$共有四部份内容：$
$㈠极点极线与“四线一方程”$
$㈡极点极线与"自极三角形"$
$㈢极点极线与“调和点列”$
$㈣极点极线与高考命题$

㈠极点极线与“四线一方程”

$椭圆的“四线一方程”$
$已知椭圆E:\cfrac{x^2}{a^2} +\cfrac{y^2}{b^2}=1 \quad(a\gt　b\gt0),对椭圆方程作如下变换：$
$二次项：x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,得到直线\cfrac{x_0x}{a^2}+\cfrac{y_0y}{b^2}=1,记为H(x,y)=0;$
$则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在椭圆E上时，l为M关于椭圆E的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在椭圆E外时，l为M关于椭圆E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在椭圆E内上时，l为M关于椭圆E的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在椭圆E内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于椭圆E的中点弦方程(M为弦的中点)；$
$圆的“四线一方程”$
$已知圆的方程C：x^2+y^2+Dx+Ey+F=0\quad (D^2+E^2-4F\gt 0),点M(x_0,y_0), 对圆的方程作如下变换：$
$二次项x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,一次项x\to \cfrac{x_0+x}{2},y\to \cfrac{y_0+y}{2},$
$得到直线l：x_0x+y_0y+D\cfrac{x_0+x}{2}+E\cfrac{y_0+y}{2}+F=0，记为记为H(x,y)=0;则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在圆C上时，l为M关于圆C的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在圆C外时，l为M关于椭圆E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在圆C内上时，l为M关于圆C的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在圆C内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于圆C的中点弦方程(M为弦的中点)；$

$双曲线的“四线一方程”$
$已知双曲线E:\cfrac{x^2}{a^2} -\cfrac{y^2}{b^2}=1 \quad(a\gt　b\gt0),对双曲线方程作如下变换：$
$二次项：x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,得到直线\cfrac{x_0x}{a^2}-\cfrac{y_0y}{b^2}=1,记为H(x,y)=0;$
$则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在双曲线E上时，l为M关于双曲线E的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在双曲线E外时，l为M关于双曲线E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在双曲线E内上时，l为M关于双曲线E的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在双曲线E内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于双曲线E的中点弦方程(M为弦的中点)；$
$抛物线的“四线一方程”$
$已知抛物线E:y^2=2px \quad(p\gt0),对抛物线方程作如下变换：$
$二次项x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,一次项x\to \cfrac{x_0+x}{2},y\to \cfrac{y_0+y}{2},$
$得到直线l:y_0y=p(x+x_0),则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在抛物线E上时，l为M关于抛物线E的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在抛物线E外时，l为M关于抛物线E的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在抛物线E内上时，l为M关于抛物线E的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在抛物线E内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于抛物线E的中点弦方程(M为弦的中点)；$

$二次曲线的“四线一方程”$
$已知二次曲线G:Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0,对二次曲线方程作如下变换：$
$二次项x^2\to x_0x,y^2\to y_0y,xy\to \cfrac{x_0y+xy_0}{2}一次项x\to \cfrac{x_0+x}{2},y\to \cfrac{y_0+y}{2},$
$得到直线l:Ax_0x+B\cfrac{x_0y+xy_0}{2}+Cy_0y+D\cfrac{x_0+x}{2}+E\cfrac{y_0+y}{2}+F=0则直线l: H(x,y)=0，有如下性质：$
$①当M(x_0,y_0)在二次曲线G上时，l为M关于二次曲线G的切线方程；$
$②当M(x_0,y_0)在二次曲线G外时，l为M关于二次曲线G的切点弦方程；$
$③当M(x_0,y_0)在二次曲线G内上时，l为M关于二次曲线G的切线交点轨迹方程；$
$④当M(x_0,y_0)在二次曲线G内上时，H(x,y)-H(x_0,y_0)=0是M关于二次曲线G的中点弦方程(M为弦的中点)；$

极点极线的调和点列定义

$过不在二次曲线上的一点P作直线l交二次曲线于M,N两点，则在l上有一点Q，使得\cfrac{PM}{PN}=\cfrac{QM}{QN}, 当绕着点P旋转时，$
$Q的轨迹是一条直线p（或直线一部分）,这条直线p叫做点P的关于二次曲线的极线，而P叫做p关于该曲线的极点。$

射影几何、交比、调和点列

$\cfrac{\overrightarrow{AC} }{\overrightarrow{AD} } 与\cfrac{\overrightarrow{BC}}{\overrightarrow{BD}}之比，叫做交比。$
1、交比具有身影不变性；
$\cfrac{AC}{AD} /\cfrac{BC}{BD}=\cfrac{\cfrac{1}{2} S_{\triangle AOC}}{\cfrac{1}{2} S_{\triangle AOD}} /\cfrac{\cfrac{1}{2} S_{\triangle BOC}}{\cfrac{1}{2} S_{\triangle BOD}}=\cfrac{\cfrac{1}{2} OA\cdot OC\cdot \sin \angle BOC}{\cfrac{1}{2} OA\cdot OD\cdot \sin \angle AOD} /\cfrac{\cfrac{1}{2} OB\cdot OC\cdot \sin \angle BOC}{\cfrac{1}{2} OB\cdot OD\cdot \sin \angle BOD}$
$=\cfrac{\sin \angle BOC}{\sin \angle AOD} /\cfrac{\sin \angle BOC}{\sin \angle BOD}$
2、$当交-1时，即\cfrac{\overrightarrow{AC} }{\overrightarrow{AD} } {\div} \cfrac{\overrightarrow{BC}}{\overrightarrow{BD}}=-1,即\cfrac{AC}{AD} =\cfrac{BC}{BD}时，$
此时，称 ACBD四点为调和点列，
$①A,B为基点，则C,D为内外分点，C,D调和分割A,B,且\cfrac{2}{AB} =\cfrac{1}{AC} +\cfrac{1}{AD}$
$证明：\because \cfrac{BC}{AC} =\cfrac{BD}{AD} \Rightarrow \cfrac{AB-AC}{AC} =\cfrac{AD-AB}{AD}\Rightarrow$
$\cfrac{AB}{AC}-1 =1-\cfrac{AB}{AD} \Rightarrow 2=\cfrac{AB}{AC}+\cfrac{AB}{AD} \Rightarrow \cfrac{2}{AB} =\cfrac{1}{AC} +\cfrac{1}{AD}$
$②C,D为基点，则B,A为内外分点，A,B调和分割C,D,且\cfrac{2}{CD} =\cfrac{1}{DA} +\cfrac{1}{DB}$
$证明:\because \cfrac{DB}{DA} =\cfrac{CB}{CA} \Rightarrow \cfrac{CA}{DA} =\cfrac{CB}{DB}$
$\Rightarrow \cfrac{DA-CD}{DA} =\cfrac{CD-DB}{DB}\Rightarrow 1- \cfrac{CD}{DA}=\cfrac{CD}{DB}-1\Rightarrow 2=\cfrac{CD}{DB}+\cfrac{CD}{DA}$

