解析几何进阶
我们会穿过流言喧哗 用力开放对吗
天大地大 别问去哪 随风去啊
——洛天依 14 周年生贺《风之子》
哭死我了。。
去不了纯蓝幻乐但是看到别人录的蝴蝶，直接哭出来了好嘛……
upd on 20260821：噫！纯蓝幻乐在济南加场啦！终于可以圆梦纯蓝幻乐啦~
点乘双根
用来速算的，在特定情况下和韦达定理起到相同的效果，但是会快一些。
适用情景：当联立得到了一个形如 \(Ax^2+Bx+C=0\) 的式子，对于需要用韦达定理化简的式子（即翻译出来的式子），如果包含形如 \((x_1-m)(x_2-m)\) 的式子，可以用点乘双根
原理：令 \(f(x) = Ax^2+Bx+C = A (x-x_1)(x-x_2) = A (x_1-x)(x_2-x)\)，然后 \(x \gets m\) 可得 \(f(m) = A(x_1-m)(x_2-m)\)，于是 \((x_1-m)(x_2-m) = \frac {f(m)} A\)。
结论：直接用 \((x_1-m)(x_2-m) = \frac {f(m)} A\) 即可，其中 \(f(m)\) 是把 \(m\) 代入 \(Ax^2+Bx+C\) 得到的式子。
斜率和积模型
对上一个 .md 的定点问题的一个拓展。
结论：设 \(l_{AB},l_{PA},l_{PB}\) 分别为 \(l_0,l_1,l_2\)，其中 \(P\) 为定点，\(A,B\) 为曲线上的点。满足形如 \(k_1+k_2=m\)、\(k_1 \cdot k_2=m\)、\(\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} = m\)、\(\dfrac 1 {k_1} + \dfrac 1 {k_2} = m\) 的，\(l_0\) 都过定点。更一般地，只要满足 \(a(k_1+k_2) + b(k_1 \cdot k_2) = m\) 即可。
例题：节省篇幅整个题了，就放个图（见下）。题意是给定一个椭圆 \(C\) 以及椭圆上一点 \(A(2,1)\)；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。
这个题，有点损。首先是发现垂直 \(\implies k_{AM} \cdot k_{AN} = -1\)，于是 \(MN\) 过定点 \(G\)；然后发现他问的东西很奇怪，但是画一画图会发现 \(AD \perp MN\) 这个条件有大用，因为 \(A,G\) 都是定点，而 \(DG\) 又在 \(MN\) 上（废话），所以 \(DG \perp DA\)，所以 \(D\) 在以 \(AG\) 为直径的圆上，圆心为 \(AG\) 中点，那么 \(AG\) 中点就是满足 \(|DQ|\) 为定值的定点 \(Q\) 了。注意到题目并没有让求 \(Q\)，于是只写一下定点 \(G\) 在说明一下 \(D\) 在圆上即可。
但是这样还是计算量大了，所以就有了我们的——
平移齐次化
神仙技巧！
适用情景：从一个非原点的定点引出两条直线 \(l_1,l_2\)，且 \(l_1,l_2\) 之间斜率存在和或积的关系（即满足 \(a(k_1+k_2) + b(k_1 \cdot k_2) = m\)），则齐次化可以用简洁的过程求出 \(l_0\) 过的定点；或者也可以倒过来，用过定点证明 \(k_1,k_2\) 的关系。
注：\(l_0\) 含义见上一个三级标题。
注意如果是坐标轴上的点，那么联立和齐次化都挺容易算的，视情况选择。
第一步：将坐标系平移到定点处，若平移到点 \((x_0,y_0)\) 处，则所有点坐标 \(P(x,y) \to P(x+x_0,y+y_0)\)，所有直线曲线方程 \(f(x,y) = 0 \to f(x+x_0,y+y_0) = 0\)。然后展开一下曲线方程，化为 \(Ax'^2+By'^2+Dx'+Ey'+F=0\) 的形式（\(x’=x+x_0,y'=y+y_0\)）。
第二步：设直线 \(l_0\)，这里用的是平移齐次的专属设直线方式喵~，设为 \(mx'+ny'=1\)。
第三步：核心一步，“1” 的代换，注意到曲线方程中有 \(Dx'+Ey'\) 的一次项、\(F\) 的零次项，将直线 \(mx'+ny'=1\) 代入，得到 \((mx'+ny')(Dx'+Ey')\) 与 \((mx'+ny')^2\)，于是整个方程就化为 \(Gx'^2+Hy'^2+Ix'y'=0\) 的形式了，方程两边同除 \(x'^2\) 可以得到 \(Hk^2+Ik+G=0\)。
第四步：因为已知 \(k_1,k_2\) 关系，于是可以直接用韦达定理表示 \(k_1+k_2 , k_1 \cdot k_2\) 了。然后就以计算量很小的方式求出了 \(m,n\) 的关系（翻译条件 转化为 代数条件）。
怎么写过程？先说「以点 \(A\) 为原点建立新从平面直角坐标系 \(x'Ay'\)」；然后把曲线方程写成新坐标系中的形式，注意要用 \(x',y'\) 而不是 \(x,y\)，例如 \(\dfrac {(x'+2)^2} 6 + \dfrac {(y'+1)^2} 3 = 1\)；后面就是设直线 \(mx'+ny'=1\) 然后代换了，注意过程中都需要用 \(x’,y'\) 即可。
不让平移咋办？把上面所有的 \(x'\) 换成 \((x-x_0)\)，\(y’\) 换成 \((y-y_0)\)，假装自己没有平移。
例题：
中点为定点（令为 \(G\)），翻译为 \(k_{AM}+k_{AN}=2k_{AG}\)，于是把坐标原点平移到 \(A\) 点处，考虑如何证明 \(k_{AN}+k_{AM}\) 为定值，发现其实就是 \(k_{AP}+k_{AQ}\) 为定值，又因为 \(PQ\) 过定点 \(T\)，所以直接设 \(l_{PQ} : mx+ny=1\)，又因为直线过定点，所以把定点代入可以得到 \(n = \frac 1 3\)，于是 \(l_{PQ} : mx + \frac 1 3 y = 1\)。然后 “1” 代换曲线方程再韦达定理就可以得到 \(k_1+k_2\) 为定值了。
非对称韦达定理
用韦达定理化简一些 并不好看出来如何用韦达定理化简的 式子。记结论。
- 上下左右不对称型
形如：
解法：用 \(x_1 \cdot x_2\) 与 \(x_1 + x_2\) 两式相除，得到两者关系，再用 \(x_1+x_2\) 代换掉原式中的 \(x_1 \cdot x_2\) 即可，通常这样就能做一些化简和约分之类的事情了。
- 比值型
形如：
解法：用 \((x_1+x_2)^2\) 去除 \(x_1 \cdot x_2\)，得到 \(\dfrac {(x_1+x_2)^2} {x_1 \cdot x_2} = \dfrac {x_1} {x_2} + \dfrac {x_2} {x_1} + 2\)，即可得到 \(\dfrac {x_1} {x_2}\) 的值。
- 系数不等型
形如：
解法：以 \(2x_1+x_2=3\) 举例。先用原式凑 \(x_1\) 的系数，得到 \(2(x_1+x_2)-3=x_2\)；再用原式凑 \(x_2\) 的系数，得到 \((x_1+x_2)-3=-x_1\)；然后两式相乘，得到 \((2(x_1+x_2)-3)((x_1+x_2)-3)=-x_1x_2\)，就直接转化为韦达定理可算的形式了。？！强强！？
三角代换
一种全新的设曲线上点的方式！
拿椭圆来讲。首先我们有参数方程法设点 \((a \cos \alpha , b \sin \alpha)\)，但是这样在点很多的时候就不好写了，因为会有 \(\alpha , \beta , \gamma\) 等多个角，放一块会用到各种三角恒等变换的式子，非常复杂。因此我们可以利用万能公式，用 \(t = \tan \frac \alpha 2\) 表示 \(\sin \alpha , \cos \alpha\)，在一些时候（特别是点很多的时候）会方便不少。稍微推一些就可以得到公式：
进一步，当有设两个点时，分别使用 \(t_1,t_2\)，容易得到过两点的直线方程：
速记：椭圆方程中的 \(\frac {x^2} {a^2}\) 开个根号得到 \(\frac x a\)；先 \(x\) 后 \(y\)，等号另一边是常数项；左 \(1-积\) 右 \(1+积\)，中间 \(和\)。
这个题，就是这样，如果用传统方法，计算量非常非常非常大，因为它定点不在轴上、动点足足有 \(3\) 个。于是我们三角代换就适用于这种点特别多且点线关系复杂的题，分别设 \(P,Q,N\) 的三角代换参数为 \(t_1,t_2,t_3\)，然后发现 \(l_{PQ},l_{PN}\) 都过定点，要证的是 \(l_{QN}\) 过定点，所以直接列三个两点式，就可以已知 \(t_1,t_2\) 关系、\(t_1,t_3\) 关系，求 \(t_2,t_3\) 关系了，显然很可以做！
题意：\(M,N\) 为动点，\(MN\) 过定点 \(A_1\)，证明 \(MB_1\) 与 \(B_2N\) 交点 \(Q\) 在定直线上。
显然是可以极点极线秒掉的。但是提供一个三角代换的思路，也非常简便。设出 \(t_1,t_2\) 后，根据 \(MN\) 过定点 \(A_1\) 得到 \(t_1,t_2\) 关系。然后分别列 \(MB_1\) 与 \(B_2N\) 的两点式，发现分别是 \(y = \cdots t_1\)、\(y = \cdots \frac 1 {t_2}\) 的形式，两式相除就可以得到一个仅包含 \(x\) 的式子，这个式子就是 \(Q\) 点轨迹方程！
总结：用三角代换做题时，直接无脑把曲线上所有点都设了即可。这个方法在存在两个被设的点连线过定点的时候非常非常好用！不过一般是用在椭圆上，双曲线上可能就没那么好用了。
和积关系
用于曲线上两点的相互表示，直接表示两点坐标之间的关系，避免引入中间参数 \(k,m\) 等。
以前（上一个 .md）说过，这里详细讲解。
就那上面这个图举例，椭圆方程 \(\dfrac {x^2} 4 + y^2 = 1\)，直线 \(x=\lambda y+1\) 过定点 \((1,0)\) 交椭圆于 \(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\) 两点。
