資源簡介

板塊一 圓錐曲線
大招一 直線過定點模型總結
是過定點的直線系，（是常數）是過定點的直線系，（，是常數）是過定點的直線系．
例1．已知直線恒過定點，點也在直線上，其中、均為正數，則的最小值為( )
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【解析】變形為
所以此直線過定點，將其代入直線方程，得
所以．
當且僅當時等號成立故選D．
例2．不論取什么實數，直線都過一個定點求出這個定點．
【解析】解法一： 對于方程
令，得；令，得
解方程組得兩直線的交點為．
將點代入已知直線方程左邊，得
這表明不論取什么實數，所給直線均過定點．
解法二： 將已知方程以為未知數，整理為．
由于取值的任意性，有， 解得，．
所以所給直線不論取什么實數，都過一個定點
評注
（1）曲線過定點，即與參數無關，則參數的同次冪的系數為0，從而求出定點．
（2）分別令參數為兩個特殊值，得方程組求出點的坐標，代入原方程滿足，則此點為定點．
例3．直線（且，不同時為）經過定點 ．
【答案】
【解析】直線過定點，則意味著定點坐標使得參數“失去作用即無論參數取何值，不會影響表達式的值，能夠達到此功效的只有讓參數與“”相乘，所以考慮將已知直線進行變形，將含的項與含的項分別歸為一組，可得，若要讓，“失去作用”，則， 解得，即定點為．
大招二 阿波羅尼斯圓
在平面上給定兩點，，點在同一平面上且滿足，當且時，點的軌跡是圓，稱之為阿波羅尼斯圓（時點的軌跡是線段的中垂線）
【證明】設．因為且
由兩點間距離公式得，
化簡得．
所以點的軌跡是以為圓心，以為半徑的圓．
例1．滿足的的面積的最大值是__________．
【答案】
【解析】顯然此題背景是“阿波羅尼斯圓”，建立如右圖所示的直角坐標系．
由知，代入阿波羅尼斯圓公式得．設圓心為，顯然當軸時，面積最大，此時．
所以．
例2．如圖，圓與軸相切于點，與軸正半軸交于兩點，（在的上方），且．
（1）圓的標準方程為_____________；
（2）過點任意作一條直線與圓相交于，兩點，下列三個結論
①；② ；③
其中正確結論的序號是__________________．
【答案】（1） （2）①②③
【解析】（1）依題意，設（為圓的半徑），因為
所以，所以圓心為，故圓的標準方程為．
（2）如圖，在（1）的基礎上易得，于是，．所以．由阿波羅尼斯圓的定義知圓是以，為定點，且比值為的阿波羅尼斯圓故①成立；因為，所以②成立；③成立．因此正確結論的序號是①②③．
例3．在軸正半軸上是否存在兩個定點，，使得圓上任意一點到，兩點的距離之比為？如果存在，求出點，的坐標；如果不存在，請說明理由．
【解析】假設在軸正半軸上存在兩個定點，，使得圓上任意一點到，兩點的距離之比為，設，其中，即對滿足的任何實數對恒成立，整理得，將代入得，這個式子對任意恒成立，因此有， 因為，所以．
所以在軸正半軸上存在兩個定點，使得圓上任意一點到，兩點的距離之比為．
大招三 橢圓焦點三角形面積秒殺
為橢圓的兩個焦點，是橢圓上的動點，則的面積為．
【證明】如圖，由橢圓的對稱性，不妨設在第一象限，為． 由余弦定理知
① 由橢圓定義知②
則②①得．
故．
例1．已知是橢圓上的一點，是其焦點，若，則的面積為 ．
【答案】
【解析】由題意知在橢圓中，，所以．
例2．已知是橢圓上的點，分別是橢圓的左，右焦點，若， 則的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】設，則，所以．所以． 故選A．
例3．橢圓的焦點為，點為橢圓上的動點，當為鈍角時，點的橫坐標的取值范圍是_________．
【答案】
【解析】依題意知． 設，則，． ，故．
大招四 雙曲線焦點三角形面積秒殺
為雙曲線的兩個焦點，是雙曲線上的動點，則的面積．
【證明】由余弦定理可知．
由雙曲線定義知||，可得
所以
則．
例1．已知為雙曲線的兩個焦點，在雙曲線上，若的面積是1，則的值是__________．
【答案】0
【解析】由雙曲線焦點三角形面積公式得：，所以，即． 所以，從而．
例2．已知為雙曲線的左、右焦點，點在上，，則（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【解析】由雙曲線焦點三角形面積公式得：
所以． 故選B．
例3．已知為雙曲線的左、右焦點，點在上，若，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由題意知，且，即，所以，解得， 故選A．
大招五 橢圓中的兩個最大張角
【結論1】為橢圓的兩個焦， 為橢圓上任意一點，則當點為橢圓短軸的端點時，最大．
【證明】如圖，因為
所以（當時取等號）
由余弦定理知
（當時取等號）
所以當時，即點為橢圓短軸的端點時最大．
【結論2】，為橢圓長軸上的兩個頂點，為橢圓上任意一點，則當點為橢圓短軸的端點時，最大．
【證明】如圖，設，過點作，垂足為
則，所以
則
因為，所以．
又因為
所以當時，取得最大值，此時最大．
即當點為橢圓短軸的端點時，最大．
例1．已知為橢圓的兩個焦點，若橢圓上存在點使得，求橢圓離心率的取值范圍．
【分析】因為存在，所以只要最大角，即即可， 即，也就是，便可求出的范圍．
【解析】由結論1知，當點為橢圓短軸的端點時，最大，因此要最大角，即，即，也就是，解不等式，得， 故橢圓的離心率．
例2．已知為橢圓的兩個焦點，為橢圓上任意一點，是一個直角三角形的三個頂點，且，求值．
【分析】由結論1知，當點為橢圓短軸的端點時，最大，且最大角為鈍角，所以本題有兩種情況，或．
【解析】由已知可得，當點為橢圓短軸的端點時，最大且為鈍角由結論1知，橢圓上存在一點，使為直角，又也可為直角，所以本題有兩解；由，知．
①若為直角，則，所以，得，故．
②若為直角，則，所以，得，故．
綜上可知，的值為或2．
評注
結合橢圓的性質，本題的可以為直角，從而判斷出分兩種情況討論，避免了漏解的情況．
例3．已知橢圓，長軸兩端點為，，如果橢圓上存在一點滿足．求這個橢圓的離心率的取值范圍．
【分析】由結論2知，當點為橢圓短軸的端點時，最大，因此只要最大角不小于即可．
【解析】由結論2知，當點為橢圓短軸的端點時，最大，因此只要
，則一定存在點，使，即，所以， 得．故橢圓的離心率的取值范圍是．
大招六 橢圓的第三定義及其應用
已知橢圓的方程為，過原點的直線交橢圓于，兩點，為橢圓上異于，的任一點，則為定值．（橢圓第三定義）
【證明】設，則．
所以．
由得． 所以為定值．
例1．已知，為橢圓長軸的兩個端點，點在橢圓上，則為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由橢圓第三定義易得． 故選A，
例2．橢圓的左、右頂點分別為，點在上且直線斜率的取值范圍是，那么直線斜率的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解法一： 設點
則直線的斜率為，直線的斜率為，
所以．
因為點滿足，
所以， 即． 故．
因為是增函數，所以，故選B．
解法二：由橢圓第三定義得，即，
因為，所以，故選B．
例3．已知，是橢圓長軸的兩個端點，，是橢圓上關于軸對稱的兩點，直線的斜率分別為，且． 若的最小值為，則橢圓的離心率為__________．
【答案】
【解析】解法一：（第三定義均值）
由題意可作圖如下
連接，由橢圓第三定義知，而，所以．
．
解法二：（特殊值法）
的最小值為，可直接用特殊點求解． 時可取最值，則，分別為短軸的兩端點此時．
例4．如圖，為橢圓的右頂點，過坐標原點的直線交于兩點，直線交直線于兩點，求的最小值．
【解析】設，則．所以．
又，所以．設直線的斜率為，則直線的斜率為，所以直線的方程為，直線的方程為．令得．所以，當且僅當時取等號．所以的最小值為．
大招七 點差法快速搞定中點問題
若是橢圓上兩個不重合的點，則，兩式相減得是直線的斜率，是線段的中點，此種方法為代點作差法，簡稱點差法．
題型一、求弦中點的軌跡方程
例1．已知橢圓，求斜率為2的平行弦的中點的軌跡方程．