选择性必修一课本97页例6
$一动点Ｐ与两定点A、B的距离之比等于定比\lambda ，则点Ｐ的轨迹，是以定比\lambda $
$内分和外分定线段的两个分点的连线为直径的圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆。$
$定义：在平面内到相异两定点的距离之比为定值（大于０且不等于１）的点的轨迹$
$是圆，称此动点的轨迹为阿波罗尼斯圆。$
$已知AB=2ｃ，有一动点P(x,y)，\cfrac{PA}{PB}=\lambda (\lambda \gt0,且\ne 1)，求Ｐ的轨迹。$
$以AB的中点为坐标原点，建立直角坐标系，A(-C,0),B(C,0),PA=\sqrt{(x+c)^2+y^2}, PB=\sqrt{(x-c)^2+y^2},$
$\Rightarrow \frac{PA}{PB}=\cfrac{\sqrt{(x+c)^2+y^2}}{\sqrt{(x-c)^2+y^2} }= \lambda$
${\color{Red} 圆心(\cfrac{\lambda ^2+1}{\lambda ^2-1}\times c,0 );半径r= |\cfrac{2\lambda c}{\lambda ^2-1}|} $

识别题型：1、定值；2、三角形，3、比例关系。

$1、已知两定点A(-2,0),B(1,0),如果动点P满足\left | PA \right | =2\left | PB\right | ,$
$则点P的轨迹所包围的图形的面积等于(\quad B\quad )$
$A.\pi\quad B.4\pi \quad C.8\pi\quad D.9\pi $
$2、满足条件AB=2,AC=\sqrt{2}BC的\triangle ABC面积的最大值是2\sqrt{2}$
$3、平面内动点M到定点A(-2,0),B(2,0)的距离之比为\cfrac{1}{2} ,则动点M所包围的图形的面积等于(\qquad )$

$4、在\triangle ABC中,BD为的\angle ABC角平分线，D在AC上，且AD=2,DC=1,，则面积\triangle ABC的最大值为$
$5、已知向量\vec{a} ,\vec{b} 满足\left | \vec{a} \right | =1,\left | \vec{b} \right | =\left |2\vec{b} -\vec{a} \right |,则\left | \vec{b} \right |的最大值为(\qquad)，\vec{a}与\vec{b}的夹角取值范围。$
$|2\vec{b} |_{max}=左端点到内分点的距离+阿氏圆的直径=\cfrac{2}{3}+\cfrac{4}{3}=2$
${\color{Green} \because 内分点分\vec{a} 左右端点之比为2:1}$
$=\cfrac{2}{3} 又\because c=\frac{1}{2}$
$r=\cfrac{2\lambda c}{\lambda ^2-1} =\cfrac{2}{3}$

$6、已知平面内有两点A(4,2)和B(2,0)，且该平面内的点P满足\left | PA \right | =\sqrt{3} \left | PB\right | .若点P的轨迹关于$
$直线mx-ny-3=0(m\gt 0,n \gt0 )对称，则\frac{4}{m} +\frac{1}{n}的最小值是(\quad )$
$A.\cfrac{\sqrt{3} }{2} \quad B.\sqrt{3} \quad C.3\quad D.9$
$解：P的轨迹是圆，且圆心在直线mx-ny-3=0上$
$\left | PA \right |=\sqrt{(x-4)^2+(y-2)^2}, \left | PB \right |=\sqrt{(x-2)^2+y^2},\Rightarrow (x-4)^2+(y-2)^2=3[(x-2)^2+y^2]$
$\Rightarrow (x-1)^2+(y+1)^2=6\Rightarrow 圆心(1,-1)代入mx-ny=3,即m+n=3$
$\cfrac{4}{m}+\cfrac{1}{n} =(\cfrac{4}{m}+\cfrac{1}{n} )(m+n)\times \cfrac{1}{3} \ge 3,当且仅当m=2,n=1时等号成立。$

$7.已知直线l_1：kx-y+2=0与直线l_2:x+ky-2=0相交于点P，则当实数k变化时，$
$点P到直线x-y-4＝0的距离的最大值为(\quad)$
$A.\sqrt{2} +1,\quad B.\sqrt{2} +2,\quad C.3\sqrt{2} \quad D.4\sqrt{2}$
$解：直线l_1过定点A(0,2)，直线l_2过定点B(2,0),P点是AB为直径的圆上；圆心到(1,1)直线距离加上半径即为所求。$
$d=\cfrac{\left | 1-1-4 \right | }{\sqrt{2} }=2\sqrt{2},r=\sqrt{2} \Longrightarrow 3\sqrt{2} $

