1、椭圆第三定义：$A,B为椭圆上对称的两定点，P为动点，若则k_{PA},k_{PB}\exists ,则有k_{PA}k_{PB}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$
2、椭圆中垂径定理：$Ｍ为弦AB的中点，P为动点，若则k_{AB},k_{OM}\exists ,则有k_{AB}k_{OM}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$,
用点差法证明
2、l为椭圆上点Ｍ的切线：$若则k_{l},k_{OM}\exists ,则有k_{L}k_{OM}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$,
用点差法证明

椭圆的两个焦半径公式：
$①｜PF_1｜=a+ex_p;｜PF_２｜=a-ex_p;$左加右减
$②｜PF｜=\frac{b^2}{a-c\cos \theta } =\cfrac{b^2}{a}\cfrac{1}{1-e\cos \theta} $
$\theta为焦半径与Ｆ_1F_2之间的夹角$
①由椭圆第二定义得到；②式由余弦定理推导。

常用的最值范围
$①｜PF_1｜_{max}=a+c,｜PF_1｜_{min}=a-c;a+ex_p,x_p\in [-a,a]$
$②=a^2-e^2x_p^2\quad \in [b^2,a^2]$
$③\overrightarrow{PF_1} \overrightarrow{PF_2} =｜OP｜^2-｜OF_2｜^2\in [b^2-c^2,b^2]$
(极化恒等式)
$④\angle F_1PF_{2max}\Rightarrow 顶点Ｐ在上下顶点时；\angle F_1PF_{2min}\Rightarrow 顶点Ｐ在左右顶点时。$

焦点三角形公式：
$S_{\triangle PF_1F_2}=b^2\tan \cfrac{\theta }{2}$
$\theta$ 为焦点三角形顶角，用余弦定理+三角形面积公式证之
双曲线的焦点三角形面积公式：$S_{\triangle PF_1F_2}=\cfrac{b^2}{\tan \cfrac{\theta }{2}}$

切线方程与切点弦方程
$①点P(x_０,y_０)在椭圆上，则过Ｐ点且与椭圆相切的直线方程为:\cfrac{x_0x}{a^2}+\cfrac{y_0y}{b^2}=1$
证明 见https://one.free.nf/index.php/archives/259/例二
$②若P(x_０,y_０)在椭圆外，则过点P作椭圆的两条切线，切点为P_1,P_2,则切点弦P_1P_2的直线方程为\cfrac{x_0x}{a^2}+\cfrac{y_0y}{b^2}=1$
这里的直线方程其实也是点P关于椭圆的极线方程。

一，前言
前文介绍了利用线的长作为变量联立圆锥曲线得到韦达，以大大简化一类线段之积和和的问题计算。本文将继续从简化代数工具的计算量角度来介绍设点这一方法的应用。

鉴于全国高中老师对坐标韦达这一笨蛋方法的高度热枕以及设点的思路灵活前无体系，所以在解题中设点法除了在抛物线中其他应用被忽略比较严重，因而本文希望较为系统的给出设点的一种普遍应用以及明确其应用范围。
二，正文

1，预备性质

合比性质：$\forall a,b,c,d,若存在\frac{a}{b} =\frac{c}{d}，那么保证{\color{Red} \frac{a}{b} =\frac{c}{d}=\cfrac{pa+dc}{pb+qd}} $有意义的情况下，其恒成立
这里 p,q，是任意使新式有意义（分母不为0）的常数.
作为初中就学过的分式的基本性质之一，这一性质在下文中将大量利用，是设点的核心
它的证明不难，所以这里直接给出，考试也不需要证明

平方和恒等式
任意的我们有${\color{Green} (a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2} $， 平凡成立
这个恒等式展开即证，对右式略去后一项即得柯西不等式及其取等条件
这个式子的成立在展开后是显然的，所以考试写${\color{Red} 展开左右相等}$即可.