推导：先联立韦达定理，然后得到的 \(y_1+y_2\) 与 \(x_1 \cdot y_2\) 两式相除，再注意到 \(\lambda y_i\) 可以通过直线方程换为 \(x_i-1\)，可得 \(x_1+x_2\) 与 \(x_1 \cdot x_2\) 的直接关系。
当然，还有一种更简便的推倒方式！
就是直接列三点共线斜率相等，然后把椭圆方程代进去消元。
当然当然，还可以记公式，令直线过的定点是 \((m,0)\)！
直接用第二种推导方式写个式子（见我上面写的，就是标准模板），然后再把公式背上去即可，不用手动推。
还有一个好消息，就是这个公式普适性非常强！定点在 \(x\) 轴上的任意位置均可（不包括原点；\(m\) 可以为任意非零值）。而且对于双曲线也适用，并且是一模一样的公式，而且两个交点也不一定在双曲线同一支上；不过如果双曲线焦点在 \(y\) 轴上，则需要将 \(a^2\) 换为 \(b^2\)。
然后关于 \(y_1,y_2\) 的关系，直接用三点共线 \(\dfrac {y_1} {x_1-1} = \dfrac {y_2} {x_2-1}\) 化简即可。注：\(y_1,y_2\) 关系式里面一定分别包含 \(x_2,x_1\) 的喵。然后 \(y_1\) 与 \(x_1\) 表示出来的分母一定是相同的，不同说明是算错了。
拓展：当过定点 \((m,n)\) 时，若为椭圆则满足（两种形式，背哪个均可）：
若为双曲线则满足：
两者只有两处正负号的差别，且此处的正负和曲线标准方程的正负是对应的。
左图：这个题，题意：\(AB\) 过原点，\(BE,AD\) 过焦点，求证 \(k_{DE} / k_{AB}\) 为定值。
首先，我三角代换喵了！但是尝试用一下新方法。发现可以表示 \(A,B\)、\(A,D\)、\(B,E\) 坐标关系，然后直接把 \(k_{DE}\) 写出来，就做完了。当然还是有一定计算量的，不过这么多动点计算量很少是不怎么可能了。不过确实是不怎么用动脑子的。
但是，还是不如我三角代换大法啊！！！
右图：又是这个文科题，不过这次不会被打败了喵。注意到多动点，三角代换启动！或者和积关系也可以吧。
定比点差
定比：当直线 \(AB\) 上有一点 \(P\)（可以不在线段 \(AB\) 上），满足 \(\overrightarrow{AP} = \lambda \overrightarrow{PB}\) 时，设 \(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),P(x_0,y_0)\)，则列一下向量的坐标，可得：
其实，这玩意儿就是我之前推过的分点恒等式……
点差：可以理解为弦中点问题点差法的一般情况。当上面提到的 \(AB\) 是曲线的一条弦时，若则可以使用带系数的点差法得到一个式子用于化简消元。注意到定比得到的式子中 \(x_1,y_1\) 前没有系数，\(x_2,y_2\) 前有系数 \(\lambda\)，于是可以直接将 点 \(B\) 代入椭圆得到的式子乘上一个 \(\lambda^2\)，然后两式相减，即可得到目标式子：
那定比点差实际上是在干什么呢？实际上和联立韦达定理做的事情一样，就是把「定点定比例分弦」这个条件翻译了出来。最终有用的就三个式子，就是「定比」的那两个和「点差」的这一个式子，这三个式子就可以把「定比」与「在椭圆上」翻译出来了。最终得到的式子很大可能是用 \(\lambda\) 表示 \(x_1,x_2\) 或 \(y_1,y_2\)。
定比点差的核心：将曲线上两点坐标用同一个变量（长度比例）来表示。常用于三点共线问题。
p1：定点是 \(P(0,1)\)，满足的式子是 \(\overrightarrow{AP} = 2\overrightarrow{PB}\)，椭圆方程为 \(\dfrac {x^2} 4 + y^2=m ~(m>1)\)。求 \(m\) 为和值时 \(B\) 点 \(x\) 坐标最大。
设 \(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\) 按照定比点差，得到三个式子，并把 \(P\) 点坐标代入，稍微化简一下得到下面三个式子。发现直接能把 \(y_1,y_2\) 解出来了，于是既然已知 \(y_2\)，那直接代入椭圆方程就可以求出来 \(x_2\) 的表达式了（包含 \(m\)），转化为函数最值问题。
当然，传统方法也可以做。就是把定比转化为 \(2x_2=-x_1\)，然后联立非对称韦达定理来做。如果能注意到 \(2x_2=-x_1 \implies x_2=(x_1+x_2)\) 用韦达定理表示可能会简单一点。但是还是完全被吊打。
p2：定点是 \(D(1,0),E(2,1)\)，椭圆为 \(x^2+3y^2=3\)，\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\) 为动点，求证 \(BM//DE\)。
首先，注意到过 \(x\) 轴上定点，故可以用和积关系来做。直接表示 \(k_{BM}\) 即可（因为 \(D,E\) 定点，\(k_{ED}\) 固定）。
不过定比点差也能做，把平行转化为三角形相似，设 \(\overrightarrow{BD} = \lambda \overrightarrow{DA}\)，得到三个式子，不过暂时没法做，先放一放。但是发现 \(A,E,M\) 也符合「定比」模型，于是设 \(\overrightarrow{ME} = \mu \overrightarrow{EA}\)，可以得到两个式子。于是只需证明 \(\lambda=\mu\) 即可，稍微解个方程就可以发现两者都等于 \(2-x_1\)。
p3：我又来鞭尸某文科题了。注意到定点 \(P(-2,0)\)，所以可以列 \(A,C\)，\(B,D\) 两组定比点差，分别设系数 \(\lambda,\mu\)，于是 \(A,B,C,D\) 四点坐标就都可以用 \(\lambda,\mu\) 表示了，嗯写一下发现由于 \(P\) 在 \(x\) 轴上，于是四点的 \(x\) 坐标是关于单个系数的一次函数，\(y\) 坐标可以找到 \(y_A,y_C\)、\(y_B,y_D\) 的关系（根据 \(P\) 点 \(y\) 坐标为 \(0\) 可以推知）。还有一组定比点差，就是 \(C,Q,D\)，还用再设一个吗？不用！既然三点坐标都表示出来了，那直接列三点共线斜率相等就可以找到 \(y_1,y_2,\lambda,\mu\) 之间的关系了，且列斜率相等的时候，因为 \(C,D\) 两点坐标是同构的，因此一定可以化简出一个形如 \(y_1-y_2=A(\lambda-\mu)\) 的式子，然后就直接列 \(k_{AB}\) 就能得到定值了。
注：为啥不设 \(C,Q,D\)？因为 \(Q\) 点坐标有点难看，不如 \(P\) 点坐标好算且在轴上可以大大化简第三个式子（还是因为 \(y\) 坐标为 \(0\)）。
p4：定点 \(P(4,1)\)，动直线 \(PB\) 交椭圆，条件 \(|AP| \cdot |QB| = |AQ| \cdot |PB|\)，求证点 \(Q\) 在定直线上。
这个条件很不好看，这时候可以去考虑变化一下形式，发现可以转化为 \(\dfrac {|AP|} {|PB|} = \dfrac {|AQ|} {|QB|} = \lambda\)，于是把 \(\lambda\) 设出来直接定比点差列两组式子即可找到 \(x_Q,y_Q\) 的关系。
直线的参数方程
喜报！考试不用证明就可以直接用！
类似曲线的参数方程，若直线 \(l\) 过定点 \((x_0,y_0)\) 且倾斜角为 \(\alpha\)，则该直线的参数方程为：
重点：\(t\) 的几何含义：\(|t|\) 代表直线上点 \((x,y)\) 到定点 \((x_0,y_0)\) 的距离。关于 \(t\) 的正负，当 \((x,y)\) 在 \((x_0,y_0)\) 上方时 \(t\) 为正，否则为负。
适用情景：题目中涉及多个从同一点引出的弦长时；以及过定点 \(P\) 的直线和曲线有两个交点 \(A,B\)，且需要用到 \(|PA|+|PB|\) 或 \(|PA| \cdot |PB|\) 时，可以联立参方和曲线用韦达定理直接得到。
左图：题意见上一个三级标题的 p4。这个题太适合用直线参方了，因为只有一个直线而且直线还过定点 \(P(4,1)\)，所以直接设出来几个 \(t\)，设 \(|PA|=-t_1 , |PQ|=-t_3 , |PB|=-t_2\)，直接就能翻译条件，得到式子 \(2t_1t_2=t_3(t_1+t_2)\)。发现这个东西长得太像韦达定理了，于是考虑搞出个韦达定理来，考虑能不能联立一下，发现直线在椭圆上这个条件还没用，于是直接直线参方写出来联立，即可得到关于 \(t\) 的二次方程，喵了。
注：直线参方和曲线联立，得到的解依然是交点坐标，只不过是用直线参方中参数 \(t\) 表示的而已。
右图：\(T\) 在直线 \(x = \frac 1 2\) 上，满足 \(|TA| \cdot |TB| = |TP| \cdot |TQ|\)，双曲线方程为 \(x^2 - \dfrac {y^2} {16} = 1 ~(x \ge 1)\)，注意到过定点的线段长，所以直线参方设起来（两条线同理，随便设一条即可），联立韦达定理即可表示 \(|TA| \cdot |TB| = t_1 \cdot t_2\)，\(|TP| \cdot |TQ|\) 同理。所以这两个式子是长得一样的，就一个倾斜角不一样，那 \(\alpha\) 和 \(\beta\) 不相等才怪呢。不过还是考虑一下别的情况的，稍微写个步骤即可。
射影几何
调和点列、调和线束、完全四边形、极点极线、自极三角形；基础题型（极点极线）、进阶题型一（调和线束、极点极线找定点）、进阶题型二（中点模型）、进阶题型三（垂直模型）。
- 调和点列