点乘可以理解为：斜率相乘，向量的点乘

设过$B_1(-2,0)$的直线方程:$y=k(x+2),或x=my-2,P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),其中mk=1$
$\because PB_2\perp QB_2 \therefore (x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=0$
椭圆与直线联立两次，得到：
$\begin{cases} x^2+5y^2-20＝0\\y=k(x+2)\end{cases}\Rightarrow x^2+5k^2(x+2)^2-20=0\quad(1)$
$\begin{cases} x^2+5y^2-20＝0\\x=my-2\end{cases}\Rightarrow (my-2)^2+5y^2-20=0\quad(2)$
由于$x_1,x_2$是(1)的两根，因此，(1)可改写为：$(5k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=0$
即$x^2+5k^2(x+2)^2-20=(5k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)$
当$x=2$得，$(x_1-2)(x_2-2)＝\cfrac{2^2+5k^2\cdot 4^2-20}{5k^2+1}= \cfrac{80k^2-16}{5k^2+1}$;

由于$y_1,y_2$是(2)的两根，因此，(2)可改写为：$(m^2+5)(y_1-y)(y_2-y)=0$
即$(my-2)^2+5y^2-20=(m^2+5)(y_1-y)(y_2-y)$
当y=0得，$y_1\cdot y_2=\cfrac{2^2-20}{m^2+5} =\cfrac{-16k^2}{5+k^2} (\because mk=1)$
$\therefore (x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=\cfrac{-16k^2}{5+k^2} +\cfrac{80k^2-16}{5+k^2} =0$
$\Rightarrow 4k^2=1\Rightarrow k=\pm \cfrac{1}{2};\Rightarrow,y=\pm \cfrac{1}{2}(x+2)$

${\color{Red} 我们应该先说明}$ 过$B_1(-2,0)$,PQ垂直x轴时，$PB_2\perp QB_2 $不成立。

${\color{Green} 另一题目}$ ：
已知椭圆(Gamma) $\Gamma ：\cfrac{x^2}{4} +y^2＝1$,设直线$l:y=kx+m(k\ne0)$与椭圆$\Gamma$交于A,B两点，且以AB为直径的圆过椭圆右顶点M，求证：直线$l$恒过定点。
解：设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),M(2,0)$
$\because \overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} \Rightarrow (x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=0$
$直线方程还可以设为：x=ny-mn\quad(kn=1)$
将两直线方程分别与椭圆联立，得到
$\begin{cases} x^2+4y^2-4=0\\y=kx+m\end{cases}\quad\Rightarrow x^2+4(kx+m)^2-4=0\quad(1)$
$\begin{cases} x^2+4y^2-4=0\\x=ny-mn\end{cases}\quad \Rightarrow(ny-mn)^2+4y^2-4=0\quad (2)$
由于$x_1,x_2$是(1)的两根，因此，上(1)式可改写为：$(4k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=0$
即$x^2+4(kx+m)^2-4=(4k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)$
当$x=2$得，$(x_1-2)(x_2-2)=\cfrac{4(2k+m)^2}{4k^2+1}=0$
由于$y_1,y_2$是(2)式的两根，因此，上(2)式可改写为：$(n^2+4)(y_1-y)(y_2-y)=0$
即$(n^2+4)(y_1-y)(y_2-y)=(ny-mn)^2+4y^2-4$
当y=0得，$y_1\cdot y_2=\cfrac{m^2 n^2-4 }{n^2+4}$
$(x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2 =\cfrac{m^2-4k^2}{4k^2+1} +\cfrac{4(2k+m)^2}{4k^2+1}=0$
$\Rightarrow m^2-4k^2+4(2k+m)^2=(m+2k)(m-2k+8k+4m)=(m+2k)(5m+6k)=0$
$\Rightarrow m=-2k或m=-\cfrac{6k}{5}$
$y=kx-2k=k(x-2)(舍去);y=kx-\cfrac{6k}{5} =k(x-\cfrac{6}{5} ),故直线l恒过定点(\cfrac{6}{5} ,0)$

${\color{Red}再来一题 } ：$

$\therefore k_{AM}\cdot k_{AN}=\cfrac{y_1-2}{x_1-1} \cdot \cfrac{y_2-2}{x_2-1} ==\cfrac{-8(1+2m)}{\cfrac{4k(k+2)}{k^2} }=\cfrac{-8k^2(1+2m)}{4k(k+2) }=\cfrac{-8k(k+2mk)}{4k(k+2) }=-2$

解：$A(-1,0)，设D(x_1,y_1),E(x_2,y_2)，$设直线方程为：$y=kx+m或x=ny-mn\quad (其中nk=1)$
将直线方程与椭圆方程联立两次，得到
$\begin{cases} y=kx+m \\ x^2+2y^2-1=0\end{cases}\quad \Rightarrow x^2+2(kx+m)^2-1=0\quad (1)$
$\begin{cases} x=ny-mn \\ x^2+2y^2-1=0\end{cases}\quad \Rightarrow (ny-mn)^2+2y^2-1=0\quad (2)$
由于$x_1,x_2$是(1)式的两根，上(1)式可以改写为：$(2k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=0$
即有：$(2k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=x^2+2(kx+m)^2-1$
当$x=-1得，(x_1+1)(x_2+1)=\cfrac{2(m-k)^2}{2k^2+1}$
$\because y_1,y_2$是(2)式的两根，上(2)式可改写为：$(n^2+2)(y_1-y)(y_2-y)=0;$
即有：$(n^2+2)(y_1-y)(y_2-y)=(ny-mn)^2+2y^2-1$
当$y=0$得,$y_1y_2=\cfrac{m^2n^2-1}{n^2+2} =\cfrac{m^2-k^2}{1^2+2k^2}$
$\therefore k_{AD}k_{AE}=k_1k_2=\cfrac{y_1y_2}{(x_1+1)(x_2+1)} =\cfrac{m^2-k^2}{2(m-k)^2}=2$
$\Rightarrow 4(m-k)^2=m^2-k^2 \Rightarrow (m-k)[4(m-k)-(m+k)]=0\Rightarrow (m-k)(3m-5k)=0$
$\Rightarrow n=k,或m=\frac{5}{3} k$
$y=kx+k=k(x+1)(舍去)$,
$y=kx +\cfrac{5}{3} k=k(x+\cfrac{5}{3})\Rightarrow 直线DE恒过定点(-\cfrac{5}{3},0)$