2，思路概要及适用范围

通常的一个独立条件会带来一组等量关系，在设点中这一类条件有“三点共线”，“点在某二次曲线上”，“线之间的斜率等量关系”等。我们通过将这些条件用点联立转化，就实际上和利用韦达设线等价运用了已知条件。
理论上在所有范围内都有设点的出现，包括韦达的运用也需要转化点来简化计算，这里只从直接运用也就是纯设点的角度来说，那么应用范围就是所证目标均在二次曲线的轴上
这是因为在轴上时坐标存在$ax_1x_2+bx_1+cx_2+d=0$的优良性质
幸运的是，高中出于简化计算的需要，很多题目都是符合这个条件的。

3，过定点类型的应用

例一:对椭圆$M:\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$,其左右顶点分别为A,B,从x=4上一点Ｔ引出两条直线TA,TB交椭圆D,E,证明DE过一定点C,并求定点坐标。

这里给出了两组三点共线，以及一个定直线，从这两个条件我们可以有
$3k_{AD}=k_{BE},若Ｄ(x_1,y_1)E(x_2,y_2),那么有\cfrac{3y_1}{x_1+2} =\cfrac{y_2}{x_2-2}$

同时，D,E都是椭圆上的点也是一个条件，利用第三定义${\color{Red} 弦的斜率与弦中点与原点连线的斜率之积为定值e^2-1}$
那么有$3k_{AE}=k_{BD}\Rightarrow \cfrac{3y_2}{x_2+2} =\cfrac{y_1}{x_1-2}$
这个条件和第一个条件联立$\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{x_1+2}{3x_2-6}=\cfrac{3x_1-6}{x_2+2}={\color{Red} (合比) }=\cfrac{4x_1-4}{4x_2-4}=\cfrac{x_1-1}{x_2-1}$
$这就是{\color{Green} \Rightarrow \cfrac{y_1}{x_1-1}=\cfrac{y_2}{x_2-1} } $，即ＣＤ过定点C(1,0)
$补充解释：DE是两求动点，\cfrac{y_1}{x_1-1}的几何意义为(x_1,y_1)到点(1,0)的斜率，$
$\cfrac{y_2}{x_2-1}的几何意义为(x_2,y_2)到点(1,0)的斜率，即两动点DE与定点(1,0)三点共线$
例二：

这里第一问直接给出$\frac{x^2}{4} +\frac{y^2}{3}=1$

${\color{Red} \because \quad \cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{x_1-1}{x_2-2}\Rightarrow \cfrac{y_1^2}{y_2^2}=\cfrac{(x_1-1)^2}{(x_2-1)^2}}$
$\cfrac{y_1^2}{y_2^2} =\cfrac{x_1^2-4}{x_2^2-4} {\color{Red} =\cfrac{(x_1-1)^2}{(x_2-1)^2}=\cfrac{4(x_1-1)^2-3(x_1^2-4)}{4(x_2-1)^2-3(x_2^2-4)}}=\cfrac{(x_1-4)^2}{(x_2-4)^2}$
${\color{Green} 下面的几个题目，多少用到这个合比操作。} $
这一题的思路启示我们，对于连线过定点的在圆锥曲线上的两点，通过这两个条件我们就能得到两个独立的分式，以此利用合比组合就能组合出各种所需要求的量
换句话说，这样的两点点差，得到两个等量关系
这其实就和韦达中 $x_1x_2,x_1+x_2$异曲同工
$若\cfrac{y_1}{y_2} =\cfrac{x_1-x_B}{x_2-x_B} ,\cfrac{y_1^2}{y_2^2} =\cfrac{x_1^2-a^2}{x_2^2-a^2 },要配完全平方$
${\color{Green} \cfrac{y_1^2}{y_2^2} =\cfrac{x_1^2-a^2}{x_2^2-a^2 }＝\cfrac{a^2(x_1-1)^2-(x_1^2-a^2)(a^2-1)}{a^2(x_2-1)^2(x_2^2-a^2 )(a^2-1)}=\cfrac{(x_Bx_1-a^2)^2}{(x_Bx_2-a^2)^2}}$
注释：$\cfrac{(x_1-4)}{(x_2-4)}由x=1的极线得到，即AB内分点为焦点，求外分点。$
$配方过程中，一次项x-4的系数不能被x^2-4改变$

$例3、椭圆\cfrac{x^2}{4}+y^2=1,P(1,0),Q(-1,0)过P作直线AB交椭圆于AB，直线AQ、BQ交椭圆C、D，求证:直线CD过定点。$

