于P．设BD和QR交于X，AC和QR交于Y，则D，B，P，X；A，C，P，Y；Q，R，Y，
X都是调和点列．
A
P D
B
C
l
X Q Y R
证明 考虑以C为中心的线束，可知 (QR，YX) = (DB，PX)．考虑以A为中心的线束，可知 (QR，
YX) = (BD，PX)．于是（关注公众号：Hi数学派）
(BD，PX) = (DB，PX) = 1( ．BD，PX)
从而 (DB，PX) =±1．由于 (DD，PX) = 1，而B≠D，可知 (DB，PX) ≠ 1，于是 (DB，PX) =-1，即
D，B，P，X(和Q，R，Y，X)．是调和点列．类似地，可证A，O，P，Y也是调和点列．证毕．
给了一个四边形ABCD，除了对角线AC和BD之外，我们把两组对边的交点连成的线段QR也叫作
对角线，ABCDQR叫作是完全四边形．因此，上述定理可以重新叙述成：
完全四边形的任意一条对角线的两端，都被它和另外两条对角线的交点所调和分割．
请思考：对于给定共线的三点，如何求出第四点，使得该点与其他三点组成调和点列？
分析 设X，Q，R是同一直线上三个不同的点，该定理给出了求点Y使得 (XY，QR) =-1的方法：
在该直线外任取一点A，连结AQ和AR；过X作一直线，与AQ，AR分别交于B和D；DQ和BR交于
C，则AC和RQ的交点即为所求．
特殊的，当对边平行，或者对角线平行时？
A
A
E G
P D PB D
B F
H
C C
l
Y lX Q R Q Y R
完全四点形有比较明显的 9组调和共轭点
A
A
P D
E G
P
B D
B F
H
C C
l l
X Q Y R Q Y R
完全四点形有比较明显的 9组调和共轭点
定理 3（完全四点形调和分割定理 3）完全四点形ABCD中，AD∥BC，边AB与过对边点P且平行于
AD的直线交于点E，则 (AB，EY) =-1，即点E，Y调和分割点A，B，且AG=GD．
完全四点形ABCD如果有一组对边平行，则非平行边上各有一组调和点列，两个对边点连线上也有一
组调和点列；平行边被两个对边点连线平分，过一组对边相交所得对边点作平行边的平行线被另外一组非
平行边平分．
根据定理 4，我们可以得到 5组调和点列，4组中点关系．
G
A D
P
E F
B
H C
R lQ Y
证明 如图所示，利用交比的射影不变性进行证明．
以P为中心，(AB，EY) = (CD，FY)，根据平行线，(CD，FY) = (BA，EY)，所以
(AB，EY) = (BA EY) = 1， (AB，EY)，
即 (AB，EY) = 1，又 (AB，EY) ≠ 1(否则E，Y重合)，所以
(AB，EY) =-1，
又Q(AB，EY) = (AB，EY) =-1，且AD BC∥EF，所以G，H，P分别为AD，BC，EF的中点．
y A
A y
B B
O P R Q x Q O P
x
C C
D
D
y y
l l
P M
M Q P Q
O x O x
阿基米德三角形
等角定理 对于椭圆或者双曲线，则有OP OQ=OR2，P，Q一般称作“伴侣点”，
在 x轴，则有OP OQ=OR2= a2，在 y轴，则有OP OQ=OR2= b2，
对于抛物线，则有O为PQ的中点．
解题时，很多时候绘制给出一半，要注意识别此类题型．
y P
E A
M C
O
x
F
B
D
N
完全四边形 vs极点极线 (1)若点P是圆锥曲线Γ上的点，则过点P的切线即为极点P对应的极线．
(2)如图所示，将完全四边形放置到圆锥曲线 (以椭圆为例)中，若点P是不在圆锥曲线 Γ上的点，且不
为原点O，过点P作割线PAB，PCD依次交圆锥曲线 Γ于A，B，C，D四点，连结AD，BC交于点M，连结
AC，BD交于点N，则直线 lMN为极点P对应的极线．
类似的，也可得到极点N对应的极线为直线 lPM，极点M对应的极线为直线 lPN，因此，我们把△PMN称
为自极三角形 (自配极三角形，自共轭三角形)，即△PMN的任一顶点作为极点，则顶点对应的边即为对应
的极线．
此外，如果我们连结NM交圆锥曲线Γ于点E，F，则直线PE，PF恰好为圆锥曲线Γ的两条切线．
注 “补全自极三角形”这个技巧很常用，后面结合例题了解！
后面的斜率等差模型，共轭点模型，实际都是极点在坐标轴上的特例模型的应用．
极点极线的切线和割线（关注公众号：Hi数学派）
请思考 为什么圆锥曲线若对内接完全四边形和配极原则刚好匹配？
证明 如图所示，以椭圆为例进行证明；根据完全四边形的调和性，易知 QP，EF =-1，即
1` - 1 2PE PF = ，PQ
再利用坎迪定理，易知
1` 1
PE - PF =
1`
PN -
1
PM ，
1` - 1 = 2所以 PN PM ，即PQ
MN，PQ =-1，
所以P，Q共轭．
C
M A
F
P E
N
D
B
Q
配极原则 给定平面内一圆锥曲线Γ ，若点P关于Γ的极线过点Q，则点Q关于Γ的极线也过点P．
共轭 若Q在P关于圆锥曲线Γ的极线上 (显然P也在Q关于Γ的极线上)，则称P，Q关于圆锥曲线
Γ共轭．特别地，若P在Γ上，则称P关于Γ自共轭．
最基础的共轭模型 如果完全四边形按照如图所示的方式摆放在圆锥曲线中，恒有P与Q共轭．
y P
A
Q C
O x
B
D
y y y
P P P
A R
R l l
Q Q
Q
O x O x O x
B
OP OQ=OR2，
外切完全四边形 vs极点极线 如图所示，设ACBD是圆锥曲线Γ的外切四边形，对角线AB和CD交
于P，对边BC和DA交于E，对边AC和DB交于F，DC与EF交于M，AB与EF交于N．则完全四边形
的三条对角线AB，DC和EF所围成的△PMN是关于Γ的自极三角形．
此类型了解即可，一般用不到．
E y
A
C M
P F
O B x
N
D
2 y2
例1 x设椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左，右顶点分别为A，B ，上顶点为D ，点P是椭圆C上异a b
3
于顶点的动点，已知椭圆的离心率 e= 2 ，短轴长为 2 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AD与直线BP交于点M ，直线DP与 x轴交于点N ，求证：直线MN恒过某定点，并求出该
定点．
y M
D
P
A O B N x
x2
答案 (1) 24 + y = 1；(2) (2，1)．
解析 (2) 1解法一：设直线BP的方程为 y= k1(x- 2) k1≠ 0且 k1≠± 2 )，
直线DP的方程为 y= k2x+ 1 k ≠ 0 k ≠± 1 2 且 2 2 ，
易知直线DP与 x轴的交点为N - 1 ，0 1，易知直线AD的方程为 y= 2 x+ 1 ，k2
4k +2 4k 2
所以直线BP与直线AD x的交点为M 1 1- ， - ，将 y= k2x+ 1代入方程 24 + y = 1 ，得2k1 1 2k1 1
1+ 4k22 x2+8k2x= 0
8k 1- 4k2
所以点P的横坐标为 xP=- 2 2 ，则点P的横坐标为 y =
2 ，
1+ 4k P2 1+ 4k22
将点P的坐标代入直线BP的方程 y= k (x- 2) ，整理得 1+ 2k 1- 2k =-k 1+ 2k 21 2 2 1 2 ，
即 1+ 2kn 1- 2kn+2k1+4k kn = 0．因为 1+ 2kn≠ 0．所以 1+ 2k2 1- 2k2 =-k -1 1+ 2k2 ，
即 1+ 2k2 1- 2k2+2k1+4k1k2 = 0 ，因为 1+ 2k2≠ 0 ，所以
1- 2k2+2k1+4k1k2= 0，
由M，N点坐标可得直线MN的方程为：
= 4k1k2 + 1 = 2k1k2x+ 2k1 = 2k1k2+2k2-1- 4k1ky x 2 = 2k1k2 (x- 2) + 1
4k1k2+2k2+2k1-1 k2 2k2-1 2k2-1 2k2-1
2．所以直线MN过定点 (2，1)．
1
解法二：易知直线AD的方程为 y= 2 x+ 1 ，设点P x0
，y0 x0y0≠ 0 ，直线BP的方程 y=
y0
x -2 (x- 2) ，0
y=
1
2 x+ 1 4y0+2x0-4 4y0
联立 ，可得M
y0 y= (x- 2) 2y0-x0+2
，2y0-x0+2 ， x0-2
4y0
x 2y0-x0+2
由D，P，N三点共线，易得N 01- y ，0 ，直线MN的斜率 kMN=0 4y0+2x0+2 x0
2y0-x +2 -0 1- y0
4y0 1- y= 0
8y0+x20-4y20-4- 4x0y0
x2
由 04 + y
2
0= 1 ，可得 x20-4=-4y20 ，代入上式可得：
4y 1- y
k = 0 0 1- y0MN =8y0-8y20-4x0y0 2- 2y0-x0
可得直线MN的方程：
= 1- y0 - x0 = 1- y0 2- 2y0+2y0-2+ x 1- yy 0 02- 2y x0-x0 1- y0 2- 2y -x x-0 0 2- 2y0-x =0 2- 2y -x (x- 2) + 10 0
所以直线MN过定点 (2，1)．
2.9 彭色列
彭色列闭形大定理 设椭圆 Γ2在椭圆Γ1的内部，△ABC是Γ1的内接三角形和 Γ2的外切三角形．过 Γ1
上任意一点A 作Γ2的两条切线与Γ1分别交于B
和C ．则B C 也为Γ2的切线．
A y
C A
B
B C
Γ Γ Γ2 11 Γ2
O x
B
B C C
A
A
彭色列小定理 如图所示，F1，F2是圆锥曲线的两个焦点，过点P作圆锥曲线的两条切线PA和PB，则
PF1与PA的夹角等于PB与PF2的夹角．
显然，当点P在圆锥曲线上时，两条切线重合，恰好就是圆锥曲线的光学性质．
y P y P
A A
B B
F O F x O x1 2 F
引理 如图所示，F为圆锥曲线的焦点，过点P作圆锥曲线的两条切线PA和PB，则PF平分∠AFB．
证明 如图所示，直线 l为焦点F对应的准线，由于点 S既在极点P对应的极线AB上，也在极点 F对
应的极线 l上，根据配极原则可知，极点S对应的极线就是PF，故
SC，AB =F SC，AB =-1，
显然，此时只要证明 FS⊥ FP，就可以证明 PF平分 ∠AFB，由于极点 S对应的极线就是 PF，所以
SC，SD均为圆锥曲线的切线，因此，SF⊥PF是显然成立的，故得证．
y P
S
A
C
Q B
F O x
D
l
-
例1 (2023 x浙江金丽衢十二校联考)已知椭圆E： + y24 = 1，椭圆的左右焦点分别为F1，F2，点A(m，
n)为椭圆上一点，且m> 0，n> 0，过A作椭圆E的切线 l，并分别交 x= 2，x=-2于C，D点．连接CF1，
DF 32，CF1与DF2交于点E，并连接AE．若直线 l，AE的斜率之和为 2 ，则点A坐标为 ．
答案 2 2， 2 ．
解析 由上述引理，易得CF1，CF2分别为∠AF1F2，∠AF2F1的角平分线，所以E是△AF1F2的内心，进而
AE也是∠F1AF2的角平分线，根据光学性质，AE也是切线CD的法线，故（关注公众号：Hi数学派）
kAE kl=-1，
k +k= 3 k = 2 k=- m
2
又 AE l 2 ，解得 AE ， l 4n =-
1
2 ，即m= 2n
m
，又 2
2
4 +n = 1，解得A 2， 2 ．
y
D
A
C
E
N F1 O F M x2
2.10 坎迪定理和蝴蝶定理
平面截圆锥 圆锥曲线可以由平面截圆锥得到．
空间线束交比的射影不变性 如图所示，从空间一点O出发引出五条线束分别与平面 α交于点A，B，
C，D，P，与平面 β交于点A1，B1，C1，D1，P1，则
P AB，CD =P1 A1B1，C1D1 ．
O
B C D
A α
P C1
B1 D1
A β1 E1
P1
证明 利用交比的射影不变性进行证明；
过点O作平面 γ与两组线束分别交于点 E，F，G，H和点E1，F1，G1，H1，易知在平面OEH中，O，E，
E1共线，O，F，F1共线，O，G，G1共线，O，H，H1共线，则
(EF，GH) =O(EF，GH) =O(E1F1，G1H1) = (E1F1，G1H1)，
又
(EF，GH) =P(EF，GH) =P AB，CD ，
(E1F1，G1H1) =P1(E1F1，G1H1) =P1 A1B1，C1D1 ，
故P AB，CD =P1 A1B1，C1D1 得证．
O
B C D
A G HF
E P C1
B1 D1
A1 E F
G1 H1 1
1
P1
圆锥曲线交比的不变性 设 P，Q，A，B，C，D为圆锥曲线上六个不同的点，其中A，B，C，D为定
点，P，Q为动点，则
P AB，CD =Q AB，CD ．
注 对于圆的话，利用“弧对应的圆周角是不变的”这一性质，是很容易证明的，具体过程此处略．
P P
Q
Q
A A
D B D
B C C
证法一 如图，此处以椭圆为例进行证明，根据空间线束交比的射影不变性以及圆交比的不变性，显
然有
P AB，CD =P1 A1B1，C1D1 ．
O
C D
B
A
P
B C1 1 D1
A1
P1
证法二 代数法；利用参数方程+线束交比的斜率表达式进行证明，以抛物线为例，此处暂略．
坎迪定理 如图所示，设M为圆锥曲线的弦PQ上一点，过M作两条任意弦AB和CD，若AD，BC分
别交PQ于S，T，则（关注公众号：Hi数学派）
1 - 1 1 1MS MP = MT - ．MQ
特殊的，如果令MP=MQ，我们便得到了常说的“蝴蝶定理”．
C
A
T Q
S
P M
D
B
证法一 根据圆锥曲线交比的不变性，易知（关注公众号：Hi数学派）
D PC，AQ =B PC，AQ ，
又
MQ MQ
D PC，AQ =D PM，SQ = PM，SQ = PSMS =
PM-SM ，
PQ MS PQ
B PC，AQ = PM
TQ
B PM PT，MQ = PT，MQ = TM = TM
MQ-MT
，
PQ PQ
所以
PM-SM MQ = PM MQ-MTMS PQ TM ，PQ
即
MP-MS MQ-MT
MP MS = ，MT MQ
所以
1 - 1 = 1 1MS MP MT - ．MQ
证法二 如图所示，以M为原点，PQ为 x轴建立平面直角坐标系进行证明；
y
A C
S T Q
P O(M ) x
D
B
设圆锥曲线的方程为Ax2+By2+Cxy+Dx+ Ey+ F= 0，直线AB，CD的方程分别为 y= k1x，y= k2
x，A x1，y1 ，B x2，y2 ，C x3，y3 ，D x4，y4 ，P p，0 ，Q q，0 ，S s，0 ，T t，0 ，则等价证明
1
p +
1 1 1
q = s + t
成立，证明比较简单，具体过程此处略．
蝴蝶定理 如图所示，不妨取特殊位置，令PQ⊥ x轴，设M为圆锥曲线的弦PQ的中点，过M作两条
任意弦AB和CD，若AD，BC分别交PQ于S，T，则MT=MS．
因此，对于一个蝴蝶模型，存在两条等分线段．
y y
S
A P A P
S
D C
O M x O M x
T
C
Q B
D
Q B
T
注 字母的标注顺序不同，会得到不同的构图，这个思路在极点极线的相关背景问题分析求解时，有时
是很有用的．
证明 前面已经用圆锥曲线的交比不变性证明过了，不过，由于蝴蝶定理的特殊性，此处也可以利用极
点极线的相关背景知识进行证明，此处选取第一个构图为例，进行证明．
如图所示，直线RN为点M对应的极线，则
CD，MN =R CD，MN =-1，
又PQ∥RN，所以MT=MS．
y
A P
S N
D
O M x
T
C
Q B R
一般情况之椭圆 过椭圆内任意一点P作两条弦AB，CD，连结AC和BD，连结OP并延长交椭圆于
点Q，过点P作与点Q处切线平行的直线，分别交AC，BD于M，N两点，则PM=PN．
y y C
A A M
M Q
P D P
Q
x
O x
O
C N
D N
B
B
一般情况之抛物线 过抛物线内任意一点P作两条弦AB，CD，连结AC和BD，过点P作与抛物线对
称轴平行的直线，并交抛物线于点Q，然后，过点P作与点Q处切线平行的直线，分别交AC，BD于M，N
两点，则 PM = PN ．
注 ①双曲线的情况与椭圆类似，故此处略过；
②实际考试之中，一般只考察特殊情况的蝴蝶定理，多数是点P在坐标轴上，可结合如下的例题理解．
对于处理斜率积或者斜率比值的问题，很多时候会用到蝴蝶定理．
蝴蝶定理的应用之椭圆 如图所示，已知点M (m，0)，N (n，0)，过点M且斜率为 k1(k1≠ 0)的动直线交
x2
2
椭圆 2 +
y
2 = 1 a> b> 0 于A，B两点，延长AN，BN分别交椭圆于C，D两点，直线CD的斜率为 ka b 2
，
则：
m(a2( ) +n
2) - 2na2 k a
2-n2 NR 1 直线CD恒过 x轴上的定点R 2 2 ，0 ； (2)
1 = = ．
2mn- (a +n ) k2 a2+n2-2mn MN
y
P
y
G
A A
E
M D M D S
O N R x O R xN
B B
C F C Q
H
2
证明 如图所示，作出辅助线，补全自极三角形 PNQ，则极点N (n，0)对应的极线是PQ：x= an ，同
时，由于NE=NF，根据蝴蝶定理，显然有NG=NH，设R(t，0)，故
SP NG
SR SM= = k1
NM NR
= = ，
SM SP k2 NH NM
SR NR
即
a2 a2
k1 = n
- t -n
2 =
t-n
n-m =
n
2 ，k2 a -m an n +n- 2m
m(a2= +n
2) - 2na2
易解得 t ．
2mn- (a2+n2)
注 特殊地，只过 1个定点M，上述结论亦是成立的，如图所示，设椭圆的左，右顶点分别为A，B，过点
kAC =
BM
M的直线交椭圆于C，D两点，则 ．
kBD MA
y
C
O
A M B x
D
x2 y
2
1 C + = 1(a> b> 0) A B D 2例 已知椭圆 ： 2 2 的左右顶点分别为 ， ，过椭圆内点 3 ，0 且不与 x轴a b
4
重合的动直线交椭圆C于P，Q两点，当直线PQ与 x轴垂直时，|PD| = |BD| = 3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AP，AQ和直线 l：x= t分别交于点M，N，若MD⊥ND恒成立，求 t的值．
x2
2
(1) + y = 1 (2) - 2 10答案 4 2 ； 9 或 3 ．
k AP =
DB 1
kQB DA
= 2 y y略解 kAPk =
M N
AQ 2 =-
1 yMyN
4 ，又 k1 (t+ 2) DM
kDN= =-1，即2
kAQkQB=- t-
2
2 3
- 1 2 2 24 (t+ 2) =- t- 3 ，
解得 t= 10 23 或- 9．
y M
P
D
A O B x
l：x= t
Q
N
x2 y
2
例2 已知双曲线C： 2 - 2 = 1(a，b> 0)的左，右焦点分别为 F1，F2 ，左顶点为A(-2，0) ，点M为a b
双曲线上一动点，且 MF1
2+ MF2 2的最小值为 18，O为坐标原点．
y
B
P
Q
D
A O T x
l
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)如图，已知直线 l：x=m与 x轴的正半轴交于点T ，过点T的直线交双曲线C右支于点B，D，直线
AB，AD分别交直线 l于点P，Q，若O，A，P，Q四点共圆 (有的题目会给出条件“∠APQ+∠AOQ=
π”)，求实数m的值．
2
答案 (1) x4 - y
2= 1；(2) 25．
分析 (2)高中阶段，遇到四点共圆的问题，一般都优先尝试利用圆幂定理，只有当圆幂定理不好处理