【解析】設弦的兩個端點分別為，的中點為
則① ②
②-①得，所以．
又，所以．
因為弦中點軌跡在已知橢圓內，所以所求平行弦的中點的軌跡方程為（在已知橢圓內）．
題型二、求曲線方程
例2．已知的三個頂點都在拋物線上，其中，且的重心是拋物線的焦點，求直線的方程．
【解析】由已知拋物線方程得．設的中點為
則三點共線，且，所以
于是，解得，所以．
設，則．又 ①，②
②-①得，所以．
所以所在直線的方程為，即．
題型三、求直線的斜率
例3．已知橢圓，上不同的三點，與焦點的距離成等差數列．若線段的垂直平分線與軸的交點為，求直線的斜率．
【解析】因為與焦點的距離成等差數列
所以，因此設線段的中點為．又在橢圓上，所以①
②， 由①-②得
所以．
所以直線的斜率，因此直線的方程為．
令，得即，
所以直線的斜率為．
大招八 橢圓中的垂徑定理
是橢圓不垂直于軸的任意一條弦，是的中點，為橢圓的中心，則直線和直線的斜率之積為定值．
【證明】設，且，則 ①， ②
①-②得，所以
所以．又，所以
所以（定值）．
例1．已知橢圓的離心率為，點在橢圓上．
（1）求橢圓的方程．
（2）若直線與橢圓交于兩點，線段的中點為，點為坐標原點．證明：直線的斜率與直線的斜率的乘積為定值．
（1）【解析】由題意得，解得．所以橢圓的方程為．
（2）【證明】證法一 設將代入
得，
，故．
于是直線的斜率．即．
所以直線的斜率與的斜率的乘積為定值．
證法二 設，則．由得
，則，即．所以直線的斜率與的斜率的乘積為定值．
例2．已知是橢圓上的三個點，是坐標原點．
（1）當點是的右頂點，且四邊形為菱形時，求此菱形的面積；
（2）當點不是的頂點時，判斷四邊形是否可能為菱形，并說明理由．
【解析】（1）橢圓的右頂點的坐標為
因為四邊形為菱形，所以與相互垂直且平分．
因此設，代入橢圓方程得，即．
所以菱形的面積是．
（2）四邊形不可能為菱形．理由如下：
假設四邊形為菱形．因此點不是的頂點，且直線不過原點．
所以可設直線的方程為．
由消去并整理得．
所以的中點為．
因為為與的交點，所以直線的斜率為．
因為，所以與不垂直．所以四邊形不是菱形，與假設矛盾．
所以當點不是的頂點時，四邊形不可能是菱形．
大招九 圓錐曲線中點弦秒殺模型
【結論1】以橢圓內一點為中點的弦所在的直線方程為．
【證明】設過點且被平分的弦兩端點為，．
因為在橢圓上，從而有，
兩式相減得
整理得，即．
所以以點為中點的弦的直線方程為
整理得．
當時，以為中點的弦所在直線方程為也適合上式．
故以為中點的弦所在的直線方程為．
【結論2】以雙曲線內一點為中點的弦所在的直線方程為．
【結論3】以拋物線內一點為中點的弦所在直線方程為．
例1．過橢圓內一點引一條弦被點平分，求這條弦所在的直線方程．
【解析】由結論1，即得以為中點的弦所在的直線方程為，整理得．
例2．已知橢圓的方程為，試確定的取值范圍，使得橢圓上有不同的兩點關于直線對稱．
【分析】設橢圓上兩點關于直線對稱，則已知條件等價為：①直線；②弦的中點在直線上；③在橢圓上．利用上述三點，求出的取值范圍．
【解析】解法一 設橢圓上存在兩點關于直線對稱，連接，且直線交于．，根據題意設直線的方程為．
解方程組得．
由消去，得 ①，
所以，即．
又在橢圓上，所以①中，即
所以，即．
解法二 設橢圓上兩點關于直線對稱，連接，且直線交于．
設．根據題意設直線的方程為．
解方程組得．
由消去，得
所以，即
所以，即．
因為在橢圓上，所以在橢圓內，所以，解得．
解法三 設橢圓上兩點關于直線對稱，連接，且直線交于．
設，與的交點，則 ② ③
②-③得，所以 ④．
又因為，所以 ⑤．
聯立④⑤，解得．因為在橢圓上，則在橢圓內，即
解得．
例3．已知雙曲線，經過點能否作一條直線，使與雙曲線交于兩點，且點是線段的中點．若存在這樣的直線，求出它的方程；若不存在，說明理由．
【解析】不存這樣的直線，理由如下：
假設存在這樣的直線，由結論2得，以為中點的弦的直線方程為，即，代入雙曲線方程并整理得．所以．這說明直線與雙曲線不相交，故被點平分的弦不存在，即不存在這樣的直線．
評注
本題如果忽視判別式，將得出錯誤的結果，請務必小心．由此題可以看出中點弦問題中，判斷點的位置非常重要．（1）若中點在圓錐曲線內，則被點平分的弦一般存在；（2）若中點在圓錐曲線外，則被點平分的弦可能不存在，必須對直線的存在性進行驗證．
例4 過拋物線的焦點的弦的中點的軌跡方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，焦點在軸上．設過拋物線焦點的弦為，弦的中點的坐標為．由得，整理得：，所以所求的軌跡方程為，故選B．
大招十 圓與橢圓的切點弦秒殺模型
圓的切線方程
（1）圓上一點處的切線方程式．
（2）圓外一點所引兩條切線的切點弦方程式是．
橢圓的切線方程
（1）橢圓上一點處的切線方程是．
（2）橢圓外一點所引兩條切線的切點弦方程是．
例1．求證：過橢圓上一點的切線方程為．
【證明】證法一（解析法）設所求的切線方程為
代入橢圓方程得，
即 ①
因為直線與橢圓相切，所以方法①有相等的兩個實數根
因此
化簡得 ②
因為點在橢圓上，所以
方程②的判別式，
故方程②有相等的兩個實數根，且其根為：．
則切線方程為，即．
證法二（導數法）對方程兩邊取導數，．
則切線方程為，即．
例2．已知橢圓和圓，過橢圓上一點引圓的兩條切線，切點分別為．
（1）①若圓過橢圓的兩個焦點，求橢圓的離心率；
②若橢圓上存在點，使得，求橢圓離心率的取值范圍．
（2）設直線與軸，軸分別交于點，求證：為定值．
（1）【解析】①因為圓過橢圓的焦點，圓，所以
所以即．
②由及圓的性質知，
所以，所以，因此，即．
（2）【證明】設，則，整理得
因為，所以的方程為，的方程為
所以
所以，直線的方程為，即
令得；令得
所以，即為定值，定值為．
大招十一 蒙日圓及其應用
橢圓的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是蒙日圓：．
【證明】若兩條互相垂直的切線中有一條斜率不存在時，可得點的坐標是，或滿足要求．當兩條互相垂直的切線中的斜率均存在且均不為0時，設點的坐標為（，且），因此設過點的切線方程為（）
由得．
因為直線與橢圓相切，所以其判別式的值為0，得．因為是這個關于的一元二次方程的兩個根，所以，因此．進而可得．
例1．已知橢圓的一個焦點為，離心率為．
（1）求橢圓的標準方程；
（2）若動點為橢圓外一點，且點到橢圓的兩條切線相互垂直，求點的軌跡方程．
【解析】（1）
（2）設切點為，．直線的方程：．
直線的方程：
由垂直得①
直線的方程：
橢圓方程，聯立得到
于是②，③.
①
再代入②，③，得到
．
即點的軌跡方程為．
例2．給定橢圓，稱圓心在原點，半徑為的圓是橢圓的“準圓”．若橢圓的一個焦點為，其短軸上的一個端點到的距離為．
（1）求橢圓的方程和其“準圓”方程；
（2）點是橢圓的“準圓”上的動點，過點作橢圓的切線交“準圓”于點．
①證明：當點為“準圓”與軸正半軸的交點時，；
②求證：線段的長為定值．
【解析】（1）根據題意，，所以
所以橢圓的方程為，“準圓”方程為．
（2）【證明】①因為“準圓”與軸正半軸的交點為，因此設過點且與橢圓相切的直線．所以得．
因為直線與橢圓相切，所以，解得．
所以的方程分別為．因為，所以．
②當直線中有一條斜率不存在時，設直線斜率不存在，則．
當時，與“準圓”交于點，此時，顯然直線垂直；
同理當時，直線垂直．當斜率存在時，設點，其中．
設經過點與橢圓相切的直線為
所以由得．
由化簡整理得．
因為，所以．設的斜率分別為
因為與橢圓相切，所以滿足，所以，即垂直．
結合①，因為經過點，又分別交其“準圓”于點，且垂直．
所以線段為“準圓”的直徑，為定值．
大招十二 圓錐曲線第二秒殺焦點弦比例模型
設圓錐曲線的焦點在軸上，過點且斜率為的直線交曲線兩點，若，
則．
【證明】如下圖所示，過分別作準線的垂線，垂足為，過作，垂足為．
由圓錐曲線的第二定義可知，從而得，
又因為，所以，
在，由勾股定理知，可得．
若傾斜角為，則，即.