抛物线来一题目：

当$l:y=-2或x=3，显然 k_1k_2=-2$
当$l$不与坐标轴平行，不妨设过$P(3,-2)$的直线$l$方程为：$y=k(x-3)-2或x=m(y+2)+3;(其中km=1),设M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$
将直线与抛物线方程联立两次，得到
$\begin{cases} y=k(x-3)-2\\y^2=4x\end{cases}\quad \Rightarrow [k(x-3)-2]^2-4x=0\quad (1)$
$\begin{cases}x=m(y+2)+3\\y^2=4x\end{cases}\quad \Rightarrow y^2-4[m(y+2)+3]=0\quad (2)$
由于$x_1,x_2$是(1)式的两根，上(1)式可以改写为：$k^2(x_1-x)(x_2-x)=0$
即有：$[k(x-3)-2]^2-4x=k^2(x_1-x)(x_2-x)$
同理由于$y_1,y_2$是(2)式的两根，上(2)式可改写为：$(y_1-y)(y_2-y)=0$
即有：$y^2-4[m(y+2)+3]=(y_1-y)(y_2-y)$
当$x=1$得，$(x_1-1) \cdot (x_2-1)=\cfrac{(2k+2)^2-4}{k^2}=\cfrac{4k^2+8k}{k^2}=\cfrac{4k(k+2)}{k^2}$
当$y=2$得， $(y_1-2)(y_2-2)=4-4(4m+3)=-8-16m=-8(1+2m)$
A点坐标$(1,2),M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$
$\therefore k_{AM}\cdot k_{AN}=\cfrac{y_1-2}{x_1-1} \cdot \cfrac{y_2-2}{x_2-1} ==\cfrac{-8(1+2m)}{\cfrac{4k(k+2)}{k^2} }=\cfrac{-8k^2(1+2m)}{4k(k+2) }=\cfrac{-8k(k+2mk)}{4k(k+2) }=-2$

优化圆锥曲线利用韦达定理解决问题的计算

优点

提高效率，简化计算
缺点：无
适用范围
能用韦达定理做的题目
出现 $(x_1-k)(x_2-k)$形式
总结
此方法并不能做出不会做的题目，能用这个方法做的题目，用韦达定理也一定能做。
但是简化了大量计算量，提高正确率。

基本原理：

对于二次函数 $f(x)=ax^2+bx+c$，若存在两个零点（$\Delta\gt 0)不妨设x_1,x_2是f(x)$的零点。则$f(x)$
可以等价表示为 $f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)$。
我们得到，对于一个二次函数，我们有两种表示方法。
即 $f(x)=ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)$
进一步得到 $(x_1-x)(x_2-x)=x^2+\cfrac{b}{a}+\cfrac{c}{a}$，我们不妨称之为“点乘双根式”
应用
这个方法的应用很简单。一句话概括就是，看到类似 $(x_1-k)(x_2-k)$的式子，我们就可以用点乘双根式来快速求解了。
这样的问题，通常出现在斜率相乘，还向量点乘！