时，才尝试利用其他方法，比如利用定义后者等角，对于此题，只需证明 |TA| |TO| = |TP| |TQ|即可．
解析 (1)由题意可得：a= 2，利用三角形中线定理：
MF +MF 2
1 2 + MF1-MF 22+ 2= 2 MF1 MF2 2 22 = 2 MO + OF1 ≥ 2 a
2+a2+b2 = 18，
x2
所以 b2= 1，故双曲线C的标准方程为 - y24 = 1．
(2)法一 由题意可得T(m，0)，设B x1，y1 ，D x2，y2 ，直线BT：x= ty+m，与双曲线联立得：
t2-4 y2+2tmy+m2-4= 0，
2
则 t2-4≠ 0，Δ> 0，y1+y =- 2tm2 2 ，y1y =
m -4
t -4 2 t2
，
-4
= y1直线BA：y x +2 (x+ 2) ，令 x= =
y1 ( + ) ym ，则 y x +2 m 2 ，即点P m
1
，x +2 (m+ 2)1 1 1 ，
y2
同理可得点Q m，x +2 (m+ 2) ，2
若O，A，P，Q四点共圆，则 |TA| |TO| = |TP| |TQ|，因为
|TA| =m+ 2，|TO| =m | yTP| = 1， x +2 (m+
y
2) ，|TQ| = 2x +2 (m+ 2)1 2 ，
(m+ 2)2y1y2
注意到m> 0，m+ 2> 0 ，且点P，Q位于同一象限，即 > 0，可得
x1+2 x2+2
( + )= (m+ 2)
2y y
m m 2 1 2 ，
x1+2 x2+2
故 (m+ 2)y1y2=m x1+2 x2+2 =m ty1+m+ 2 ty2+m+ 2 ，整理得
mt2-m- 2 y1y2+tm(m+ 2) y1+y2 +m(m+ 2)2= 0，
代入并整理得（关注公众号：Hi数学派）
5m2+8m- 4= 0，
解得m= 2 25 或m=-2(舍去)，故实数m的值为 5．
法二 注意到A，B，D三点，直线BD过定点T，因此，可以猜测 kAB与 kAD必定存在着关系，再结合法
一，易得
= y1yk 2ABkAD =
m
，
x1+2 x2+2 m+ 2
又 x1y2-x2y1=m y2-y1 ，所以
= y1 1 x2-2 = 1 x1-2 y2 = 1 x2y1-x1y2+2(y2-y1)k k 1 -m+ 2AB AD x1+2 4 y2 4 y1 x2+2 4 x1y2-x2y1+2(y2-y1)
= 4 m+ 2 ，
m 1
故 m+ 2 = 4
-m+ 2 2
m+ 2 ，解得m= 5．
y1y2
注 在解题时，我们在解题化简的过程中，会经常碰到这个式子： ，这恰恰是隐藏的点差
x1+2 x2+2
法模型．
背景 在法二的基础上，设右顶点为E，DE与 l的交点为F，根据蝴蝶定理，易得TP=TF，故
m 1 kAB 1 TE 1 2-m
m+ 2 = kABkAD= 4 = 4 = kDE AT 4 m+ 2
．
y
B
P
Q
D
A O T E x
F
l
y2 2
例3 在平面直角坐标系 xOy中，双曲线C - x： 2 2 = 1(a> 0，b> 0)的离心率为 2，实轴长为 4 ．a b
(1)求双曲线C的方程；
(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线 l过点P(0，t)且垂直于 y轴 (P位于原点与上顶点之间)，过P
的直线交双曲线C于G，H两点，直线AG，AH分别与直线 l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求
点P的坐标．
蝴蝶定理的应用之抛物线 已知抛物线 y2= 2px(p> 0)，A(a，0)，B(b，0)，过点A的动直线交抛物线
于M，N两点，直线MB，NB分别交抛物线于点P，Q，则：
(1)直线PQ恒过 x轴的定点C(c，0)，其中 b2= ac；
(2) k b c- b
CB
假设直线MN和PQ的斜率都存在，则 MN = = = ．
kPQ a b- a BA
y Q y G
=- Ql：x b
M M E
S A B
R O C x
N
A FO B C x P
H
N
P
T
yMyN=-2pa yMyP=-2pb
证法一 易知 2 y y =-2pb ，两两结合相乘，显然有 b = ac；进而 N Q
yPyQ=-2pc
2p 2pb
k y +y y +y - y -
2pb
MN = M N = P Q = M yN = -2pb = -2pb b
kPQ 2p yM+yN yM+yN yMyN -2pa
= a．
yP+yQ
证法二 如图所示，作出辅助线，补全自极三角形TBS，同时，由于BE=BF，根据蝴蝶定理，显然有
BG=BH，故
kMN RC= = c+ b =
CB = c- b+ - =
2c = 2b
kPQ RA a b BA b a 2b 2a
．
2.11 圆锥曲线的直径与共轭共轭
圆锥曲线的直径 对于椭圆或双曲线，连结椭圆 (双曲线)上任意两点的线段叫弦，特殊的，过椭圆 (双
曲线)中心的弦叫直径．
对于抛物线，由于抛物线的中心在无穷远处，所以我们定义平行于抛物线对称轴的直线为抛物线的直
径．
圆锥曲线的直径的几何意义是圆锥曲线平行弦中点的轨迹．
圆锥曲线的共轭直径 对于椭圆或双曲线，平行于直径AB的弦的中点的轨迹DE 和直径AB互为共
轭直径．显然，对于抛物线，是没有共轭直径的．
共轭的轭是什么意思？
轭是指两头牛背上的架子，轭使两头牛同步行走．所谓共轭即是按照一定的规律相配的一对，换言之
即是孪生．共轭在数学，物理，化学，地理等科学中都有出现．数学中常见的有共轭复数，共轭双曲线，共轭
直径，共轭矩阵等．
圆锥曲线的直径对应的极点 由于圆锥曲线的直径是圆锥曲线平行弦中点的轨迹，而中点对应的调和
点为无穷远处，同时，在射影几何中，平行线是相交于无穷远处的，所以圆锥曲线的直径对应的极点也在无
穷远处．
由此，我们可以得到关于直径和平行弦的极点极线模型．
2 y2
例1 x 1 1已知椭圆
a2
+ = 1 a> b> 0 与直线 l ：y= x，l ：y=- x，过椭圆上一点P作 l ，l 的平
b2 1 2 2 2 1 2
行线，分别交 l1，l2于M，N两点．若 MN 为定值，则
a
b 的值是 ．
答案 2．
解析 只有椭圆上的一个单独的动点P，不妨利用参数方程，设P(acosθ，bsinθ)，这样的话，只含有一
个参数 θ，便于计算，而且，点P的坐标自带椭圆方程的属性，因此，后续的计算也就不用再理会椭圆方程了．
x1 - x2 x1+x2= acosθ设M x1，2 ，N x2， 2 ，则OMPN为平行四边形，故 - = ，所以x1 x2 2bsinθ
MN = (x -x )2+ 11 2 4 (x1+x )
2
2 = 4b2sin2θ+ 1 a24 cos
2θ，
若 MN 1为定值，则 4b2= 2 a4 a ，即 b = 2．
2 2 y2
例2 x x已知点A，B分别在椭圆C1：
2
4 + y = 1和椭圆C2：16 + 4 = 1上，O为坐标原点，直线OA，
OB 1的斜率之积为- 4 ，M为线段AB的中点，则线段MO长度的最大值是 ．
答案 5．
1 π
解析 设A(2cosα，sinα)，B(4cosβ，2sinβ)，由 kOA kOB=- 4 得：cos(α- β) = 0，不妨令 β= α- 2 ，则
点B变为 (4sinα，-2cosα) M sinα- 2cosα，进而中点 的坐标为 cosα+ 2sinα， 2 ，故
= ( + )2+ (sinα- 2cosα)
2
= 25+ 3(3cos2α- 4sin2α) MO cosα 2sinα 4 8 ≥ 5．
2.12 等角定理模型
找伴侣点
例1 已知抛物线 y2= 4x的焦点为F，准线与 x轴交于E点，过点E的直线 y= k x+ 1 交抛物线于A，
B两点，满足∠AFB= 60°，则 AB = ．
4 7
答案 3 ．
解析 显然，点E的伴侣点为F，所以 kAF+kBF= 0，又∠AFB= 60°，假设A在B的右边，则直线AF，
BF的倾斜角分别为 60°，120°，借助焦半径的极坐标公式，则有
AF= 2 2 4
1- cos60° = 4，BF= - ° = ，1 cos120 3
再利用余弦定理，易得AB= 4 73 ．
x2
2
例2 已知椭圆C： 2 +
y
2 = 1(a> b> 0)的短轴长为 2 ，左右焦点分别为F1，F2，M为椭圆 C上一点，a b
且MF1⊥ x轴， MF2 = 7 MF1 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线 x= ty+m(t≠ 0且 0于 x轴的对称点为A2，直线BA2与 x轴交于点D，若△ABD与△ABA1的面积相等，求m的值．
x2
答案 (1) 24 + y = 1；(2)
2 3
3 ．
解析 (2)注意到直线AB过定点E(m，0) 4，所以点D的坐标为 m，0 ，知道这个背景的话，后续就很
简单了；
y
A
O E
D x
A F1 A2
B
设A x1，y1 B x2，y2 ，过A1作 y轴的垂线交AB于点F，则A1 -x1，-y1 ，A2 x1，-y1 ，xF=-ty1+m，
由A，E，B三点共线得：x1y2-x2y1=m y2-y1 ，又
x2y2-x2y2 4(1- y2) y2-4(1- y2 2
x 1 2 2 1 1 2 2
) y1
1y2+x2y1= = = 4m y +y ，m y2-y m y -y
2 1
1 2 1
= x2y1+x1yx 2 4即 D y +y = m，注意利用面积分割求面积，则2 1
S = 1 x -m y -y = 1 4△ABD 2 D 2 1 2 m -m y2-y1 ，
A F y -y
= 1 2 1 =
xF- -x1 y2-y1 -ty1+m+ tyS = 1
+m y2-y1 |2m| y2-y= 1 ΔABA 2 2 2 2 ，1
由S△ABD=S△ABA 得：1
4m -m = |2m|，且 0m= 2 3解得 3 ．
2 y2
例3 x已知椭圆 E： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的右焦点为 F ，过 F的直线与椭圆 E交于点A，B，当直线a b
AB的方程为 y= x- 22 时，直线AB过椭圆的一个顶点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知点M ( 2，0)，若 |MA| = 2|MB|，求直线AB的斜率．
y2 14
答案 (1)x2+ 1 = 1；(2) ± 2 ．
2
分析 F 1 ，02 2 ×
1
，注意到 = 1，所以 x轴平分∠AMB，知道这个背景的话，后续就很简单了．
2
解析 (2) 2由题意可得直线AB的斜率不为 0，设其方程为 x=my+ 2 ，与椭圆联立得：
2+m2 y2+ 2my- 12 = 0，
2m
由于F在椭圆内部，故必有Δ> 0恒成立，设A x1，y2 ，B x2，y2 ，则 y1+y2=- ，y y =2+m2 1 2
- 1 2 ，又（关注公众号：Hi数学派）2 2+m
2my y - 2 y +y 2m
-1 2 - 2m
y y 1 2 1 2 2 2+ 2
-
m 2 2+m2
kAM+k =
1 + 2BM =
2 = = 0，
x1- 2 x2- 2 my2- 22 my - 2 my - 21 2 2 2 my 21- 2
所以 x轴平分∠AMB ，由 y1y2< 0，|MA| = 2|MB|可得：y1=-2y2，故
- 1 = y
y +y 2 21
2 y +
y2 + = 1 2 2 = -4m 2
2 y1 y1y2 2+m
解得m2= 2 147 ，即直线的斜率为± 2 ．
例4 3 3已知焦点在 x轴上的椭圆C过点 1， 2 ，离心率为 2 ，点A x1，y1 为椭圆C第一象限上的
点．过点A的直线交椭圆C于点B，交 x轴于点T(t，0)，点D与点A关于 x轴对称，直线BD交 y轴于点
E，AE⊥BD．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求 tx1的取值范围．
y
A
T
O x
E
B
D
2
答案 (1) x4 + y
2= 1；(2) (-∞，0) ∪ (8，+∞)．
分析 对于 (2)，如果不知道背景的话，做起来还是很费劲的，给的参考答案虽然有两种，但是变形都比
4
较复杂，难想到，但是如果知道背景的话，即直线AB过定点 t，0 ，则直线BD过定点 t ，0 ，就很简单了．
解析 (2)设A x1，y1 ，B x2，y2 ，E(0，n)，则D x1，-y1 ，其中 x1，y1> 0．
由AE⊥DE，得EA ED= 0，即 x21+ y1-n -y1-n = 0，得n2= y21-x21．
由A，T，B三点共线得
x1y2-x2y1= t y2-y1 ，
设直线BD与 x轴的点F m，0 ，由于
x2y2-x2y2 2 21 2 2 1 4 1- y1 y2-4 1- y2 y2x y + x y = = 2 1 41 2 2 1 x y -x y = t y2+y1 ，1 2 2 1 t y2-y1
m= 4即 t ，又D，E，F三点共线，可得（关注公众号：Hi数学派）
4 = nx1t y1+n
，
又n2= 5y21-4> 0 4，则 25 < y1< 1，故
tx1=
y
4 1+ 1n = 4 1± 1 4 ∈ (-∞，0) ∪ (8，+∞)． 5- y21
2.13 平行弦模型
2 y2
例1 x 3已知椭圆C1： 2 + 2 = 1(a> b> 0)过点A 1，a b 2 ，且以长轴和短轴为对角线的四边形面积为
4b2．
(1)求C1的方程；
x2 y
2
(2)已知椭圆C2： 2 + 2 = λ，在椭圆C2上取三点B，C，D，使得△BCD与椭圆C1相切于三角形三边a b
的中点，求出 λ的值．
2
答案 (1) x4 + y
2= 1；(2)λ= 4．
分析 (2)此问难度较大，实质是证明O为△BCD的重心，即等价证明O，G，B三点共线．
解析 根据题意，△BCD的三条边最多只能有一条边与坐标轴平行，因此，不妨另外不与坐标轴平行的
两条边进行证明，不妨取这两条为DC，DB；
设BC，CD，DB的中点分别为E，G，F，则EF∥CD，设EF的中点为H，则B，G，H三点共线；
y
E B
C
H
O x
G F
D
设G x0，y0 (x0y0≠ )
xx
0 ，则切线CD的方程为 04 + yy0= 1(切线的证明套路要熟悉)，则
k 1OG kCD=- 4 ；
设E x1，y1 ，F x2，y2 ，则切线BC，BD的方程分别为
xx1
4 + yy1=
xx
1， 24 + yy2= 1，
代入点B x3，y3 (x3y3≠ 0)，则有
x1x3 + xyy = 1， 2x34 3 4 + y2y3= 1，
所以直线EF的方程为
xx3
4 + yy3= 1， 【切点弦的证明套路要熟悉】
利用点差法套路，易证得
k k =- 1OH EF 4 ，
又EF∥CD，故（关注公众号：Hi数学派）
kOH= kOG，
即O，G，H三点共线，亦即O，G，B三点共线，同理可证O，E，D三点共线，故O为△BCD的重心，所
x =-2x
OB=-2OG 3 0以 ，即 =- ，所以y3 2y0
2 2 2 2 2 2
λ= x3 + y3 = 4x0 + 4y0 = x4 04 3 4 3 4 +
y0
3 = 4．
例2 3已知椭圆C的焦点坐标为F1(-1，0)和F2(1，0) ，且椭圆经过点G 1，2 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若T(1，1)，椭圆C上四点M，N，P，Q满足MT = 3TQ，NT = 3TP，求直线MN的斜率．
2 y2x 3
答案 (1) 4 + 3 = 1；(2) - 4 ．
解析 (2)法一 常规同构法
= = 4- x1 = 4- y1设M x1，y1 ，N x2，y2 ，由MT 3TQ可得 xQ 3 ，yQ 3 ，则
4- x1 2 4- y1 2
x21 + y
2
1 3 3
4 3 = 1， 4 + 3 = 1 ，
两式相减得
x1 + y14 3 -
1
6 = 0，
x
同理，由NT = 3TP可得： 24 +
y2 - 13 6 = 0，故直线MN的方程为
x + y - 14 3 6 = 0，
kMN=-
3
4．
y
P
M F
T Q
E
O x
N
法二 平几法，椭圆平行弦证明的常用套路
由于 MT = 3TQ，NT = 3TP ，故MN∥PQ，设MN，PQ的中点分别为E，F，则E，F，T三点共线，易
知直线MN的斜率不为 0，因此，利用点差套路，易得（关注公众号：Hi数学派）
kOE kMN= kOF k
3
PQ=- 4 ，
即 kOE= k
3
OF，所以E，F，O三点共线，亦即E，F，T，O四点共线，又 kOS= 1，故 kMN=- 4．
2.14 帕斯卡定理初步
帕斯卡定理 帕斯卡定理指二次曲线 (包含退化的二次曲线)内接六边形 (包括退化的六边形)其三对
边的交点共线，与布列安桑定理对偶，是帕普斯定理的推广．定理约于公元 1639年为法国数学家布莱士
帕斯卡 (Blaise Pascal)所发现，被称为帕斯卡定理，是射影几何中的一个重要定理．
此处仅以圆为进行说明，如图所示，六边形ABCDEF的三组对边分别交于P，Q，R三点，则这三点共
线，下面给出帕斯卡定理常见的各种构图．
R
Q
A A
C A
C E P
E B
C
R PP Q R
D D
B F B Q
F E
D F
六边形帕斯卡之三点在内部 六边形帕斯卡之两点在内部 六边形帕斯卡之三点在外部
P R
A(B)
切线
A(B)
P
C E F 切线
A(B)P
C(D)R
C(D)
R
F
Q E
D
Q
五边形帕斯卡 四边形帕斯卡
R
A(B)
A(B)P
P 切线
C(D) C(D)RE(F)Q
Q
E(F)
三角形帕斯卡
注 ①帕斯卡定理中的六边形并非一般意义上的凸六边形，只要是六个点顺次相连所围成的都称为六
边形．
②完全四边形对应的自极三角形模型实质就是六边形帕斯卡退化成四边形的应用．
思考：如何快速确定标准帕斯卡定理的六点排序形式？
提示 闭合回路法
A
C A
P R
E
B F
P RQ Q Q
C E
B F R P
D
D
2
1 C x
2 y
例 已知椭圆 ： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左，右顶点分别为A1，A2，D( 6，1)为椭圆C上一点，P，a b
Q为椭圆C上异于A1，A2的两点，且直线PQ不与坐标轴平行，点P关于原点O对称的点为 S，DP DS的
最大值为 4 ．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线A1S与直线A2Q相交于点T，直线OT与直线PQ相交于点R，证明：在椭圆C上存在定点
E，使得△RDE的面积为定值，并求出该定值．
y
R P
Q
D
A2
A O x1
S
T
2 2
答案 (1) x + y9 3 = 1；(2)存在定点E( 6，-1)，△RDE的面积为定值 6+ 3．
分析 若存在定点E，则DE为定直线，DE为定值，欲使得△RDE的面积为定值，则必须使得点R在
一条定直线上运动，因此，此问实质等价于求证点R在一条定直线上运动．
解析 (1)因为D( 6，1) 6在椭圆C上，所以 2 +
1
2 = 1．设P x1，y1 ，则S -xa b 1
，-y1 ，则
2
DP DS= x1- 6，y1-1 -x1- 6，-y1-1 = 7- x2+y2 = 7- b2- 1- b x2≤ 7- b21 1 ，a2 1