对于本题，其实际来源于射影几何的内接四点形定理推论
对于任意二次曲线内接四点形，其三组对边（含对角线）中若其中一组的交点是定点，另有一组对边中某一边过定点，则这一组边的另一条对边也过一定点。
其中交点的的极线与两定点连线交点，两定点，新推知的定点，这四点间成调和点列关系。
这里我们试着不依靠射影几何，直接利用轴点差和合比推导
$设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),D(x_3,y_3),C(x_4,y_4),那么有$
$①式:\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{x_1-1}{x_2-1}$
$②式:\cfrac{y_2}{y_3}=\cfrac{x_2+1}{x_3+1}={\color{Red} \cfrac{4+x_2}{-x_3-4} }$
$③式:\cfrac{y_4}{y_1}=\cfrac{x_4+1}{x_1+1}={\color{Red} \cfrac{-4-x_4}{x_1+4} } $
红色部分就是我们运用例二方法得到的另外一个隐藏关系
为了最终得到只含C、D的形式，我们希望①②③式相乘后无关项消去
所以把$②③式合比成①的形式②式\cfrac{y_2}{y_3}=\cfrac{x_2+1}{x_3+1}={\color{Red} \cfrac{4+x_2}{-x_3-4} }=\cfrac{5(x_2+1)-2(4+x_2)}{5(x_3+1)-2(-x_3-4)}=\cfrac{3x_2-3}{7x_3-13}$
$③式:\cfrac{y_4}{y_1}=\cfrac{x_4+1}{x_1+1}={\color{Red} \cfrac{-4-x_4}{x_1+4} } =\cfrac{5(x_4+1)-2(-4-x_4)}{5(x_1+1)-2(x_1+4)}=\cfrac{7x_4+13}{3x_1-3}$
$①，②，③相乘，就有\cfrac{y_3}{x_3+\cfrac{13}{7} }= \cfrac{y_4}{x_4+\cfrac{13}{7} }$

4、成定值类型的应用

这里的定值，一般是斜率积和比的定值相关，非零斜率和并不包括在内
这是因为非零的斜率和会破坏轴点差中核心的$x,y$其一单独存在
例4:

$第一问容易有C:\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1上顶点P(0,\sqrt{3}) ，下顶点Q(0,-\sqrt{3}),$
那么$k_{QA}\cdot k{PA}=-\cfrac{3}{4} ,k_{QB}\cdot k{PB}=-\cfrac{3}{4},k{PA}\cdot k_{PB}=-1$
$3k_{PB}=4k_{QA},3k_{PA}=4k_{QB},设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$
$\cfrac{x_1}{x_2}=\cfrac{4(y_1+\sqrt{3}) }{3(y_2-\sqrt{3})} =\cfrac{3(y_1-\sqrt{3}) }{4(y_2+\sqrt{3})}$
${\color{Red} =\cfrac{3(y_1-\sqrt{3})+4(y_1+\sqrt{3})}{4(y_2+\sqrt{3})+3(y_2-\sqrt{3})} }={\color{Green} \cfrac{y_1+\cfrac{\sqrt{3} }{7} }{y_2+\cfrac{\sqrt{3} }{7}} } $

显然，轴点差在这一题中比齐次化都要更快，这是因为它充分利用了点的位置条件
同时，这种方法在证明斜率积比相关的结论时也十分有力.

例5:

$第一问:\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3} =1$
$第二问：我们设P(x_1,y_1),N(x_2,y_2),M(-x_1,-y_1),A(-2,0),F(1,0)$
$PNF三点共线，则有\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{x_1-1}{x_2-1},k_{AM}=k_1=\cfrac{-y_1}{-x_1+2},
k_{AN}=k_2=\cfrac{y_2}{x_2+2},$
$要证\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{\lambda (x_1-2)}{x_2+2}$，同例2的方法，可得
$PN在椭圆上有：\cfrac{y_1^2}{y_2^2}=\cfrac{x_1^2-4}{x_2^2-4}$
$\cfrac{y_1^2}{y_2^2}=\cfrac{4(x_1-1)^2-3(x_1^2-4)}{4(x_2-1)^2-3(x_2^2-4)} =\cfrac{(x_1-4)^2}{(x_2-4)^2} $
$\Rightarrow \cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{4-x_1}{x_2-4}$
$\Rightarrow \cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{4-x_1}{x_2-4}=\cfrac{\lambda (x_1-2)}{x_2+2}=\cfrac{(\lambda -1)x_1-2\lambda +4}{2x_2-2}$
${\color{Green} \Rightarrow \lambda =3} $
例6、
第1问：$\cfrac{x^2}{6} +\cfrac{y^2}{2}=1$
根据中点弦的性质，容易有:$k_{OM}\cdot k_{MF}=-\cfrac{1}{3} \quad k_{ON}\cdot k_{NF}=-\cfrac{1}{3};k_{MF}\cdot k_{NF}=-1$
做比，就有$3k_{ON}=k_{MF}，3k_{OM}=k_{NF}；设M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$
有：$\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{3x_1+6}{x_2} 和 \cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{x_1}{3x_2+6},$联立合比
$\cfrac{y_1}{y_2}=\cfrac{3x_1+6}{x_2}=\cfrac{x_1}{3x_2+6}={\color{Red} \cfrac{4x_1+6}{4x_2+6} }$
因而$MN过定点(-\cfrac{3}{2},0)$
是不是非常简洁？可以说是天差地别。