最值问题：

例1.$已知正数a,bv满足a+b=2,求\frac{1}{a} +\frac{1}{ab} 的最小值$
$\frac{1}{a} +\frac{1}{ab}=\frac{a+b}{2a} +\frac{(a+b)^2}{4ab}$齐次化。
例2.重庆市巴蜀中学2023年高二下学期末。对于任意的正实数$a,b,c$,满足$b+c=1,则\frac{3ab^2+a}{bc}+\frac{12}{a+1}的最小值为(12\sqrt2-6)$
$\frac{3ab^2+a}{bc}+\frac{12}{a+1}=a\cdot\frac{3b^2+1}{bc} +\frac{12}{a+1}$
$\frac{3ab^2+a}{bc}+\frac{12}{a+1}=a\cdot\frac{3b^2+1}{bc} +\frac{12}{a+1}$
$=a\cdot \frac{4b^2+c^2+2bc}{bc}+ \frac{12}{a+1}$
$=a\cdot (\frac{4b}{c} +\frac{c}{b} +2)+ \frac{12}{a+1}$
$\ge a\cdot (2\sqrt{\frac{4b}{c}\frac{c}{b}} +2)+ \frac{12}{a+1} $当且仅当$c=2b$时，取=
=$6a+ \frac{12}{a+1} =6(a+1)+\frac{12}{a+1}-6$
$\ge 2\sqrt{6(a+1)\frac{12}{a+1} }-6 $当且仅当$a=\sqrt2-1$时取=
$=12\sqrt{2}-6$
补充题：已知$a>0,b>0,c>0,且b+c=\sqrt{6},则\frac{ac^2+2a}{bc} +\frac{4}{a+1}$ 的最小值是($\qquad$) *10-10
解：原式=$\cfrac{a(c^2+2)}{bc}+\cfrac{4}{a+1} $
$\cfrac{c^2+2}{bc}=\cfrac{c^2+\frac{(b+c)^2}{3} }{bc}= \cfrac{4c^2+2bc+b^2}{3bc}=\cfrac{2}{3}+\cfrac{4c}{3b} +\cfrac{b}{3c}+\ge =\cfrac{2}{3}+2\sqrt{\cfrac{4}{9} }=2$
$原式=2a+\cfrac{4}{a+1} =2(a+1)+\cfrac{4}{a+1}-2\ge 2\sqrt{2(a+1)\cdot \cfrac{4}{a+1} } -2=4\sqrt{2}-2$
$当且仅当\begin{cases}\cfrac{4c}{3b} &=\cfrac{b}{3c}; \\ a+1&=\cfrac{2}{a+1}\end{cases}$取等号
补充题2:$a>0,b>0,求\cfrac{ab+b}{a^2+b^2+1} 的最大值\qquad$非齐次,10-10
原式$=\cfrac{b(a+1)}{a^2+b^2+1} =\cfrac{a+1}{\cfrac{a^2+1}{b} +b} \le \cfrac{a+1}{2\sqrt{a^2+1} } =\cfrac{1}{2}\cfrac{a+1}{\sqrt{a^2+1} }= \cfrac{1}{2} \cdot \sqrt{\cfrac{a^2+2a+1}{a^2+1} } $
$=\frac{1}{2} \cdot \sqrt{1+\frac{2a}{a^2+1} } \le \frac{1}{2}\sqrt{1+\frac{2a}{2a}}=\frac{\sqrt{2} }{2} $
补充题3：$x>0,y>0,且满足\cfrac{1}{x+3y} +\cfrac{1}{2x+y}=1,求x+y最小值$
$x+y=\cfrac{1}{5} (\cfrac{1}{x+3y} +\cfrac{2}{4x+2y} )(x+3y+4x+2y)$=$x+y=\frac{1}{5} [3+\frac{2(x+3y)}{4x+2y} +\frac{4x+2y}{x+3y} ]\ge\frac{1}{5}(3+2\sqrt{2} )$
当且仅当$\begin{cases}\frac{1}{x+3y} +\frac{1}{2x+y} =1\\\frac{2x+6y}{4x+2y} =\frac{4x+2y}{x+3y}\end{cases}$时取等
例3.$已知a,b\in R^+,a+b=1,则:$
$(1)\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+1}$的最小值是____
$(2)\frac{1}{a}(b+\frac{1}{b})$的最小值是____
$(3)\frac{3a^2+1}{ab}$的最小值是____
例４.已知$a,b$为正实数$,a+2b=1,则\cfrac{b^2+a+1}{2ab}$ 的最小值为（$\qquad$)
例5.已知$b>a>0,2a+b=ab,则\frac{4}{2a-1} +\frac{1}{b-2} $的最小值为($\qquad$) (10-11)
解：由已知$2a+b=ab\Rightarrow b=\frac{2a}{a-1} , 原式=\frac{4}{2a-1} +\frac{1}{\frac{2a}{a-1} -2} =\frac{4}{2a-1}+\frac{a-1}{2}=\frac{4}{2a-1}+\frac{2a-1}{4}-\frac{1}{4}=\frac{7}{4}$
例6：已知$a,b$为正实数$a+b+3=ab$ 则$a+b$的最小值为（$\qquad$) ,求谁保留谁
由$a+b+3=ab\Rightarrow \begin{cases} a+b&=ab-3\\ab&\le \frac{(a+b)^2}{4} \end{cases}\quad \Rightarrow a+b\le \frac{(a+b)^2}{4} -3$，换元设$ t=a+b, 得4t\le t^2-12\Rightarrow t^2-4t-12\ge0 \Rightarrow (t-6)(t+2)\ge0,故t\ge 6$
例7：已知$a,b$为正实数$ab+a+b=8$,下列说法正确的是（ )
$A.ab的最大值是2; \quad B.a+b的最小值是4; \quad C.a+2b的最小值是6\sqrt{2} -3 \quad D.\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b}的最小值为\frac{1}{2}$
解：$ B.解：由ab+a+b=8\Rightarrow a(b+1)+b+1=9\Rightarrow (a+1)(b+1)=9\Rightarrow (a+1)(b+1)\le \frac{(a+1+b+1)^2}{4}$
$(a+1+b+1)^2\ge 36 \Rightarrow a+b+2\ge 6 $
$A,ab+a+b\ge ab+2\sqrt{ab}\Rightarrow 8\ge ab +2\sqrt{ab} 换元，令\sqrt{ab} =t,得t^2+2t-8\le0$
$(t+4)(t-2)\le 0\Rightarrow t\gt0,t+4\gt 4,t\ge 2,t^2=ab\ge 4$
$C.a+2b=(a+1)+2(b+1)-3\ge2\sqrt{2(a+1)(b+1)}-3=2\sqrt{2\times 9}-3=6\sqrt{2} -3 $
$D.ab+a+b=8\Rightarrow a(b+1)+b=8\Rightarrow
\frac{1}{a(b+1)} +\frac{1}{b} =2+\frac{b}{a(b+1)} +\frac{a(b+1)}{b}\ge 4$
$8[\frac{1}{a(b+1)} +\frac{1}{b} ]\ge 4$