因为DP DS的最大值为 4 ，所以 7- b2= 4，得 b2= 3 6 + 1，又 2 2 = 1，所以 a
2= 9，故椭圆C的标准方程
a b
2
x2
为 9 +
y
3 = 1．
(2)法一 常规韦达定理法
设Q x2，y2 ，直线PQ的方程为 x=my+n(m≠ 0，n≠±3)，与椭圆C的方程联立得
m2+3 y2+2mny+n2-9= 0，
y +y =- 2mn
2
则 1 2 2 ，y1y =
n -9
．
m +3 2 m2+3
设T x0，y0 ，由T，S，A1三点共线得：
y0
x +3 =
y1
0 x1-3
①，
由T，Q，A2三点共线得：
y0
x -3 =
y2
0 x2-3
②，
联立①②得：（关注公众号：Hi数学派）
2x0 = x0+3 + x0-3 x1-3 x2-3y0 y0 y
= +
0 y1 y2
= my1+n- 3 + my2+n- 3y1 y2
= y +y2m+ (n- 3) 1 2y1y2
= 2m- (n- 3) 2mn 6m
n2
=
-9 n+ 3
，
y0 n+ 3 n+ 3
即 x = 3m ，所以直线OT的方程为 y= 3m x，与直线PQ的方程 x=my+n联立，解得0
xR=-3，
因此，点R在定直线 l：x=-3上，则使得△RDE的面积为定值的点E一定为过点D且与直线 l平行的
直线与椭圆C的交点，此时E( 6，-1)，S△RDE=
1
2 × 2× ( 6+ 3) = 6+ 3．
法二 借助三角形中线斜率公式+伪平移齐次化
根据椭圆的对称性，易知 kA S= k1 A P，在△TA1A2中，注意到OT为中线，则2
1 + 1 = 2 ，
kTA k1 TA k2 TO
即
1 + 1 = 2 ，
kA P k2 A Q k2 OR
将椭圆C的方程改写为
(x- 3)2 + y
2
9 5 +
2
3 (x- 3) = 0，
设直线PQ的方程为m(x- 3) +ny= 1(mn≠ 0)，与上面的椭圆方程联立
(x- 3)2 y2 2
9 + 5 + 3 (x- 3) m(x- 3) +ny = 0，
1 x- 3
令 t= = y ，整理得k
1 + 2m9 3 t
2+ 2n3 t+
1
5 = 0，
1 1
则 ， 是上述方程的两个根，设R xk k 0
,y0 ，故
A2P A2Q
2n
1 + 1 =- 3 = 2x0 ，
kA k2P A2Q 1 + 2m y09 3
即（关注公众号：Hi数学派）
(1+ 6m)x0+3ny0= 0 ①
又
m(x0-3) +ny0= 1 ②
联立①②解得
x0=-3，
因此，点R在定直线 l：x=-3上，则使得△RDE的面积为定值的点E一定为过点D且与直线 l平行的
直线与椭圆C的交点，此时E( 6，-1)，S 1△RDE= 2 × 2× ( 6+ 3) = 6+ 3．
背景 注意到T，O，R三点共线，再结合椭圆上的五点，显然是帕斯卡定理退化为五点时的应用．
由图易得A1S∩A2Q=T，A1A2∩PS=O，将点A1处的切线 x=-3记为A1A1，设A1A1∩PQ=R ，将这
五点写成标准帕斯卡定理的六点排序形式，则有
A A ∩QP=R
1 1 R ∈OT
A1A1A2QPSA1 A1A2∩PS=O ，∩ = R∈QPA2Q SA1 T
R∈OT
根据题意，已知 ∈ ，故R，R 是同一点，所以点R在定直线 x=-3上．R QP
y
R R P Q
D
A2
A1 A O x1
S
T
2 y2
例2 x如图所示，A，B为椭圆 E： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左，右顶点，焦距长为 2 3，点P在椭圆 Ea b
1
上，直线PA，PB的斜率之积为- 4．
y
G
C
M
P
A O B x
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知O为坐标原点，点C(-2，2)，直线PC交椭圆E于点M (M，P不重合)，直线BM，OC交于点
G．求证：直线AP，AG的斜率之积为定值，并求出该定值．
2
答案 (1) x4 + y
2= 1；(2) - 14．
略解 (2)在△GAB中，注意到GO为中线，则
1 + 1 = 2 ，
kGA kGB kGO
即
1 + 1 = 2 =-2，
kAG kBM kOC
1
根据题意，将斜率向点A靠拢，易知 kAM kBM=- 4 ，所以
- 1 + k 1
4k AM
= ，
AG 2
注意到AC x椭圆的切线，这是一个很常见的特征条件，易得点C(-2，2)关于椭圆的极线方程为- 2 +
2y= 1，又直线AC的斜率不存在，故
k 1AP+kAM= 2k极线= 2 ，
- 1所以 = kAP，即4kAG
kAP kBP=-
1
4．
1 + 1 2注 此外，也可以利用 = =-2，并根据斜率和积与定点的对应关系，进行猜测
kAG kBM kOC
1 + 1 =-2，
kBP kBM
故 kAG= kBP，所以AG与BP平行，进而
kAP kAG= kAP kBP=-
1
4．
背景 其实上述解析已经给出了此题的背景，不过，如果注意到O，C，G三点共线，因此，我们也可以
换个角度——利用帕斯卡定理分析．
设直线GA与椭圆的另一个交点为D，将点A处的切线 x=-2记为AA，设AB∩PD=O ，将A，D，
B，P，M五点写成标准帕斯卡定理的六点排序形式，则有
AA∩MP=C AABMPDA AB∩
O∈CG
PD=O ，
BM∩DA= O∈ABG
O∈CG
根据题意，已知 ∈ ，故O，O
是同一点，所以ADBP是平行四边形．
O AB
y
G
C
M
P
A
O B x
D
2 y2
例3 x已知双曲线 Γ：25 - 16 = 1与 x轴的左右交点分别为B，C，A，P为双曲线上不与B，C重合的
不同两点，过P作双曲线Γ渐近线方向的平行线，分别交直线AB，AC于E，F，求证：EF过定点．
y
A
F
E P
B O C x
答案 EF过定点 0，4 ．
分析 和渐近线有关的定值问题，很多时候直接设出渐近线上的点会更简单．
解析 设E x1，y1 ，F x2，y2 ，利用对称点点差法易得
kAB kAC= kEB
y y
k 1 1 16FC= x1+5
x1-5
= 25，
即
25y1y2= 16(x1x2-5x1+5x2-25) ①
又直线PE，PF的方程分别为
y=- 45 (x- x1) + y y=
4
1， 5 (x- x2) + y2，
联立上述两个直线方程，解得点P x0，y0 满足
8x0= 5(y1-y2) + 4(x1+x2)，10y0= 4(x1-x2) + 5(y1+y2)，
将P x0，y0 代入双曲线方程 64x
2
0-100y20= 1600，即
5(y1-y2) + 4(x1+x2) 2- 4(x1-x2) + 5(y1+y2) 2= 1600，
整理得（关注公众号：Hi数学派）
-25y1y2+16x1x2+20(x2y1-x1y2) = 400 ②
由①②整理可得
x1y2-x2y1
x -x = 4，1 2
显然直线EF过定点 0，4 ．
背景 先补充两个预备知识：①在射影几何中，两条平行直线是存在交点的，且交点在无穷远处；②过
双曲线上一点作渐近线的平行线，则该平行线与双曲线存在另一个交点，即在无穷远处．
如图所示，设PE，PF与双曲线的另一个交点分别为G ∞ ，H ∞ ，设BH∩CG= I，将A，B，C，P，
H，G六点写成标准帕斯卡定理的六点排序形式，则有
AB∩PG=EABHPGCA BH∩GC= I I∈EF，HP∩CA=F
I∈BH BH PH 4又 ∈ ，且 ，所以BH，CG的方程分别为 y= 5 x+ 5 ，y=-
4
I CG CG PG 5
x- 5 ，联立这两个方
程，解得 I 0，4 ．
y
A
I
F
E P
B O C x
H ∞
G ∞
§3 椭圆和双曲线的万能参数方程
引理 椭圆的参数式直线方程
2 y2x
已知椭圆C： 2 + 2 = 1 a> b> 0 ，点A(acos2α，bsin2α)和点B(acos2β，bsin2β)是椭圆上不同的a b
两点，α，β∈ [0，2π)，那么，直线AB的方程为：
(1- ytanα tanβ) xa + (tanα+ tanβ) = 1+ tanα tanβ．b
证明 利用前面专题总结的规律，快速写出直线AB的两点式方程：
(bsin2α- bsin2β)x+ (acos2β- acos2α)y+ acos2α bsin2β- bsin2α acos2β= 0，
整理可得：(sin2a- sin2β) xa + (
y
cos2β- cos2α) = sin(2α- 2β)，利用和差化积可得：
b
2sin(α- β)cos(α+ β) xa - 2sin(β- α)sin(β- )
y
α = 2sin(α- β)cos(α- β)，此式的两边同时约去
b
sin(α- β)，再展开并约去 cosαcosβ即可得到上述的方程．
实战优化——万能参数方程
2 α
x= cosα 1- tan 2
我
§1 三角形中线斜率等差模型
如图，AM为△ABC的中线，设直线AB，AC，AM的斜率分别为 k1，k2，k3，
模型一 若BC与 x轴平行，则有
1 + 1 = 2 ；
k1 k2 k3
模型二 若BC与 y轴平行，则有
k1+k2= 2k3．
y
B
y A k1
k
k M 31 k2
k A3
B M C
k
C 2
O x x O
若BC不与坐标轴平行，则需要补充了解调和点列和调和线束的知识，亦即极点极线的相关知识；
y
T Q
A S
P
k1 k2
k3
B M C
O x
利用三角形的中线逆推对应的调和线束 如图所示，过点 A作 AP ∥ BC，过 P作直线分别交 BA，
MA，CA的延长线于S，Q，T，则AP，AQ，AS，AT为调和线束，亦即P，Q，S，T为调和点列．
这个方法在分析题目的极点极线的背景时很常用，要熟练掌握．
（关注公众号：Hi数学派）
注 上述实际上也是调和点列，只是另外一个点在无穷远处．
斜率和积为定值过定点，实际就是对合方程的应用，而对合方程来源于交比的斜率公式；
如图所示，此处仅以AB x轴为例，A，B，P，Q为调和点列，TQ AB(或TP AB)，则有
k1+k2= 2k3，
这和上面的规律刚好和模型一相反，这是为何？
y y
T T
k1 k1 k3
k2
k3 k2
A P B Q A P B Q
O x O x
1
解释一：利用调和点列的数据关系定量计算，则有 + 1 = 2 1或 PB - 1 = 2 ；QA QB QP PA PQ
解释二：利用调和线束几何分析，如图，不妨过A作直线TQ的平行线，分别交TB，TP的延长线于C，
D，则D为AC的中点，又回到了上面的模型二．
y y
T T
k1
E
k3 k2 P
A P B Q A B Q
D D F
C C
O x O x
证明 如图所示，作出EF∥AC TA TB E F AP = BP分别交 ， 于 ， ，由于 ，又
AQ BQ
AP = PE BP PF， = ， 【体会辅助线的作法】
AQ TQ BQ TQ
所以PE=PF，又
PE = TP = PFTD ，AD DC
所以AD=DC．
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y
O x
调和线束中有三条直线的 (倒)斜率出现等差数列的必要条件是调和线束中第四条直线与坐标轴平行
(不重合)；特殊的，调和线束中第四条直线与坐标轴重合时，就是我们常说的“等角定理模型”．
例1 (2011 浙江文压轴)如图，设P为抛物线C1：x2= y上的动点．过点P做圆C 22：x + (y+ 3)2= 1的
两条切线，交直线 l：y=-3于A，B两点．
(1)求C2的圆心M到抛物线C1准线的距离．
(2)是否存在点P，使线段AB被抛物线C1在点P处的切线平分，若存在，求出点P的坐标；若不存在，
请说明理由．
答案 (1) 114 ；(2) (±
4 8，2 2)．
1 1 2
分析 设AB的中点为D，熟悉背景的话，可以直接看出 + = ，后续的计算就很简单了．
kPA kPB kPD
解析 (2)设P x 2 0，x0 x0≠ 0 ，抛物线C1在点P处的切线交直线 l于点D，由于 y= 2x，则 kPD= 2x0；
为了避免讨论斜率，此处反设直线，设过点P x 20，x0 的直线方程为：x- x0=m y- y0 ，直线PA，PB
对应的m分别为m1，m2，由直线与圆相切，则有 （关注公众号：Hi数学派）
3m+mx20-x= 0 1 ，
1+m2
即
m2 x40+6x20+8 - 2mx0 3+ x20 + x20-1= 0，
2x0 3+ x2+ = 0 所以m1 m2
x4
，又
0+6x20+8
x0-xA + x0-xB = 2x0-2xD2 2 2 ， 【考试最好简证一下】x0+3 x0+3 x0+3
所以
m 11+m2= x ，0
解得 x4= 8，x20 0= 2 2，x0=± 4 8．
综上所述，存在点P满足题意，点P的坐标为 ± 4 8，2 2 ．
2 y2
例2 x已知O为坐标原点，椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左，右焦点分别为 F1，Fa b 2
，直线 x= n与椭
圆C交于E，F两点，当△EF1F的周长取得最大值 8时，|EF| = 3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2) 3过点F2作斜率存在且不为 0的直线 l交椭圆C于A，B两点，若P 1，2 ，直线AP与直线 x= 4交
于点Q，记直线QA，QB的斜率分别为 k1，k2，试判断 k1-k2 是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理
由．
x2 y
2
答案 (1) 4 + 3 = 1；(2)1．
解析 此题是非对称问题，利用常规设线法，直译计算，结合和积转化即可求解．
背景 如图所示，易知PA，PB，PF，PS为调和线束，又QR PF，所以S是QR的中点，不妨计算一
般情况，设离心率为 e，则
b2
k +k = 2k yS-1 4 PS y + = k1-k2 = 2 kPS-k3 = 2 kPS-kFS = 2 a Sk k 2k a2 - 2 = 2e．2 4 3 - c ac c - c
y k Q
P 1
A k2
O F x
B k S3
k4
R
例3 已知双曲线C：x2-y2= 8的左焦点为F ，过点F作直线 l交C的左支于A，B两点．
(1)若AF = 3FB ，求 l的方程；
(2)若点P(-4，2) ，直线AP交直线 x=-2于点Q．设直线QA，QB的斜率分别 k1，k2 ，求证：k1-k2
为定值．
答案 (1)y=± 7(x+ 4)；(2)定值为-2．
解析 (1)由双曲线C的左焦点F(-4，0) ，设直线 l的方程：x=my- 4，0< |m| < 1 ，与双曲线联立
消去 x ，整理得
m2-1 y2-8my+ 8= 0，
设A x1，y1 ，B x2，y
8m 8
2 ，则 y1+y2= 2 ，y1y2= 2 ，因为AF = 3FB，所以 y1=-3y2，利用m -1 m -1
y1 + y
2
2 + = (y2 1+y2)y ，2 y1 y1y2
解得m2= 17 < 1，所以直线 l的方程为 y=± 7(x+ 4)；
(2)法一 参考答案
由直线AP的方程：y- 2= k1(x+ 4)，得Q -2，2+ 2k1 ，所以
= y2-2- 2kk 1 = y2-2- 2k12 x +2 my -2 ，2 2
= = y1-2 y1-2又 k1 kPA x1+4
= my ，所以1
k - yk = 1-2 y2-2- 2k2
y1-2 my2-2 -my1 y2-2- 2k1
1 2 my -1 my2-2
=
my1 my2-2
= -2my2-2y1+4+ 2my1+2mk1y1 ，
my1 my2-2
因为mk1y1= y1-2，y1+y2=my1y2，所以
2m y -y
- = 1 2
2 y1-y k1 k2 =
2
y +y -2y =-2(定值)．my1 my2-2 1 2 1
注 大题中，解题的连贯性，最好保持一致，一般计算也不会太繁琐；其次，点的表示，未定式的化简
法二 设线+非对称（关注公众号：Hi数学派）
设直线 l的方程：x=my- 4，0< |m| < 1 ，与双曲线联立消去 x ，整理得
m2-1 y2-8my+ 8= 0，
设A x1，y1 ，B x2，y
8m 8
2 ，则 y1+y2= ，ym2-1 1
y2= m2
，所以
-1
y1+y2=my1y2，
2x +2y +4
易得Q -2 1 1， x1+4 ，则
2x1+2y1+4
- = y1-2 - x1+4
- y2
= x2y1-x1y2+4(y1-y2) + 2(x -x )k 1 21 k2 x1+4 -2- x2 x1+4 x2+2
= 2(x1-x2)
x1+4 x2+2
2m y -y= 1 2
m2y1y2-2my1
2m y -y
= 1 2
2m y= 1
-y2 =-2．
m y1+y2 - 2my1 -m y1-y2
x y -x y
注 直线AB过 -4，0 2 1 1 2 ，则 y -y =-4，即 x2y1-x1y2+4(y1-y2) = 0．1 2
2 y2x
例4 已知椭圆： 9 + 5 = 1的右顶点为A，左焦点为 F，过点 F作斜率不为零的直线 l交椭圆于M，
N两点，连接AM，AN 9 9分别交直线 x=- 2 于点P，Q两点，过点 F且垂直于MN的直线交直线 x=- 2 于
点R．
(1)求证：点R为线段PQ的中点．
(2)记△MPR，△MRN，△NRQ的面积分别为S1，S2，S3，试探究：是否存在实数 λ使得 λS2=S1+S3 ？
若存在，请求出实数 λ的值，若不存在，请说明理由．
答案 (1) 3略；(2)λ= 2．
解析 法一 常规解法
x=my- 2，
(1)A(3，0)，F(-2，0)，设 l：x=my- 2，M x1，y1 ，N x2，y2 ，联立 x2 y2 得9 + 5 = 1，
5m2+9 y2-20my- 25= 0，
20m -25
则 y1+y2= 2 ，y1y2= 2 ，5m +9 5m +9
= y1 ( - ) =- 9 =- 15y1 9 15yAM y x 3 x y 1直线 ： x -3 ，令 2 得 ，所以 P - 2 ，- ，同理，1 2 x1-3 2 x1-3
15y
Q - 9 22 ，- ．所以（关注公众号：Hi数学派）2 x2-3
15y
y +y =- 1 - 15y2P Q 2 x1-3 2 x2-3
=- 15 y 12 my -5 +
y2
1 my2-5
-50m 100m
2my y -5 y +y 2 - 2
=- 15 1 2 1 2 =- 15 5m +9 5m +92 2 = 5m．m y y 21 2-5m y1+y2 + 25 2 -25m - 100m
2
+ 25
5m2+9 5m2+9
直线RF：y=-m(x+ 2)，令 x=- 9 5m 9 52 得 y= 2 ，所以R - 2 ，2m ，则
yP+yQ= 2yR，
所以点R为线段PQ的中点．
或者等价于证明：2kFR= kFP+kFQ．
2 30 1+m2
( ) 2 由 (1)知，MN= 1+m2 y -y = 1+m2 20m + 1001 2 5m2+ 2+ = 2 ，9 5m 9 5m +9
= - 9 + 2+ 5m 2RF 2 = 5 1+m
2
又 2 2 2 ，所以
3