5，轨迹和面积应用

需要注意，这里的面积只局限在有一点和原点重合的面积讨论
例7:
$第一问:\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2} =1$
面积相关的问题并不是继续无脑套合比，这里需要用到预备性质的平方和恒等式
由平方和恒等式得知存在这样的关系$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),R(x_0,y_0)$
${\color{Red} (\cfrac{x_1^2}{2} +\cfrac{y_1^2}{4})(\cfrac{x_2^2}{2} +\cfrac{y_2^2}{4})=(\cfrac{x_1y_2}{2\sqrt{2} } -\cfrac{x_2y_1}{2\sqrt{2} })^2+(\cfrac{x_1x_2}{2 } +\cfrac{y_2y_1}{4 })^2}$
而我们熟知$S=\cfrac{1}{2} |x_1y_2-x_2y_1|$,带入本题，就是

点差法是比较独立于常规解法韦达设联消之外的一种解题思路。本质上，点差法不采取设直线方程并与椭圆联立得到二次方程的常规解法，而采取方程做差的方法。${\color{Red} 这类对式子进行变换（如加减乘除、合分比等）从而得到坐标关系的策略}$ 从而得到坐标关系的策略我们都可以称其为广义的点差法。通常来说，相比于二次联立，点差法具有更少的计算量，也同时具有更高的思维要求。
应该认识到，对称性的发现与运用是点差法中的重要思想。
点差法最基础的应用莫过于${\color{Red}弦中点的斜率}$关系了，这也是大部分人第一次接触点差法所解决的问题。
例一 弦中点的斜率积
现有椭圆$\Gamma:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt b\gt 0)，$及其上一弦AB. 设
AB的中点为M，坐标系原点为O.
求证：$k_{om}k_{AB}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$
解：首先，$设A(x_1,y_1)B(x_2,y_2)$代入椭圆方程得到，
$\begin{cases}\cfrac{x_1^2}{a^2}+\cfrac{y_1^2}{b^2}=1\\ \cfrac{x_2^2}{a^2}+\cfrac{y_2^2}{b^2}=1 \end{cases}$
两式作差，得$k_{om}k_{AB}=e^2-1=-\cfrac{b^2}{a^2}$
这是一种最基础的方法，主要根据是平方差公式得到$x_1+x_2与 x_1-x_2$的关系，再运用几何意义得出结论。
根据不同的方法我们可以得到不同的结论。比如说配方：
例二 | 椭圆上一点的切线方程
椭圆$\Gamma:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1及其上一点P(x_0,y_0)$
求证:椭圆$\Gamma:在P处的切线方程为:\cfrac{x_0x}{a^2}+\cfrac{y_0y}{b^2}=1$
采用二次联立会使用$\delta$的方法作为相切的条件。本质上就是证明只有一个交点。
用点差的方法，我们有：
$\begin{cases} \cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1\qquad ①\\\cfrac{x_0^2}{a^2}+ \cfrac{y_0^2}{b^2}=1\qquad②\\\cfrac{x_0x}{a^2}+ \cfrac{y_0y}{b^2}=1\quad③\end{cases}$
进行配方$①+②－2\times ③$得到
$\cfrac{x^2-2x_0x+x_0^2}{a^2} +\cfrac{y^2-2y_0y+y_0^2}{b^2}=1+1-2\Rightarrow \cfrac{(x_0-x)^2}{a^2} +\cfrac{(y-y_0)^2}{b^2}=0$
仅有$(x,y)=(x_0,y_0)$一解，可知直线与椭圆仅有一交点，故直线与椭圆相切。
https://zhuanlan.zhihu.com/p/619123116

对偶式法适用于经过二次曲线对称轴上定点的直线。使用这个方法的主体是以曲线上的点作为参数，找到点与点之间存在的数量关系。有时还需要解点：解出点的坐标，进行消元。通常用于椭圆和双曲线。