定义：如上图，当满足 \(\dfrac {|AC|} {|CB|} = \dfrac {|AD|} {|DB|}\) 时，称「\(A,B,C,D\) 为调和点列」，或者说「\(C,D\) 调和分隔线段 \(AB\)」，其中 \(C\) 称为线段 \(AB\) 的内分点，\(D\) 称为线段 \(AB\) 的外分点。
同时有定理：\(C,D\) 调和分隔线段 \(AB\) \(\iff\) \(A,B\) 调和分隔线段 \(CD\)。证明：\(\dfrac {|AC|} {|CB|} = \dfrac {|AD|} {|DB|} \iff \dfrac {|CB|} {|BD|} = \dfrac {|CA|} {|AD|}\)。
（重点）特殊情况：如果一个调和点列 \(A,B,C,D\) 中，\(C\) 为 \(AB\) 中点，那么 \(D\) 就在无穷远处。换言之，若一个调和点列中三个点之间存在中点关系，那么剩下的另一个点一定在无穷远处；反之，若有一个点在无穷远处，那么另外三个点一定存在中点关系。
- 调和线束
定义：如上图，在调和点列的基础上，若过直线外一点 \(O\) 分别向 \(A,B,C,D\) 引一条直线，则称「\(OA,OB,OC,OD\) 为调和线束」。
性质一：已知 \(OA,OB,OC,OD\) 为调和线束，则任意作一条直线 \(l\) 与四条线相交，得到的交点 \(A',B',C',D'\) 也为调和点列。这些交点可以在平面内任意位置，只要不经过 \(O\) 点即可，在 \(OD\) 的延长线上、反向延长线上也没关系。
证明：比较厉害，用非常神奇的面积法证的，如下：
在推导完之后，我们惊奇地发现边长比和 \(\sin\) 比是充要的，因此只要角不变（即是同一组调和线束），那么边长比就不变（即还是一组调和点列）。
性质二（中点模型）：实际上是性质一的特殊情况。当 \(l\) 与调和线束中的任意一条直线平行时，可以认为交点在无穷远处，于是有调和点列的知识可推知另外三个交点存在中点关系。
性质三（垂直模型）：当调和线束中 \(\alpha=\beta\) 时，一定有 \(\beta+\gamma= \frac \pi 2\)，即 \(OC \perp OD\)。证明考虑用性质一推出的角度关系即可。
- 完全四边形
定义：额…如图，\(6\) 个点 \(4\) 条线。可以理解为四边形 \(ABDF\) 四条边向外延伸得到的东西，也可以理解为八字辫 \(CBEF\) 两条边延伸得到的东西。
对角线：\(AD,BF,CE\) 称为完全四边形的对角线（是的，一共三条）。
重要性质：完全四边形的对角线所在直线相互调和分割。
翻译：每条对角线画成直线之后，对于任意一条对角线，都会出现四个交点，这四个交点构成调和点列。
拓展：完全四边形的 \(4\) 条边 \(3\) 条对角线上都有调和点列。连接 \(A\) 点与最右边的那个点，再把该延长的延长，就可以得到，目光所及，一条线上只要出现了四个点，那一定是调和点列。
证明：对角线上的调和点列用数竞知识证（梅氏定理、塞瓦定理），无需掌握；边上的调和点列用调和线束的性质一证。
- 极点极线
上一个 .md 说过。此处深入一些。
定义：平面内有一椭圆 \(\dfrac {x^2} {a^2} + \dfrac {y^2} {b^2} = 1\)，令极点 \((x_0,y_0)\) 为平面内任意一点，则它对应极线为 \(\frac {xx_0} {a^2} + \frac {yy_0} {b^2} = 1\)（即改写法则）。当极点位于椭圆外时，极线为关于极点的切点弦；当极点位于椭圆上时，极线为过极点的切线；当极点位于椭圆内时，极线无特殊性质。
性质：过极点 \(P\) 引一条直线，交椭圆于 \(A,B\)，交极线于 \(Q\)，则 \(P,A,Q,B\) 为调和点列。用定比点差可以证，其实就是「定比点差」那个三级标题中例题 p4。相关应用见下面「进阶题型一」。
即：极点 + 极线上一点 + 椭圆上两点构成调和点列。
- 自极三角形
好难。
画法：上图中椭圆与点 \(P\) 为给定的。过点 \(P\) 随便引两条直线，分别交椭圆于 \(A,B\)、\(C,D\)；连接 \(AD,BC\) 交于点 \(R\)；连接 \(AC\) 并延长，连接 \(BD\) 并延长，交于点 \(Q\)；连接 \(QR,PR,PQ\)，则 \(\triangle PQR\) 为自极三角形。
换一个角度，当 \(R\) 为定点时也一样，随便引两条直线 \(AD,BC\)（此时便都是椭圆的弦了），这两条弦共四个顶点，两两相连并延长，得到两个交点（\(AC \cap BD = Q\) 与 \(AB \cap CD = P\)），则 \(\triangle PQR\) 为自极三角形。
换言之，自极三角形的三个顶点分别为：小叉叉交点、叉叉端点连线交点（\(2\) 个）。
性质：
i. 多边形 \(PABRDC\) 为完全四边形，\(AC,PR,BD\) 为它的对角线。
ii. 由完全四边形的性质可得，设 \(QE\) 交 \(AB\) 于点 \(F\)，交 \(CD\) 于点 \(E\)。则 \(P,F,A,B\) 为调和点列，\(P,E,C,D\) 为调和点列。
iii. 自极三角形 \(\triangle PQR\) 中，每组顶点与其对边都为一组极点极线。即点 \(P\) 与直线 \(QR\)、点 \(Q\) 与直线 \(PR\)、点 \(R\) 与直线 \(PQ\) 均为极点极线。
找极线小练习：
并且，无论点 \(P\) 在什么位置，都可以用这种方法来画出极线，找到自极三角形，找到调和点列。
注：当点 \(P\) 为椭圆外一点时，也可以如上图 p2 所示，用切点弦来画。
- 基础题型（极点极线）
小叉叉模型：\(P\) 为定点 \(\iff\) \(G\) 在定直线上，这个是极点极线最经典的模型了，上一个 .md 就讲的这个。
p1 是板子。p2（令 \(CD\) 交 \(x\) 轴于点 \(Q\)）发现完全四边形 \(PCAQDB\) 就做完了，\(Q\) 为极点，\(P\) 在极线上。p3 找到小叉叉是 \(MN,A_1A_2\)，则 \(MN\) 与 \(x\) 轴交点为极点，\(P\) 在极线上。
注意这个东西大题不能直接用的。写过程还要照常联立韦达定理，不过既然答案都知道了，那过程随便写写不就好啦？都不怎么用算的。
- 进阶题型一（调和线束、极点极线找定点）
这几个进阶题型的核心思想，都是极点极线 \(\implies\) 调和点列 \(\implies\) 调和线束 \(\implies\) 新的调和点列。
（两张图是同一个题）
还是这个题，上次用三角代换做的，有一定的计算量。
题意：\(A(-8,0),B(-2,-1)\) 为定点，过点 \(A\) 做直线与椭圆交于 \(P,Q\) 两点，直线 \(PB\) 交椭圆于另一点 \(N\)；证明 \(QN\) 过定点。
i. 既然过定点，那难道 \(A,B\) 是随便给的吗？显然不是的，它们之间必定满足某种不为人知的性质。简单算一下，发现正好 \(B\) 在 \(A\) 的极线上，\(A\) 在 \(B\) 的极线上，于是可以画出自极三角形 \(\triangle ABG\)。
ii. 那为啥会过定点呢？既然都有自极三角形了，往极点极线的方向考虑。注意到 \(Q,N\) 都在椭圆上，而极点极线的一个重大性质就是「极点 + 极线上一点 + 椭圆上两点构成调和点列」，所以最终证明过定点一定是用极点极线！
iii. 于是去找调和点列 / 极点极线。从已知的自极三角形出发，显然有一对极点极线是点 \(A\) 与直线 \(BG\)，得到调和点列（\(A,P,\_\_,Q\)，是右图中最上面的那条线）；那么既然有了一组调和点列，考虑能否用调和线束推出想求的调和点列，发现完全可以，显然只能从点 \(B\) 引出调和线束（因为 \(B\) 不在要证的范围内且为定点），然后把该连的线都连起来，就会发现 \(Q,N,M,G\) 构成调和点列；因为 \(M\) 在定直线 \(AB\) 上，所以 \(G\) 为极点，\(M\) 为极线上一点，于是 \(QN\) 过的定点就是 \(G\)。
- 进阶题型二（中点模型）
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左图：「平移齐次化」的例题。看看它的出题背景是什么。
题意：定点 \(T(-2,3)\)，过点 \(T\) 作直线 \(PQ\)，连接 \(AP,AQ\) 与 \(y\) 轴交点 \(N,M\)，证明 \(MN\) 中点为定点。
有定点，故求个极线，发现极线正好是 \(AG\)（\(G\) 为椭圆上顶点），得到 \(T,P,\_\_,G\) 为调和点列，从定点 \(A\) 引调和线束，然后因为要证 \(M,N\) 上的关系，所以要作的直线就是 \(y\) 轴，那么三个交点为 \(M,G,N\)，另一个交点呢？发现 \(AT // y\) 轴，于是这个就是中点模型！直接得到 \(G\) 为 \(MN\) 中点，故 \(MN\) 中点为定点。
右图：还是那个文科题。这次不说题意了，说过好多遍了。（注：上面右图 p1 p2 画的略有不同，以 p2 为准）
但是这个出题背景确实不是很好注意到的，就不写思路只写做法了。
i. 题意让画两条从 \(P\) 点引出的弦，于是立马想到极点极线，把小叉叉画出来（连接 \(AB,CD\)），设小叉叉交点为 \(T\)，则 \(T\) 所在直线就是极点 \(P\) 对应的极线。
ii. 通过画切点弦来作出点 \(P\) 的极线，然后发现 \(Q\) 正好在 \(P\) 与上面切点所形成的线段上，而且正好是这段线段的中点，启示我们往中点模型的方向考虑。
iii. 于是去找调和点列，\(PA,PD\) 两条直线随便选一条，因为 \(PD\) 比较好看就选 \(PD\) 上这一组调和点列；然后找调和线束，因为点 \(T\) 连的线比较多，所以选择点 \(T\)，连起来之后发现对应 \(PQ\) 上的调和点列正好是 ii. 中说的哪三个存在中点关系的点，所以直接就得到 \(AB//PQ\) 了。求 \(k_{PQ}\) 即可。
- 进阶题型三（垂直模型）
这个题，给定 \(P\) 为极点，\(AB\) 为极线，求 \(AB\) 上是否有点 \(M\) 满足 \(AM\) 平分 \(\angle EMF\)。