1 75 1+m2 2S2= 2 RF MN= ，2 5m2+9
又
S1+S3= 12 PR x +
9 1 9
1 2 + 2 QR x2+ 2
= 14 PQ x1+x2+9
= 1 - 15y14 + 15y2 m y +y + 5 2 my -5 2 my 1 21 2-5
= 75 y1-y28 2 m y1+y2 + 5- + + m y1y2 5m y1 y2 25
30 1+m2 3
2 2
= 75 5m2+9 20m2 225 1+m8 2 2 2 + 5 = 2 ，-25m2+ - 100m 5m +9 4 5m +9 5m 9 5m2+ + 25 9
3
所以 2 S2=S1+S3，故存在 λ=
3
2 ，使得 λS2=S1+S3．
P y
M
R
F O A x
Q N
先证明 kFP kFQ=-1(具体过程略)，进而PF⊥QF PR=QR=RF．设△MPR和△NQR的高分别
为 d1和 d
2
2，椭圆的离心率为 e= 3 ，则 d =
MF
1 e ，d2=
NF
e ，进而
+ = RF (d1+d2) = RF (MF+NF)S S = 1 RF MN 11 3 2 2e e 2 = e S2，
1 3
故存在 λ= e = 2 ，使得 λS2=S1+S3．
9
法二 注意到隐藏的斜率和与斜率积，因此，可以尝试构造斜率的同构式；注意到 x=- 2 为准线，又和
焦点有关，因此，可以尝试利用第二定义进行简化．
(1)欲证明点R为线段PQ的中点，等价于证明
kAP+kAQ= 2kAR，
方向 1 线线联立解点代曲同构韦达
设直线MN：x= ty- 2 1，则直线RF：y=-t(x+ 2) (切莫写成 x=- t y- 2)，令 x=-
9
2 得 y=
5t
2 ，所以
2kAR=-
2t
3 ；
设过点A的直线为：x=my+ 3(m≠ 0) x= ty- 2 3t+ 2m 5，联立 x=my+ 3 t-m ，t-m ，代入椭圆方程得：
m2-6tm- 9= 0，
1
令 k= m 即为
9k2+6tk- 1= 0 ①
因此，kAP，kAQ是上述方程的两个根，所以
kAP+k
2t
AQ=- 3 = 2kAR，
故得证．
方向 2 伪平移齐次化
将椭圆方程改写为
(x- 3)2 + y
2
9 5 +
2
3 (x- 3) = 0，
3
设直线MN的方程为- 5 (x- 3) + ty= 1 x=-
9 25
，令 2 ，解得 yR= 2 t，所以
kAR=-
5
3 t；
联立直线MN和椭圆的方程得
(x- 3)2 y2+ + 29 5 3 (x- 3)
- 3 5 (x- 3) + ty
= 0，
y
令 k= x- 3，整理得（关注公众号：Hi数学派）
1
5 k
2+ 2t 13 k- 45 = 0，
易知 kAP，kAQ是上述方程的两个根，所以
kAP+kAQ=-
10
3 t= 2kAR，
故得证．
(2)设PQ与 x轴的交点为G，由①可得：
kAPk =-
1 y y =- 25AQ 9 P Q 4 =-GF
2 PF⊥QF PR=QR=RF，
设△MPR △NQR 2 MF NF和 的高分别为 d1和 d2，椭圆的离心率为 e= 3 ，则 d1= e ，d2= e ，进而
+ = RF (d1+d2) = RF (MF+NF)S S 1 RF MN 11 3 2 2e = e 2 = e S2，
1 3
故存在 λ= e = 2 ，使得 λS2=S1+S3．
§2 中点调和
2.1 分比和交比
1.分比 (三个点)
考虑平面的一条任意直线 l以及由 l上不同的两个点A和B确定的线段AB，，用箭头所指方向代表 l
的正向 (当然，我们也可以选择相反的方向)．选定方向以后，直线 l就称为有向直线，线段AB既有长度又
有方向 (总是从A到B)，称为有向线段．线段BA和线段AB长度相问但方向相反，因此BA=-AB，且
AB+BA= 0． ①
A C B
l
设O是直线 l上不同于A和B的任意一点，因为AB=AC+CB，①式可以写成下面形式：
AC+CB+BA= 0． ②
我们易证明①和②都与 l的方向无关，并且②还与O和A，B的相对位置无关．
当A，B，C是有向直线 l上的三个不同点时，线段AB被C所分的分比 (AB，C)定义为
(AB，C) =AC/BC， ③
当C在线段AB上时 (如图)，AC与BC符号相反，从而 (AB，C)< 0；当C不在线段AB上时，(AB，
C)> 0．我们易证明③与 l的方向无关．
2.交比 (四个点或四条直线)
点列的交比 设A，B，C，D是有向直线 l上任意四个不同的点 (如图)，分比 (AB，C)与 (AB，D)的
商定义为A，B关于C，D的交比 (复比，二重比)，记作 (AB，CD)，即
AC
(AB，CD) = BC = AC BD， ④
AD AD BC
BD
A C B D l
因为每一个分比都与 l的方向无关，所以④式也与 l的方向无关．
当C，D都在线段AB上时，(AB，C)和 (AB，D)都为负，从而 (AB，CD)为正．当C点在线段AB上
而D点不在时，(AB，C)为负，(AB，D)为正，从而 (AB，CD)为负．类似的，当C，D都不在线段AB上
时，(AB，CD)为正；当D点在AB上而C点不在时，(AB，CD)为负．
交比是点列的一个重要性质，只要我们知道交比和点列的三个点，那最后一个点的位置就是唯一确定
的．
注 (1)分比和交比的书写方式很多，可不必纠结．
(2)交比的个数此处不作探讨说明，有兴趣的可自行查阅相关资料．
点列交比的运算规律 ①点对之间调换顺序，交比不变，即 (AB，CD) = (CD，AB)．
1
②调换其中一个点对内的顺序，交比变为倒数，即 (AB，CD) = ( ．BA，CD)
③将点列的外侧两点顺序调换，交比变为 1与原交比的差，即 (DB，CA) = 1- (AB，CD)．
根据这三条性质，我们很容易导出这 24种排列所对应的所有交比，如果我们已知 P1P2，P3P4 = r ，则
P1P2，P3P4 = P3P4，P1P2 = P2P1，P4P3 = P4P3，P2P1 = r；
PP
1
2 1，P3P4 = P4P3，P1P2 = P1P2，P4P3 = P3P4，P2P1 = r ；
P1P3，P2P4 = P3P1，P4P2 = P2P4，P1P3 = P4P2，P3P1 = 1- r；
P3P2，P1P4 = P 1 1P4，P3P2 = P4P1，P2P3 = P2P3，P4P1 = 1- r；
P1P4，P2P3 = P3P2，P4P1 = PP 12 3，P1P4 = P4P1，P3P2 = 1- r ；
P4P1，P2P3 = P2P PP = PP PP = PP PP = r3， 4 1 3 2， 1 4 1 4， 3 2 r- 1．
线束的交比 在同一射影直线上的一些点A，B，C，D， 叫做是一个点列；而在射影平面上，通过一
固定点O的一些射影直线 a，b，c，d， 叫做是一个线束，点O叫做此线束的中心．
我们取固定点O不是无穷远点，则过点O的线束中每条射影直线均不是无穷远直线．现在设 a，b，c，
d是通过点O的一个线束，并且这四条射影直线彼此不同，如图所示，我们定义它们的交比为
sin(a， c)
( ) = sin(b， c) = sin(a， c) sin(b， d)ab，cd ．
sin(a， d) sin(a， d) sin(b， c)
sin(b， d)
其中 sin(a，c)表示直线 a和 c的夹角的正弦函数值．但是，和线段有方向一样，我们这里两个直线的夹
角也是有方向的 (类似到角)，下面举例进行详细说明．
O b
α
a db O
a
c
β= 360° -α
例如，我们可以假定当从 a到 b为逆时针时，角度取为正值，而从 a到 b为顺时针时，角度取为负值．
有了这样的规定，那么，如图所示，直线 a和 b的夹角不管取 α还是取 β，它们的正弦值都是一样的：
sin(a，b) = sinα，或者 sin(a，b) = sin(-β) = sin - 360° -α = sinα．
如果我们把逆时针旋转的角度规定是负的，而顺时针方向规定是正的，则 sin(a，b)改变符号，但是交比
(ab，cd)的值保持不变，即与角度正负方向的两种不同取法无关．
例如，如图所示，如果给出直线 a，c，b，d之间的夹角，则
( ) = sin(a， c) sin(b， d) = sinα sinγab，cd
sin(a， d) sin(b， c) sin(α+ β+ γ) sin(-β)．
注 ①上述给出的是交比的角元形式，还有交比的斜率形式，具体介绍见下文．
②线束的交比也可以写作：（关注公众号：Hi数学派）
(ab，cd) =O(AB，CD)．
O O
α β γ d
a d
a c b
c b 1 3 2 4
线束的交比的斜率表达式 设直线 a，b，c，d的斜率分别为 k1，k2，k3，k4，对应的倾斜角分别为 1，2，
3，4，则
( ) = sin(a， c)
sin 3- 1
ab，cd ( )
sin(b， d) = sin(4- 2)
sin a， d sin(b， c) sin 4- 1 sin(3- 2)
= sin3cos1- cos3sin1 sin4cos2- cos4sin2
sin4cos1- cos4sin1 sin3cos2- cos3sin2
= tan3- tan1 tan4- tan2
tan4- tan1 tan3- tan2
= k3-k1 k4-k2．
k4-k1 k3-k2
特殊的，对于调和线束，则有
( k -kab，cd) = 3 1-
k4-k2
- =-1，k4 k1 k3 k2
如图所示，当 k4→∞时，则有
- k kk -k 1
2
k k -k 1-
2
(ab，cd) = 3 1 4 = 3 1-
k4 = k3-k1 1- 0
- k1 k3 k2 - k1 k3-k2 1- 0
- =-1，k3 k1 1 2k4 k4
即 k1+k2= 2k3；
k = 0 1 + 1 = 2类似的，当 4 时，则有 ．k1 k2 k3
2 k1k2+k3k4 = k1+k2 k3+k4
观察此式可知，欲使得 k1k2为定值，必须有 k3+k4= 0且 k3k4为定值；
2 = 1 + 1 2 1 1- - - ， =k3 k4 k1 k4 k2 k4 k4-k3 k1-
+
k3 k2-k3
+ k3 + = + 2k k k1 k2 1 2k 1 2k 34 k4
y y
T T
k1 k1 k3
k2
k3 k2
A P B Q A P B Q
O x O x
3.交比的不变性
线束的交比和点列的交比 设 a，b，c，d是以点O为中心的线束，不通过点O的直线 l与 a，b，c，d分
别交于A，B，C，D四点，则
(AB，CD) = (ab，cd)． （关注公众号：Hi数学派）
O
a d
c b
h
A C B D l
H
证明 设点O与直线 l的距离为 h，于是
2 S△ACO=AO CO sin(a，c) =AC h
从而
AC= AO CO sin(a，c) ，h
我们总可以将过点O的两直线夹角方向和直线 l的方向选取的一致 (即当 a和 c的夹角为正时，有向线
段AC的长度也为正，而当 a和 c的夹角为负时，AC的长度也为负)，所以我们得到等式
AC= AO CO sin(a，c)
h
类似的，我们可以得到
BC= BO CO sin(b c) AD= AO DO sin(a d) BD= BO DO， ， ， ， sin(b，d)，
h h h
所以
AC sin(a， c)
(AB CD) = BC = sin(b， c)， = (ab，cd)．
AD sin(a， d)
BD sin(b， d)
交比不变性 点列的交比是射影不变量．
O
a d
b D l
c
A B
C
A C B D l
证明 如图所示，设A，B，C，D是射影直线 l上四个点，以O为中心的中心射影将它们分别映成直线
l 上的点A ，B ，C ，D ，于是点O和直线 l，l 在同一个射影平面上，并且O，A，A 在同一直线 a上， ，
O，D，D 在同一直线 d上，则 （关注公众号：Hi数学派）
(AB，CD) = (ab，cd) = ( ) (AB，CD) = A
B ，C D ．
AB，C D ab cd
，
2.2 交比的斜率公式
2 2
例1 (2023 武汉四调)过点 (4，2) x y的动直线 l与双曲线E： 2 - 2 = 1(a> 0，b> 0)交于M，N两点，a b
当 l与 x轴平行时，|MN | = 4 2，当 l与 y轴平行时，|MN | = 4 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 k1，k2，若 k1k2为定值，求点P的坐
标．
答案 (1)x2-y2= 4；(2)P 3，4 ，k1k2= 4．
8 4
2 - 2 = 1
解析 (1)依题意，等价于点 ±2 2，2 和 4，±2 3 a b 在双曲线上，所以 16 12 ，解得 a
2= b2=
2 - = 1a b2
4，即双曲线E的标准方程为 x2-y2= 4；
y
N
P
O xl
M
(2)法一 常规韦达定理+点乘双根算法
当直线 l的斜率存在时，设其方程为 y= k(x- 4) + 2(k≠±1)，M x1，y1 ，N x2，y2 ，P x0，x0+1 ；
y= k(x- 4) + 2联立 2- 2= 消去 y得：x y 4
k2(x- 4)2-x2+4k(x- 4) + 8= 0，
所以
k2(x- 4)2-x2+4k(x- 4) + 8= (k2-1) (x- x1) (x- x2)，
令 x= x0，可得（关注公众号：Hi数学派）
k2( - (x0-4)
2-x20+4k(x0-4) + 8x0 x1) (x0-x2) = k2
；
-1
kx= (y- 2) + 4k联立 x2- 2= 消去 x得：y 4
(y- 2)2-k2y2+8k(y- 2) + 12k2= 0，
所以
(y- 2)2-k2y2+8k(y- 2) + 12k2= 1- k2 (y- y1) (y- y2)，
令 y= x0+1，可得
2 2 2 2
(x0+1- y1) ( + -
(x0-1) -k (x0+1) +8k(xx 1 y 0-1) + 12k0 2) = ，1- k2
故
(x0-1)2-k2(x0+1)2+8k(x0-1) + 12k2
= (x0+1- y1) (x0+1- y
2
k k 2
) = 1- k1 2 (x0-x1) (x0-x ) k22 (x0-4)2-x20+4k(x0-4) + 8
k2-1
= - (x0-1)
2+k2(x0+1)2-8k(x0-1) - 12k2
k2
，
(x0-4)2-x20+4k(x0-4) + 8
欲使得 k1k2为定值，则必有
(x +1)20 -12 = -8(x0-1) = - (x
2
0-1)
，
(x0-4)2 4(x0-4) 8- x20
4
利用后面两个式子，整理得 (x0-3) (3x0+4) = 0，解得 x0= 3或 x0=- 3 (舍去)，即点P 3，4 ，此时 k1k2=
4．
当直线 l的斜率不存在时，此时M，N为 4，±2 3 ，对于点P 3，4 ，同样有 k1k2= 4．
综上所述，存在P 3，4 ，使得 k1k2为定值 4．
法二 线线联立解点代曲同构韦达
过点P(x0，x0+1)的直线设为 y= k(x- x0) + x0+1，设直线 l：y=m(x+ 4) + 2，
y= k(x- x0) + x0+1 kx0+1- x0-4m k(mx0-4m+ 2) - (1+ x0)m联立 = ( + )+ ，解得 - ， ，代入双曲线：y m x 4 2 k m k-m
k2x20+ (1- x0-4m)2+2kx0(1- x0-4m) = k2(mx0-4m+ 2)2+ (1+ x0)2m2-2km(1+ x0) (mx0-4m+ 2)
+ 4k2+4m2-8km，
设直线PM，PN对应的 k分别为 k1，k2，则 k1，k2是上述方程得两个根，故
(1+ x )2m20 +4m2- (1- x0-4m)2 m2 4+ (1+ x 2 2 2k k = = 0
) - (1- x0) -16m +8m(1- x0)
1 2 ，(mx -4m+ 2)2+4- x20 0 m2(x0-4)2+4+ 4m(x0-4) + 4- x20
欲使得欲使得 k1k2为定值，则必有
4+ (1+ x )20 -16 = 8(1- x0) - (1- x0)
2
(x0-4)2 4(x0-4)
= 2 ，8- x0
此法得到的最终式子和法一是一样的．
法三 伪平移+构造斜率的齐次式
设P x0，y0 y0= x0+1 ，将 x2-y2= x- x0+x 20 - y- y0+y 20 = 4展开得：
(y- y )20 - (x- x )20 +2y 2 20(y- y0) - 2x0(x- x0) + y0+4- x0= 0，
设直线 l的方程为：m(x- x0) +n(y- y0) = 1，代入 (4，2)得：
m(4- x0) +n(1- x0) = 1，
直线 l与双曲线方程联立得：(y- y0)2- (x- x )20 + 2y0(y- y0) - 2x0(x- x0) m(x- x0) +n(y- y0) +
y20+4- x20 m(x- x 20) +n(y- y0) = 0，即 【没必要展开，找到对应所需的系数即可】
y- y0 2 -1+
y- y
2y 0 - 2x +
y- y0 2 2
x- x 0 x- x 0 m n x- x + y0+4-
2 + y- yx m n 0 0 x- x = 0，0 0 0 0
y
M 1
-y0 y2-y0
设 x1，y1 ，N x2，y2 ，则 x -x ，x -x 是上述方程的两个根，所以1 0 2 0
k1k2=
y1-y0 y2-y0x1-x0 x2-x0
= -1- 2mx0+ (y
2+4- x2)m20 0
1+ 2ny0+ (y20+4- x20)n2
= -1- 2mx0+ (2x
2
0+5)m
【到这一步实际没多少计算量】
1+ 2n(x0+1) + (2x0+5)n2
= - (4- x )
2
0 -2x0m(4- x0)2+ (2x 20+5)m (4- x )20 1
1+ 2n(x0+1) + (2x0+5)n2 (4- x0)2
- (4- x0)2-2x0(4- x0) 1-n(1- x0) + (2x 20+5) n (1- x 20) +1- 2n(1- x ) = 0 1 ，
1+ 2n(x0+1) + (2x0+5)n2 (4- x 20)
欲使得欲使得 k1k2为定值，则必有
- (4- x )20 -2x0(4- x0) + 2x 20+5 = 2x0(4- x0) (1- x0) - 2(1- x0) (2x0+5) = (2x0+5) (1- x0)1 2(x0+1) (2x0+5)
，
利用一三两个式子，易解得 x0= 3．
注 ①这个题如果取特殊直线先猜后证，即取斜率为 0和斜率不存在的直线，会得到一个三次方程
3x3-13x2+6x+ 18= 0，
x= 3 2± 22借助软件，解得 或 3 ，因此，行不通．
②利用韦达定理解题时，注意联立的技巧：不要盲目无脑展开式子，根据所求，没必要展开联立得式子，
整理成标准的二次方程的式子．
背景 点P实际上是极点 (4，2)对应的极线 2x- y= 2与直线 y= x+ 1的交点，具体背景说明暂略．
方向 1 利用交比的斜率公式分析
如图所示，极点S(4，2)对应的极线方程为 2x- y= 2，则
MN，ST =P MN，ST =-1，
所以
2 k1k2+k3k4 = k1+k2 k3+k4 ，