例1．已知橢圓的離心率為，過右焦點且斜率為的直線與相交于兩點，若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由焦點弦比例模型結論得，解得，故選B．
例2．已知雙曲線的右焦點為，過且斜率為的直線交于兩點，若，則的離心率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由焦點弦比例模型結論得，故選．
例3．已知拋物線的焦點為，過點的直線交拋物線于兩點，且，則直線的斜率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】法一：從點的坐標出發．因為三點共線，從而可轉化為．
考慮將向量坐標化，，設，有，
所以．設直線，聯立拋物線方程消元后得
利用韋達定理得，再結合，消去得
因此直線，所以直線的斜率為．
法二：從所給線段關系恰好為焦半徑出發，聯系拋物線的定義，考慮向準線引垂線，垂足為，便可得到直角梯形．由拋物線的定義知，將所求直線的斜率轉化為直線的傾斜角，即．設在第一象限，考慮將角放入直角三角形中，因此過點作，因為，而，且．由勾股定理知，從而．當在第四象限時，同理可得．綜上．
法三：因為拋物線的離心率為1，由焦點弦比例模型結論得，所以，即．
大招十三 橢圓與圓結合的大招秒殺模型
點是橢圓上任意一點，從原點向圓，作兩條切線分別與橢圓交于，直線的斜率分別記為，則，．
例1．如圖，為坐標原點，橢圓的離心率為，以橢圓的長軸長，短軸長分別為兩鄰邊長的矩形的面積為8 ．（1）求橢圓的方程；（2）若是橢圓上的點，且圓與直線相切，，求圓的半徑．
【解析】（1）依題意可知，解得，所以橢圓的方程為．
（2）設，直線的方程為．由直線與圓相切知，
所以．同理．
所以是方程的兩個不相等的實數根，由根與系數的關系得
，又，即
所以，結合，得，因此．
例2．如圖，在平面直角坐標系中，已知是橢圓上的一點，從原點向圓作兩條切線，分別交橢圓于．（1）若直線的斜率存在，并記為，求的值；（2）試問是否為定值？若是，求出該值，若不是，說明理由．
【解析】（1）根據題意，設直線的方程為，直線的方程為．
因為直線都與圓相切
所以，化簡得．
因為點在橢圓上，所以，所以．
（2）法一：當直線不落在坐標軸上時，設．
由（1）知，所以，即．
因為在橢圓上，所以，
即，所以，整理得，
所以．
所以．
當直線落在坐標軸上時，顯然有．綜上可知為定值．
法二：當直線不落在坐標軸上時，設
聯立，得，所以．
同理，由（1）知，
所以
當直線落在坐標軸上時，顯然有．綜上可知為定值．
大招十四 橢圓斜率之和為0模型秒殺
已知橢圓及定點，上的兩個動點，如果直線的斜率與的斜率的斜率互為相反數，則直線的斜率為定值．
【證明】設，直線的方程為，直線的方程為．
令，聯立方程，整理得，
則，同理．
則直線的斜率為為定值．
例1．已知橢圓過點，兩焦點為．
（1）求橢圓的方程；
（2）是橢圓上的兩個動點，如果直線的斜率與的斜率互為相反數，證明直線的斜率為定值，并求出這個定值．
【解析】（1）由題意知，設橢圓的方程為
因為在橢圓上，所以
解得，所以橢圓的方程為．
（2）設直線的方程為
代入得．
設，因為點在橢圓上，所以．
又直線的斜率與的斜率互為相反數
在上式中，以，可得
．所以直線的斜率為．
所以直線的斜率為定值，其值為．
例2．已知橢圓過點，且滿足．
（1）求橢圓的方程；
（2）斜率為的直線交橢圓于兩個不同的點，點的坐標為，設直線的斜率分別為，①若直線過橢圓的左頂點，求此時的值；②試探求是否為定值，并說明理由．
【解析】（1）由橢圓過點知．又因為，所以，所以橢圓的方程為．
（2）①若直線過橢圓的左頂點，則直線方程是：
由，解得．所以．
②為定值且．下面來證明：
設直線方程為．由消去，得．
當時，直線與橢圓交于兩點．
設，則．
因為，所以．
又因為，
所以
，所以．
大招十五 橢圓斜率定值過定點模型
直線與橢圓交于兩點，為上頂點．
（1）若，則直線過定點
（2）若則直線過定點
【證明】設，直線的方程為，
則，
，
（1），
等式兩邊同除以，化簡得
，
所以直線過定點．
（2）
所以直線過定點．
【推論】為橢圓上一點，為橢圓的動弦，且弦斜率存在，記為，若，則直線通過定點．
例1．已知橢圓，四點，，中恰有三點
在橢圓上．
（1）求橢圓的方程：
（2）設直線不經過點且與橢圓交于兩點，若直線的斜率之和為，證明：過定點．
（1）【解析】由條件知不在橢圓上，易得橢圓方程為．
（2）【證明】①當直線的斜率不存在時，設，得，此時直線過橢圓右頂點，無兩個交點，故不滿足．
②當直線斜率存在時，設
因為
所以
所以
又，此時，存在使得
所以直線的方程為，．
大招十六 極坐標秒殺橢圓焦點弦弦長模型
如圖所示，的左焦點，是過焦點的弦且直線的傾斜角為，點在軸上方，則．
【證明】設左準線交軸于點，過點作軸于，作于，設為點到準線的距離，其中，則．
由
因此．
同理．
【推論1】若是經過橢圓焦點的一條弦，其中分別是直線與橢圓的兩個焦點，則的定值為．
【推論2】若是分別過橢圓焦點且互相垂直的弦，則．
例1．在平面直角坐標系中，橢圓的右焦點為，離心率為，過焦點且傾斜角為的直線交橢圓兩點．
（1）求橢圓的標準方程；
（2）若時，，求實數；
（3）試問的值是否與的大小無關，并證明你的結論．
【解析】（1）因為，橢圓離心率，所以
所以橢圓的標準方程．
（2）在橢圓方程中，令．
因為時，直線軸，此時．
所以，所以，解得．
（3）的值與的大小無關．證明如下：
證法一：設點到右準線的距離分別為．
因為，所以．又由圖可知，
所以，即，即．
同理．
所以．
所以．顯然該值與的大小無關．
證法二：當直線的斜率不存在時，由（2）知的值與的大小無關．
當直線的斜率存在時，設直線的方程為
代入橢圓方程得．
設點，因為恒成立，
所以．因為
所以．
所以，
顯然該值與的大小無關．
例2．過橢圓的右焦點作兩條互相垂直的直線，分別交橢圓于四點，求的值．
【解析】依題意得，橢圓的右焦點為．
當直線的斜率不存在時，直線的方程為，此時直線的方程為
由此可得，則．
當直線的斜率存在時，設的直線方程為
則直線的方程為．設
聯立得，所以
則
同理，則．
綜上可知，．
大招十七 極坐標秒殺拋物線焦點弦弦長模型
若為拋物線的焦點，是過焦點的弦且直線的傾斜角為，則，，．
【證明】設準線交軸于點，過點作軸于，作于，設為點到直線的距離，于是．其中，，所以，
，故．同理，所以．
【推論1】若是過拋物線焦點的一條弦，其中分別是直線與拋物線的兩個交點，則．
【推論2】若分別過拋物線交點且互相垂直的弦，則．
例1．過拋物線的焦點作傾斜角為的直線交拋物線于兩點，若線段的長為，則 ．
【答案】
【解析】解法一（常規方法）由題可知過焦點的直線方程為，聯立有，又．
解法二（焦點弦長公式）．
例2．過拋物線的焦點作直線與其交于兩點，若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因為．選B．
例3．過拋物的焦點作兩條互相垂直的弦，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解法一（常規方法）過拋物線的焦點為
設直線的斜率為，且
設直線的斜率為，且
所以直線的方程為，直線的方程為，其中．
由直線的方程和拋物線方程聯立方程組
消去得．
因為是上述方程的兩根，所以
所以
所以．同理
所以
．
法二（焦點弦長公式）：，因為，所以．選D．
大招十八 共線投影成比例模型快速秒殺面積問題
共線的線段之比等于投影之比．
【證明】如圖三點共線，且在軸上的投影分別為，則．
例1．已知拋物線的焦點坐標為，過的直線交拋物線于兩點．直線分別與直線交于兩點．（1）求拋物線的方程；（2）證明：的面積之比為定值．
（1）【解析】由焦點坐標為知．所以拋物線的方程為．
（2）【證明】當直線垂直于軸時，相似，所以．
當直線與軸不垂直時，設直線的方程為．設，，
．由整理得，所以．
所以．
綜上可知，的面積比為定值．
例2．在平面直角坐標系中，點與點關于原點對稱，是動點，且直線的斜率之積等于．（1）求動點的軌跡方程；（2）設直線分別與直線交于點．問：是否存在點使得的面積相等？若存在，求出點坐標；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）因為點關于原點對稱，所以點的坐標為．設點的坐標為，
由題意得，化解得．故動點軌跡方程．
（2）解法一：設點的坐標為，點的坐標為，則直線的方程為
，直線的方程為，令得
．于是．
由點與點關于原點對稱知直線的方程為，
點到直線的距離，于是．
當，又，所以，
解得．因為．故存在點使得的面積相等，
此時點的坐標為．
解法二：若存在點使得的面積相等，設點的坐標為，則有
．因為，所以
，所以，即，解得．
因為，．
故存在點使得的面積相等，此時點的坐標為．
大招十九 橢圓原點張直角模型及其應用
設橢圓的中心為原點，過作兩條垂直的射線交橢圓于兩點，則．
【證明】設與軸正向的夾角為，則．
因為，所以與軸正向的夾角為，即．
因為在橢圓上，所以
所以；同理，
所以．故．
例1．已知橢圓的兩個焦點分別為，離心率為，過的直線與橢圓交于兩點，且的周長為．（1）求橢圓的方程；（2）過原點的兩條互相垂直的射線與橢圓分別交于兩點．證明：點到直線的距離為定值，并求出這個定值．
【解析】（1）由題意可知，，所以．因為，所以
所以．因此橢圓的方程為．
（2）由題意，當直線的斜率存在時，此時設．
又因為兩點在橢圓上，所以．
所以點到的距離．
當直線的斜率存在時，設直線的方程為．
由消去得．
由已知，設，所以．
因為，所以，所以，
即．所以，
整理得，滿足
所以點到直線的距離為定值．
例2．已知橢圓經過與兩點，過原點的直線與橢圓交于兩點，橢圓上一點滿足．
（1）求橢圓的方程；
（2）求證：為定值．
【分析】（1）用待定系數法求橢圓方程．（2）求等價于求的值，在求時，不要忘記討論點的特殊位置．
（1）【解析】將代入橢圓的方程，得，解得
所以橢圓的方程為．
（2）【證明】由知在線段的垂直平分線上，由橢圓的對稱性知關于原點對稱．
①若點在橢圓的短軸頂點上，則點在橢圓的長軸頂點上，
此時，同理，若點在橢圓的長軸頂點上，
此時．
②若點不是橢圓的頂點，設直線的方程為，則直線的方程為．
設，由解得
所以，同理
所以．
綜上可知，為定值．
評注：對于第（2）小題也可以用設點法來處理，即設點，，分別代入橢圓方程即得結果，此法是運用了三角函數中的點的表示法或者說是極點在原點的極坐標表示法，同時避免了討論．
大招二十 橢圓原點張直角模型求弦長范圍
為橢圓上任意兩點，為橢圓中心，若，則．
【證明】由條件知，，
則，
令，則，從而，
根據單調性可得．
例1．已知橢圓過兩點，為坐標原點．
（1）求橢圓的方程； （2）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓恒有兩個交點且若存在，寫出該圓的方程，并求的取值范圍；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）因為橢圓過兩點