先由极点极线画出调和点列。然后要求角平分线考虑垂直模型，直接作 \(PM \perp AB\) 就做完了。
至于怎么写过程，先用到角公式翻译一下角平分线，得到 \(k_{EM},k_{FM}\) 关系，然后直接用坐标把这个关系表示出来（很长很长很长一串式子），将其与 化简它用到的所有式子（韦达定理、直线方程）联立，然后不算数，直接把用调和点列算出来的答案写上即可，大概率不会扣分，即使扣也只扣 \(1 \sim 2\) 分。
一个射影几何题的标志是什么呢？
i. 让证定点 / 定直线都是射影几何。
ii. 大部分射影几何题的已知都有定点 / 定直线，特别是有时候会给一个看起来与图形毫不相干的定点。
iii. 一些神秘的斜率关系也可以考虑用调和线束的斜率关系做的。
iv. 一些中点条件也可以用于射影几何的中点模型，特别是竖直线 / 水平线上的中点，无论是已知中点还是求证中点都可以尝试。
v. 角平分线可以考虑垂直模型。
vi. 题目中给的已知条件中存在相互对应的极点极线，基本上就一定用射影几何做了，当然有时候这种条件是隐性的，比如说有时候一个极点的极线过两个已知点也大概率是射影几何。
- 找调和线束练习
已知调和点列，在找调和线束的时候，一个常见的思路是 找和调和点列已经连线最多的点 引出调和线束。
在找到调和线束之后，要找新的调和点列，尽量找和答案关系多的直线。
不过这两个步骤都是可以试错的，一个图一共就那么几个点几个线，找错了多试一试也是可以的。
定直线 \(x=\frac 1 2\)，动点 \(P\)，求证 \(BP\) 过定点。
极点极线 \(\to\) 调和点列：极线 \(x=\frac 1 2\)，极点 \(F_2(2,0)\)，曲线上点 \(A,B\)，延长 \(BA\) 交 \(x=\frac 1 2\) 于点 \(G\)（未画出），调和点列 \(G,F_2,A,B\)。
调和点列 \(\to\) 调和线束：注意到 \(P\) 与 \(G,A,B\) 均有连线，因此由点 \(P\) 引出调和线束。
调和线束 \(\to\) 调和点列：注意到图中只剩 \(x,y\) 轴没用过了，根据人类直觉 \(x\) 轴更靠谱一些，得到调和点列发现有三个是定点，于是剩下的 \(PB \cap x\) 轴也一定是定点了，用调和点列的定义求即可。
定点 \(P(-2,1)\)，动线 \(PB\)，已知 \(|MN|=2\)，求 \(k_{PB}\)。
如何想到用射影几何做？有一个神秘的定点，第一时间考虑极点极线。
极点极线 \(\to\) 调和点列：极点 \(P(-2,1)\)，极线连接椭圆上端点左端点，曲线上点 \(B,C\)，调和点列 \(P,PC \cap 极线,B,C\)。
调和点列 \(\to\) 调和线束：点 \(A\) 仅和 \(P\) 无连线，故由点 \(A\) 引出调和线束。
调和线束 \(\to\) 调和点列：只有 \(x,y\) 轴没用，因为 \(MN\) 在 \(x\) 轴上所以选 \(x\) 轴，注意到 \(PA//x\) 轴，因此为中点模型，椭圆左端点为 \(MN\) 中点，可得 \(M,N\) 坐标，后面随便做即可。
定点 \(B(-4,0)\)，动线 \(BM\)，已知 \(A(-2,1)\)，求 \(\frac {|PB|} {|BQ|}\)。
如何想到用射影几何做？有一个神秘的定点。
极点极线 \(\to\) 调和点列：极点 \(B(-4,0)\)，此处不选择点 \(A\) 是因为动直线是从点 \(B\) 引出的，所以只有点 \(B\) 能和 \(M,N\) 共线形成调和点列；极线 \(x=-2\)，调和点列 \(B,MN \cap 极线,M,N\)。
调和点列 \(\to\) 调和线束：点 \(A\) 仅和 \(B\) 无连线，故由点 \(A\) 引出调和线束。
调和线束 \(\to\) 调和点列：要求的东西都在 \(PQ\) 上，所以选 \(PQ\)，发现 \(x=-2//PQ\)，因此为中点模型，得到 \(\frac {|PB|} {|BQ|}=1\)。
定点 \(P\)，动直线 \(PE\)，已知 \(M,F,N\) 为定点且 \(N\) 为 \(FP\) 中点，\(T\) 为 \(FD\) 中点，求 \(|TQ|_\max\)。
如何想到用射影几何做？注意到 \(P\) 与 \(MQ\) 为极点极线就可以了。
极点极线 \(\to\) 调和点列：显然考虑 \(P\) 为极点更合适一些，因为 \(N\) 是中点可能会在后面用到中点模型，然后经计算得 \(MF\) 就是极线，于是 \(P,PE \cap 极线,E,D\) 构成调和点列。
调和点列 \(\to\) 调和线束：从哪个点引调和线束呢？第一时间想到的肯定是点 \(F\)，因为它已经和三个点连线了，但是！这样就无法通过给定的中点条件利用中点模型了（因为截得的新调和点列不能包含点 \(F\)），所以得换个点，注意到 \(Q\) 连了两条线，于是就选 \(Q\) 了。
调和线束 \(\to\) 调和点列：为了利用中点模型，需要选择 \(FD\) 或 \(x\) 轴，注意到只有 \(x\) 轴上的中点条件符合调和线束的要求（即 \(F,N,P\) 分别为调和线束与 \(x\) 轴的交点），所以选 \(x\) 轴，得到 \(DQ//x\) 轴。
继续：这个平行有啥用呢？跟 \(TQ\) 有啥关系？注意到 \(T\) 是中点这个条件还没用，中点条件除了中点模型之外，无非就两种用法，一是中位线，二是直角三角形中线，并且两者都跟长度有关，但是前者是中位线的长度，后者是中线的长度，而 \(TQ\) 显然不是什么东西的中位线，所以考虑找直角三角形。可以注意到 \(MQ\) 是 \(\perp x\) 轴的，因此得到 \(\angle DQF\) 是直角！进而得到 \(|TQ|=\frac 1 2 |FD|\)，于是直接取 \(|FD|_\max\) 就可以了，显然是 \(F\) 与椭圆左端点连线。
注：在「调和线束 \(\to\) 调和点列」时，为何不从 “找和 \(TQ\) 关系多的直线” 这一角度考虑呢？因为这个题反推实在是太难了，不是平常的套路，所以只能从充分利用题目条件的角度正推。
0:17:15~0:27:55 是一个五颗星的非常非常非常难的题，先不看了，不是我该会的。
- 调和线束斜率关系
结论：如上图 p1，若 \(PA,PB,PC,PD\) 构成调和线束，则它们的斜率满足 \((k_1+k_3)(k_2+k_4)=2(k_1k_3+k_2k_4)\)。
证明：以 \(P\) 为原点建系，考虑用一条竖直线截这一组调和线束，把得到的调和点列四个点坐标表示一下，再把调和点列的定义式写一下就可以了。
特殊情况（以前说过）：
p2 是竖直线上的中点模型，斜率满足 \(k_1+k_3=2k_2\)。证明直接把上面的斜率关系两边同除 \(k_4=\infty\)，然后把 \(0\) 消掉。
p3 是水平线上的中点模型，斜率满足 \(\frac 1 {k_1} + \frac 1 {k_3} = \frac 2 {k_2}\)。证明直接把 \(k_4=0\) 代进上面的斜率关系即可。
不过这两个都可以拓展：
p2 一组调和线束中有一条竖直线时，另外三条线的斜率满足 \(k_1+k_3=2k_2\)（注意 \(k_2\) 必须是夹在中间的那条线）。
p3 一组调和线束中有一条水平线时，另外三条线的斜率满足 \(\frac 1 {k_1} + \frac 1 {k_3} = \frac 2 {k_2}\)（同样注意 \(k_2\) 必须是夹在中间的那条线）。
下面都是题。
定点 \(F(-\sqrt 2,0)\)，已知 \(AB\) 过原点 \(O\)，动线 \(AD,BE\)；第一问求 \(k_{DE}/k_{AB}\)，第二问求证 \(ED\) 过定点。
第一问如何想到用射影几何做？斜率关系可以考虑。
极点极线 \(\to\) 调和点列：极点 \(F(-\sqrt 2,0)\)，极线 \(x=-\frac {3\sqrt 2} 2\)，椭圆上的点选 \(A,D\) 或 \(B,E\) 均可，两者是等价的，这里就选 \(A,D\) 了，得到调和点列 \(H,F,D,A\)。
调和点列 \(\to\) 调和线束：首先注意到小叉叉，于是延长 \(AB,ED\) 交于极线上一点 \(G\)；发现点 \(G\) 已经和三个调和点列上的点连起来了，所以选它引出调和线束。换一种思路，既然要求斜率关系，那就往调和线束中存在水平线 / 竖直线这方面考虑，于是最好就是选极线上的点引调和线束。
调和线束 \(\to\) 斜率关系：注意到第一问要求的斜率关系在调和线束中已经有了，因为 \(k_4\) 是竖直线，所以 \(2k_2=k_1+k_3\)，得到 \(k_3/k_1 = 2k_2/k_1 - 1\)，于是需要求 \(k_2/k_1\)。
继续：要充分利用 \(F,O\) 这两个定点，可以设点 \(G\) 坐标，然后直接表示斜率；不过其实不难注意到，\(k_1 = \tan \angle DOG , k_3 = \tan \angle DFG\)，利用直角三角形就秒掉了。
（第二问）调和线束 \(\to\) 调和点列：根据对称性猜测 \(ED\) 过的定点在 \(x\) 轴上，于是用 \(x\) 轴截调和线束，得到调和点列，然后发现除了 \(ED \cap x\) 轴之外都是定点，于是 \(ED \cap x\) 轴也是定点了。
定点 \(M(1,0)\)，动线 \(AB\)，求平面内点 \(P\) 使得 \(k_{AP}+k_{BP}=2\)。
如何想到用射影几何做？有过定点的动弦，还让求斜率关系，可以尝试射影几何，而且猜结论也没有啥其他的依据了；并且因为没给定点 \(P\)，也没法平移齐次。
解：这个题很简单。极点 \(M\) 极线 \(x=4\) 得到调和点列。关于点 \(P\)，先别直接设（那样太麻烦了），猜猜它在哪，我们肯定是先猜它在极线上的，又因为要找斜率和关系所以从极线上的这个点 \(P\) 引调和线束，然后发现 \(k_4=\infty\)，直接得到 \(k_1+k_3=2k_2\)，于是只要钦定 \(k_2=1\) 即可由定点 \(M\) 坐标解得 \(P\) 点坐标。