三角函数

$已知函数f(x)=\frac{\sin x}{1+\cos x}+\frac{8}{1-\cos x} (0<x<\pi),则f(x)的最小值是(\quad)$
齐次化操作
$\frac{\sin x}{1+\cos x}=\frac{2\sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{1+2\cos ^2\frac{x}{2}-1 } =\tan \frac{x}{2}$
$\frac{8}{1-\cos x}=\frac{8(\sin^2\frac{x}{2}+\cos ^2\frac{x}{2}) }{1-(1-2\sin^2\frac{x}{2})}=4(1+\frac{1}{\tan^2\frac{x}{2}})$
$f(x)=\tan \frac{x}{2}+\frac{4}{\tan^2\frac{x}{2}}+4=\frac{1}{2}\tan\frac{x}{2}+\frac{1}{2}\tan\frac{x}{2}+\frac{4}{\tan^2\frac{x}{2}}+4\ge 3\sqrt[3]{\frac{\tan \frac{x}{2} }{2}\frac{\tan \frac{x}{2} }{2} \frac{4}{\tan ^2\frac{x}{2} } }+4$
$ \because \tan\frac{x}{2} >0,当\frac{1}{2}\tan\frac{x}{2} =4\tan^2\frac{x}{2} 时 ，即\tan\frac{x}{2}=2时，f(x)_{min}=7$
$作业：3\sin ^2x+2\sin x\cos x=1$

圆锥曲线齐次化：

1、适用情景:题目中，出现了一个定点引出的两条动直线的斜率之和$k_1+k_2$或斜率乘积中$k_1×k_2$为定值时，优先考虑使用齐次化的技巧。
2、用法：必须先把该定点平移至原点的位置，然后将两个动点所成的直线假设为截距式$mx+ny=1$，再联立即可。
3、讨论$mx+ny=1$,该直线可以表示不过原点的所有直线。

例1：椭圆

2020山东：已知椭圆$C:\cfrac{x^2}{6}+ \cfrac{y^2}{3}=1过点A(2,1).点M,N在C上，且AM\perp AN,AD\perp MN,D$为垂足.证明存在定点$Q,使得|DQ|为定值.$
$分析： 显然D点是动点，定点G，且|DQ|为定值{\color{Red} \Leftrightarrow } Q点为圆心，|DQ|为半径的圆$
$点A左移2个单位，下移1个,平移到原点A^{'}(0,0)$
设$M^{'}(x_1,y_1),N^{'}(x_2,y_2)$
$ \frac{(x+2)^2}{6}+\frac{(y+1)^2}{3}=1$
$l_{M'N'}:\quad mx+ny=1$✔👍这步很重要，是齐次化的关键！一次项乘以它变成二次项。
$x^2+2y^2+4x+4y=0$下一步化齐次化，$4(x+y)乘以mx+ny$
$x^2+2y^2+4(x+y)(mx+ny)=0$
$(4n+2)y^2+(4m+4n)xy+(4m+1)x^2=0$两边同除以$x^2$,令$t=\frac{y}{x}$
$(4n+2)t^2+(4m+4n)t+(4m+1)=0$
$\because AM\perp AN\therefore k_{A'M'}k_{A'N'}=-1$
即$ t_1t_2=\frac{y_1}{x_1} \frac{y_2}{x_2}=\frac{4m+1}{4n+2}=-1$
$4m+1=-4n-2\Leftrightarrow m(-\frac{4}{3})+n(-\frac{4}{3} )=1$
$ \therefore M'N'过定点B'(-\frac{4}{3} ,-\frac{4}{3})$
$ \therefore MN过定点B(\frac{2}{3} ,-\frac{1}{3} )$
$\because AD\perp MN\therefore \angle ADB=90^{\circ}$
$\therefore D在AB为直径的圆上。Q即圆心，AB中点Q(\frac{4}{3} ,\frac{1}{3})$
$\therefore |DQ|=\frac{|AB|}{2} =\frac{2\sqrt{2} }{3}$

$法二：齐次但不平移$
$设直线l_{MN}:m(x-2)+n(y-1)=1\quad(直线斜率存在,且不过A(2,1))$
$\Rightarrow
{\color{Red} (x-2+2)^2+2(y-1+1)^2-6=0\Rightarrow (x-2)^2+4(x-2)+2(y-1)^2+4(y-1)=0 }$
$齐次化：{\color{Green} (x-2)^2+4(x-2){\color{Red} [m(x-2)+n(y-1)]} +2(y-1)^2+4(y-1){\color{Red} [m(x-2)+n(y-1)]} =0}$
$ 两边除以(x-2)^2;得(4n+2)\cdot (\cfrac{y-1}{x-2})^2+(4m+4n) \cdot \cfrac{y-1}{x-2})+4m+1=0$
${\color{Red} \cfrac{y_1-1}{x_1-2}\cdot \cfrac{y_2-1}{x_2-2}=-1=\cfrac{4m+1}{4n+2}}$

例二：椭圆

2015年陕西卷题目：如图，椭圆E:$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$经过A(0,-1),且离心率为$\frac{\sqrt2}{2}.$
(1)求椭圆E的方程；$\cfrac{x^2}{2}+y^2=1$
(2)经过点$(1,1)$,且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点$P,Q$(均异于点A),证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.
$分析设AB两点坐标为(x_1,y_1)和(x_2,y_2),要证K_{AP}+K_{BP}=\cfrac{y_1-1}{x_1} +\cfrac{y_2-1}{x_2} =2$
$故要对直线及曲线进行变形$
$解：x^2+2y^2-2=0\Rightarrow x^2+2({\color{Red} y+1} -1)^2-2=0\Rightarrow $
$x^2+2(y+1)^2-4(y+1)=0$
$设过点(1,1)的直线方程为：mx+n(y+1)=1(直线斜率存在，且不过(0,1))$
${\color{Red} \Rightarrow m+2n=1,m=1-2n}$
$齐次化：一次项乘上mx+n(y+1)，得x^2+2(y+1)^2-4(y+1)[x^2+2(y+1)^2-4(y+1)]=0$
$\Rightarrow (2-4n)(y+1)^2+4mx(y+1)+x^2=0,两边除以x^2$
$(2-4n)\cdot (\cfrac{y+1}{x})^2-4m \cdot \cfrac{y+1}{x}+1=0$
${\color{Red} \Rightarrow \cfrac{y_1-1}{x_1} +\cfrac{y_2-1}{x_2}=\cfrac{4m}{2-4n}＝\cfrac{4(1-2n)}{2-4n}=2 }$