所以，解得
所以橢圓的方程為．
（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓恒有兩個交點，且．
設，圓的切線方程為
聯立方程組得，即
則
即，所以
所以
要使，需，即，所以
因此．又，所以，即．
因為直線為圓心在原點的圓的一條切線，所以圓的半徑為
，
因此所求的圓為．此時圓的切線，滿足．
而當切線的斜率不存在時，切線為，切線與橢圓
的兩個交點為，滿足．
綜上可知，存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓恒有兩個交點，且．
因為
所以
①當時，．
因為，所以
所以
因為，當且僅當時取等號．
②當時，．
③當的斜率不存在時，兩個交點為或，所以此時．綜上可知，的取值范圍為，即．
大招二十一 橢圓原點張直角模型求面積最值
為橢圓上任意兩點，為橢圓的中心．若，則．
【證明】由于原點到直線的距離為，又因為，所以，故．
例1．已知圓：的切線與橢圓相交于兩點．
（1）求橢圓的離心率；
（2）求證：；
（3）求面積的最大值．
（1）【解析】因為，即，所以，
所以，即橢圓的離心率為．
（2）【證明】若切線的斜率不存在，則，在中令，得．
設，則，
所以，即．
同理，當時，也有．
若切線的斜率存在，設，依題意得，即
由得
顯然，設，則，
所以．
，
所以．
綜上所述，總有成立．
（3）【解析】因為直線與圓相切，則圓半徑為的高．
當的斜率不存在時，由（2）可知，則．
當的斜率存在時，由（2）可知
．
所以
．（當且僅當時等號成立）．
所以．．
綜上所述，當且僅當時面積的最大值為．
大招二十二 橢圓頂點張直角模型及其應用
直線與橢圓交于兩點（不是左右頂點），以為直徑的圓過橢圓的右頂點，則直線過定點．
【證明】設，橢圓方程為
聯立方程，整理得
則．
因為以為直徑的圓過橢圓的右頂點
所以，即
得．解得或．
兩根均滿足，則直線可化為或．
顯然直線不過．故直線過定點．
【推論1】直線與橢圓交于兩點（不是左右頂點），以為直徑的圓過橢圓的上頂點，則直線過定點．
【證明】設上頂點，設．
根據條件設直線的方程為，直線的方程為，則
所以，將換成得：．
由題意，若直線關于軸對稱后得到直線,所以若直線過定點，則該定點一定是直線與的交點，該交點必在軸上．
設該定點坐標為
所以，所以過定點．
【推論2】過上一點作兩條互相垂直的弦，則過定點．
【證明】設
由知①設直線的方程為，則
所以，又因為在橢圓上
所以②
同理③
將②③兩式代入到①得
因為點不在直線：上，所以
所以，整理得
所以直線過定點．
例1．已知橢圓，若直線與橢圓交于兩點（不是左右頂點），以為直徑的圓過橢圓的右頂點．求證：直線過定點，并求出該定點的坐標．
【解析】設，由得
，整理得
所以，
．
因為以為直徑的圓過橢圓的右頂點，且
所以即
所以，整理得
解得，且滿足．
當時，，直線過定點，與已知矛盾；
當時，，直線過定點．
綜上可知，直線過定點，定點坐標為．
例2．已知橢圓的左頂點為，過作兩條互相垂直的弦交橢圓于兩點．
（1）當直線的斜率為1時，求點的坐標；
（2）當直線的斜率為時，直線是否過軸上的一定點？
【解析】（1）當直線的斜率為1時
設直線的方程為與橢圓方程聯立，解得．
由條件知．所以．
（3）由（1）知過定點，，．
由知，，所以
所以，所以，所以．
同理
因為
所以，
，即．
所以過軸上的定點．
例3．已知是橢圓的左右焦點，為橢圓的上頂點，過點作兩條互相垂直的直線與橢圓交于兩點（異于點）．證明：直線過定點，并求出該定點的坐標．
【解析】設，根據條件設直線，聯立橢圓方程，所以，同理，由題意，若直線關于軸對稱后得到直線,所以若直線經過定點，則該定點一定是直線與的交點，該點必在軸上．設該定點坐標為，則，所以，代入化簡得，所以過定點．
大招二十三 橢圓頂點張直角模型的面積最值問題
直線與橢圓交于兩點（不是左右頂點），以為直徑的圓過橢圓的右頂點，則面積的最大值為．
【證明】根據條件，直線過定點，所以的直線方程可設為．將代入橢圓方程得，，則，當且僅當時等號成立取最大值．
例1．已知橢圓的左右焦點分別為,上頂點為，右頂點為，的外接圓半徑為2．
（1）求橢圓的標準方程；
（2）設直線與橢圓交于兩點，若以為直徑的圓經過點，求面積的最大值．
【解析】（1）右頂點為為，所以
因為
所以，所以橢圓的標準方程為．
（3）設直線的方程為
與橢圓方程聯立得，所以．
因為以為直徑的圓經過點，所以，因為
所以①
代入①式得，所以或（舍去），故直線過定點
所以，
令，
則，
所以在上單調遞減，，即當時，．
大招二十四 橢圓中互相垂直的弦過定點問題
過橢圓的長軸上任意一點作兩條互相垂直的弦，若弦的中點分別為，那么直線恒過定點．
【證明】如圖①，設的直線方程為，則的直線方程為
聯立方程組，整理得
則
由中點坐標公式得
將用代換得到
所以的直線方程為
令，得．所以直線恒過定點．
【推論】過橢圓內的任意一點作兩條互相垂直的弦．若弦的中點分布為，那么直線恒過定點．
【證明】如圖②，設直線的方程為，則的直線方程為，聯立方程組，整理得，
所以，由中點坐標公式得
所以直線的方程為
即
所以直線恒過定點．
例1．已知是橢圓的左右焦點，過作兩條互相垂直的直線與（均不與軸重合）分別與橢圓交于四點．線段的中點分別是．求證:直線過定點，并求出該定點坐標．
【解析】設，直線
聯立橢圓方程得
所以，，
．
由題意，若直線關于軸對稱后得到直線,其中點為，直線關于軸對稱后得到直線，其中點為，所以若直線經過定點，則該定點一定是直線與的交點，該點必在軸上．設該定點坐標為，
，代入坐標化簡得，所以過定點．
大招二十五 “仿射變換”研究橢圓中三類問題
壓縮變換：平面上的所有點橫坐標不變，縱坐標變為原來的，即，平面上的橢圓在壓縮變換下變為平面上的圓．
一、研究橫坐標（或縱坐標）之間的關系
平面上對應與原來平面上點的橫坐標相同，即．縱坐標變為原來的，即．
例1．如圖①，過作直線與交于兩點，與軸交于點，與交于點．求證：為定值．
【分析】先使平面上所有點橫坐標不變，把縱坐標變為原來的，得到平面，于是得到問題：“如圖②，在平面上，過作直線與圓交于兩點，與軸交于點，與交于點．求證：為定值．”
【證明】作于，連接．
設弧為弧度，弧為弧度，則．
又四點共圓，所以．
所以，所以
所以，所以．
因為在壓縮變換中橫坐標不變，所以在平面上
二、研究直線的斜率
在壓縮變換下，平面上直線的斜率變為原來平面上對應直線斜率的倍，即．
例2．北京主體育場“鳥巢”的鋼結構俯視圖如圖所示，內外兩圈的鋼骨架是離心率相同的橢圓，外層橢圓頂點向內層橢圓引切線,設內層橢圓方程為，外層橢圓方程為，若與的斜率之積為，求橢圓的離心率．
【解析】（定義收縮變換），則在的作用下內外層橢圓分別對應圓和圓，點分別對應點．因為是圓的切線．，由圓的性質知，所以，
，從而，可得離心率．
三、研究封閉圖形的面積
在壓縮變換下，平面對應封閉圖形面積是原來平面上封閉圖形面積的倍，即．
例3．已知是橢圓上的任意一點，是坐標原點，，過作直線交橢圓于兩點，且．探索的面積是否為定值，若是定值，求出該定值；如不是，求出它的最大值．
【解析】（定義伸縮變換），則在的作用下橢圓對應圓
設點分別對應點,
故為的重心，又為的外心，從而為正三角形．
易得圓的內接正三角形的面積為定值
從而為定值．
大招二十六 直線與圓錐曲線方程聯立公式化步驟
圓錐曲線是高考必考的大題，很多學生得分并不高，究其原因并不是學生不會用方法技巧，而是計算不精確，導致會而不對的局面。本節以直線與橢圓方程聯立為例，把直線與圓錐曲線方程聯立得步驟進行公式化、套路化、規范書寫步驟，使學生們在計算過程中避免不必要的失誤．
第一步：代入消元化為關于或的一元二次方程
這是最為關鍵的一步，一般占1分，但是如果這一步出錯，后邊就全部錯誤，閱卷老師只能給你一點可憐的同情分，甚至連同情分也沒有．
書寫格式：
由得，．
這一步打草稿時按如下步驟進行，最好達到可以省略①②兩個步驟的熟練程度：
①
②
③
④
評注
去分母后再代入化簡，具體操作時就是找出分母，的最小公倍數作為最簡公分母進行化簡．例如化為，再代入直線方程，又化為，再代入直線方程．
第二步：計算判別式
書寫格式：
,
這一步打草稿時按如下步驟進行，最好達到不寫出的熟練程度，因為它一定和后邊的抵消為0，這一點必須知道．
①
②
③
第三步：利用根與系數的關系寫出兩根之和與積的表達式
第四步：利用兩根之和計算
這一步打草稿時按如下步驟進行：
．
這一步也要知道，中的一定抵消為，的最后結果和形式上一樣，非常簡單．
第五步：利用和寫出弦中點坐標即
第六步：利用寫出弦長
（說明：這里運用了一元二次方程的求根公式求弦長，要比使用根與系數關系簡單多了，即
，但是多數教輔資料喜歡運用根與系數的關系求弦長）．
這個步驟經常運用以下變形，特別是求弦的最值問題時：
，對
的分子、分母按的降冪排列是一種最為常見的變形，即
，上式中當分子和分母中與的對應系數成比例時，可以裂項為
，此時是一個關于的二次函數，可以利用二次函數求最值．
我們不難求出這個對應系數成比例的條件：，即
據此，我們不難編出符合這個條件的例題，例如：求直線截橢圓所得的弦長的取值范圍是
第七步：利用計算
這和消掉得到關于的方程，然后利用根與系數關系得到的結果顯然一致．
第八步：利用和計算
當時，有以為直徑的圓過定點為原點或者有(為坐標原點），這是一個經常考的經典題，此時我們又可得到，即，就是說是一個定值，聯系到到即的距離為，就是說到即的距離為，即這個結論的特殊情況就是當直線過橢圓的長軸的一個端點和短軸的一個端點時，顯然是一個直角三角形，兩條直角邊長是和，根據勾股定理和面積公式，斜邊上的高顯然是
第九步：利用和計算
若令
則有
當時，此式兩邊同除以有即
，解得（舍去），
令，即
則直線即，就是說直線過定點
大招二十七 齊次式妙解圓錐曲線
一條直線與一個二次曲線交于兩點，設直線方程為，曲線方程為，此二次曲線可以是圓、橢圓、雙曲線或拋物線，將直線轉化為，二次曲線轉化為．將代入上式 顯然是一個二次齊次式，且一定可轉化為
中的幾何意義為：直線與曲線的交點與原點的連線的斜率，即的斜率，設為，由韋達定理知，，從而能通過最初的二次曲線和直線相交，得出的性質，倒過來，我們也可以通過的性質與二次曲線得出的性質．
例1．拋物線，過原點的兩條相互垂直的直線交拋物線于兩點，求證：直線過軸上一定點．
【分析】知道的一個性質——垂直，從而可以得出的性質，進而得出定點．
【證明】設 ① 拋物線： ② ①轉化為，代入②（目的是轉化為二次齊次式）得，即，可轉化為，因為，所以．所以直線恒過點，即直線過軸上一定點．
評注
本題也可以不求的系數，因為目標與的系數無關，從而減少運算量．
例2．點是拋物線上任意一點，是拋物線的兩條互相垂直的弦，求證：過定點．
【證明】證法一（常規方法）設