欲使得 k1k2为定值，只须 k3+ =
y=-2x+ 10
k4 0即可，所以直线PS的方程为 y=-2x+ 10，联立 ，解得2x- y= 2
的交点即为P 3，4 ．
因此，题目给出的“y= x+ 1”实际上是打酱油的．
y
T
k4
N
k2
P S
k3
O k x1 l
M
方向 2 利用图象+调和点列的性质分析
2.3 调和点列
1.调和点列
设A，B，C，D是射影直线 l上四个不同的点，如果 (AB，CD) =-1，则称A，B，C，D是调和点列．或
者叫作A，B被C，D调和分割．这时，由于 (AB，CD)< 0，从而A，B和C，D是分离的．下面是调和点列
的例子．
交比为-1也叫调和比
2.调和点列——交比为-1的点列
P AB AP如左图，点 在线段 上，则满足 PB = λ(λ> 0)的点P是唯一存在的．
AP
但是，如果将线段AB改为直线AB，此时，满足 PB = λ(λ≠ 1)的点有两个，如右图，不妨设另一个点为
AQ
Q AP，则 PB = = λ(λ≠ 1)，即交比 (AB，PQ) =-1时，我们称点A，P，B，Q为调和点列，或者称点 P，QB
Q调和分割A，B．
其中，点A，B为基点组，点P，Q为分点组，点P和点Q分别是线段AB的内分点和外分点．
A P B A P B Q
特别的，当 λ= 1时，即点P为AB的中点，则Q为无穷远点1，也就是说：当P平分线段AB时，A，B，P
以及直线AB的无穷点成调和点列，即 (AB，P∞)=-1．
注1 ①Q在无穷远处，AQ，QB都趋于无穷大，两者趋近于相等，则 λ→ 1．
②这个在分析抛物线的极点极线的相关性质时会常用到！
3.调和点列的性质
对于线段AB AC AD的内分点C和外分点D满足C，D调和分割线段AB，即 = DB ，设O为线段AB的CB
中点，则有以下结论成立：
A O P B Q
(1) CA CB点A，B也调和分割C，D，即 =
AD BD
；
【共轭性质：基点组和分点组互换，亦满足调和点列】
(2) 2 = 1 + 1 (AB是AC与AD的调和平均数)；
AB AC AD
【调和性质：最左侧 (或最右侧)的点到同侧三个点的三条线段成调和平均数的关系】
(3)OA2=OB2=OC OD；
【等比性质：基点组 (或分点组)的中点到同侧三个点的三条线段成等比关系 (几何平均数)】
(4)AB CD= 2AD BC； (5)CA CB=CO CD； (6)DA DB=DO DC．
【熟练掌握 (1) (2) (3)即可，(4) (5) (6)可忽略】
证明 如图所示，设AC= a，CB= b，BD= c( a+ b类似向量的基底)，则OD= 2 + c，由于C，D调和分
割线段AB AC AD a a+ b+ c，即 = 2
CB DB
= c ab+ b +bc- ac= 0，上面的六个结论最终都可以化到这个b
等式．
例1 (2011 山东文理压轴)设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若A1A3= λA1A2
(λ∈R)，A 1 11A4= μA1A2(μ∈R)，且 + μ = 2，则称A3，A4调和分割Aλ 1，A2，已知平面上的点C，D调和分
割A，B，则下面说法正确的是 ( )
A. C可能是线段AB的中点 B. D可能是线段AB的中点
C. C，D可能同时在线段AB上 D. C，D不可能同时在线段AB的延长线上
答案 选D．
解析 对调和点列背景熟悉的话，此题是送分题，显然选D．
注 文科给的马甲条件是“已知点C(c，0)，D(d，0) (c，d∈R)调和分割点A(0，0)，B(1，0)”，答案不
变．
4.调和点列 vs调和线束
从调和点列A，B，C，D所在直线的外一点P引射线PA，PB，PC，PD，则称该线束为调和线束，且
PA与PB共轭，PC与PD共轭．
注 ①可以理解为调和点列从“线”向“面”的扩展！
②在分析题目相关的极点极线的背景时，我们会经常用到调和线束的交比不变性．
5.调和点列的常见模型
角平分线 vs调和点列 如图所示，设PAB为三角形，C和D分别是顶点P处内角平分线，和外角平分
线与对边AB的交点，则A，B，D，C是调和点列．
P β
α βα
A C DB
证明 利用内外角平分线定理是很容易证明的，当然，也可以利用线束的交比证明，具体如下：
sin(PA，PC) sinα sinα
( ) = sin(PB，PC)AB，CD ( ) =
sin(-α) sin(-α)
sin PA，PD sin(2α+ β) = ( =-1．sin π- β)
sin(PB，PD) sin(-β) sin(-β)
x2 y
2
应用举例 已知点A，B是椭圆 4 + 3 = 1上的动点，P 1
3
，2 ，直线PA，PB的斜率和为 0，则直线
AB的斜率为多少？
分析与解 如图所示，过点P作 x，y轴的垂线，分别交AB于点M，N，则PM，PN分别是∠APB的内
角，外角平分线，所以
P AB，MN = AB，MN =-1，
3
则M 1，m ，N n，2 是关于椭圆的一组调和共轭点，即
3
1 n m + 24 3 = 1， 【利用定比点差法很显然】
即 2m+n= 4，故
m- 3
k = 2 = 2m- 3 = 1-n 1AB 1-n 2- 2n 2- 2n = 2．
y
P N
O x
M B
A
圆 vs调和点列 如图所示，过圆O外一点C和圆心O作直线，与该圆交于A和B，直线CP与该圆切
于点P，过P作AB的垂线其垂足为D，则A，B，D，C为调和点列．
P
O
A
D CB
注 推广至椭圆或者双曲线也是成立的．
6.特殊的调和线束——阿波罗尼斯圆
PA
阿波罗尼斯圆 vs调和点列 若 PB = λ λ> 0，λ≠ 1 ，则点P的轨迹为阿波罗尼斯圆．
如图所示，对线段AB的内分点C和外分点D，以及直线AB外一点P，则下面四个条件中，任取两个条
件作为题设，都可以推得另外两个：
①PC是∠APB的角平分线； ②PD是∠APB的外角平分线；
③C，D调和分割线段AB； ④PC⊥PD．
P
A C B D
注 ①过点B作BE⊥AD交圆于E，则AE为圆的切线．
②阿波罗尼斯圆，其实说白了，就是三角形的角平分线定理！！即上面的角平分线 vs调和点列的应用，
更多具体内容可参照阿波罗尼斯圆专题．
内外角平分线定理 如图所示，设AD，AE分别为△ABC的内角，外角平分线；（关注公众号：Hi数学派）
F
A
B
D C
E
对于内角平分线定理(正弦定理的典型应用)，即
AB = BD，
AC DC
我们绝大多数都不会陌生，实际上，把上式中的点D换成E，即
AB = BE ，
AC EC
也是成立的，这个就是常说的外角平分线定理．
注 如图所示，也可以构造辅助线进行证明．
F
A
H
B D C E
G
内外角平分线逆定理 反过来，如果给出上述两个关系式，也可以证明AD，AE分别为△ABC的内角，
外角平分线．
2.4 阿波罗尼斯圆
x2 y
2
1 2例 已知椭圆E： +
a2 b2
= 1(a> b> 0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率 e= 2 ，P为椭圆上一动
点，△PF1F2面积的最大值为 2 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若C，D分别是椭圆E长轴的左，右端点，动点M满足MD⊥CD，连结CM交椭圆于点N，O为坐
标原点．证明：OM ON 为定值；
(3)平面内到两定点距离之比是常数 λ(λ≠ 1)的点的轨迹是圆．椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆 x2
+y2= 8上，求 2|QA| +|QP| - PF2 的最小值．
2
x2
答案 (1) 4 +
y
2 = 1；(2)OM ON = 4；(3) 34- 4．
解析 (2)此问可用因式分解求坐标，这样可不用联立，易得OM ON = 4 ；
y
G
F
Q
A
P
F1 O F x2
(3)此问以阿波罗尼斯圆为命题背景，知道背景的话，就很简单了．
|QA| |AF| 1
设另一定点G，则 λ= | | = | | = 2 ，解得G(0，4 2)，则QG FG
2|QA| +|QP| - PF2 = |QG| +|QP| - 4- PF1 = |QG| +|QP| + PF1 - 4≥ GF1 - 4= 34- 4．
当且仅当G，Q，P，F1共线时取得等号．
2.5 三角形角平分线倾斜角等差模型
角平分线模型 如图所示，AD为∠BAC的角平分线，则直线AD倾斜角 γ与直线AB，AC的倾斜角
α，β满足关系：
tan(α+ β) = tan2γ
A A θ
θ
θ θ
α γ β α β
γ
B D C B C D
设直线AB，AC，AD的斜率分别为 k1，k2，k3，则有
k1+k2
- = tan(α+ β) =
2k
tan2γ= 3 ；
1 k1k2 1- k23
γ= π 3π特殊的，当 4 或 4 时，α+ β=
π 3π
2 或 2 ，则有
k1k2= 1．
注 ①根据构图不同，角的关系有如下三种：α+ β= 2γ(内角平分线)或 α+ β+ π= 2γ(外角平分线)，
α+ β= 2γ+ π(外角平分线)．
②对于上述的斜率关系的推导，也可以借助辅助圆进行推导，这也就是我们常见的关于圆的双切线模
型．
A
θ
θ
α γ β
B D C
4
例1 已知抛物线C：y2= 4x，直线 l过点G 0，3 且与C相交于A，B两点，若∠AOB的平分线过点E
(1，1)，则直线 l的斜率为 ．
1
答案 3．
解析 法一 借助角平分线的倾斜角模型
y2 y2
设A 1 2 π4 ，y1 ，B 4 ，y2 ，由于直线AE的倾斜角为 4 ，根据上面总结的规律，我们可以直接得到
kOAk
4 4
OB= y 1 y
= 1，
2
= y= kx+
4
y y 16 3 ky2-4y+ 16即 1 2 ，联立 = 0，所以y2= 4x 3
16
y1y = 32 = 16，k
解得 k= 13．
法二 借助调和点列的背景
如图所示，作出辅助线，得到（关注公众号：Hi数学派）
PQ，AB =O PQ，AB =-1，
所以点P在极点Q t，t 对应的极线 ty= 2(x+ t)上；
又OQ是∠AOB的平分线，所以OP⊥OQ，点P也在直线 y=-x上；
y=-x t-
4
联立 = ( + ) P -
2t 2t 3 4
， ，代入直线AB的方程 y= x+ ，解得 t= 2，所以直线
ty 2 x t 2+ t 2+ t t 3
t- 4
l 3 1的斜率为 k= t = 3．
y B
ty= 2(x+ t)
Q(t，t)
y=-x A
P E
l G
O x
2.6 焦准模型
焦准模型中的调和点列可以用第二定义快速证明．
2 y2
例1 (2023 x南通二模)已知椭圆E： 2 + 2 = 1(a> b> 0)
2
的离心率为 2 ，焦距为 2，过E的左焦点a b
F的直线 l与E相交于A，B两点，与直线 x=-2相交于点M．
(1)若M (-2，-1)，求证：|MA| |BF| = |MB| |AF|；
(2)过点F作直线 l的垂线m与E相交于C，D两点，与直线 x=-2相交于点N．
1 + 1 + 1 1求 |MA| |MB| |NC| + | | 的最大值．ND
答案 (1)略；(2)2 2．
2
解析 (1) E x易得椭圆 的方程为 22 + y = 1；
y
H
A
O
F x
B
M
法一 注意到直线 x=-2为准线，可以考虑利用第二定义，作AH⊥准线于H点，设直线AB的倾斜角
为 θ，椭圆的离心率为 e，则
|AF|
| | =
|AF| |AH || | | | = e cosθ ，AM AH AM
|BF|
同理可得 | | = e cosθ ，故 |MA| |BF| = |MB| |AF|，所以M的纵坐标是打酱油的．BM
-2+ λ (-1)
x -2- λ 1= =法二 设MA= λAF，则 1+ λ 1+ λ- + - ，代入椭圆方程，解得 λ
2= 3；
y = 1 λ 0 = 11
1+ λ 1+ λ
设MB= μBF，同理可得 μ2= 3，又 λ，μ符号相反，故 λ+ μ= 0，即 |MA| |BF| = |MB| |AF|．
(2)正规考试中，前面证明的结论一般都会用到的，此题亦不例外，当然，熟悉调和点列背景的话，还是
很显然的．
结合 (1)可知：
|MA| MF - MB = |MB| MA - MF
所以（关注公众号：Hi数学派）
1 1 2
|MA| + |MB| = | ，MF|
1 1 2
同理可得 | | + | | = | |，又NF MF，设直线 x=-2与 x轴的交点为G，所以NC ND NF
1 + 1 = 1 = 1，
|NF|2 |MF|2 |FG|2
故
1 + 1
1 + 1 + 1 + 1 = 2 + 2 ≤ |MF|
2 |NF|2
|MA| |MB| |NC| |ND| |MF| |NF| 4 2 = 2 2，
当且仅当 |MF| = |NF|时取得等号．
焦准模型——内外角平分线模型 设 F和 l是圆锥曲线一组对应的焦点和准线，圆锥曲线的弦AB交
准线 l于点M，则M到AF，BF的距离是相等的，亦即MF是∠AFB的内角平分线或者外角平分线．
显然，当且仅当弦AB交双曲线于两支时，MF是∠AFB的内角平分线．
y M y
M B
A
A
O
F x O F x
B
l l
证明 如图所示，以椭圆为例，分别过点A，B作准线 l的垂线，垂足分别为 C，D，设 e为椭圆的离心
率，则
AF = e AF = AC AMBF e BF BD = MB ，
根据外角平分线的逆定理，所以FM平分∠AFB的外角．
y M
A
C
O
F x
B D
l
2 y2x
例2 已知椭圆C：4 + 3 = 1的右焦点为F，不垂直 x轴且不过点F的直线 l与椭圆C交于M，N两
点，若∠MFN的外角平分线与直线MN交于点P，则P点的横坐标为 ( )
A. 2 3 B. 43 C. 3 D. 4
答案 选D．
解析 法一 设M (x1，y1)，N (x2，y2)，P(m，yP)，由于PF是△MNF的外角平分线，因此，利用外角平
MF MP a- ex m- x a a2
分线定理：NF = ，即
1 = 1PN a- ex m- x ，解得m= = ．2 2 e c
法二 如图所示，过点P作 x轴的垂线 l，作MM ⊥ l，NN ⊥ l．
MF MP MM MF NF
利用外角平分线定理：NF = PN = ，故 = < 1，因此，直线 l为椭圆的准线．NN MM NN
焦准模型——内外角平分线模型直接应用——垂直模型 设AB是过圆锥曲线焦点 F的一条弦，P是
圆锥曲线上异于A，B的任一点，直线PA，PB分别交焦点F对应的准线于M，N两点，则有：
(1)FM⊥FN； 【(2) (3)实质都是 (1)的应用】
2
(2)M N b， 的两点的纵坐标之积为定值，即 y y =-p2M N ，其中 p为焦准距，p= c ；
(3)以MN为直径的圆过两个定点，其中一个是焦点F，另一个是焦点F关于准线的对称点．
y M
A
O F Q
x
P l
B
N
注 ①对于 (1)，可以推广到一般的极点极线，使得 yMyN仍然为定值．
②对于抛物线，利用代数法证明是不难的，具体证明参考例题！但是，对于椭圆和双曲线，如果利用常
规代数法证明，是比较麻烦的！所以正规考试中，一般给出的P点都是特殊点，比如P在顶点处．
焦准模型 vs自极三角形 如图所示，以椭圆为例，易知△MFN为自极三角形，极点N对应的极线是直
线MF，即为
xNx yNy
a2
+ 2 = 1，b
又点M在直线MF上，代入可得：
xNxM + yNyM2 = 1，a b2
a4 b4
又 xNxM= 2 ，解得 yMyN=- 2．c c
例3 设AB是过抛物线 y2= 2px(p> 0)的焦点 F的一条弦，P是抛物线上异于A，B的任一点，直线
PA，PB分别交抛物线的准线于M，N两点，求证：M，N的两点的纵坐标之积为定值．
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，利用抛物线的替换性质，易知 y 21y2=-p ，
2
设P(x3，y3)，则直线AP的方程为：(y1+y3)y= 2px+
p -p +y1yy 31y3，令 x=- 2 ，可得：yM= y1+y
，同理可
3
-p2+y y
得：y = 2 3N y ，故2+y3
2 2
yMyN=
-p +y1y3 -p +y2y3 y1y2+y1y3 y1y2+y2y3 2y1+y3 y2+y
= y +y y +y = y1y2=-p．3 1 3 2 3
注 上述化简是把-p2换成了 y1y2，其实直接展开也一样的，下面的椭圆也采用了类似的处理方法．当
然，此题也可以利用平几法，参见下面的椭圆即可．
焦准模型——内外角平分线极限模型——切线模型 设 F和 l是圆锥曲线一组对应的焦点和准线，过
圆锥曲线上一点P的切线交准线 l于点Q，则PF⊥QF．
y
P
Q
O
F x
l
证明 如图所示，以椭圆为例，当弦AB趋近于一点时，则∠AFB→ 0，∠BFC→ π，又QF是∠BFC的外
π
角平分线，所以∠BFQ=∠CFQ→ 2 ，即QF BF(AF)．
y
A
B
O
F x
M
C
l
切线模型的应用举例 如图所示，点F与直线 l分别为椭圆的焦点与对应的准线，过椭圆上任意一点P
的切线交 l于Q，过F作 l的平行线交切线PQ于点R，设 e为椭圆离心率，则（关注公众号：Hi数学派）
RF = e．
QF
y
P
R Q
O F x
l
证法一 代数法，很简单，具体过程此处略
证法二 几何法
如图所示，作PH⊥ l于H，又FP⊥FQ，所以P，H，Q，F四点共圆，故
∠PHF=∠RQF ∠ =∠ =∠ △QFR △HPF
RF = FPHP = e．PFH PQH FRQ QF
y
P H
R Q
O F x
l
亚当斯定理
2.7 中点模型
1.中点模型 【很重要的模型，一定有熟练掌握】
P
E
G I F
A C B D
H
如图所示，已知P(AB，CD) = (AB，CD) =-1，作PD的平行线，分别交PA，PB，PC于E，F，I，则 I
为EF的中点．
证法一 几何法+辅助线
过点C作PD的平行线分别交PA PB CA CB， 于G，H，由于 =
AD BD
，又
CA = CG CB = CHDP，BD DP， 【体会辅助线的作法？】AD
所以CG=CH，又
IE = PI = IF ，
CG PC CH
所以 IE= IF．
证法二 代数法+等面积法
2.交比 vs无穷远处
交比 vs无穷远处
x2 y
2
共轭点的等分点模型 如图所示，以椭圆 2 + 2 = 1(a> 0，b> 0)为例，过点M (m，0)的直线与椭圆a b
2 2
交于 A，B A a a两点，点 ，B在直线 x= m 的射影分别为 C，D，设直线 x= m 与 x轴的交点为 P，则直线
2
AD，BC MN Q 1 m+ a的交点为 的中点 2 m ，0 ．
特殊的，对于抛物线，此时的Q为原点．
y
A
C
M
O Q P x
D
B
证明 以AD为例，设直线BA与CD的交点为N，由于
(NM，AB) =D(NM，AB) =-1，
又BD x轴，所以Q为MP的中点．
y
N
A
C
M
O Q P x
D
B
2 y2
例1 x已知椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)
1 3
的离心率为 2 ，且过点 -1，2 ．a b
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点 0，1 且斜率为 k的直线 l与椭圆C交于M，N两点，且G xG，t t> 3 ，若NG⊥ x轴，求