例三：椭圆

2020年重庆北碚区一诊：在平面直角坐标系$XOY$中，已知椭圆$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$$的焦距为2，离心率为 $\frac{\sqrt{2} }{2},$右顶点为A。
(1)求该椭圆方程；$\frac{x^2}{2} +y^2 ＝1$
(2)过$$D(\sqrt{2},-\sqrt{2})$$作直线PQ交椭圆于两个不同点P,Q,求证直线AP,AQ的斜率之和为定值。（为$1$）
解(2)法一：$\begin{cases} y=kx+m\\b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2 \end{cases}$$\Rightarrow (b^2+a^2k^2)x^2+2a^2kmx+a^2(m^2-b^2)=0$
$x_1+x_2=\frac{-2kma^2}{b^2+a^2m^2} $
$x_1x_2=\frac{a^2(m^2-b^2)}{b^2+a^2k^2}$（记熟这两个结果，考试直接用）
$A点(\sqrt{2},0),设P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),即证\frac{y_1}{x_1-\sqrt{2}}+\frac{y_2}{x_2-\sqrt{2}}=(1)为定值$
为简化计算换元 令$t=x-\sqrt{2},故x=t+\sqrt{2}，只需要证\frac{y_1}{t_1}+\frac{y_2}{t_2}为定值 $
$直线l_{PQ}:y=k(x-\sqrt{2})-\sqrt{2} =kt-\sqrt{2},$
$x^2+2y^2-2=0,换元后(t+\sqrt2)^2+2(kt-\sqrt2)^2-2=0$

$(2k^2+1)t^2-(4\sqrt2k-2\sqrt2)t+4=0$
$t_1+t_2=\frac{4\sqrt2k-2\sqrt2}{2k^2+1}$
$t_1t_2=\frac{4}{2k^2+1}$
$\frac{y_1}{t_1}+\frac{y_2}{t_2}=\frac{t_2y_1+t_1y_2}{t_1t_2}$
$y_1=kt_1-\sqrt{2}$
$y_2=kt_2-\sqrt{2}$
$t_2y_1+t_1y_2=kt_1t_2-\sqrt{2}(t_1+t_2)$
$\frac{y_1}{t_1}+\frac{y_2}{t_2}=\frac{t_2y_1+t_1y_2}{t_1t_2}=\frac{2kt_1t_2-\sqrt{2}(t_1+t_2) }{t_1t_2}=2k-\frac{\sqrt{2}(t_1+t_2) }{t_1t_2}=2k-\frac{\sqrt{2}(4\sqrt{2}k-2\sqrt{2})}{4}=1$
法二：平移齐次法
平移不改变直线的斜率，将图形整体左移两个单位，目的让A点坐标从 $(\sqrt2,0),移动到A^{'}(0,0)$
这样的话，$k_{AP}+k_{AQ}就变成\frac{y_1}{x_1} +\frac{y_2}{x_2}$,相应地，D,P,Q,椭圆也左移两个单位。
右顶点A坐标为$(\sqrt2,0),$将椭圆$\frac{x^2}{2} +y^2 ＝1$整体向左移$\sqrt2$个单位，顶点变$A^{'}为(0,0),$椭圆方程变为$(x+\sqrt2)^2+2y^2-2=0,D点变为D^{'}(0,-\sqrt2)$
设过D'点的直线方程为$mx+ny=1$
$ mx+ny=1$
$(x+\sqrt2)^2+2y^2-2=0$
$x^2+2y^2+2\sqrt{2} x=0$
$x^2+2y^2+2\sqrt{2} x\cdot (mx+ny)=0\Rightarrow $
$(2\sqrt{2}m+1)x^2+2y^2+2\sqrt{2} nxy=0$
两边除以$x^2,得2(\frac{y}{x})^2+2\sqrt{2} n\frac{y}{x}+(1+2\sqrt{2} m) =0$
$\frac{y_1}{x_1} +\frac{y_2}{x_2} =-\frac{2\sqrt{2}n }{2},直线经过D^{’}(0,-\sqrt{2}),代入mx+ny=1,解得n=-\frac{1}{\sqrt{2}}$
故$\frac{y_1}{x_1} +\frac{y_2}{x_2} =1$.
证法三：不平移齐次化
$分析：A点坐标为(\sqrt{2},0),P,Q坐标设为(x_1,y_1)和(x_2,y_2),证{\color{Green} K_{AP}+K_{AQ}=\cfrac{y_1}{x_1-\sqrt{2}} +\cfrac{y_2}{x_2-\sqrt{2}}} 为定值$
$解：x^2+2y-2=0变形为：(x{\color{Red} -\sqrt{2}+\sqrt{2}} )^2+2y-2=0\Rightarrow$
$(x-\sqrt{2})^2+2\sqrt{2}(x-\sqrt{2})+2y^2=0$
$设l_{PQ}方程为:{\color{Red} m(x-\sqrt{2}) +ny=1},(直线斜率存在，且不过A(\sqrt{2} ,0)$
$此直线过点D(\sqrt{2},-\sqrt{2})，得n=-\cfrac{\sqrt{2} }{2} $
$一次项乘以{\color{Red} m(x-\sqrt{2}) +ny}齐次化,得$
$2y^2+2\sqrt{2} (x-\sqrt{2} )[{\color{Red} m(x-\sqrt{2}) +ny}]+(x-\sqrt{2} )^2=0$
$两边除以(x-\sqrt{2} )^2,得2\times (\cfrac{y}{x-\sqrt{2} } )^2+2\sqrt{2}n \cdot \cfrac{y}{x-\sqrt{2} } +2\sqrt{2}m+1=0$
$\cfrac{y_1}{x_1-\sqrt{2} }+\cfrac{y_2}{x_2-\sqrt{2} }=-\cfrac{2\sqrt{2}n }{2}=1 $