代入拋物線方程得，整理得．
設兩點坐標分別為，則，．
又因為，所以，
，
所以所以直線在新坐標系過點
證法二（齊次式）注意到，但是不在原點，我們可以通過平移坐標軸，強行將其平移到原點，化為過原點的兩直線與二次曲線相交的問題，平移坐標系，使為原點．
點 點 拋物線
舊坐標
新坐標
在新坐標系下，設 ①
拋物線轉化為．
（注意：常數項肯定為0，因為拋物線經過原點，故沒必要計算常數項）．
把①轉化為，，
因此．
因為，所以，因此，即，直線在新坐標系過點，在原坐標系下過點．
評注
以上例題過原點兩直線與二次曲線相交的問題，不管此點是真原點，還是假原點，都可轉化為過原點的兩直線，注意此時點的坐標與曲線的方程都會發生改變，其實質是圖象的平移．
例3．為橢圓上兩個動點，且，過原點作直線的垂線，求點的軌跡方程．
【解析】解法一（常規方法） 設
設直線的方程為，聯立得，
所以，
因為，所以，所以 ①
又因為直線的方程等價于， 即
對比于，則有，代入①中化簡可得：．
即點的軌跡方程為
解法二（齊次式）設，設直線的方程為，聯立得，
，所以
整理成關于的齊次式
進而兩邊同除以，由化簡得
因為，所以即所以 ①
又因為直線方程等價于，即
對比于，則有，代入①中化簡得
即點的軌跡方程為．
例4．已知橢圓，不過點的直線與橢圓交于兩點，若直線的斜率之和為，證明：直線恒過定點．
【證明】以點為坐標原點，建立新的直角坐標系，如下圖所示：
，即．
所以．
因為，則轉換到新坐標為，即．
設直線的方程為，將原橢圓方程轉化為，
則轉換到新坐標為，展開得，
構造齊次式
整理得，兩邊同除以，則
所以，因此．
而，所以對于任意都成立
則，故對應原坐標為，所以直線恒過定點
大招二十八 雙根運算秒解圓錐曲線
適應類型 類似或，（其中是直線與曲線的兩個交點的橫、縱坐標，是直線與曲線的兩個交點）以及可轉化為上述結構的類型．
理論基礎 二次函數的雙根式，若一元二次方程的兩個為，則視為
，即可得出，進而快速求出
的值．
具體步驟 化雙根式賦值變形代入
例1．如圖，圓的切線與軸正半軸、軸正半軸圍成一個三角形，當該三角形面積最小時，切點為．雙曲線過點且離心率為
（1）求的方程；
（2）橢圓過點且與有相同的焦點，直線過的右焦點且與交于兩點．若以線段為直徑的圓過點，求的方程．
【解析】（1）設，則切線斜率為，切線方程為，即．此時，兩個坐標軸的正半軸與切線圍成的三角形面積為．由知，當且僅當時，有最大值．即有最小值．因此點的坐標為，因此，解得，故的方程為．
（2）解法一（常規解法）由（1）知的焦點坐標為，
由此設的方程為，其中．
由在上知，解得，所以的方程為．
顯然，不是直線，設的方程為，點，，
由得．
又是方程的根，因此
由知
．
因為由題意知，
所以 ⑤ 將①②③④代入⑤整理得
，解得或
所以直線的方程為或
解法二（雙根解法）同常規解法可得：，又是方程的根，故有
①．
因為所以由題意知：即：
②
①式中令，得，所以
③．
①式中令，得
，所以
④．
將③④代入②易得，解得或
所以直線的方程為或．
例2．設橢圓中心在原點，長軸在軸上，上頂點為，左、右焦點分別為，線段的中點分別為，且是面積為4的直角三角形．
（1）求其橢圓方程；
（2）過作直線交橢圓于兩點，使，求直線的方程．
【解析】（1）由是面積為4的直角三角形知
聯立方程組得
所以所以橢圓的方程為．
（2）由條件知直線存在斜率，設直線的方程為，．由（1）知，因為，則，所以，即：
①．
聯立方程組，則方程可以等價轉化為，即．
令；
令；
結合①化簡得，即，所以，所以
所以直線的方程為．
大招二十九 拋物線焦點弦定值模型
若是過拋物線焦點的弦，設，則
【證明】如圖，當的斜率不存在時，依題意得，所以．
當的斜率存在時，設為，則，與聯立得
，所以．
因為，，所以，但，所以．
另證：設直線的方程為，與聯立得，
所以．綜上可知：
例1．如圖，拋物線和圓．其中，直線經過的焦點，依次交、于四點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解法一 此題宜取特殊值．不妨設直線的方程為，于是分別聯立與、，解得，．于是，故選．
解法二 設，根據拋物線定義知，
所以，，所以，故選A．
例2．如圖，已知拋物線的焦點為．過點的直線交拋物線于兩點，直線分別與拋物線交于點
（1）求的值；
（2）記直線的斜率為，直線的斜率為，證明：為定值．
（1）【解析】根據條件，設直線的方程為
將其代入，消去，整理得，所以
（2）【證明】設，則．
設直線的方程為．將其代入，消去，整理得
所以同理可得，故．
由（1）得為定值．
大招三十 拋物線定點張直角模型
，是拋物線上異于頂點的兩動點，且以為直徑的圓過原點，則直線過定點．
【證明】設，，直線的，聯立方程，整理得，所以，．又以為直徑的圓過原點，，解得．所以．故直線過定點．
例1．已知拋物線，為頂點，，為拋物線上的兩動點，且滿足，于，求點的軌跡方程．
【解析】設，，．當直線的斜率存在時，設直線的方程為．由于，則，又，所以由消去y整理得，則，由消去整理得則．由得，，即，整理得．所以直線的方程為，即．因為在上，所以，消去得整理得．即點的軌跡方程為．當的斜率不存在時，，．因為，所以，又，在拋物線上，所以，所以．因為，所以，，滿足．綜上可知，點的軌跡方程為．
例2．已知直線與拋物線交于，兩點，且．其中為坐標原點，若于，則點的軌跡方程為（ ）
【答案】B
【解析】，且，是以，為鄰邊的平行四邊形對角線，所以該四邊形為矩形，即．設，，所以．聯立方程，消去整理得．所以，，所以，由得，所以，即直線過定點．因為，即．所以的軌跡為以為直徑的圓，則該圓的圓心為，半徑．所以軌跡方程為．故選B．
大招三十一 拋物線角平分線模型
若是過拋物線的焦點的弦，拋物線的準線與軸相交于點，則．
【證明】過，分別做準線的垂線，垂足分別為，，因為，所以，而，，所以，即，而，則有，所以，即．
例1．在直角坐標系中，曲線C：與直線L：相交于，兩點．問軸上是否存在點，使得當變動時，總有？請說明理由．
【解析】假設存在符合條件的點，設,，，直線，的斜率分別為，．聯立方程得，故，從而，當時，有，則直線與直線的傾斜角互補，故，所以點符合題意．
例2．已知點為拋物線:的焦點，點在拋物線上，且．
(1) 求拋物線的方程；
(2) 已知點，延長交拋物線與點，證明：以點為圓心且與直線相切的圓，必與直線相切．
(1)【解析】根據條件，有拋物線的定義得，因為，即，解得，所以拋物線的方程為．
(2)【證明】證法一 因為點在拋物線：上，所以，由拋物線的對稱性，設．由，得直線的方程為．由得，解得或，從而．又，所以，，所以，從而，這表明點到直線，的距離相等，故以為圓心且與直線相切的圓必與直線相切．
證法二 設以點為圓心且與直線相切的圓的半徑為．因為點在拋物線上，所以，由拋物線的對稱性，設．由，得直線的方程為．由得，解得或，從而又，故直線的方程為，從而．又直線的方程為，所以點到直線的距離．這表明以點為圓心且與直線相切的圓必與直線相切．
大招三十二 拋物線共線模型及其應用
若是過拋物線的焦點的弦，為拋物線的頂點，連接并延長交該拋物線的準線于點，則，
【證明】設，，則，所以，，由過焦點知，所以，所以．
【推論】若是過拋物線的焦點的弦，過點作交拋物線準線于點，則，，三點共線．
例1．過拋物線的對稱軸上一點的直線與拋物線交于，兩點，過，向直線作垂線，垂足分別為，，記、、的面積分別為、、．是否存在，使得任意的，都有成立．若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【解析】存在，使得對任意的，都有成立．
證明如下：
證法一 如圖①，設，．記直線與軸的交點為，則．于是有
①；
②；
③，
所以
將①②③代入上式化簡得
．
上式恒成立，即對任意，成立．
證法二 如圖②，連接，設，．則由，得，所以直線過原點同理可證直線也過原點．又
，設，，，，則，，．于是，即．
大招三十三 阿基米德三角形
圓錐曲線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形叫做阿基米德三角形．
【性質1】阿基米德三角形底邊上的中線平行于拋物線上的軸．
【證明】如圖，在阿基米德三角形中，設，，為弦的中點，則過點的切線方程為，過點的切線方程為，聯立方程，解得兩切線交點，進而可知軸．
【性質2】若阿基米德三角形的底邊過拋物線內一定點，則三角形另一頂點的軌跡為一條直線．
【證明】如圖，在阿基米德三角形中，設，，拋物線內一定點，，由性質1知，，所以．由，，三點共線知，即．將，代入得，即為點的軌跡方程．
【性質3】若直線與拋物線沒有公共點，則以上的點為頂點的阿基米德三角形的底邊過定點．
【證明】設方程為，在阿基米德三角形中，，，弦過點，由性質2知點的軌跡方程為，該方程與表示同一條直線，對照可得，，即弦過定點．
【性質4】在阿基米德三角形中，．
【證明】如圖，作準線，準線，連接，，，，，則．顯然，所以，又因為，由三角形全等可得，所以，．
同理，．
所以．
例1．如圖，設拋物線方程為，為直線上任意一點，過引拋物線的切線，切點分別為，．求證：，，三點的橫坐標成等差數列．
【證明】根據條件設，，顯然，．由得，因此，所以，．所以直線的方程為．直線的方程為．所以 ①， ②．由① ②得，因此即，所以，，三點的橫坐標成等差數列．
例2．已知拋物線的焦點為，，是拋物線上異于坐標原點的不同兩點，拋物線在點，處的切線分別為，，且，與交于點．
（1）求點的縱坐標；
（2）求證；，，三點共線．
(1) 【解析】設點，的坐標分別為，因為，分別是拋物線在點，處的切線，所以直線的斜率，直線的斜率．因為，所以，因此．因此，，是拋物線上的點，所以，．所以直線的方程為，直線的方程 為．由解得．所以點的縱坐標為．
(2) 【證明】證法一 因為為拋物線的焦點，所以，直線的斜率直線的斜率，因為
所以．因此，，三點共線．
證法二 因為為拋物線的焦點，所以．所以，．因為，所以，即，，三點共線．
證法三 如圖
設線段的中點為，則的坐標為．拋物線的準線為，作，，垂足分別為．由（1）知點D的坐標為，所以．因此是直角梯形的中位線，即．根據拋物線的定義知，所以，因為，為線段的中點，所以．因此，即．所以，，三點共線．
例3．已知拋物線的方程為，過點的直線與拋物線交于，兩點，分別過點，作拋物線的兩條切線和，和，交于點．
(1) 求證：直線和，的斜率之積為定值；
(2) 求點的軌跡方程．
（1）【證明】根據條件，直線的斜率存在，設直線的方程為，將其代入，消去整理得．設，得坐標分別為，，則．將拋物線的方程改寫為，求導得．所以過點的切線的斜率為，過點的切線的斜率為，所以，所以直線和，的斜率之積為定值．
(2)【解析】設，因為直線的方程為，即，同理，直線的方程為，聯立這兩個方程組，消去得，整理得，注意到，所以，此時．由（1）可知，所以，因此點的軌跡方程是．板塊二 導數
大招一 導數構造之加減乘除
一、利用和差函數求導法則構造函數
(1)對于不等式(或)構造函數.