定点 \(P(1,-2)\)，动线 \(PN\)，定弦 \(AB\)，\(A(0,-2),B(\frac 3 2,-1)\)，过 \(M\) 作水平线 \(MT\) 交 \(AB\) 与点 \(T\)，延长至点 \(H\) 使得 \(T\) 为 \(HM\) 中点；求证 \(HN\) 过定点。
极点极线 \(\to\) 调和点列：注意到 \(P\) 与 \(AB\) 为对应的极点极线，于是得到调和点列 \(P,AB \cap MN,M,N\)。
调和点列 \(\to\) 调和线束：依然是从充分利用中点条件的角度出发，就不能选 \(H,T\) 两点了，只能选 \(A\) 点引调和线束。
调和线束 \(\to\) 调和点列：为了利用中点条件，选 \(HM\) 去截调和线束，不过此时我们发现，\(H\) 并不一定是 \(HM\) 与 \(AN\) 的交点呀！我们有的条件是什么？可以发现平行关系 \(HM//AP\) 是已知的了，所以需要用平行推中点，然后就能神奇地得到 \(T\) 为 \(M\) 与 \(AN \cap HM\) 的中点，所以 \(H\) 就是 \(HM\) 与 \(AN\) 的交点！既然如此，那 \(HN\) 过定点就是 \(AN\) 过定点，显然就是点 \(A\)。
（法二）斜率关系：利用刚刚学的知识，不过这个方法会不好想一点。还是以 \(A\) 点引调和线束。先是由调和线束以及水平线得到 \(\frac 1 {k_2} + \frac 1 {k_4} = \frac 2 {k_2}\)（即 \(AM,AN\) 与 \(AB\) 的斜率关系），然后再由中点得到 \(\frac 1 {k_2} + \frac 1 {k_5} = \frac 2 {k_2}\)（即 \(AM,AH\) 与 \(AB\) 的斜率关系），发现这两个式子长得一模一样，就直接得到 \(k_5=k_4\)，也就得到 \(AN\) 与 \(AH\) 是同一条线了！
- 二次调和点列
p1~3 都拿圆来举例，不过结论都是可以拓展到任何二次曲线的。
（p1）二次调和点列，就是二次曲线上的调和点列。生成方法：先有一组由点 \(O\) 引出的调和线束，然后用一个过点 \(O\) 的二次曲线截这组调和线束，得到的四个点就称为二次调和点列。
（p2）性质 #1：若 \(A,B,C,D\) 是一个曲线上的二次调和点列，则从该曲线上任意一点向这四个点连线，形成的都是调和线束。
证明：因为是调和点列，所以曲线上一定存在一个点 \(O\) 与这四个点的连线构成调和线束；而我们在上个视频证过调和线束的一个充要条件是满足角度关系，而在圆中定弦对一个的圆周角不变，所以无论 \(O\) 怎么移，只要还在圆上就一定满足角度关系，因此依然是调和线束。
（p3）性质 #2：若 \(A,B,C,D\) 为二次曲线上的调和点列，则 \(AB\) 与 \(CD\) 互相过对方极点。
证明：考虑当 \(O\) 无限接近 \(D\) 时，得到的 \(OD\) 连线会变成 \(D\) 处的切线，于是 \(D\) 处切线与 \(OA,OB,OC\) 形成调和线束，然后用 \(AB\) 去截调和线束，得到调和点列，记调和点列中 \(AB \cap 切线 = S\)；同理作点 \(C\) 处切线，发现最后得到是同一组调和点列！于是 \(CD\) 就是 \(S\) 对应的切点弦，于是 \(CD\) 与 \(S\) 为极线和极点，即可得到 \(AB\) 过 \(CD\) 的极点这一结论。
（p4）过曲线外一点，如何作二次调和点列？根据性质 #2 逆推，过点 \(S\) 做两条切线 \(SC,SD\)，然后再过点 \(S\) 随便做一条弦 \(AB\)，那么 \(A,C,B,D\) 就是二次调和点列了。真很显然。
推广到所有二次曲线上！
这里就体现射影几何的本质了。已知下面的圆上 \(A,B,C,D\) 是二次调和点列，就可以找出上面任意平面所截得的椭圆上的一组二次调和点列 \(A',B',C',D'\)。
证明：见上图，连一堆线，找到一个平面三角形（三边分别为 \(AD,AA',DD'\)），\(AD\) 与 \(SA,SB,SC,SD\) 的交点构成调和点列，再由圆锥顶点像这四个点引出调和线束，用三角形与椭圆的交线截调和线束，得到椭圆平面上一组调和点列（\(A’D'\) 与 \(S’A',S'B',S'C',S'D'\) 的交点），就可以得到 \(A',B',C',D'\) 这一组二次调和点列了！
遇到直线上调和点列解决不了的问题，可以考虑用二次调和点列来做。
已知 \(B(-m,0),C(m,0)\) 且 \(m>2\)，动点 \(D(x_0,y_0)\) 满足 \(x_0 \ge a , y>0\)；连接 \(DB,DC\) 分别交双曲线与 \(E,F\)，分别过点 \(E,F\) 做双曲线的切线，交于点 \(P\)，作 \(DP\) 中点 \(G\)，连接 \(GB,GC\)，求 \(\frac {|GB|} {|GC|}\)。
如何想到用射影几何做？其实这题就很难想了，考试的时候联立完扔掉即可。不过根据两个中点条件（\(O\) 为 \(BC\) 中点，\(G\) 为 \(PD\) 中点）也可以想到，但想到也不会做。
i. 点 \(D\) 已经和 \(B,C\) 都有连线了，那必须和中点 \(O\) 再连一下啊，这样就三条线了，于是再由点 \(D\) 画一条水平线，就构成了调和线束。
ii. 但是到此为止就卡住了，因为有了中点模型和斜率关系但用不到啊，这时候就需要尝试一下用二次调和点列了。把调和线束延长可得二次调和点列 \(E,F,N,M\)。
iii. 这又有啥用呢？肯定要利用二次调和点列的性质的，显然需要利用性质 #2，于是要找 \(MN\) 或 \(EF\) 的极点，然后我们发现既然 \(PE,PF\) 都是切线，那么 \(P\) 就是 \(EF\) 对应的极点啊！！于是 \(P\) 过 \(NM\)，也就是 \(P,N,M\) 三点共线！
iv. 然后就可以发现一些事情了，因为三点共线，\(DN\) 又是水平线，导致这个东西的对称性很强。注意到双曲线是一个对称的东西，所以不难发现 \(D,N\) 关于 \(y\) 轴对称，于是 \(DP\) 的中点 \(G\) 就在 \(y\) 轴上了！！所以 \(\frac {|GB|} {|GC|}=1\)！！！
qwq. 不是人做的喵。
- 对合方程
吗呀这个太神了吧。
用于解决斜率和积类问题。
结论！：若由曲线上一点 \(P\) 引出两条线分别与曲线交于 \(A,B\) 两点，\(PA,PB\) 的斜率 \(k_1,k_3\) 满足 \(\alpha k_1k_3 + \beta (k_1+k_3) + \gamma = 0\)，则直线 \(AB\) 过定点。
定点坐标计算方法：令 \(k_1=k_3=k\) 写出方程 \(\alpha k^2 + 2 \beta k + \gamma = 0\)，解得 \(k_2,k_4\)，由点 \(P\) 分别作斜率为 \(k_2,k_4\) 的直线交曲线于 \(M,N\) 两点，分别过 \(M,N\) 两点作曲线的切线，切线交点 \(S\) 即为 \(AB\) 过的定点。
其中，\(\alpha k_1k_3 + \beta (k_1+k_3) + \gamma = 0\) 这个方程就叫做对合方程。
注意：对合方程描述的是调和线束的性质，跟是不是二次调和点列无关，只要是调和线束就一定满足对合方程！
原理：
i. 把过程反过来，如果 \(S\) 是已知定点，那么过 \(S\) 作切线 \(SM,SN\) 再随便作一条弦交曲线于 \(A,B\)。
ii. 根据二次调和点列的性质 #2 的逆定理，可以由 \(AB\) 过 \(MN\) 的极点 \(S\) 得到 \(M,N,A,B\) 为二次调和点列
iii. 由二次调和点列的性质 #1，随便过曲线上一定点 \(P\) 引调和线束，设 \(PB,PM,PA,PN\) 的斜率分别为 \(k_1,k_2,k_3,k_4\)，那么由于 \(P,N,M\) 均为定点，得到 \(k_2,k_4\) 为定值。
iv. 根据调和线束的斜率关系得到 \((k_1+k_3)(k_2+k_4)=2(k_1k_3+k_2k_4)\)，换元设 \(k_2+k_4=- \frac {2\beta} \alpha , k_2k_4= \frac \gamma \alpha\)，就可以得到方程 \(\alpha k_1k_3 + \beta (k_1+k_3) + \gamma = 0\) 了。
v. 然后不难发现这个过程中处处充要，证毕。
ex. 另外，为什么能直接写方程 \(\alpha k^2 + 2 \beta k + \gamma = 0\) 呢？注意到换元设的形式 \(k_2+k_4=- \frac {2\beta} \alpha , k_2k_4= \frac \gamma \alpha\) 其实就是对合方程的韦达定理呀，于是就能直接这么写了。
应用：看起来似乎很麻烦呀，而且可以用平移齐次来代替，但题目给的定点往往会比较特殊，所以其实这个方法中间的计算量并不一定是大的；而且在一些特别的题目中，平移其次不能用了，就只能用对合方程了。另外，同样这个方法也不能直接写过程，还是需要假装联立一下，然后不计算直接出答案的。
下面就是例题了。
椭圆 \(\frac {x^2} 4 + y^2 = 1\)，定点 \(P_2\)，动线 \(AB\)，已知 \(PA,PB\) 斜率之和为 \(-1\)，求证 \(AB\) 过定点。
板子题。这个题当然直接无脑平移齐次也很好，不过尝试一下新方法。
i. 设 \(PA,PB\) 斜率分别为 \(k_1,k_3\)，则写出对合方程 \(\alpha k_1k_3 + \beta (k_1+k_3) + \gamma = 0\) 以及题目所给条件 \(k_1+k_3=-1\)，可以看出 \(\alpha=0,\beta=\gamma\)，于是解方程 \(0k^2 + 2 \beta k + \beta = 0\)（化简得 \(0+2k+1=0\)）得 \(k_2=- \frac 1 2\)，但没有第二个解呀，怎么办呢？注意到这意味着第二个解不存在，也就是 \(k_4\) 不存在，也就是 \(k_4=\infty\) 是一条竖直线！这个特殊情况需要记下来。