证：存在实数 t，使得直线MG过 y轴上的定点．
2 2
答案 (1) x + y4 3 = 1；(2)存在 t= 3，过定点B(0，2)．
x2 y
2
共轭点的等面积模型 如图所示，以椭圆 2 + 2 = 1(a> 0，b> 0)为例，过点M (m，0)的直线与椭圆a b
2
交于A B a， 两点，点C，P，D在直线 x= m 上，且满足AC MP BD，则
S2△MCD= 4S△MAC S ，S2△MBD △PAB= 4S△PAC S△PBD．
不过，考试中一般只考特殊垂直的特殊情况．
注 这个性质实质是调和点列的性质，和圆锥曲线没关系的．
y y
A C A
P C
M M
O x O P xD
D
B B
证明 延长CM交DB于E，由于AC MP BD，所以
CP = AM = AN = CNPD MB NB ND = t> 0
即
(NM，AB) = (NP，CD) =M (NP，CD) =-1，
y
N
A C
P
M
O xD
B
E
又BD MP，所以B为DE的中点，故
S△MBD=S△MBE，
又
S△MAC 2= AM = S SS t
2 △MCD = △MCD = MC = AM， = t，
△MBE MB 2S△MBD S△MED ME MB
所以S2△MCD= 4S 2△MAC S△MBD；同理可证S△PAB= 4S△PAC S△PBD．
2
( y
2
例2 2023 x浙江十校联盟第三次联考)设双曲线C： 2 - 2 = 1的右焦点为 F(3，0)，F到其中一条a b
渐近线的距离为 2 ．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过F 5的直线交曲线C于A，B两点 (其中A在第一象限)，交直线 x= 3 于点M，
( ) |AF| |BM |i 求 | | | | 的值：AM BF
(ii)过M作平行于OA的直线分别交直线OB，x轴于P，Q，证明：|MP| = |PQ|．
2 2
答案 (1) x y易得双曲线C：5 - 4 = 1；(2) (i)1；(ii)略．
解析 (2) (i)法一 代数法+同构韦达
5 λ1-3 λ t
设A x1，y1 ，B x2，y
5
2 ，M 3 ，t ，AF = λ1AM，则 x1=
3
- ，y
1
λ 1 1
= - ，将A代入双曲线得1 λ1 1
-5t2- 80 λ29 1+16= 0， （关注公众号：Hi数学派）
设BF = λ2BM，同理可得得 -5t2- 809 λ
2
2+16= 0，则 λ1，λ2是二次方程
-5t2- 80 29 λ +16= 0
|AF| |BM |
的两个根，所以 λ1+λ2= 0，即 |AM | |BF| = 1；
法二 几何法+第二定义
注意到直线 x= 53 为准线，可以考虑利用第二定义，作AH⊥准线于H点，设直线AB的倾斜角为 θ，双
曲线的离心率为 e，则
|AF| |AF| |AH |
|AM | = | | | | = e cosθ ，AH AM
|BF| = |AF| |BM |同理可得 | | e cosθ ，故 | | | | = 1；BM AM BF
(ii)法一 借助 (i)的结论，利用分析法，将 |MP|，|PQ|都用 (i)里面的线段表示出来即可，具体过程此
处略．
|AF| |BF|
法二 如图所示，过M作 x轴的平行线交OP于点D，由于 | = ，故AM | |BM |
FB = OF BM MD =
MP MD
MD OQ = = 1．
AF = OF PQ OQ AM OQ
y A
F Q
O xB
P
M D
例3 已知直线 l的方程为 y= x+ 2，点P是抛物线 y2= 4x上到直线 l距离最小的点，点A是抛物线上
异于点P的点，直线AP与直线 l交于点Q，过点Q与 x轴平行的直线与抛物线 y2= 4x交于点B．
y
Q
B
P
O xl
A
(1)求点P的坐标；
(2)证明直线AB恒过定点，并求这个定点的坐标．
答案 (1)P(1，2)；(2) (2，2)．
2 2 2
解析 ( ) y0 ( = ) y2 1 y设P 4 ，y0 y0 2 ，A 4 ，y B 21 ， 4 ，y2 ，则Q(y2-2，y2)，直线PA的方程为
(y0+y1)y= 4x+ y0y1
即 (2+ y1)y= 4x+ 2y1，代入点Q(y2-2，y2)，则有（关注公众号：Hi数学派）
2(y1+y2) = 8+ y1y2 ①
又直线AB的方程为
(y1+y2)y= 4x+ y1y2，
与①式对比，显然直线AB恒过定点 (2，2)．
注 如图所示，AB所过定点即为直线 l对应的极点C(2，2)，理由如下：
假设直线AB过极点C，则QA，QB，QC，QD为调和线束，过点P作QB的平行线，此时，会发现P恰
好是EC的中点，符合假设．
y
D
Q
B
E P
C
l O
x
A
x2 y
2
例4 已知椭圆E： 2 + 2 = 1(a> b> 0)，过点P(-1，-1)且与 x轴平行的直线与椭圆E恰有一个公a b
共点，过点P且与 y轴平行的直线被椭圆E截得的线段长为 3．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设过点P的动直线与椭圆E交于M，N两点，T为 y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为
k 1 11和 k2，若 + 为定值，求点T的坐标．k1 k2
x2
答案 (1) + y24 = 1；(2)
1 + 1 =-8，T(0，-1)．
k1 k2
解析 (2)易知，直线MN的斜率不为 0，因此，设其方程为 x=m(y+ 1) - 1，利用线线联立代曲同构韦
达求解即可，具体过程此处略．
背景 点P(-1，-1)对应的极线为 l：x+ 4y+ 4= 0，注意到 l刚好过 1，0 ，设 l与MN的交点为Q，由
于 x轴平行PT，则C为AB的中点，所以
1 + 1 = 1 + 1 = 2 =-8．
kTM kTN kTA kTB kTC
y
N
C B
A O x
Q
M
P T l
例5 已知动圆P过点F2(2，0)并且与圆F1：(x+ 2)2+y2= 4相外切，动圆圆心P的轨迹为C．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)过点F2(2，0) 1的直线 l1与轨迹C交于A，B两点，设直线 l：x= 2 ，点D(-1，0)，直线AD交 l于M，
求出直线BM所过的定点．
2
答案 (1)x2- y3 = 1(x> 0)；(2) (1，0)．
2 2
例6 E x已知椭圆 ： 2 +
y
2 = 1(a> b> 0)的左，右顶点分别为A，B，点F是椭圆E的右焦点，点Q在a b
1
椭圆E上，且 |QF|的最大值为 3 ，椭圆E的离心率为 2．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过点A的直线与椭圆E交于另一点P(异于点B)，与直线 x= 2交于一点M，∠PFB的角平分线
与直线 x= 2交于点N，求证：点N是线段BM的中点．
2 2
答案 (1) x y4 + 3 = 1；(2)略．
解析 (2)法一 常规设线法
由对称性，不妨设点P在 x轴上方．
y
M
P
N
A O F B x
①当直线PF的斜率存在时，因为∠PFB的角平分线为FN，所以∠PFB= 2∠NFB，所以
= 2kk tan∠PFB= 2tan∠NFB = NFPF ，1- tan2∠NFB 1- k2NF
y= k(x+ 2)
设直线AP的方程为 y= k(x+ 2)，其中 k≠ 0，联立 3x2 得+4y2= 12
4k2+3 x2+16k2x+ 16k2-12= 0，
2
P x y -2x = 16k -12 x = 6- 8k
2 6- 8k2 12k
设点 1， 1 ，则 1 2 ，所以 1 2 ，进而可得点P 2 ， ，所以4k +3 4k +3 4k +3 4k2+3
12k
y 3+ 4k2k 1 4kPF= x1-1
= = ，
6- 8k2 1- 4k2- 1
3+ 4k2
2k
设直线FN的方程为 y=m(x- 1)，则点N (2，m)，M (2，4k)，因为 k NFPF= ，则1- k2NF
4k
2 =
2m
，
1- 4k 1-m2
整理可得（关注公众号：Hi数学派）
(2k-m) (2km+ 1) = 0，
yN m 1
因为 km> 0，所以，m= 2k，所以，y = = 2 ，所以，点N为线段BM的中点；M 4k
3 1
②当直线PF的斜率不存在时，不妨设点P 1，2 ，则直线AP的方程为 y= 2 (x+ 2)，所以点M (2，
2)，又因为直线FN的方程为 y= x- 1，所以点N (2，1)为线段BM的中点．
综上可知，点N为线段BM的中点．
y
M
P
N
A O F B Q x
法二 设点法+作辅助线
如图所示，在F点的右侧取一点Q，使得FP=FQ，则PQ⊥FN；
y 4y
设P x0，y0 ，则直线AM的方程为 y= 0x +2 x+ 2
0
，令 x= 2，解得 yM=
0 x0+2
；
1 1
利用焦半径公式，易得 PF = 2- 2 x0，所以Q 3- 2 x0，0 ，故
1 3 2- xkFN=- =
0
kPQ 2y
，
0
3 2- x 3 2- x
直线FN 0的方程为 y= 2y x- 1 ，令 x= 2，解得 yN=
0
2y ，又0 0
y0 y0 3
x 0+2 x0-2
=- 4 ，
所以
= 4y0
3 2- x0 yM x +2 = 2 2y = 2yN，0 0
故点N是线段BM的中点．
背景 如图所示，直线HF为焦点F对应的准线，易得
PQ，FG =H PQ，FG =-1，
又BM∥HG，所以N为线段BM的中点．
y
H
M
P
N
A O F B x
Q
G
此外，椭圆在点P处的切线与 x= a的交点即为点N．
2.8 自极三角形
1.完全四边形 vs调和点列 vs极点极线
完全四边形 两两相交又没有三线共点的四条直线及它们的六个交点所构成的图形；六个点可分成三
对相对的顶点，它们的连线是三条对角线．
A
B
D
C
E F
如图所示，ABE，ADF，BCF，DCE两两相交于A，B，C，D，E，F六点，则ABCDEF即为完全四边
形，其中AC，BD，EF为对角线．
最优美的调和分割构图，是由图中的所谓“完全四边形”ABCDEF给出．
如图所示，设ABCD是平面四边形 (对边不平行)．对边AB和DC交于Q，对边AD和BC交于R；对
角线AC和BD交于P．设BD和QR交于X，AC和QR交于Y，则D，B，P，X；A，C，P，Y；Q，R，Y，
X都是调和点列．
A
P D
B
C
l
X Q Y R
证明 考虑以C为中心的线束，可知 (QR，YX) = (DB，PX)．考虑以A为中心的线束，可知 (QR，
YX) = (BD，PX)．于是（关注公众号：Hi数学派）
(BD，PX) = (DB，PX) = 1( ．BD，PX)
从而 (DB，PX) =±1．由于 (DD，PX) = 1，而B≠D，可知 (DB，PX) ≠ 1，于是 (DB，PX) =-1，即
D，B，P，X(和Q，R，Y，X)．是调和点列．类似地，可证A，O，P，Y也是调和点列．证毕．
给了一个四边形ABCD，除了对角线AC和BD之外，我们把两组对边的交点连成的线段QR也叫作
对角线，ABCDQR叫作是完全四边形．因此，上述定理可以重新叙述成：
完全四边形的任意一条对角线的两端，都被它和另外两条对角线的交点所调和分割．
请思考：对于给定共线的三点，如何求出第四点，使得该点与其他三点组成调和点列？
分析 设X，Q，R是同一直线上三个不同的点，该定理给出了求点Y使得 (XY，QR) =-1的方法：
在该直线外任取一点A，连结AQ和AR；过X作一直线，与AQ，AR分别交于B和D；DQ和BR交于
C，则AC和RQ的交点即为所求．
特殊的，当对边平行，或者对角线平行时？
A
A
E G
P D PB D
B F
H
C C
l
Y lX Q R Q Y R
完全四点形有比较明显的 9组调和共轭点
A
A
P D
E G
P
B D
B F
H
C C
l l
X Q Y R Q Y R
完全四点形有比较明显的 9组调和共轭点
定理 3（完全四点形调和分割定理 3）完全四点形ABCD中，AD∥BC，边AB与过对边点P且平行于
AD的直线交于点E，则 (AB，EY) =-1，即点E，Y调和分割点A，B，且AG=GD．
完全四点形ABCD如果有一组对边平行，则非平行边上各有一组调和点列，两个对边点连线上也有一
组调和点列；平行边被两个对边点连线平分，过一组对边相交所得对边点作平行边的平行线被另外一组非
平行边平分．
根据定理 4，我们可以得到 5组调和点列，4组中点关系．
G
A D
P
E F
B
H C
R lQ Y
证明 如图所示，利用交比的射影不变性进行证明．
以P为中心，(AB，EY) = (CD，FY)，根据平行线，(CD，FY) = (BA，EY)，所以
(AB，EY) = (BA EY) = 1， (AB，EY)，
即 (AB，EY) = 1，又 (AB，EY) ≠ 1(否则E，Y重合)，所以
(AB，EY) =-1，
又Q(AB，EY) = (AB，EY) =-1，且AD BC∥EF，所以G，H，P分别为AD，BC，EF的中点．
y A
A y
B B
O P R Q x Q O P
x
C C
D
D
y y
l l
P M
M Q P Q
O x O x
阿基米德三角形
等角定理 对于椭圆或者双曲线，则有OP OQ=OR2，P，Q一般称作“伴侣点”，
在 x轴，则有OP OQ=OR2= a2，在 y轴，则有OP OQ=OR2= b2，
对于抛物线，则有O为PQ的中点．
解题时，很多时候绘制给出一半，要注意识别此类题型．
y P
E A
M C
O
x
F
B
D
N
完全四边形 vs极点极线 (1)若点P是圆锥曲线Γ上的点，则过点P的切线即为极点P对应的极线．
(2)如图所示，将完全四边形放置到圆锥曲线 (以椭圆为例)中，若点P是不在圆锥曲线 Γ上的点，且不
为原点O，过点P作割线PAB，PCD依次交圆锥曲线 Γ于A，B，C，D四点，连结AD，BC交于点M，连结
AC，BD交于点N，则直线 lMN为极点P对应的极线．
类似的，也可得到极点N对应的极线为直线 lPM，极点M对应的极线为直线 lPN，因此，我们把△PMN称
为自极三角形 (自配极三角形，自共轭三角形)，即△PMN的任一顶点作为极点，则顶点对应的边即为对应
的极线．
此外，如果我们连结NM交圆锥曲线Γ于点E，F，则直线PE，PF恰好为圆锥曲线Γ的两条切线．
注 “补全自极三角形”这个技巧很常用，后面结合例题了解！
后面的斜率等差模型，共轭点模型，实际都是极点在坐标轴上的特例模型的应用．
极点极线的切线和割线（关注公众号：Hi数学派）
请思考 为什么圆锥曲线若对内接完全四边形和配极原则刚好匹配？
证明 如图所示，以椭圆为例进行证明；根据完全四边形的调和性，易知 QP，EF =-1，即
1` - 1 2PE PF = ，PQ
再利用坎迪定理，易知
1` 1
PE - PF =
1`
PN -
1
PM ，
1` - 1 = 2所以 PN PM ，即PQ
MN，PQ =-1，
所以P，Q共轭．
C
M A
F
P E
N
D
B
Q
配极原则 给定平面内一圆锥曲线Γ ，若点P关于Γ的极线过点Q，则点Q关于Γ的极线也过点P．
共轭 若Q在P关于圆锥曲线Γ的极线上 (显然P也在Q关于Γ的极线上)，则称P，Q关于圆锥曲线
Γ共轭．特别地，若P在Γ上，则称P关于Γ自共轭．
最基础的共轭模型 如果完全四边形按照如图所示的方式摆放在圆锥曲线中，恒有P与Q共轭．
y P
A
Q C
O x
B
D
y y y
P P P
A R
R l l
Q Q
Q
O x O x O x
B
OP OQ=OR2，
外切完全四边形 vs极点极线 如图所示，设ACBD是圆锥曲线Γ的外切四边形，对角线AB和CD交
于P，对边BC和DA交于E，对边AC和DB交于F，DC与EF交于M，AB与EF交于N．则完全四边形
的三条对角线AB，DC和EF所围成的△PMN是关于Γ的自极三角形．
此类型了解即可，一般用不到．
E y
A
C M
P F
O B x
N
D
2 y2
例1 x设椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左，右顶点分别为A，B ，上顶点为D ，点P是椭圆C上异a b
3
于顶点的动点，已知椭圆的离心率 e= 2 ，短轴长为 2 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AD与直线BP交于点M ，直线DP与 x轴交于点N ，求证：直线MN恒过某定点，并求出该
定点．
y M
D
P
A O B N x
x2
答案 (1) 24 + y = 1；(2) (2，1)．
解析 (2) 1解法一：设直线BP的方程为 y= k1(x- 2) k1≠ 0且 k1≠± 2 )，
直线DP的方程为 y= k2x+ 1 k ≠ 0 k ≠± 1 2 且 2 2 ，
易知直线DP与 x轴的交点为N - 1 ，0 1，易知直线AD的方程为 y= 2 x+ 1 ，k2
4k +2 4k 2
所以直线BP与直线AD x的交点为M 1 1- ， - ，将 y= k2x+ 1代入方程 24 + y = 1 ，得2k1 1 2k1 1
1+ 4k22 x2+8k2x= 0
8k 1- 4k2
所以点P的横坐标为 xP=- 2 2 ，则点P的横坐标为 y =
2 ，
1+ 4k P2 1+ 4k22
将点P的坐标代入直线BP的方程 y= k (x- 2) ，整理得 1+ 2k 1- 2k =-k 1+ 2k 21 2 2 1 2 ，
即 1+ 2kn 1- 2kn+2k1+4k kn = 0．因为 1+ 2kn≠ 0．所以 1+ 2k2 1- 2k2 =-k -1 1+ 2k2 ，
即 1+ 2k2 1- 2k2+2k1+4k1k2 = 0 ，因为 1+ 2k2≠ 0 ，所以
1- 2k2+2k1+4k1k2= 0，
由M，N点坐标可得直线MN的方程为：
= 4k1k2 + 1 = 2k1k2x+ 2k1 = 2k1k2+2k2-1- 4k1ky x 2 = 2k1k2 (x- 2) + 1
4k1k2+2k2+2k1-1 k2 2k2-1 2k2-1 2k2-1
2．所以直线MN过定点 (2，1)．
1
解法二：易知直线AD的方程为 y= 2 x+ 1 ，设点P x0
，y0 x0y0≠ 0 ，直线BP的方程 y=
y0
x -2 (x- 2) ，0
y=
1
2 x+ 1 4y0+2x0-4 4y0
联立 ，可得M
y0 y= (x- 2) 2y0-x0+2
，2y0-x0+2 ， x0-2
4y0
x 2y0-x0+2
由D，P，N三点共线，易得N 01- y ，0 ，直线MN的斜率 kMN=0 4y0+2x0+2 x0
2y0-x +2 -0 1- y0
4y0 1- y= 0
8y0+x20-4y20-4- 4x0y0
x2
由 04 + y
2
0= 1 ，可得 x20-4=-4y20 ，代入上式可得：
4y 1- y
k = 0 0 1- y0MN =8y0-8y20-4x0y0 2- 2y0-x0
可得直线MN的方程：
= 1- y0 - x0 = 1- y0 2- 2y0+2y0-2+ x 1- yy 0 02- 2y x0-x0 1- y0 2- 2y -x x-0 0 2- 2y0-x =0 2- 2y -x (x- 2) + 10 0