(2)對于不等式(或)構造函數.
特別地，對于不等式(或)構造函數．
例1．函數，在上可導，且，則當時，有( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】構造函數，則易知單調遞增，于是，.故選C.
例2．若定義在上的函數滿足，其導函數滿足，則下列結論一定錯誤的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由已知條件，構造函數，則，故函數在上單調遞增，且，所以，所以， ， 所以結論中一定錯誤的是C ， 選項D不確定：構造函數．
則.所以函數在上單調遞增，且. 所以，即，選項A，B無法判斷，故選C．
二、利用函數求導法則構造函數
(1)對于不等式(或)構造函數.
(2)對于不等式(或)構造函數.
例3．已知，是上的可導函數、，分別是，的導函數，則當時，有( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，即，說明是單調遞減數，于是由知，故選A．
例4．已知定義在上的時數，滿足：、.若，令， 則使數列的前項和的最小自然數____________.
【答案】
【解析】令，根據條件，為減函數，所以，，由得，即，.
大招二 導數構造之冪函數模型
一、對于不等式(或)構造函數
例1．已知函數在上可導且滿足不等式恒成立，對任意正數，都有，則必有( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由已知，所以構造函數，則，從而在上為增函數. 因為，所以，即.故選C.
例2．已知函數的圖像關于軸對稱，且當，， ，，，則，，的大小關系是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因為函數關于軸對稱為偶函數，所以函數為奇函數因為，所以當時，， 函數單調遞減：當時，函數單調遞減因為，所以，所以.故選D.
二、對于不等式(或)構造函救
例3．已知是定義在上的非負可導函數，且滿足，對任意正數，都有，則必有( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】令，則，故在上是減函數或常數函數. 由知，即，故選A.
例4．已知是奇函數的導函數， ，當時，， 則使得成立的的取值范圍是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由題設函數，則. 因為當時，，所以當時，，所以在上單調遞減；又因為函數是奇函數，故函數是偶函數，所以在上單調遞增，且有. 當時，，則；當時，，則.因此，使得成立的的取值范圍是，故選A.
大招三 導數構造之冪函數模型拓展
一、對于不等式(或)構造函數
例1．已知函數在上的導函數為，且，下列不等式在上恒成立( )
A. B. C. D.
【答案】A.
【解析】由已知，首先令得，排除B，D
令，則，
①當時，有，所以函數單調遞增因此當時，，從而.
②當時，有，所以函數單調遞減，因此當時，，從而.綜上可知，.故選A.
評注
本試題利用構造法來解決函數單調性的問題通過分析解析式的特點，考查了學生分析問題和解決問題的能力.
例2．函數是定義在上的可導函數，其導函數為且有，則不等式的解集為( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】依題意，有，故在上單調遞減，原不等式可化為，即，，故選A
二、對于不等式(或)構造函數
例3．是定義在區間上的函數，若且滿足，其中為的導數，則( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由題意可得，即. 令，則，即，所以且，即且，所以函數是增函數且函數是減函數， 即是增函數且函數是減函數，所以且， 即且.故選B．
大招四 導數構造之指數函數模型
一、對于不等式(或)構造函數
例1．已知定義在上的函數的導函數為，對任意滿足，則下列結論正確的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】令，則，因此是定義在上的單調遞減函數，且，，所以.故選A．
例2．已知是定義在上的函數， 是的導函數，若，且，則不等式(其中為自然對數的底數)的解集是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】設，則，因為，所以，因此，所以在定義域上單調遞增。因為，所以.又因為，所以，所以，所以不等式的解集為，故選C.
二、對于不等式(或)構造函數
例3．已知為上的可導函數，且，均有，則有( )
A. ，
B.，
C.，
D.，
【答案】D
【解析】構造函數，則，因為，均有，且，所以，故函數在上單調遞減，所以，，即，也就是.故選D．
例4．函數在上可導，下列說法正確的是( )
A.若對恒成立，則有
B.若對恒成立，則有
C.若對恒成立，則有
D.若對恒成立，則有
【答案】D
【解析】選項A，構造函數，則，故函數在上單調遞增，，A錯誤
選項B， 構函數， 則， 故函數在上單遞減，，B錯誤.
選項C，構造函數，則，故函數在上單調遞增，，C錯誤.
選項D，構造函數，則， 故函數在上單調遞減，，D正確.
大招五 導數構造之三角函數模型
一、對于不等式(或)構造函數
例1．已知奇函數定義域為，其導函數為，且， 當時，，則關于的不等式的解集為______________.
【答案】.
【解析】構造的，由條件知為偶函數，. 當時，，所以在上單調遞減. 因為為偶函數，所以在上單調遞增，且. 所以的解集為.
二、對于不等式(或)構造函數
例2．已知定義在上的函數的導函數為，且恒成立，則( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因為，所以， 即， 構造，則，所以單調遞增，因為， 所以，即，即，故選C.
三、對于不等式(或)構造函數
例3．定義在上的函數的導函數為，且恒有成立則有( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由且知.設，則，所以在上是增函數，因此，所以，所以. 故選A．
四、對于不等式(或)構造函數
例4．已知函數對任意滿足，則( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】構造函數， 則，因為. 所以在上號上單調遞增，，代人故D.
大招六 導數經典模型的零點問題
經典模型一、
例1．討論函數的零點個數.
【解析】，即.令，則得. 所以在上單調遞減，在上單調遞增. 的圖像如圖所示.
①當時，無零點；
②當時，1個零點；
③當時，2個零點；
④當時，1個零點．
經典模型二、
例2．討論函數的零點個數.
【解析】即.令，則得. 所以在
上單調遞增，在上單調遞減. 的圖像如圖所示.
①當時，無零點；
②當時，1個零點；
③當時，2個零點；
④當時，1個零點．
經典模型三、
例3．討論函數的零點個數.
【解析】，即. 令，則得. 所以在上單調遞減，在上單調遞減，在上單調遞增，的圖像如圖所示.
①當時，2個零點；
②當時，1個零點；
③當時，無零點；
④當時，1個零點．
經典模型四、
例4．討論函數的零點個數.
【解析】，即.令，則得. 所以在上單調遞減，在上單調遞增，的圖像如圖所示
①當時，無零點；
②當時，1個零點；
③當時，2個零點；
④當時，1個零點．
經典模型五、
例5．討論函數的零點個數.
【解析】，即. 令，則得.所以
在上單調遞減，在上單調單調遞減，在上單調遞增.的圖像如圖所示.
①當時，個零點；
②當時，無零點；
③當時，個零點；
④當時，個零點.
經典模型六
例6．討論函數的零點個數.
【解析】，即.令，則得.則在上單調遞增，在上單調遞減.的圖像如圖所示.
①當時，無零點；
②當時，個零點；
③當時，個零點；
④當時，個零點.
大招七 導數參數范圍之參變分離
一、參變分離法的適用范圍
判斷恒成立問題是否可以采用參變分離法，可遵循以下兩個原則：
（1）已知不等式中兩個字母是否便于進行分離，如果僅通過幾步簡單變換即可達到分離目的，則參變分離法可行.但有些不等式由于兩個字母的關系式過于“緊密”,會出現無法分離的情形，此時要考慮其他方法.例如：，.
（2）要看參變分離后，已知變量的函數解析式是否便于求出最值（或臨界值），若解析式過于復雜而無法求出最值（或臨界值），則無法用參變分離法解決問題.
二、參變分離后會出現的情況及處理方法
假設為自變量，其范圍為，為函數；為參數，為其表達式.
1．若的值域為：
（1），，則只需要.