ii. 由点 \(P_2\) 分别作斜率为 \(k_2=-\frac 1 2 , k_4 =\infty\) 的直线，发现正好交椭圆于下顶点和右顶点，于是分别作切线直接得到交点就是 \((2,-1)\)。这样秒了。
双曲线 \(\frac {x^2} 4 - \frac {y^2} 4 = 1\)，\(G(4,2)\)，点 \(P\) 是直线 \(l:y=x+1\) 上的定点，设 \(PM,PN\) 的斜率分别为 \(k_1,k_2\)，若 \(k_1k_2\) 为定值，求点 \(P\) 坐标。
如何想到用射影几何做？给了斜率和积关系，并且让求定点。
i. 首先发现，给了个奇怪的定点，求个极线，得极线为 \(y=2x-2\)。然后由极点极线和曲线上两点得到调和点列。（这一步不用思考是否需要，无脑写上即可）
ii. 对合方程 \(\alpha k_1k_2 + \beta (k_1+k_2) + \gamma = 0\)，由 \(k_1k_2\) 为定值得 \(\beta=0\)，于是解 \(\alpha k^2+\gamma=0\) 得 \(k = \pm \frac \gamma \alpha\)，所以 \(k_3+k_4=0\)，即调和线束的另外两条（\(PG\)、\(P\) 与最顶上的点的连线）是关于点 \(P\) 所在水平线对称的。
iii. 什么时候对称呢？不是很好思考，因为无法知道 \(P\) 在某个位置时四条线是否是调和线束。有一种人的注意力非常惊人，注意到 \(l\) 与极线的交点这个点 \((3,4)\) 很特殊，试了试发现是正确的。但我的注意力没有这么惊人，然后我就寄了，目前不知道该如何做（20260815 14:03）。不过如果画的图比较精准，也是可以猜出来的，毕竟定点有极大概率是比较特殊的点。
双曲线 \(y^2-x^2=1\)，定点 \(T(\frac {\sqrt 3} 3 , 0)\)，设 \(DA,DB\) 倾斜角分别为 \(\alpha,\beta\)，求证 \(\alpha+\beta\) 是定值。
如何想到用射影几何做？显然是个人都能想到用斜率关系表示 \(\alpha+\beta\)，写出来之后发现是 \(k_1+k_3\) 与 \(k_1k_3\) 之间的关系，于是就很适合用调和点列的斜率关系。
i. 因为角度很难表示，所以转化为斜率，\(\tan (\alpha + \beta) = \dfrac {\tan \alpha + \tan \beta} {1 - \tan \alpha \tan \beta} = \dfrac {k_1+k_3} {1-k_1k_3}\)。
ii. 给神秘定点求极线，得到 \(T\) 的极线是 \(x=-\sqrt 3\)。又因为 \(A,B\) 是现成的曲线上两点，所以直接得到调和点列 \(A,B,T,S\)，列个斜率关系 \((k_1+k_3)(k_2+k_4) = 2(k_1k_3+k_2k_4)\)，但是我们发现，这里面 \(k_4\) 不是定值啊！就则不到 \(k_1+k_3\) 和 \(k_1k_3\) 的关系呀，那没法做了？
iii. 这时候，就需要换个思路了，通常我们在直线上调和点列没法做的时候，可以考虑二次调和点列。复习一下，二次调和点列需要两条切线和一条任意弦（从同一点引出的），这个图引出弦的那个点是 \(T\)，其中任意弦已经给好了，就是 \(AB\)，然后再作两条切线即可，其实可以发现切线就是极线与曲线交点，毕竟极线就是切点弦嘛（\(T\) 在双曲线外部）。此时就可以发现 \(k_2,k_4\) 都是定值了！于是由 \((k_1+k_3)(k_2+k_4) = 2(k_1k_3+k_2k_4)\) 代数进去，发现就直接得到 \((k_1+k_3) / (1-k_1k_3)\) 了。
ex. 这个题，本质上就是把对合方程解题的过程反过来。
你要成为流星 你要成为烟火 你要飞向万千星辰 \(%BV16qdWB6EZe\)
- 对合的本质
引子：对合方程 \(\alpha k_1k_3 + \beta (k_1+k_3) + \gamma = 0\) 中，变换一下形式可以得到 \(k_1 = \dfrac {-\beta k_3 - \gamma} {\alpha k_3 + \beta}\)，又因为是轮换对称式，所以同理可得 \(k_3 = \dfrac {-\beta k_1 - \gamma} {\alpha k_1 + \beta}\)，然后我们惊奇地发现如果把这个关系描述成一个函数，那么这个函数满足 \(f(k_1)=k_3 , f(k_3)=k_1\)，一个很优美的性质。
概念：当一个函数 \(f(x)\) 满足 \(\forall a \in D_f , f(a)=b : f(b)=a\) 时，称这个函数是对合的。\(a \xrightarrow{~f~} f(a) \xrightarrow{~f~} a\) 这个过程称为对合变换。
于是，上面的对合方程也可以这么理解。\(P,S\) 为定点，那么已知 \(A\) 能由 \(S\) 位置（此图中为连接 \(SA\) 并延长）推知 \(B\)，反之亦然，即 \(A \xrightarrow{~S~} B \xrightarrow{~S~} A\)，也是一种对合变换。
超级厉害的结论：只要两个点 \(A,B\) 满足「点 \(A\) 经过某种变换 \(f\) 能得到点 \(B\)，点 \(B\) 经过同样的变换 \(f\) 也能得到点 \(A\)」，那么 \(AB\) 就一定过定点！！！
其中变换 \(f\) 一般是由若干个「连接曲线上点 \(A_i\) 与平面内定点 \(S_k\) 并延长，交曲线于点 \(A_j\)」组成，数学语言描述为 \(A_i \xrightarrow{~S_k~} A_j\)。
我靠这个真滴神啊。
p1：定点 \(S,P\)，过点 \(S\) 作任意弦 \(AB\)，连接 \(AP,BP\) 分别交椭圆于 \(CD\)；判断 \(CD\) 是否过定点。
从点 \(C\) 开始，先由 \(C\) 经过 \(P\) 点投射得到 \(A\)，再由 \(A\) 经过 \(S\) 点投射得到 \(B\)，再由 \(B\) 经过 \(P\) 点投射得到 \(D\)，描述为 \(C \xrightarrow{~P~} A \xrightarrow{~S~} B \xrightarrow{~P~} D\)；然后发现 \(D \xrightarrow{~P~} B \xrightarrow{~S~} A \xrightarrow{~P~} C\) 也成立；所以 \(CD\) 过定点！
p2p3：定点 \(S,P\)，过点 \(S\) 作任意弦 \(AB\)，连接 \(AP\) 交椭圆于 \(C\)，连接 \(BC\)；判断 \(BC\) 是否过定点。
容易得到 \(C \xrightarrow{~P~} A \xrightarrow{~S~} B\)，但是 \(B \xrightarrow{~P~} G \xrightarrow{~S~} ?\) 不一定能得到 \(C\)，所以 \(BC\) 不一定过定点。
p3p4：那什么时候 p2 才能过定点呢？如果想让 \(G \xrightarrow{~S~} C\)，那 \(BP\) 与 \(SC\) 的交点 \(G\) 必须在椭圆上，换言之，连接 \(SC\) 交椭圆于点 \(G\)，则 \(B,P,G\) 三点必须共线，也就得到了 p4 这样的图；是个小叉叉，于是自然得到 \(S\) 必须在 \(P\) 的极线上，或者说 \(P\) 必须在 \(S\) 的极线上。
有没有发现 p1 和 p4 非常熟悉？是的，之前好几个题都是这个模型。
p1：本视频第二个小标题「调和线束斜率关系」T1、某文科题。
p4：上个视频的小标题「进阶题型一」T1。
需要注意的是，在射影几何中，「动直线过定点」与「动直线斜率不变」是同类的，因为斜率不变即一堆平行线 在射影几何中 被认为是相交于无穷远点。因此有时候 满足对合变换的两点 构成的直线 也可能斜率不变而不是过定点（按照高中的说法）。
弦长压轴
这里就全是题了，对所有方法的熟练运用。主要讲思路，具体过程和计算什么的没什么特殊的地方就不提了。
其实下面每个题都可以直接联立的，但是有的就不讲了，计算量太大。
- 直接做
题意：椭圆 \(\frac {x^2} 6 + \frac {y^2} 3 = 1\)，定点 \(T(2,1)\)，过点 \(T\) 的切线 \(l:y=-x+3\)；动线 \(l’\) 平行于 \(OT\)，交椭圆于 \(A,B\)，交 \(l\) 于 \(P\)；证明存在 \(\lambda\) 使得 \(|PT|^2 = \lambda |PA| \cdot |PB|\) 并求 \(\lambda\)。
解法 #1：直接联立，没啥需要注意的。
解法 #2：直线参方
思考方式：因为让求的式子包含多个弦长，且都是从同一点 \(P\) 引出的，因此想到用 \(P\) 点的直线参方做。
思路：设 \(P\) 坐标，设 \(l'\) 参方，联立得到关于 \(t\) 的方程，两个解就是 \(t_1t_2\) 即 \(|PA| \cdot |PB|\)，用韦达定理算，然后 \(|PT|\) 直接两点间距离公式即可。
解：先设 \(P(x_0,3-x_0)\)，因为 \(l'\) 上涉及两个弦长，因此设 \(l’\) 的参数方程 \(\begin{cases} x = x_0 + \frac 2 {\sqrt 5} t \\ y = 3-x_0 + \frac 1 {\sqrt 5} t \end{cases}\)（\(\tan \alpha = \frac 1 2\) 已知，已经代进去了），然后设 \(|PA|=-t_1 , |PB|=-t_2\)，联立参方和椭圆即可韦达定理得到 \(t_1t_2 = \dfrac {3(x_0-2)^2} {6/5}\)。关于 \(|PT|\) 就不赘述了。
题意：椭圆 \(\frac {x^2} t + \frac {y^2} 3 = 1\) 焦点在 \(x\) 轴上，\(AM\) 斜率为 \(k\)，\(AM \perp AN\)；当 \(2|AM| = |AN|\) 时，求 \(k\) 的取值范围。
