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……
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。
第二步：设直线 \(l_0\)，这里用的是平移其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，放一块回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 \(P,Q,N\) 的三角带换参数为 \(t_1,t_2,t_3\)，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：用三角带换做题时，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。
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 \(C\) 成为线段 \(AB\) 的内分点，\(D\) 成为线段 \(AB\) 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。这些焦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 \(PR\) 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）
（分割线）
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。
有时间再补吧。
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、对合方程、光学性质、圆幂定理、椭圆准线、梅氏定理、调和共轭、梅氏定理、塞瓦定理、超级韦达定理
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