，，則只需要.
（2），，則只需要.
，，則只需要.
（3），，則只需要.
，，則只需要.
（4），，則只需要.
，，則只需要.
2．若的值域為：
（1），，則只需要.
，，則只需要.
（2），，則只需要.
，，則只需要.
（3），，則只需要.
，，則只需要.
（4），，則只需要.
，，則只需要.
例1．已知函數，若在上恒成立，則的取值范圍是 .
【答案】
【解析】恒成立的不等式為，其中，所以只需要.
令，則（導函數無法直接確定單調區間，但再求一次導即可將變為，所以二階導函數的單調性可分析，為了便于確定的符號，先驗邊界值）.,，所以在上單調遞減，因此在上單調遞減.因此，因此.
例2．已知函數，如果當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍.
【解析】由原不等式得.令，則.
令，則，所以當時，，即在單調遞增，
因此，.所以當時
因此在上單調遞增，在上最小值為
因此，即實數的取值范圍是.
例3．已知函數, 對任意，不等式恒成立，則正數的取值范圍是 .
【答案】
【解析】先將放置不等號一側，可得，所以
先求出的最大值.
可得在上單調遞增，在上單調遞減.故
所以若原不等式恒成立，只需.
不等式中含，可以考慮再進行一次參變分離，
則只需.
因此，所以，解得.
大招八 導數參數范圍之數形結合
一、函數的不等關系與圖像特征
（1）若，均有的圖像始終在的下方.
（2）均有的圖像始終在的上方.
二、什么情況下會考慮到數形結合？
利用數形結合解決恒成立問題，往往具備以下幾個特點：
（1）所給的不等式運用代數手段變形比較復雜，比如分段函數，或者定義域含參等，而涉及的函數便于直接作圖或是利用圖像變換作圖.
（2）所求的參數在圖像中具備一定的幾何含義.
（3）題目中所給的條件大都能在圖像上體現.
例1．已知函數，其中，若存在唯一的整數，使得，則的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】設，
可轉化為存在唯一的整數，使得.因為
所以當時，，在上單調遞減；
當時，，在上單調遞增.
因為當時，，，所以.
又因為存在唯一的整數，使得，由圖知
所以，即，解得.又因為，所以.故選D.
例2．函數(為常數，是自然對數的底數).
（1）當時，求函數的單調區間；
（2）若函數在內存在兩個極值點，求的取值范圍.
【解析】（1）由知
=().
當時，，.令，則.
所以，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.即函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
(2)由（1）知，當時，在上單調遞減，故在內不存在極值點.
當時，設函數，，因此.
當時，時，，函數單調遞增，
故在內不存在兩個極值點.
當時，
函數在上存在兩個極值點.
當且僅當時，解得，
綜上可知，函數在上存在兩個極值點時，的取值范圍為.
大招九 導數參數范圍之最值分析法
技巧與方法
1.最值法解決恒成立問題會導致所構造的函數中有參數，進而不易分析函數的單調區間，所以在使用最值法之前先做好以下準備工作：
(1)觀察函數的零點是否便于猜出（注意邊界點的值）.
(2)縮小參數與自變量的范圍，通過代入一些特殊值能否縮小所求參數的討論范圍（便于單調性分析），觀察在定義域中是否包含一個恒成立的區間（即無論參數取何值，不等式均成立），縮小自變量的取值范圍.
2.首先要明確導函數對原函數的作用：即導函數的符號決定原函數的單調性.如果所構造的函數，其導數結構比較復雜，不易分析其單調性，則可把需要判斷符號的式子拿出來構造一個新函數，在想辦法解決其符號.
3.在考慮函數最值時，除了依靠單調性，也可根據最值點的出處，即“只有邊界點與極值點才是最值點的候選點”，所以有的討論點就集中在“極值點”是否落在定義域內.
例1．已知函數，若對所有的都有成立，求實數的取值范圍．
【解析】令，則．
令，解得．
①當時，對所有，所以在上是增函數，又因為，所以對，都有，即當時，對于所有，都有．
②當時，對于，所以在上是減函數
又因為，所以對都有
即當時，不是對所有的，都有成立．
綜上可知，實數的取值范圍是．
例2．已知函數對任意的，均有，求實數的范圍．
【解析】由知（不易直接求出單調性，但是發現其中，且再求一次導，其導函數容易分析單調性，進而可解）．
所以，令，即，下面進行分類討論:
①當時，，所以單調遞增．所以，所以單調遞增，所以滿足條件．
②當時，（可正可負，而，所以討論的符號）．
當時，恒成立，即恒大于零，則單調遞增．所以，即單調遞增，所以滿足條件．
當，則時，，即在上單調遞減，所以，所以在上單調遞減， ，不符合題意，舍去．
綜上可知，．
評注
解決此題，體會三點：
①單調性與零點是如何配合來確定的符號的；
②每一步的目的性很強，的作用就是以符號確定的單調性，所以解題時就關注的符號而符號的確定同樣要靠二階導數與一階導函數的零點配合來得到；
③的零點是同一個，進而引發連鎖反應．
例3．已知函數．
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）求證：當時， ；
（3）設實數使得對恒成立，求的最大值．
（1）【解析】由已知得． 所以，所以曲線在點處的切線方程為．
（2）【證明】設，所以
，所以時，恒成立，即在上單調遞增所以，即不等式．
（3）【解析】設， 則．
當時，由（2）可知不等式恒成立；當時，令，即，解得． 所以在上單調遞減，在上單調遞增．
所以與恒成立不等式矛盾，所以的最大值為．
大招十 導數二次求導模型
二階導數的意義
1．切線斜率變化的速度，表示的是一階導數的變化率．
2．函數的凹凸性（為凹函數；為凸函數）．
3．判斷極大值、極小值（一階導函數等于的條件下，二階導數小于為極大值，二階導數大于為極小值）．
例1．已知函數．
（1）若，求的最小值
（2）若當時，，求實數的取值范圍．
【解析】（1）時，．
當時，；當時，．
所以在上單調遞減，在上單調遞增， 故的最小值為．
（2）．
當時，，所以在上單調遞增．
而，所以，因此在上單調遞增．
而，于是當時，．
當時，由得．
當時，，所以在上單調遞減．
而，于是當時，，所以在上單調遞減．
而，所以當時，．
綜上可知，的取值范圍為．
例2．已知函數．
（1）當時，求曲線在點處的切線方程；
（2）在（1）的條件下，求證：；
（3）當時，求函數在上的最大值．
（1）【解析】當時，，所以切線方程為，即．
（2）【證明】由（1）知． 令，則． 當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞增，所以當時，函數取極小值，也是最小值，即最小值是． 所以．
（3）【解析】因為，所以． 令，則． 當時，設，則，所以在上單調遞增，且
，所以在上恒成立，即
所以當，在上單調遞減；當在上單調遞增
所以在上的最大值等于．
因為，設
所以． 由（2）知在上恒成立
所以在上單調遞增
又因為
所以在上恒成立，即．
所以當時，在上的最大值為．
例3． 已知函數．
（1）求函數的單調區間；
（2）若不等式對任意的都成立（其中是自然對數的底數），求的最大值．
【解析】（1）函數的定義域是
設． 則．
令，則．
當時，在上為增函數．
當時，在上為減函數．
所以在處取得極大值，而
所以，函數在上為減函數．
所以當時，；
當時，．
所以當時，，在上為增函數．當時，在上為減函數．故函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
（2）不等式等價于不等式，由知，，設，則
由（1）知，，即
所以，所以在上為減函數
故函數在上的最小值為． 所以的最大．
評注
解決此類問題用的是恒成立問題的變量分離法，此方法的解題步驟是：①分離變量；②構造函數（非變量一方）；③對所構造的函數求最值（一般需要求導數，有時還需求兩次導數）；④寫出變量的取值范圍．
大招十一 以自然指數對數為背景的導數壓軸題
．
可以從兩個角度證明這個結論的正確性
角度1 構造函數
【證明】設，則． 令得． 則當時，單調遞減；當時，單調遞增． 于是由單調性可知，，即．
角度2 數形結合
【證明】在同一坐標平面內作出的圖像，如右圖所示，由圖可知，這個不等式實際上反映的是曲線和其圖像上的點處的切線圖形的高低關系．于是這里得到，，當且僅當時取等號．
【推論1】．
讓我們換一套思路證明．
【證明】，則，化簡得．（這里要點明，這個結論實際上在高等數學中是顯然的，根據函數的冪級數展開可得，．
【推論2】，當且僅當時取等號．
【證明】由結論1可得，兩邊同時取以為底的對數得，當且僅當時取等號．
【推論3】．
【證明】，則，化簡得．
例1．已知不等式．
（1）若，其中，對于任意恒成立，則的取值范圍
是 ．
（2）若，其中，對于任意恒成立，則的取值范圍是 ．
（3）若，其中，對于任意恒成立，則的取值范圍是 ．
【答案】(l)； (2)；(3)．
例2．已知函數，當時，證明：．
【證明】因為，要證，只要滿足即可．設， 則只需證明即可．事實上，由推論2，知，．設，由結論可成立，但上述等號無法同時取得．綜上可知，利用“”的傳遞性可得，當時，．
大招十二 導數放縮技巧
第一組：對數放縮
(放縮成一次函數)，，
(放縮成雙撇函數)，，，
(放縮成二次函數)，
（放縮成類反比例函數），，
第二組：指數放縮
（放縮成一次函數）
（放縮成類反比例函數）
（放縮成二次函數）
第三組：指對放縮
第四組：三角函數放縮
第五組：以直線為切線的函數
例1．已知函數．
（1）若曲線在處的切線斜率為，求的值；
（2）若恒成立，求的取值范圍；
（3）求證：當時，曲線總在曲線的上方．
（1）【解析】函數的定義域為
由知．
由得．
（2）【解析】由（1）知．