解法：直接联立，运用同构的思想、反设直线。
注意两点，一是，在表示弦长的时候，需要再两个弦长公式中选择好表示的那个，此处就应该直接用 \(|y_1-y_2|\) 而不是 \(\frac {\sqrt \Delta} {|A|}\)，因为 \(y_A=0\) 直接忽略掉；
二是，最终得到式子 \(2 \lambda^3 - 3 \lambda^2 + 6 \lambda - t=0\)，其中 \(t\) 是变量，需要求 \(\lambda\) 的取值范围，但是 \(0 \sim 3\) 次都有不好求，于是换个角度，把 \(t\) 提出来，然后根据 \(t\) 的取值范围得到一个关于 \(\lambda\) 的不等式，可以因式分解但是不如直接导，因为不用动脑子而且一定可用。
关于 \(t\) 的取值范围，不要忽略「椭圆焦点在 \(x\) 轴上」这一至关重要的条件！
题意：椭圆方程 \(\frac {x^2} {a^2} + \frac {y^2} {b^2} = 1\)，\(PQ\) 为过 \(F_2\) 的动直线，\(PQ \perp PF_1\)；若 \(|PQ|= \lambda |PF_1|\)，且 \(3/4 \le \lambda < 4/3\)，求 \(e\) 的取值范围。
解法 #1：求 \(e\) 取值范围，这不小题吗，谁给我整大题里面来了？而且 \(a,b\) 都没给，不是很能联立的样子。
直接用小题的思路，连接 \(QF_1\)，设 \(|PF_1|=m\)；因为要求离心率不妨令 \(a=1\)，好算一些；然后利用定义，并翻译条件，都是小题常规操作了。
解法 #2：利用式子 \(e = \dfrac c a = \dfrac {2c} {2a} = \dfrac {\sqrt {|PF_1|^2 + |PF_2|^2}} {|PF_1| + |PF_2|}\) 来做，但是这个方法思维量太大了，不讲了。不过这个式子还是可以记一下的，用到了齐次化的思想。
启示！大题里也别忘了小题思路 😃 另外七夕快乐！1099！纯蓝幻乐济南站啊啊啊！
题意：椭圆 \(\frac {x^2} {12} + y^2 = 1\)，定点 \(P(0,1)\)，\(AB\) 为过定点 \(Q(0,\frac 1 2)\) 的动线，定线 \(l : y=-\frac 1 2 x + 3\)，分别与 \(PA,PB\) 交于 \(C,D\)；求 \(|CD|_\min\)。
思路 #1：直接联立，正设线 \(AB\)，两点式写出 \(AP\) 并与 \(l\) 联立求交点 \(x_C\)，同理得到 \(x_D\)，因为 \(l\) 斜率已知直接用 \(\sqrt {1+(-\frac 1 2)^2} |x_C-x_D|\) 写即可。
计算技巧 #1：三角换元。当题目中出现 \(\sqrt {1 \pm x^2} / \cdots\) 时，可以使用三角换元来做！具体地，在 \(\sqrt {1 - x^2} / \cdots\) 中，可以设 \(x = \sin \alpha\)，于是 \(\sqrt {1-x^2} = \sqrt {1- \sin^2 \alpha} = |\cos \alpha|\)；在 \(\sqrt {1 + x^2} / \cdots\) 中，可以设 \(x = \tan \alpha\)，于是 \(\sqrt {1+x^2} = \sqrt {1 + \tan^2 \alpha} = 1/|\cos \alpha|\)。这么做的原理是巧妙地运用了根号下式子的取值范围，恰好就是对应三角函数的取值范围，所以就必须是 \(1\) 去 \({}\pm x^2\) 而不是其它的数。
例如下面这个式子，就可以设 \(4k=\tan \alpha\)：
计算技巧 #2：柯西不等式。二元柯西是 \((a^2+b^2)(c^2+d^2) \ge (ac+bd)^2\)，\(n\) 元柯西是 \((a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2\)，一般只用二元柯西，当要做的式子中出现 平方和 与 一次和 时可以考虑使用。
例如还是这个式子，上面是 \((4k)^2+1^2\) 平方和，下面是 \((3k+1)^2\)；然后神奇的来了，这个柯西不等式中 \(a=4k,b=1,ac=3k,bd=1\)，直接瞪眼或者解就可以解得 \(c=3/4,d=1\)，因此给原式凑上一个 \((3/4)^2+1^2\) 就可以柯西了。
当然，再不济直接导也没有任何问题。
题意：抛物线 \(y=x^2+\frac 1 4\)，已知矩形 \(ABCD\) 有三个顶点在抛物线上；证明：矩形 \(ABCD\) 的周长 \(>3\sqrt 3\)。
一些简化：首先，这个抛物线顶点不是原点，而将平移坐标系将抛物线顶点移到原点 不对任何事情造成影响，因此直接平移，考试的时候可以直接写「由平移不变性，将抛物线化为 \(y=x^2\)」。
其次，因为矩形对边相等，因此只需要考虑 \(|AB|+|AD|\) 即可。
解法 #1：直接联立，运用多个惊为天人的思路。
i. 关键点显然是 \(A\)，于是必须设点 \(A(a,a^2)\)；然后点 \(B\) 还要设吗？其实设了反而麻烦，因为要求的是弦长，所以直接设直线 \(l_{AB} : y-a^2 = k(x-a)\) 并联立，就可以得到 \(|AB| = \sqrt {1+k^2} \cdot |k-2a|\)，同理得 \(|CD|\) 并得到下面这个式子，但是这根本没法做呀，导都没法导……
ii. 然后就是神仙操作了，人类根本不可能想到，就当观赏谱看了。注意到 \(AB\) 在转的过程中，只需要转 \(90°\)，就可以涵盖所有情况（因为一条弦 \(AB\) 对应了 \(AB,AD\) 两条弦，因此当 \(AB\) 转到 \(AD\) 的位置时，和原位置时同一种情况；而直线倾斜角一共只有 \(180°\)，故 \(AB\) 只需要转 \(90°\)），所以可以钦定 \(AB\) 的斜率 \(k \in [-1,1]\)（上面 p2）。
iii. 然后就可以化简这个式子了，因为 \(|k| \le 1\)，所以可以用不等关系 \(1/|k| \ge 1\) 来合并同类项（毕竟要求 \(\min\)，所以用个 \(\ge\) 是完全可以的），具体见下：
iv.a. 继续观察这个式子，发现一个 \(+2a\) 一个 \(-2a\)，如果能消掉就好了！继续使用神仙操作，观察到这两个绝对值长得很像这个函数：\(f(x)=|x-k|+|x+\frac 1 k|\)，它的图像是一个平底锅，如上面 p3（两个转折点横坐标可能互换，这个与 \(k\) 的正负有关），这是因为当 \(x-k<0,x+\frac 1 k>0\) 时，正好可以把 \(x\) 消掉，于是它的 \(\min\) 就是 \(|k-x+x+\frac 1 k| = |k+\frac 1 k|\)（加绝对值是因为要考虑 \(k\) 的正负）。
iv.b. 或者，还有另一种化简方式，即三角形不等式 \(||a|-|b|| \le |a \pm b| \le |a|+|b|\)（也可以换成向量）。无论是 a. 还是 b. 最终都能得到：
v. 直接导！得到最小值在 \(1/2\) 处取得，最小值为 \((|AB|+|CD|)_\min = 3 \sqrt 3 / 2\)，再转为矩形周长就得到 \(3 \sqrt 3\) 了。但为啥求的是 \(\ge\) 而要证的是 \(>\) 呢？因为用了三个不等号，验证一下取等条件即可排除等号。
ex. 其实注意不到令 \(|k| \le 1\) 也可以，就把根号乘进去然后硬做，计算量会大一些，后面的过程和解法 #2 的 [iii.] 类似。
解法 #2：直线参方！
思考方式：由一个点引出多条弦长，适合使用直线参方，并且两条弦的夹角固定为 \(90°\)，这很适合直线参方中的 \(\alpha,\beta\)，可以用 \(\beta=\alpha + \pi/2\) 来减少参数。
i. 设 \(AB\) 参方 \(x=a+t \cos \alpha , y = a^2+t \sin \alpha\) 并设 \(|AB|=|t_1|\) 与抛物线联立得到 \(|t_1| = \left| \dfrac {\sin \alpha - 2a \cos \alpha} {\cos^2 \alpha} \right|\)，同理得到 \(|AD|=|t_2|= \cdots ~(\beta)\)，不过注意到 \(AB,AD\) 夹角一定为 \(\pi/2\)，故可以用 \(\beta = \alpha + \pi/2\) 来消掉 \(\beta\)（诱导公式），得到 \(|t_2| = \left| \dfrac {\cos \alpha + 2a \sin \alpha} {\sin^2 \alpha} \right|\)。
ii. 化简这个式子，因为 \(a\) 出现的比较少，所以考虑把 \(a\) 提出来：
iii. 发现这个式子是高一了解过的形式，形如 \(f(x) = |ax-b| + |cx-d|\)，它的图像是 p4 或 p5，最小值在 \(ax-b=0\) 或 \(cx-d=0\) 的时候取得。那对应到上面的式子，也可以类似地做，把 \(2a\) 当做 “\(x\)” 即可，当两个绝对值里面分别 \(=0\) 的时候可能取得最小值，分别得到：
iv. 发现两个式子结构都是一样的，所以求分母上函数 \(g(x)=x(1-x^2)\) 的最大值即可，直接导，得到当 \(x = \sqrt {1/3}\) 时 \(g(x)_\min = g(\sqrt {1/3}) = 3 \sqrt 3 / 2\)。注意！这里怎么又变成等号了呢？验证一下，若取 \(\cos \alpha = \sqrt {1/3}\)，则 \(\tan \alpha = \sqrt 2\)，也就是说 \(AB\) 的倾斜角为 \(\sqrt 2\)；根据人类直觉，不成立的情况只可能是矩形一边长为 \(0\)，也就是说 \(AB\) 是抛物线切线；于是求个导发现导函数就是 \(y'=2x\)，于是 \(A(a,a^2)\) 处切线斜率就是 \(2a\)，即 \(\tan \alpha\)，于是切线斜率就和 \(AB\) 斜率相等了，说明 \(AB\) 就是切线，故不成立。若取 \(\sin \alpha = \sqrt {1/3}\) 也是差不多的分析方法。