所以直线MN过定点 (2，1)．
2.9 彭色列
彭色列闭形大定理 设椭圆 Γ2在椭圆Γ1的内部，△ABC是Γ1的内接三角形和 Γ2的外切三角形．过 Γ1
上任意一点A 作Γ2的两条切线与Γ1分别交于B
和C ．则B C 也为Γ2的切线．
A y
C A
B
B C
Γ Γ Γ2 11 Γ2
O x
B
B C C
A
A
彭色列小定理 如图所示，F1，F2是圆锥曲线的两个焦点，过点P作圆锥曲线的两条切线PA和PB，则
PF1与PA的夹角等于PB与PF2的夹角．
显然，当点P在圆锥曲线上时，两条切线重合，恰好就是圆锥曲线的光学性质．
y P y P
A A
B B
F O F x O x1 2 F
引理 如图所示，F为圆锥曲线的焦点，过点P作圆锥曲线的两条切线PA和PB，则PF平分∠AFB．
证明 如图所示，直线 l为焦点F对应的准线，由于点 S既在极点P对应的极线AB上，也在极点 F对
应的极线 l上，根据配极原则可知，极点S对应的极线就是PF，故
SC，AB =F SC，AB =-1，
显然，此时只要证明 FS⊥ FP，就可以证明 PF平分 ∠AFB，由于极点 S对应的极线就是 PF，所以
SC，SD均为圆锥曲线的切线，因此，SF⊥PF是显然成立的，故得证．
y P
S
A
C
Q B
F O x
D
l
-
例1 (2023 x浙江金丽衢十二校联考)已知椭圆E： + y24 = 1，椭圆的左右焦点分别为F1，F2，点A(m，
n)为椭圆上一点，且m> 0，n> 0，过A作椭圆E的切线 l，并分别交 x= 2，x=-2于C，D点．连接CF1，
DF 32，CF1与DF2交于点E，并连接AE．若直线 l，AE的斜率之和为 2 ，则点A坐标为 ．
答案 2 2， 2 ．
解析 由上述引理，易得CF1，CF2分别为∠AF1F2，∠AF2F1的角平分线，所以E是△AF1F2的内心，进而
AE也是∠F1AF2的角平分线，根据光学性质，AE也是切线CD的法线，故（关注公众号：Hi数学派）
kAE kl=-1，
k +k= 3 k = 2 k=- m
2
又 AE l 2 ，解得 AE ， l 4n =-
1
2 ，即m= 2n
m
，又 2
2
4 +n = 1，解得A 2， 2 ．
y
D
A
C
E
N F1 O F M x2
2.10 坎迪定理和蝴蝶定理
平面截圆锥 圆锥曲线可以由平面截圆锥得到．
空间线束交比的射影不变性 如图所示，从空间一点O出发引出五条线束分别与平面 α交于点A，B，
C，D，P，与平面 β交于点A1，B1，C1，D1，P1，则
P AB，CD =P1 A1B1，C1D1 ．
O
B C D
A α
P C1
B1 D1
A β1 E1
P1
证明 利用交比的射影不变性进行证明；
过点O作平面 γ与两组线束分别交于点 E，F，G，H和点E1，F1，G1，H1，易知在平面OEH中，O，E，
E1共线，O，F，F1共线，O，G，G1共线，O，H，H1共线，则
(EF，GH) =O(EF，GH) =O(E1F1，G1H1) = (E1F1，G1H1)，
又
(EF，GH) =P(EF，GH) =P AB，CD ，
(E1F1，G1H1) =P1(E1F1，G1H1) =P1 A1B1，C1D1 ，
故P AB，CD =P1 A1B1，C1D1 得证．
O
B C D
A G HF
E P C1
B1 D1
A1 E F
G1 H1 1
1
P1
圆锥曲线交比的不变性 设 P，Q，A，B，C，D为圆锥曲线上六个不同的点，其中A，B，C，D为定
点，P，Q为动点，则
P AB，CD =Q AB，CD ．
注 对于圆的话，利用“弧对应的圆周角是不变的”这一性质，是很容易证明的，具体过程此处略．
P P
Q
Q
A A
D B D
B C C
证法一 如图，此处以椭圆为例进行证明，根据空间线束交比的射影不变性以及圆交比的不变性，显
然有
P AB，CD =P1 A1B1，C1D1 ．
O
C D
B
A
P
B C1 1 D1
A1
P1
证法二 代数法；利用参数方程+线束交比的斜率表达式进行证明，以抛物线为例，此处暂略．
坎迪定理 如图所示，设M为圆锥曲线的弦PQ上一点，过M作两条任意弦AB和CD，若AD，BC分
别交PQ于S，T，则（关注公众号：Hi数学派）
1 - 1 1 1MS MP = MT - ．MQ
特殊的，如果令MP=MQ，我们便得到了常说的“蝴蝶定理”．
C
A
T Q
S
P M
D
B
证法一 根据圆锥曲线交比的不变性，易知（关注公众号：Hi数学派）
D PC，AQ =B PC，AQ ，
又
MQ MQ
D PC，AQ =D PM，SQ = PM，SQ = PSMS =
PM-SM ，
PQ MS PQ
B PC，AQ = PM
TQ
B PM PT，MQ = PT，MQ = TM = TM
MQ-MT
，
PQ PQ
所以
PM-SM MQ = PM MQ-MTMS PQ TM ，PQ
即
MP-MS MQ-MT
MP MS = ，MT MQ
所以
1 - 1 = 1 1MS MP MT - ．MQ
证法二 如图所示，以M为原点，PQ为 x轴建立平面直角坐标系进行证明；
y
A C
S T Q
P O(M ) x
D
B
设圆锥曲线的方程为Ax2+By2+Cxy+Dx+ Ey+ F= 0，直线AB，CD的方程分别为 y= k1x，y= k2
x，A x1，y1 ，B x2，y2 ，C x3，y3 ，D x4，y4 ，P p，0 ，Q q，0 ，S s，0 ，T t，0 ，则等价证明
1
p +
1 1 1
q = s + t
成立，证明比较简单，具体过程此处略．
蝴蝶定理 如图所示，不妨取特殊位置，令PQ⊥ x轴，设M为圆锥曲线的弦PQ的中点，过M作两条
任意弦AB和CD，若AD，BC分别交PQ于S，T，则MT=MS．
因此，对于一个蝴蝶模型，存在两条等分线段．
y y
S
A P A P
S
D C
O M x O M x
T
C
Q B
D
Q B
T
注 字母的标注顺序不同，会得到不同的构图，这个思路在极点极线的相关背景问题分析求解时，有时
是很有用的．
证明 前面已经用圆锥曲线的交比不变性证明过了，不过，由于蝴蝶定理的特殊性，此处也可以利用极
点极线的相关背景知识进行证明，此处选取第一个构图为例，进行证明．
如图所示，直线RN为点M对应的极线，则
CD，MN =R CD，MN =-1，
又PQ∥RN，所以MT=MS．
y
A P
S N
D
O M x
T
C
Q B R
一般情况之椭圆 过椭圆内任意一点P作两条弦AB，CD，连结AC和BD，连结OP并延长交椭圆于
点Q，过点P作与点Q处切线平行的直线，分别交AC，BD于M，N两点，则PM=PN．
y y C
A A M
M Q
P D P
Q
x
O x
O
C N
D N
B
B
一般情况之抛物线 过抛物线内任意一点P作两条弦AB，CD，连结AC和BD，过点P作与抛物线对
称轴平行的直线，并交抛物线于点Q，然后，过点P作与点Q处切线平行的直线，分别交AC，BD于M，N
两点，则 PM = PN ．
注 ①双曲线的情况与椭圆类似，故此处略过；
②实际考试之中，一般只考察特殊情况的蝴蝶定理，多数是点P在坐标轴上，可结合如下的例题理解．
对于处理斜率积或者斜率比值的问题，很多时候会用到蝴蝶定理．
蝴蝶定理的应用之椭圆 如图所示，已知点M (m，0)，N (n，0)，过点M且斜率为 k1(k1≠ 0)的动直线交
x2
2
椭圆 2 +
y
2 = 1 a> b> 0 于A，B两点，延长AN，BN分别交椭圆于C，D两点，直线CD的斜率为 ka b 2
，
则：
m(a2( ) +n
2) - 2na2 k a
2-n2 NR 1 直线CD恒过 x轴上的定点R 2 2 ，0 ； (2)
1 = = ．
2mn- (a +n ) k2 a2+n2-2mn MN
y
P
y
G
A A
E
M D M D S
O N R x O R xN
B B
C F C Q
H
2
证明 如图所示，作出辅助线，补全自极三角形 PNQ，则极点N (n，0)对应的极线是PQ：x= an ，同
时，由于NE=NF，根据蝴蝶定理，显然有NG=NH，设R(t，0)，故
SP NG
SR SM= = k1
NM NR
= = ，
SM SP k2 NH NM
SR NR
即
a2 a2
k1 = n
- t -n
2 =
t-n
n-m =
n
2 ，k2 a -m an n +n- 2m
m(a2= +n
2) - 2na2
易解得 t ．
2mn- (a2+n2)
注 特殊地，只过 1个定点M，上述结论亦是成立的，如图所示，设椭圆的左，右顶点分别为A，B，过点
kAC =
BM
M的直线交椭圆于C，D两点，则 ．
kBD MA
y
C
O
A M B x
D
x2 y
2
1 C + = 1(a> b> 0) A B D 2例 已知椭圆 ： 2 2 的左右顶点分别为 ， ，过椭圆内点 3 ，0 且不与 x轴a b
4
重合的动直线交椭圆C于P，Q两点，当直线PQ与 x轴垂直时，|PD| = |BD| = 3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AP，AQ和直线 l：x= t分别交于点M，N，若MD⊥ND恒成立，求 t的值．
x2
2
(1) + y = 1 (2) - 2 10答案 4 2 ； 9 或 3 ．
k AP =
DB 1
kQB DA
= 2 y y略解 kAPk =
M N
AQ 2 =-
1 yMyN
4 ，又 k1 (t+ 2) DM
kDN= =-1，即2
kAQkQB=- t-
2
2 3
- 1 2 2 24 (t+ 2) =- t- 3 ，
解得 t= 10 23 或- 9．
y M
P
D
A O B x
l：x= t
Q
N
x2 y
2
例2 已知双曲线C： 2 - 2 = 1(a，b> 0)的左，右焦点分别为 F1，F2 ，左顶点为A(-2，0) ，点M为a b
双曲线上一动点，且 MF1
2+ MF2 2的最小值为 18，O为坐标原点．
y
B
P
Q
D
A O T x
l
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)如图，已知直线 l：x=m与 x轴的正半轴交于点T ，过点T的直线交双曲线C右支于点B，D，直线
AB，AD分别交直线 l于点P，Q，若O，A，P，Q四点共圆 (有的题目会给出条件“∠APQ+∠AOQ=
π”)，求实数m的值．
2
答案 (1) x4 - y
2= 1；(2) 25．
分析 (2)高中阶段，遇到四点共圆的问题，一般都优先尝试利用圆幂定理，只有当圆幂定理不好处理
时，才尝试利用其他方法，比如利用定义后者等角，对于此题，只需证明 |TA| |TO| = |TP| |TQ|即可．
解析 (1)由题意可得：a= 2，利用三角形中线定理：
MF +MF 2
1 2 + MF1-MF 22+ 2= 2 MF1 MF2 2 22 = 2 MO + OF1 ≥ 2 a
2+a2+b2 = 18，
x2
所以 b2= 1，故双曲线C的标准方程为 - y24 = 1．
(2)法一 由题意可得T(m，0)，设B x1，y1 ，D x2，y2 ，直线BT：x= ty+m，与双曲线联立得：
t2-4 y2+2tmy+m2-4= 0，
2
则 t2-4≠ 0，Δ> 0，y1+y =- 2tm2 2 ，y1y =
m -4
t -4 2 t2
，
-4
= y1直线BA：y x +2 (x+ 2) ，令 x= =
y1 ( + ) ym ，则 y x +2 m 2 ，即点P m
1
，x +2 (m+ 2)1 1 1 ，
y2
同理可得点Q m，x +2 (m+ 2) ，2
若O，A，P，Q四点共圆，则 |TA| |TO| = |TP| |TQ|，因为
|TA| =m+ 2，|TO| =m | yTP| = 1， x +2 (m+
y
2) ，|TQ| = 2x +2 (m+ 2)1 2 ，
(m+ 2)2y1y2
注意到m> 0，m+ 2> 0 ，且点P，Q位于同一象限，即 > 0，可得
x1+2 x2+2
( + )= (m+ 2)
2y y
m m 2 1 2 ，
x1+2 x2+2
故 (m+ 2)y1y2=m x1+2 x2+2 =m ty1+m+ 2 ty2+m+ 2 ，整理得
mt2-m- 2 y1y2+tm(m+ 2) y1+y2 +m(m+ 2)2= 0，
代入并整理得（关注公众号：Hi数学派）
5m2+8m- 4= 0，
解得m= 2 25 或m=-2(舍去)，故实数m的值为 5．
法二 注意到A，B，D三点，直线BD过定点T，因此，可以猜测 kAB与 kAD必定存在着关系，再结合法
一，易得
= y1yk 2ABkAD =
m
，
x1+2 x2+2 m+ 2
又 x1y2-x2y1=m y2-y1 ，所以
= y1 1 x2-2 = 1 x1-2 y2 = 1 x2y1-x1y2+2(y2-y1)k k 1 -m+ 2AB AD x1+2 4 y2 4 y1 x2+2 4 x1y2-x2y1+2(y2-y1)
= 4 m+ 2 ，
m 1
故 m+ 2 = 4
-m+ 2 2
m+ 2 ，解得m= 5．
y1y2
注 在解题时，我们在解题化简的过程中，会经常碰到这个式子： ，这恰恰是隐藏的点差
x1+2 x2+2
法模型．
背景 在法二的基础上，设右顶点为E，DE与 l的交点为F，根据蝴蝶定理，易得TP=TF，故
m 1 kAB 1 TE 1 2-m
m+ 2 = kABkAD= 4 = 4 = kDE AT 4 m+ 2
．
y
B
P
Q
D
A O T E x
F
l
y2 2
例3 在平面直角坐标系 xOy中，双曲线C - x： 2 2 = 1(a> 0，b> 0)的离心率为 2，实轴长为 4 ．a b
(1)求双曲线C的方程；
(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线 l过点P(0，t)且垂直于 y轴 (P位于原点与上顶点之间)，过P
的直线交双曲线C于G，H两点，直线AG，AH分别与直线 l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求
点P的坐标．
蝴蝶定理的应用之抛物线 已知抛物线 y2= 2px(p> 0)，A(a，0)，B(b，0)，过点A的动直线交抛物线
于M，N两点，直线MB，NB分别交抛物线于点P，Q，则：
(1)直线PQ恒过 x轴的定点C(c，0)，其中 b2= ac；
(2) k b c- b
CB
假设直线MN和PQ的斜率都存在，则 MN = = = ．
kPQ a b- a BA
y Q y G
=- Ql：x b
M M E
S A B
R O C x
N
A FO B C x P
H
N
P
T
yMyN=-2pa yMyP=-2pb
证法一 易知 2 y y =-2pb ，两两结合相乘，显然有 b = ac；进而 N Q
yPyQ=-2pc
2p 2pb
k y +y y +y - y -
2pb
MN = M N = P Q = M yN = -2pb = -2pb b
kPQ 2p yM+yN yM+yN yMyN -2pa
= a．
yP+yQ
证法二 如图所示，作出辅助线，补全自极三角形TBS，同时，由于BE=BF，根据蝴蝶定理，显然有
BG=BH，故
kMN RC= = c+ b =
CB = c- b+ - =
2c = 2b
kPQ RA a b BA b a 2b 2a
．
2.11 圆锥曲线的直径与共轭共轭
圆锥曲线的直径 对于椭圆或双曲线，连结椭圆 (双曲线)上任意两点的线段叫弦，特殊的，过椭圆 (双
曲线)中心的弦叫直径．
对于抛物线，由于抛物线的中心在无穷远处，所以我们定义平行于抛物线对称轴的直线为抛物线的直
径．
圆锥曲线的直径的几何意义是圆锥曲线平行弦中点的轨迹．
圆锥曲线的共轭直径 对于椭圆或双曲线，平行于直径AB的弦的中点的轨迹DE 和直径AB互为共
轭直径．显然，对于抛物线，是没有共轭直径的．
共轭的轭是什么意思？
轭是指两头牛背上的架子，轭使两头牛同步行走．所谓共轭即是按照一定的规律相配的一对，换言之
即是孪生．共轭在数学，物理，化学，地理等科学中都有出现．数学中常见的有共轭复数，共轭双曲线，共轭
直径，共轭矩阵等．
圆锥曲线的直径对应的极点 由于圆锥曲线的直径是圆锥曲线平行弦中点的轨迹，而中点对应的调和
点为无穷远处，同时，在射影几何中，平行线是相交于无穷远处的，所以圆锥曲线的直径对应的极点也在无
穷远处．
由此，我们可以得到关于直径和平行弦的极点极线模型．
2 y2
例1 x 1 1已知椭圆
a2
+ = 1 a> b> 0 与直线 l ：y= x，l ：y=- x，过椭圆上一点P作 l ，l 的平
b2 1 2 2 2 1 2
行线，分别交 l1，l2于M，N两点．若 MN 为定值，则
a
b 的值是 ．
答案 2．
解析 只有椭圆上的一个单独的动点P，不妨利用参数方程，设P(acosθ，bsinθ)，这样的话，只含有一
个参数 θ，便于计算，而且，点P的坐标自带椭圆方程的属性，因此，后续的计算也就不用再理会椭圆方程了．
x1 - x2 x1+x2= acosθ设M x1，2 ，N x2， 2 ，则OMPN为平行四边形，故 - = ，所以x1 x2 2bsinθ
MN = (x -x )2+ 11 2 4 (x1+x )
2
2 = 4b2sin2θ+ 1 a24 cos
2θ，
若 MN 1为定值，则 4b2= 2 a4 a ，即 b = 2．
2 2 y2
例2 x x已知点A，B分别在椭圆C1：
2
4 + y = 1和椭圆C2：16 + 4 = 1上，O为坐标原点，直线OA，
OB 1的斜率之积为- 4 ，M为线段AB的中点，则线段MO长度的最大值是 ．
答案 5．
1 π
解析 设A(2cosα，sinα)，B(4cosβ，2sinβ)，由 kOA kOB=- 4 得：cos(α- β) = 0，不妨令 β= α- 2 ，则
点B变为 (4sinα，-2cosα) M sinα- 2cosα，进而中点 的坐标为 cosα+ 2sinα， 2 ，故
= ( + )2+ (sinα- 2cosα)
2
= 25+ 3(3cos2α- 4sin2α) MO cosα 2sinα 4 8 ≥ 5．
2.12 等角定理模型
找伴侣点
例1 已知抛物线 y2= 4x的焦点为F，准线与 x轴交于E点，过点E的直线 y= k x+ 1 交抛物线于A，
B两点，满足∠AFB= 60°，则 AB = ．
4 7
答案 3 ．
解析 显然，点E的伴侣点为F，所以 kAF+kBF= 0，又∠AFB= 60°，假设A在B的右边，则直线AF，
BF的倾斜角分别为 60°，120°，借助焦半径的极坐标公式，则有
AF= 2 2 4
1- cos60° = 4，BF= - ° = ，1 cos120 3
再利用余弦定理，易得AB= 4 73 ．
x2
2
例2 已知椭圆C： 2 +
y
2 = 1(a> b> 0)的短轴长为 2 ，左右焦点分别为F1，F2，M为椭圆 C上一点，a b
且MF1⊥ x轴， MF2 = 7 MF1 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线 x= ty+m(t≠ 0且 0
x2
答案 (1) 24 + y = 1；(2)
2 3
3 ．
解析 (2)注意到直线AB过定点E(m，0) 4，所以点D的坐标为 m，0 ，知道这个背景的话，后续就很
简单了；
y
A
O E
D x
A F1 A2
B
设A x1，y1 B x2，y2 ，过A1作 y轴的垂线交AB于点F，则A1 -x1，-y1 ，A2 x1，-y1 ，xF=-ty1+m，