前置知识一：直线两点式的另一种形式。

我们知道，直线的两点式，是描述了到两定点斜率相等的点的集合。
先回顾一下，即如下的式子：
过点$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)的直线的两点式：\cfrac{y-y_1}{x-x_1} =\cfrac{y-y_2}{x-x_2}$
稍微变形即可得到$\Omega$  式：
$\cfrac{y-y_1}{x-x_1} =\cfrac{y-y_2}{x-x_2}$
$(y-y_1)(x-x_2)=(y-y_2)(x-x_1)$
$xy-y_1x-x_2y+x_2y_1=xy-y_2x-x_1y+x_1y_1$
$x_2y_1-x_1y_2=(x_2-x_1)y+(y_1-y_2)x\qquad \Omega式$

前置知识二：对二次曲线方程的使用（对偶式法的核心）

若过点$T(t,0)的直线l交椭圆C:\cfrac{x^2}{a^2}+ \cfrac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt 0)于A,B两点。A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$
AB:$\quad x_2y_1-x_1y_2=(x_2-x_1)y+(y_1-y_2)x过点T$
$x_2y_1-x_1y_2=t(y_1-y_2)\qquad ①$
$x_2y_1+x_1y_2=\cfrac{x_2^2y_1^2-x_1^2y_2^2}{x_2y_1-x_1y_2} =\cfrac{\cfrac{x_2^2y_1^2-x_1^2y_2^2}{a^2} }{\cfrac{x_2y_1-x_1y_2}{a^2} }$
$=\cfrac{(1-\cfrac{y_2^2}{b^2} )y_1^2- (1-\cfrac{y_1^2}{b^2} )y_2^2}{\cfrac{t(y_1-y_2)}{a^2} }=\cfrac{a^2}{t}(y_1+y_2)\qquad ②$
联立① ②：$\begin{cases} x_2y_1=\cfrac{t+\frac{a^2}{t} }{2} y_1+\cfrac{-t+\frac{a^2}{t} }{2} y_2\\x_1y_2=\cfrac{t+\frac{a^2}{t} }{2} y_2+\cfrac{-t+\frac{a^2}{t} }{2} y_1\end{cases}$
$\begin{cases} x_2=\cfrac{t+\frac{a^2}{t} }{2} +\cfrac{-t+\frac{a^2}{t} }{2} \cfrac{y_2}{y_1}\\x_1=\cfrac{t+\frac{a^2}{t} }{2}+\cfrac{-t+\frac{a^2}{t} }{2} \cfrac{y_1}{y_2}\end{cases}$
${\color{Red} \Rightarrow } (x_1-\cfrac{t+\frac{a^2}{t} }{2}) (x_2-\cfrac{t+\frac{a^2}{t} }{2}) =(\cfrac{-t+\cfrac{a^2}{t} }{2} )^2$

同构法是处理解析几何对称问题的有力武器．同构思想的介入，使得解析几何中对称问题、切线问题、平行线截线段成比例问题等，结构相同或相似问题的求解过程变得简单明了．
结合近几年高考试题和各地模拟试题，发现同构思想在解决圆锥曲线的有关问题时能优化计算，比起以往联立直线与曲线方程的常规方法，显得简便许多.当题目中出现具有相同结构、相同式子时，或过某一点处的切线等相似结构时，可以考虑采用同构法， 从而达到提高解题效率的目的
　
解：设$B(\cfrac{y_1^2}{2},y_1),C(\cfrac{y_2^2}{2},y_2),A(2,2)\Rightarrow P=1$
故直线$AB:k_1=\cfrac{y_1-2}{\frac{y_1^2}{2}-2 } =\cfrac{2(y_1-2)}{(y_1+2)(y_1-2) }=\cfrac{2}{y_1+2 }$
直线$AB方程：(y-2)(y_1+2)=2(x-2)\Rightarrow 2x-(y_1+2)y+2y_1=0$
圆心$(2,0)到直线的距离为1:\cfrac{\left | 4+2y_1 \right | }{\sqrt{4+(y_1+2)^2} } =1$
整理得，$3y_1^2+12y_2+8=0将y_1^2=2x_1代入，得3x_1+6y_1+4=0$
同理可得，$3x_2+6y_2+4=0，可见B(x_1,y_1),C(x_2,y_2)是方程3x+6y+4=0的解$
即$BC在直线3x+6y+4=0上$