太厉害了。相比之下还是解法 #2 友好一点。
- 先转化
p1：\(|MA| \cdot |AS|\)，连接 \(AN\)，就会发现 \(\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN} = \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AS} = - |\overrightarrow{AM}| \cdot |\overrightarrow{AS}|\)，于是只需要求 \(\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN}\) 即可。其中第一个等号的原因是因为 \(\overrightarrow{AS}\) 是 \(\overrightarrow{AN}\) 在 \(\overrightarrow{AM}\) 上的投影。
p2：这个是典型转化了，线段比转化为 \(y\) 坐标比，然后非对称韦达。
p3：这个是同一条直线上的弦长之积，其实就是 p1 的简化版，直接转化为向量点积即可。
p4：记得以前见过这个 trick，\(|AB|=|CD|\) 因为弦长端点不在同一个曲线上 所以不好做，于是转化为 \(AD,BC\) 的中点重合 就好做了。不过这个 trick 比较灵活，不过根本目的都是将弦长 转化为 两端点在同一曲线上的弦长。
下面都是题。当然不一定会运用上面的模型。
题意：椭圆 \(\frac {x^2} 3 - y^2 = 1\)，\(PQ\) 过定点 \(F(2,0)\)；问 \(x\) 轴上是否存在定点 \(M\) 满足 \(|MP|^2+|MQ|^2-|PQ|^2\) 为定值。
转化：
i. 三个弦长平方，有点不好看，而且其实很容易注意到这个是余弦定理的形式，原式就等于 \(2|MP| \cdot |MQ| \cos \theta\)。
ii. 然后发现这个东西长得好像向量数量积呀，哦其实就是，得到原式等于 \(2 \overrightarrow{MP} \cdot \overrightarrow{MQ}\)。
解法 #1：这就是个常规题啊，直接联立做就可以了。这里提示一点计算的小技巧。
i. 设 \(M(m,0) , l_{PQ} = x= \lambda y+2\) 然后联立韦达最终得到 \(\overrightarrow{MP} \cdot \overrightarrow{MQ} = (\lambda^2+1) \dfrac 1 {\lambda^2-3} + (m-2)\lambda \dfrac {4\lambda} {\lambda^2-3} + (2-m)^2\)。
ii. 观察这个式子，因为我们要证的是 \(M\) 为定点，翻译过来就是当 \(m\) 取某个定值时，上面这个式子的值与 \(\lambda\) 无关，因此只需要前两项通分即可，因为 \((2-m)^2\) 最终一定是个定值，得到 \(\overrightarrow{MP} \cdot \overrightarrow{MQ} = \dfrac {(4m-7) \lambda^2+1} {\lambda^2-3} + (2-m)^2\)。
iii. 要想消掉 \(\lambda\)，只需要让分数线上下对应项系数比相等即可，即 \((4m-7):1 = 1:-3\)，就可以解得 \(m\) 了。
解法 #2：这个也可以平移齐次来做（以 \(M\) 为原点建系），但是小猪老师没讲，于是我就不写了。
题意：抛物线 \(x^2=y\)，\(A(-1/2,1/4),B(3/2,9/4)\)，抛物线上动点 \(P\) 满足 \(x_P \in (-1/2,3/2)\)，过点 \(B\) 做 \(AP\) 垂线，垂足为 \(Q\)；求 \(|PA| \cdot |PQ|\) 的最大值。
转化：利用上面的模型，直接转化为 \(- \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB}\)，直接设 \(P(a,a^2)\) 然后翻译数量积即可，甚至不用联立。
题意：椭圆 \(\frac {x^2} 9 + y^2=1\)，动点 \(P\) 不在 \(y\) 轴上，\(R\) 在射线 \(AP\) 上，满足 \(|AR| \cdot |AP|=3\)；第一问设 \(P(m,n)\)，求 \(R\) 的坐标（用 \(m,n\) 表示）；第二问 \(Q\) 是椭圆上动点，\(k_{OR}=3k_{OP}\)，求 \(|PQ|_\max\)。
第一问转化：这个方法很多啊，可以用上面的转化，转化为向量数量积，也可以直接转化为 \(y\) 坐标。
第一问解法：需要注意一点，就是无论怎么着 \(|AR| \cdot |AP|=3\) 也只能翻译成一个式子，但如果设 \(R(x_0,y_0)\) 的话，就会有两个变量（把 \(m,n\) 视作常量），必须有两个式子。那么什么条件还没用呢？把题目每一句话都看一遍，发现「\(R\) 在射线 \(AP\) 上」这个条件还没用，列个斜率相等就可以得到第二个式子了。
第二问解法：利用第一问现成的式子 来翻译斜率关系，经过一番计算可以得到 \(P\) 的轨迹方程 \(m^2+(n+4)^2=18 ~(m \ne 0)\) 是个圆；然后就转化成双动点求最值了，这个是典，当椭圆上点到圆的圆心距离最大时 再穿心 即可取得 \(|PQ|_\max\)。
题意：抛物线 \(x^2=4y\)，椭圆 \(\frac {y^2} 9 + \frac {x^2} 8 = 1\)，\(F\) 为两个曲线的公共焦点，过 \(F\) 做 \(l\) 交抛物线于 \(A,B\)，交椭圆于 \(C,D\)，\(\overrightarrow{AC}\) 与 \(\overrightarrow{BD}\) 同向；若 \(|AC|=|BD|\)，求 \(l\) 的斜率。
转化：这就体现上面 p4 的 trick 的灵活性了，显然 \(|AC|=|BD|\) 可以转化为 \(|AB|=|CD|\)。然后直接联立即可。
题意：椭圆 \(\frac {x^2} 4 + \frac {y^2} 3 = 1\)，\(F\) 为左焦点，过 \(F\) 作直线 \(l\) 满足 \(l\) 不与坐标轴平行，\(l\) 交椭圆于 \(M,N\)；若 \(\overrightarrow{PM} = 2 \overrightarrow{MA}\)，\(PN\) 交 \(x\) 轴于 \(T\)，求 \(|AT|\) 取值范围。
一个公式（两点连线方程与截距）：\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，则 \(l_{AB}\) 的方程为 \((y_2-y_1)x+(x_1-x_2)y = x_1y_2-x_2y_1\)，截距为 \(x_0= \dfrac {x_1y_2-x_2y_1} {y_2-y_1} , y_0 = \dfrac {x_1y_2-x_2y_1} {x_1-x_2}\)。
解法 #1：直接联立。步骤很多并且计算量爆炸。
解：反设直线 \(l\) 并联立，设 \(M(x_1,y_1),N(x_2,y_2),P(x_0,y_0)\)，用向量坐标翻译 \(\overrightarrow{PM} = 2 \overrightarrow{MA}\)，三点共线得到 \(T(m,0)\) 与 \(P,N\) 坐标关系，再一步步反过去得到关于 \(\lambda\) 的函数。
解法 #2：和积关系
思考方式：除了联立之外没啥好方法呀，因为这个图实在是没啥性质了。观察普通方法的过程，最麻烦的一步就是表示出 \(m\) 与 \(x_1,y_1,x_2,y_2\) 的关系后用韦达定理化为关于 \(\lambda\) 的式子。于是就可以想到，不妨抛弃 \(\lambda\)，而是直接用和积关系表示 \(x_1,y_1,x_2,y_2\) 的关系，就可以由 \(m = \dfrac {3x_1y_2+4y_2-3y_1x_2} {y_2-3y_1}\)（这个式子是翻译三点共线后用 \(x_1,y_1\) 代替 \(x_0,y_0\) 得到的）直接化简得到 \(m\) 的取值范围了。
解：因为过 \(x\) 轴上定点，所以可以直接得到关于 \(x_1,x_2\) 的和积关系 \(2x_1x_2 = -5(x_1+x_2)-8\) 即 \(x_2 = - \dfrac {5x_1+8} {2x_1+5}\)；然后关于 \(y_1,y_2\) 的和积关系可以直接用 \(M,F,N\) 三点共线斜率相等来表示，得到 \(y_2= \dfrac {-3y_1} {2x_1+5}\)。直接代到 \(m\) 的表达式中即可，约约约最终的式子很简单的。
启示了一个思想：当中间变量不重要且会增加计算量时，可以考虑如何避免中间变量，而是找关键变量之间的关系。
神秘 Tips
- 一条竖直线上 \(AB\) 中点为 \(G\)，以及直线外一点 \(P\)，一定满足 \(k_{AP} + k_{BP} = 2k_{PG}\)；水平线则满足 \(\dfrac 1 {k_{AP}} + \dfrac 1 {k_{BP}} = \dfrac 2 {k_{PG}}\)。用于翻译。
- 求轨迹方程时，遇到中垂线容易出现椭圆。
- 看见两条直线的斜率有关系，且要求角度、面积等和两直线夹角有关的东西时，可以去想想到角公式。
- 「角平分线」翻译为「角平分线上点到角的两边距离相等」或直接用两次到角公式；当角没什么特殊性时推荐后者，否则两个都可以。
填坑：蝴蝶定理、坎迪定理、曲线系、光学性质、圆幂定理、椭圆准线、调和共轭、梅氏定理、塞瓦定理、超级韦达定理、交比是完全射影不变量、仿射变换、双曲线的类三角代换、布利安桑定理、对称双重点差、焦比公式
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