由A，E，B三点共线得：x1y2-x2y1=m y2-y1 ，又
x2y2-x2y2 4(1- y2) y2-4(1- y2 2
x 1 2 2 1 1 2 2
) y1
1y2+x2y1= = = 4m y +y ，m y2-y m y -y
2 1
1 2 1
= x2y1+x1yx 2 4即 D y +y = m，注意利用面积分割求面积，则2 1
S = 1 x -m y -y = 1 4△ABD 2 D 2 1 2 m -m y2-y1 ，
A F y -y
= 1 2 1 =
xF- -x1 y2-y1 -ty1+m+ tyS = 1
+m y2-y1 |2m| y2-y= 1 ΔABA 2 2 2 2 ，1
由S△ABD=S△ABA 得：1
4m -m = |2m|，且 0
2 y2
例3 x已知椭圆 E： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的右焦点为 F ，过 F的直线与椭圆 E交于点A，B，当直线a b
AB的方程为 y= x- 22 时，直线AB过椭圆的一个顶点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知点M ( 2，0)，若 |MA| = 2|MB|，求直线AB的斜率．
y2 14
答案 (1)x2+ 1 = 1；(2) ± 2 ．
2
分析 F 1 ，02 2 ×
1
，注意到 = 1，所以 x轴平分∠AMB，知道这个背景的话，后续就很简单了．
2
解析 (2) 2由题意可得直线AB的斜率不为 0，设其方程为 x=my+ 2 ，与椭圆联立得：
2+m2 y2+ 2my- 12 = 0，
2m
由于F在椭圆内部，故必有Δ> 0恒成立，设A x1，y2 ，B x2，y2 ，则 y1+y2=- ，y y =2+m2 1 2
- 1 2 ，又（关注公众号：Hi数学派）2 2+m
2my y - 2 y +y 2m
-1 2 - 2m
y y 1 2 1 2 2 2+ 2
-
m 2 2+m2
kAM+k =
1 + 2BM =
2 = = 0，
x1- 2 x2- 2 my2- 22 my - 2 my - 21 2 2 2 my 21- 2
所以 x轴平分∠AMB ，由 y1y2< 0，|MA| = 2|MB|可得：y1=-2y2，故
- 1 = y
y +y 2 21
2 y +
y2 + = 1 2 2 = -4m 2
2 y1 y1y2 2+m
解得m2= 2 147 ，即直线的斜率为± 2 ．
例4 3 3已知焦点在 x轴上的椭圆C过点 1， 2 ，离心率为 2 ，点A x1，y1 为椭圆C第一象限上的
点．过点A的直线交椭圆C于点B，交 x轴于点T(t，0)，点D与点A关于 x轴对称，直线BD交 y轴于点
E，AE⊥BD．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求 tx1的取值范围．
y
A
T
O x
E
B
D
2
答案 (1) x4 + y
2= 1；(2) (-∞，0) ∪ (8，+∞)．
分析 对于 (2)，如果不知道背景的话，做起来还是很费劲的，给的参考答案虽然有两种，但是变形都比
4
较复杂，难想到，但是如果知道背景的话，即直线AB过定点 t，0 ，则直线BD过定点 t ，0 ，就很简单了．
解析 (2)设A x1，y1 ，B x2，y2 ，E(0，n)，则D x1，-y1 ，其中 x1，y1> 0．
由AE⊥DE，得EA ED= 0，即 x21+ y1-n -y1-n = 0，得n2= y21-x21．
由A，T，B三点共线得
x1y2-x2y1= t y2-y1 ，
设直线BD与 x轴的点F m，0 ，由于
x2y2-x2y2 2 21 2 2 1 4 1- y1 y2-4 1- y2 y2x y + x y = = 2 1 41 2 2 1 x y -x y = t y2+y1 ，1 2 2 1 t y2-y1
m= 4即 t ，又D，E，F三点共线，可得（关注公众号：Hi数学派）
4 = nx1t y1+n
，
又n2= 5y21-4> 0 4，则 25 < y1< 1，故
tx1=
y
4 1+ 1n = 4 1± 1 4 ∈ (-∞，0) ∪ (8，+∞)． 5- y21
2.13 平行弦模型
2 y2
例1 x 3已知椭圆C1： 2 + 2 = 1(a> b> 0)过点A 1，a b 2 ，且以长轴和短轴为对角线的四边形面积为
4b2．
(1)求C1的方程；
x2 y
2
(2)已知椭圆C2： 2 + 2 = λ，在椭圆C2上取三点B，C，D，使得△BCD与椭圆C1相切于三角形三边a b
的中点，求出 λ的值．
2
答案 (1) x4 + y
2= 1；(2)λ= 4．
分析 (2)此问难度较大，实质是证明O为△BCD的重心，即等价证明O，G，B三点共线．
解析 根据题意，△BCD的三条边最多只能有一条边与坐标轴平行，因此，不妨另外不与坐标轴平行的
两条边进行证明，不妨取这两条为DC，DB；
设BC，CD，DB的中点分别为E，G，F，则EF∥CD，设EF的中点为H，则B，G，H三点共线；
y
E B
C
H
O x
G F
D
设G x0，y0 (x0y0≠ )
xx
0 ，则切线CD的方程为 04 + yy0= 1(切线的证明套路要熟悉)，则
k 1OG kCD=- 4 ；
设E x1，y1 ，F x2，y2 ，则切线BC，BD的方程分别为
xx1
4 + yy1=
xx
1， 24 + yy2= 1，
代入点B x3，y3 (x3y3≠ 0)，则有
x1x3 + xyy = 1， 2x34 3 4 + y2y3= 1，
所以直线EF的方程为
xx3
4 + yy3= 1， 【切点弦的证明套路要熟悉】
利用点差法套路，易证得
k k =- 1OH EF 4 ，
又EF∥CD，故（关注公众号：Hi数学派）
kOH= kOG，
即O，G，H三点共线，亦即O，G，B三点共线，同理可证O，E，D三点共线，故O为△BCD的重心，所
x =-2x
OB=-2OG 3 0以 ，即 =- ，所以y3 2y0
2 2 2 2 2 2
λ= x3 + y3 = 4x0 + 4y0 = x4 04 3 4 3 4 +
y0
3 = 4．
例2 3已知椭圆C的焦点坐标为F1(-1，0)和F2(1，0) ，且椭圆经过点G 1，2 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若T(1，1)，椭圆C上四点M，N，P，Q满足MT = 3TQ，NT = 3TP，求直线MN的斜率．
2 y2x 3
答案 (1) 4 + 3 = 1；(2) - 4 ．
解析 (2)法一 常规同构法
= = 4- x1 = 4- y1设M x1，y1 ，N x2，y2 ，由MT 3TQ可得 xQ 3 ，yQ 3 ，则
4- x1 2 4- y1 2
x21 + y
2
1 3 3
4 3 = 1， 4 + 3 = 1 ，
两式相减得
x1 + y14 3 -
1
6 = 0，
x
同理，由NT = 3TP可得： 24 +
y2 - 13 6 = 0，故直线MN的方程为
x + y - 14 3 6 = 0，
kMN=-
3
4．
y
P
M F
T Q
E
O x
N
法二 平几法，椭圆平行弦证明的常用套路
由于 MT = 3TQ，NT = 3TP ，故MN∥PQ，设MN，PQ的中点分别为E，F，则E，F，T三点共线，易
知直线MN的斜率不为 0，因此，利用点差套路，易得（关注公众号：Hi数学派）
kOE kMN= kOF k
3
PQ=- 4 ，
即 kOE= k
3
OF，所以E，F，O三点共线，亦即E，F，T，O四点共线，又 kOS= 1，故 kMN=- 4．
2.14 帕斯卡定理初步
帕斯卡定理 帕斯卡定理指二次曲线 (包含退化的二次曲线)内接六边形 (包括退化的六边形)其三对
边的交点共线，与布列安桑定理对偶，是帕普斯定理的推广．定理约于公元 1639年为法国数学家布莱士
帕斯卡 (Blaise Pascal)所发现，被称为帕斯卡定理，是射影几何中的一个重要定理．
此处仅以圆为进行说明，如图所示，六边形ABCDEF的三组对边分别交于P，Q，R三点，则这三点共
线，下面给出帕斯卡定理常见的各种构图．
R
Q
A A
C A
C E P
E B
C
R PP Q R
D D
B F B Q
F E
D F
六边形帕斯卡之三点在内部 六边形帕斯卡之两点在内部 六边形帕斯卡之三点在外部
P R
A(B)
切线
A(B)
P
C E F 切线
A(B)P
C(D)R
C(D)
R
F
Q E
D
Q
五边形帕斯卡 四边形帕斯卡
R
A(B)
A(B)P
P 切线
C(D) C(D)RE(F)Q
Q
E(F)
三角形帕斯卡
注 ①帕斯卡定理中的六边形并非一般意义上的凸六边形，只要是六个点顺次相连所围成的都称为六
边形．
②完全四边形对应的自极三角形模型实质就是六边形帕斯卡退化成四边形的应用．
思考：如何快速确定标准帕斯卡定理的六点排序形式？
提示 闭合回路法
A
C A
P R
E
B F
P RQ Q Q
C E
B F R P
D
D
2
1 C x
2 y
例 已知椭圆 ： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左，右顶点分别为A1，A2，D( 6，1)为椭圆C上一点，P，a b
Q为椭圆C上异于A1，A2的两点，且直线PQ不与坐标轴平行，点P关于原点O对称的点为 S，DP DS的
最大值为 4 ．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线A1S与直线A2Q相交于点T，直线OT与直线PQ相交于点R，证明：在椭圆C上存在定点
E，使得△RDE的面积为定值，并求出该定值．
y
R P
Q
D
A2
A O x1
S
T
2 2
答案 (1) x + y9 3 = 1；(2)存在定点E( 6，-1)，△RDE的面积为定值 6+ 3．
分析 若存在定点E，则DE为定直线，DE为定值，欲使得△RDE的面积为定值，则必须使得点R在
一条定直线上运动，因此，此问实质等价于求证点R在一条定直线上运动．
解析 (1)因为D( 6，1) 6在椭圆C上，所以 2 +
1
2 = 1．设P x1，y1 ，则S -xa b 1
，-y1 ，则
2
DP DS= x1- 6，y1-1 -x1- 6，-y1-1 = 7- x2+y2 = 7- b2- 1- b x2≤ 7- b21 1 ，a2 1
因为DP DS的最大值为 4 ，所以 7- b2= 4，得 b2= 3 6 + 1，又 2 2 = 1，所以 a
2= 9，故椭圆C的标准方程
a b
2
x2
为 9 +
y
3 = 1．
(2)法一 常规韦达定理法
设Q x2，y2 ，直线PQ的方程为 x=my+n(m≠ 0，n≠±3)，与椭圆C的方程联立得
m2+3 y2+2mny+n2-9= 0，
y +y =- 2mn
2
则 1 2 2 ，y1y =
n -9
．
m +3 2 m2+3
设T x0，y0 ，由T，S，A1三点共线得：
y0
x +3 =
y1
0 x1-3
①，
由T，Q，A2三点共线得：
y0
x -3 =
y2
0 x2-3
②，
联立①②得：（关注公众号：Hi数学派）
2x0 = x0+3 + x0-3 x1-3 x2-3y0 y0 y
= +
0 y1 y2
= my1+n- 3 + my2+n- 3y1 y2
= y +y2m+ (n- 3) 1 2y1y2
= 2m- (n- 3) 2mn 6m
n2
=
-9 n+ 3
，
y0 n+ 3 n+ 3
即 x = 3m ，所以直线OT的方程为 y= 3m x，与直线PQ的方程 x=my+n联立，解得0
xR=-3，
因此，点R在定直线 l：x=-3上，则使得△RDE的面积为定值的点E一定为过点D且与直线 l平行的
直线与椭圆C的交点，此时E( 6，-1)，S△RDE=
1
2 × 2× ( 6+ 3) = 6+ 3．
法二 借助三角形中线斜率公式+伪平移齐次化
根据椭圆的对称性，易知 kA S= k1 A P，在△TA1A2中，注意到OT为中线，则2
1 + 1 = 2 ，
kTA k1 TA k2 TO
即
1 + 1 = 2 ，
kA P k2 A Q k2 OR
将椭圆C的方程改写为
(x- 3)2 + y
2
9 5 +
2
3 (x- 3) = 0，
设直线PQ的方程为m(x- 3) +ny= 1(mn≠ 0)，与上面的椭圆方程联立
(x- 3)2 y2 2
9 + 5 + 3 (x- 3) m(x- 3) +ny = 0，
1 x- 3
令 t= = y ，整理得k
1 + 2m9 3 t
2+ 2n3 t+
1
5 = 0，
1 1
则 ， 是上述方程的两个根，设R xk k 0
,y0 ，故
A2P A2Q
2n
1 + 1 =- 3 = 2x0 ，
kA k2P A2Q 1 + 2m y09 3
即（关注公众号：Hi数学派）
(1+ 6m)x0+3ny0= 0 ①
又
m(x0-3) +ny0= 1 ②
联立①②解得
x0=-3，
因此，点R在定直线 l：x=-3上，则使得△RDE的面积为定值的点E一定为过点D且与直线 l平行的
直线与椭圆C的交点，此时E( 6，-1)，S 1△RDE= 2 × 2× ( 6+ 3) = 6+ 3．
背景 注意到T，O，R三点共线，再结合椭圆上的五点，显然是帕斯卡定理退化为五点时的应用．
由图易得A1S∩A2Q=T，A1A2∩PS=O，将点A1处的切线 x=-3记为A1A1，设A1A1∩PQ=R ，将这
五点写成标准帕斯卡定理的六点排序形式，则有
A A ∩QP=R
1 1 R ∈OT
A1A1A2QPSA1 A1A2∩PS=O ，∩ = R∈QPA2Q SA1 T
R∈OT
根据题意，已知 ∈ ，故R，R 是同一点，所以点R在定直线 x=-3上．R QP
y
R R P Q
D
A2
A1 A O x1
S
T
2 y2
例2 x如图所示，A，B为椭圆 E： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左，右顶点，焦距长为 2 3，点P在椭圆 Ea b
1
上，直线PA，PB的斜率之积为- 4．
y
G
C
M
P
A O B x
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知O为坐标原点，点C(-2，2)，直线PC交椭圆E于点M (M，P不重合)，直线BM，OC交于点
G．求证：直线AP，AG的斜率之积为定值，并求出该定值．
2
答案 (1) x4 + y
2= 1；(2) - 14．
略解 (2)在△GAB中，注意到GO为中线，则
1 + 1 = 2 ，
kGA kGB kGO
即
1 + 1 = 2 =-2，
kAG kBM kOC
1
根据题意，将斜率向点A靠拢，易知 kAM kBM=- 4 ，所以
- 1 + k 1
4k AM
= ，
AG 2
注意到AC x椭圆的切线，这是一个很常见的特征条件，易得点C(-2，2)关于椭圆的极线方程为- 2 +
2y= 1，又直线AC的斜率不存在，故
k 1AP+kAM= 2k极线= 2 ，
- 1所以 = kAP，即4kAG
kAP kBP=-
1
4．
1 + 1 2注 此外，也可以利用 = =-2，并根据斜率和积与定点的对应关系，进行猜测
kAG kBM kOC
1 + 1 =-2，
kBP kBM
故 kAG= kBP，所以AG与BP平行，进而
kAP kAG= kAP kBP=-
1
4．
背景 其实上述解析已经给出了此题的背景，不过，如果注意到O，C，G三点共线，因此，我们也可以
换个角度——利用帕斯卡定理分析．
设直线GA与椭圆的另一个交点为D，将点A处的切线 x=-2记为AA，设AB∩PD=O ，将A，D，
B，P，M五点写成标准帕斯卡定理的六点排序形式，则有
AA∩MP=C AABMPDA AB∩
O∈CG
PD=O ，
BM∩DA= O∈ABG
O∈CG
根据题意，已知 ∈ ，故O，O
是同一点，所以ADBP是平行四边形．
O AB
y
G
C
M
P
A
O B x
D
2 y2
例3 x已知双曲线 Γ：25 - 16 = 1与 x轴的左右交点分别为B，C，A，P为双曲线上不与B，C重合的
不同两点，过P作双曲线Γ渐近线方向的平行线，分别交直线AB，AC于E，F，求证：EF过定点．
y
A
F
E P
B O C x
答案 EF过定点 0，4 ．
分析 和渐近线有关的定值问题，很多时候直接设出渐近线上的点会更简单．
解析 设E x1，y1 ，F x2，y2 ，利用对称点点差法易得
kAB kAC= kEB
y y
k 1 1 16FC= x1+5
x1-5
= 25，
即
25y1y2= 16(x1x2-5x1+5x2-25) ①
又直线PE，PF的方程分别为
y=- 45 (x- x1) + y y=
4
1， 5 (x- x2) + y2，
联立上述两个直线方程，解得点P x0，y0 满足
8x0= 5(y1-y2) + 4(x1+x2)，10y0= 4(x1-x2) + 5(y1+y2)，
将P x0，y0 代入双曲线方程 64x
2
0-100y20= 1600，即
5(y1-y2) + 4(x1+x2) 2- 4(x1-x2) + 5(y1+y2) 2= 1600，
整理得（关注公众号：Hi数学派）
-25y1y2+16x1x2+20(x2y1-x1y2) = 400 ②
由①②整理可得
x1y2-x2y1
x -x = 4，1 2
显然直线EF过定点 0，4 ．
背景 先补充两个预备知识：①在射影几何中，两条平行直线是存在交点的，且交点在无穷远处；②过
双曲线上一点作渐近线的平行线，则该平行线与双曲线存在另一个交点，即在无穷远处．
如图所示，设PE，PF与双曲线的另一个交点分别为G ∞ ，H ∞ ，设BH∩CG= I，将A，B，C，P，
H，G六点写成标准帕斯卡定理的六点排序形式，则有
AB∩PG=EABHPGCA BH∩GC= I I∈EF，HP∩CA=F
I∈BH BH PH 4又 ∈ ，且 ，所以BH，CG的方程分别为 y= 5 x+ 5 ，y=-
4
I CG CG PG 5
x- 5 ，联立这两个方
程，解得 I 0，4 ．
y
A
I
F
E P
B O C x
H ∞
G ∞
§3 椭圆和双曲线的万能参数方程
引理 椭圆的参数式直线方程
2 y2x
已知椭圆C： 2 + 2 = 1 a> b> 0 ，点A(acos2α，bsin2α)和点B(acos2β，bsin2β)是椭圆上不同的a b
两点，α，β∈ [0，2π)，那么，直线AB的方程为：
(1- ytanα tanβ) xa + (tanα+ tanβ) = 1+ tanα tanβ．b
证明 利用前面专题总结的规律，快速写出直线AB的两点式方程：
(bsin2α- bsin2β)x+ (acos2β- acos2α)y+ acos2α bsin2β- bsin2α acos2β= 0，
整理可得：(sin2a- sin2β) xa + (
y
cos2β- cos2α) = sin(2α- 2β)，利用和差化积可得：
b
2sin(α- β)cos(α+ β) xa - 2sin(β- α)sin(β- )
y
α = 2sin(α- β)cos(α- β)，此式的两边同时约去
b
sin(α- β)，再展开并约去 cosαcosβ即可得到上述的方程．
实战优化——万能参数方程
2 α
x= cosα 1- tan 2
我
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