例4.[[斜率_](https://www.bilibili.com/video/BV1GY41197Wq/?spm_id_from=333.337.search-card.all.click&vd_source=bacb33ba9334696a1e3ce739e536f86b]

抛物线$y^2=4x$与直线$l$交抛物线于$A,B$两点，且$OA\perp OB$求证：直线$l$过定点。
$解：O点为原点，显然l不经过O，k不存在时，OA\perp OB，易得x=4$
$k存在时设直线l的方程为：mx+ny=1$

$y^2=4x\Rightarrow y^2-4x\cdot(mx+ny)=0$

$y^2-4nxy-4mx^2=0$,两边除以$x^2$

$(\frac{y}{x})^2-4n\frac{y}{x}-4m=0$

$\frac{y_1}{x_1}\cdot\frac{y_2}{x_2}=-4m=-1\Rightarrow m=\frac{1}{4}$

$\frac{1}{4}x+ny=1$过定点$(4,0)$。

例5.(2022新高考1卷)：双曲线

已知点$(2,1)$在双曲线$C： \cfrac{x^2}{a^2} -\cfrac{y^2}{a^2-1} =1(a>1)$上，直线$l$交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0。

$(1)求l$的斜率；
$(2)若\tan\angle PAQ=2\sqrt[]{2} ,求\bigtriangleup PAQ的面积。$

例6.2017全国1卷：椭圆

已知椭圆$\cfrac{x^2}{4} +y^2 =1$，不过点$P(0,1)$到直线与椭圆交于两点，如果直线PA,PB的斜率之和为-1，证明直线l恒过定点。
$分析：K_{PA}=\cfrac{y_1-1}{x_1-0} ,K_{Pb}=\cfrac{y_2-1}{x_2-0}, K_{PA}K_{Pb}=-1$
$解法一不平移齐次法：x^2+4y^2-4=0{\color{Red}\Rightarrow x^2+4({\color{Green} y-1} +1)^2-4=0} \Rightarrow x^2+4(y-1)^2+8(y-1)=0$
$设直线方程为:mx+n{\color{Green} (y-1)} =1，齐次化上式，得x^2+4(y-1)^2+8(y-1)[mx+n{\color{Green} (y-1)}]=0$
$(8n+4)(y-1)^2+8mx(y-1)+x^2=0两边除以x^2,得(8n+4)\times (\cfrac{y-1}{x} )^2+8m\times \cfrac{(y-1)}{x} +1=0$
$\cfrac{y_1-1}{x_1} +\cfrac{y_2-1}{x_2}=-1=\cfrac{-8m}{8n+4}$
$代入直线，8mx+8n(y-1)=8,8m=8n+4,x=2,y=-1$

${\color{Green} 解法二：双联立齐次化处理：}$
$设直线P_2A的斜率为k_1,直线P_2B的斜率为k_2$
$P_2A:y=k_1x+1,即k_1x+(1-y)=0$
$同理：P_2B:y=k_2x+1,即k_2x+(1-y)=0$
$此时将两方程合在一起：[k_1x+(1-y][k_2x+(1-y)]=0$
$这个式子就可以表示P_2A和P_2B两条直线上所有的点，化简后得到$
$k_1k_2x^2+(k_1+k_2)x(1-y)+(1-y)^2=0$
$题目中条件有k_1+k_2=-1,\cfrac{x^2}{4}+y^2=1$
$即x^2=4(1-y^2)=4(1+y)(1-y)$
$代入得4k_1k_2(1+y)(1-y)-x(1-y)+(1-y)^2=0$
$因为直线l不经过P_2(0,1),y\ne 1,1-y\ne 0,$
$所以消去(1-y)得l:4k_1k_2(1+y)-x+(1-y)=0.$
在这里，要求出直线$l所过定点，只需要联立以下方程：1+y=0和-x+(1-y)=0,解得x=2,y=-1$
即直线$l过定点(2,-1)$

例７.抛物线

设抛物线$C:y^2=2x,点A(2,0),B(-2,0),$过点Ａ的直线$l与C交于M,N$两点。

(1)当$l与x$轴垂直时，求直线BM的方程；

(2)证明：$\angle ABM =\angle ABN.$

例8.2020年新课标I

$已知A,B分别为椭圆E:\cfrac{x^2}{a^2}+y^2=1(a>1)$左右两个顶点，G为E的上顶点，$\vec{AG} \cdot\vec{GB}=8.P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.$

(1)求E的方程；$\cfrac{x^2}{9}+y^2=1 $
(2)证明：直线CD过定点。

例9.2017年新课标I（例6原题）

已知椭圆$C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0),四点P_1(1,1),P_2(0,1),P_3(-1,\frac{3}{2}),P_4(1,\frac{3}{2})$中恰有三点在椭圆$C$上。
(1)求C的方程；　$\cfrac{x^2}{4} +y^2 =1$
(2)设直线$l不经过P_2$点且与C相交于$A,B$两点。若直线$P_2A$与直线$P_2B$的斜率的和为$-1$,证明：$l$过定点。

例10.抛物线[圆锥曲线齐次化_哔哩哔哩_bilibili]

设$A,B$为曲线$C:y=\frac{x^2}{4}$上的两点，$A与B$的横坐标之和为4。
(1)求直线$AB$的斜率；　
(2)设$M$为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行，且$AM\perp BM,求直线AB$的方程。