①當時，令得．時，；時，．因此在上單調遞減，在上單調遞增．所以當時，有最小值．“恒成立”等價于“最小值大于等于”，即．因為，所以．
② 當時，符合題意．
③ 當時，取，則，不符合題意．
綜上可知，若恒成立，則的取值范圍為．
(3)【證明】當時，．
由指數放縮知，．由對數放縮知，．
所以 ．
因為等號不能同時取到，所以，即曲線總在曲線的上方．
例2．已知函數．
（1）若是的極值點，求的值，并討論的單調性；
（2）當時，證明：．
（1）【解析】，由是的極值點得，所以于是．，定義域為， ，在上單調遞增，且，所以當時，；當時，．所以在上單調遞減，在上單調遞増．
(2)【證明】當，時，
因此只需證當時，成立即可．
由指數放縮知，．由對數放縮知，，即．
所以 ，
因為等號不能同時取到，所以，因此當時，．
例3．設，函數．
（1）求的單調區間；
（2）求證：在上僅有-個零點；
（3）若曲線在點處的切線與軸平行，且在點處的切線與直線平行（是坐標原點），求證：．
（1）【解析】函數的定義域為，，所以在上單調遞增．
（2）【證明】因為，所以，且，所以在上有零點．又由（1）知在上單調遞增，所以在上僅有一個零點．
（3）【證明】由（1）知，令，得．又，即，所以．又，所以．令，則，所以由，得；由得，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增．所以，即在上恒成立，所以 ，因此，即．所以．
大招十三 導數雙變量解題策略
1．在處理多元不等式時起碼要做好以下準備工作：
（1）利用條件粗略確定變量的取值范圍；
（2）處理好相關函數的分析(單調性、奇偶性等)，以備使用．
2． 若多元不等式是一個輪換對稱式(一個元代數式，如果交換任意兩個字母的位置后，代數式不變，則稱這個代數式為輪換對稱式)，則可對變量進行定序．
3． 證明多元不等式常用的方法有兩種：
（1）消元：①利用條件代入消元；②不等式變形后對某多元表達式進行整體換元．
（2）變量分離后若結構相同，則可將相同的結構構造一個函教，進而通過函數的單調性與自變量大小來證明不等式，利用函數的單調性將自變量的不等關系轉化為函數值的不等關系，再尋找方法．
例1．已知函數．
（1）求的單調區間和極值；
（2）設，且，證明：．
（1）【解析】定義域為，．令，解得．
所以的單調遞增區間是，單調遞減區間是．的極小值為
，無極大值．
（2）【證明】設，，即(由于定序，去分母避免了分類討論)．(觀察兩邊同時除以，即可構造出關于的不等式）．兩邊同除以得，，令，則，即證：
令
則．
令，（再次利用整體換元），則，在上單調遞減，所以，即，所以恒成立，所以在上是減函數，所以所以得證．所以成立．
評注
本題考查不等式的變形，對于不等式而言，觀察到每一項具備齊次的特征（不包括對數），所以同除以，結果為或者，觀察對數的真數，其分式也具備分子分母齊次的特征，所以分子、分母同除以，結來為或者 ，進而將不等式轉化為以為核心的不等式．本題進行了兩次整體換元，第一次減少了變量個數，第二次簡化了表達式．
例 2．已知函數．
（1）若函數在上是增函數，求實數的取值范圍；
（2）如果函數恰有兩個不同的極值點，，求證：．
(1)【解析】（1）因為在上是增函數，所以(注意： 單調遞增導函數值），所以．設，則．令 ，解得，故在上單調遞減，在上單調遞增．所以，所以 ．
（2）【證明】 根據條件，，則-2．因為是極值點，所以，兩式相減得．所證不等式等價于，設兩邊同除以得(此為關鍵步驟：觀察指數冪的特點以及分式的分母，化不同為相同，同除以使得多項呈的形式，從而考慮換元來減少變量個數)．令，．所證不等式只需證明：
．設，則．易證，所以，因此在上單調遞減，．所以原不等式成立，即．
評注
解答本題第(2)問時，首先用好極值點的條件，利用導數值等于的等式消去，進而使所證不等式變量個數減少．最大的亮點在于對的處理，此時對數部分無法再做變形，兩邊取指數，而后同除以，使得不等式的左、右都是以為整體的表達式，再利用整體換元轉化為一元不等式．
例3．已知函數．
（1）求函數的極值；
（2）已知函數的圖像與函數的圖像關于對稱，證明：當時，；
（3）如果，且，求證：．
（1）【解析】 由知．
令的單調區間為：
所以的極大值為，無極小值．
（2）【證明】 與關于軸對稱的函數，所以
，所證不等式等價于
設，則
．
因為，所以，所以，所以在上單調遞增，所以，即．
（3）【分析】所給條件，但很難與找到聯系．首先考慮的范圍，由（1）可得是極值點，所以應在的兩側，觀察已知和求證均為的輪換對稱式，所以可設，進而．既然無法直接從條件找聯系，不妨從另一個角度嘗試．已知條件給的是函數值，所證不等式是關于自變量的，，而，根據的單調區間可發現同在單調遞增區間內， 進而與函數值找到聯系，，由可得所證不等式等價于，剛好使用第（2）問的結論．
【證明】因為是極值點，所以在的兩側．設．所證不等式等價于，而，又在上單調遞增，所以
．因為，所以只需證明．因為，所以由第（2）問得．所以．
評注
本題第（3）問是利用函數的單調性，將自變量的不等式轉化為函數值的不等關系，進而與前面問題找到聯系．在處理此類問題感到無法入手時，不妨在確定變量的范圍后適當將其賦予一個函數背景，擴展不等式變形的空間．
本題第（2）（3）兩問存在圖形背景．首先說第（3）問：
所證不等式，即證的中點橫坐標大于， 而恰好是的極值點．可理解為與一條水平線交于，而說明什么？說明如果是以極大值點為起點向兩邊走，左邊下降得快而右邊下降得慢！從函數角度來看，說明增長快、下降慢(如圖)．那么如何使用代數方法說明函數增長快、下降慢的特點呢？本題的第（2）問提供了一個方法，就是以極值點所在豎直線為對稱軸，找的對稱圖形(虛線)，這樣便把極值點左邊的情況對稱到右邊來(即)，由于對稱軸右邊都是從起開始下降，那么通過證明對稱軸右側原圖像在對稱圖像的上方即可說明增減的相對快慢．
例4．已知函數．
（1）求的極值；
（2）若對任意的均成立，求的取值范圍；
（3）已知且，求證：
（1）【解析】由知．令，解得．所以在單調遞增，在上單調遞減．所以有極大值無 極小值．
（2）【解析】(參變分離法)，所以．設
(即時的），所以，所以．
（4）【分析】所求證不等式無法直接變形，聯系的特點可以考慮不等式兩邊取對數，即，由且可得，聯系第（2）問的函數即可尋找與的聯系了．
【證明】因為，所以．在上單調遞增，所以．同理
，所以
，即．
所以．
例5．已知函數．
（1）函數有兩個不同的零點，求實數的取值范圍；
（2）在（1）的條件下，求證：．
（1）【解析】有兩個不同的零點，即有兩個不同的根．
所以．設，則．令得，
所以 ．所以在上單調遞減，在上單調遞增，且時，
，，所以．
（2）【分析】所證不等式中含有兩個變量，考慮利用條件消元將其轉化為一元不等式，由零點可知，從中可以找到，即，下面只需用與將消掉即可．仍然利用方程組兩式作差可得，從而，只需證明，兩邊同除以，即可利用換元將所證式轉化為一元不等式來進行證明．
【證明】設，根據條件，，所以．即只需證明：
由方程得．所以，所以只需證明，即．令，則，所以只需證明不等式：①．設．則，因此"，所以在上單調遞增，因此．因此在上單調遞增，因此，即不等式①得證，所以，即，所以 ．
現在再換另一種思路和方法．
【分析】參照前面例題的證明方法，構造一個單調的函數，進而將自變量的不等式轉化為函數值的不等式進行證明．由（1）可知在構造的函數中，有，且在上單調遞減，在上單調遞增，所以考慮使用來進行轉換，所證不等式，通過（1）中的數形結合可知，從而有，所以所證不等式轉化為，即，轉化為關于的一元不等式，再構造函數證明即可．
【證明】所證不等式．因為有兩個不同零點，所以以滿足方程 ．由（1）知設，所以
．由(1)知在上單調遞減，在上單調遞增．因為，所以，．結合的單調性，只需證明即可．
因為，所以只需證明．
即證明．
設，，
則，，則．
因此，則．
因為單調遞減，所以．
因此單調遞減，所以．即單調遞減，所以．即得證，因為得證，從而有．
大招十四 導數隱零點巧設攻略
第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程，并結合的單調性得到零點的范圍；
第二步：以零點為分界點，說明導函數的正負，進而得到的最值表達式；
第三步：將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明．
有時候第一步中的零點范圍還可以適當縮小，我們將其稱為隱形零點三部曲．導函數零點雖然隱形，但只要抓住特征(零點方程)，判斷其范圍(用零點存在性定理)最后整體代入即可．
例1．函數．求證：當時，．
【證明】的定義域為，．
設，則．
當時，，即在區間上為增函數，．
又因為，所以，．
由零點存在定理知在上的唯一零點為，當時，；當，．故在上單調遞減，在上單調遞增．
所以當時，取得最小值，最小值為．
由，即，兩邊取對數得，
所以．
所以．
例2．已知函數．
(1)當=0時，求函數的單調遞增區間；
(2)當>0時，若函數的最大值為，求的值．
【解析】(1)當=0時，，故．令得，所以的單調遞增區間為．
(2)解法一：．
令，則，
由，，存在，．
當時，；當時，．
+ 0 -
↗ 極大值 ↘
，解得所以的值為．
解法二：的最大值為的充要條件是對任意的，且存在，使得，等價于對任意的，且存在，使得，等價于的最大值為．
因為，令，得．
+ + -
↗ 極大值 ↘
所以的最大值為，即．
大招十五 洛必達法則秒解導數壓軸題
L'Hospital法則(洛必達法則)
法則1 函數和在點的某個去心鄰域內有定義，且滿足：
(1)及；
(2)和在內可導，且；
(3)(為常數，或為)，則有．
法則2 函數和在點的某個去心鄰域內有定義，且滿足：
(1)及；
(2)和在內可導，且；
(3)(為常數，或為)，則有．
例1．已知函數．
(1)若=0，求的單調區間；
(2)若當時，求的取值范圍．
【解析】(1)=0時，，．當時，；當時，．所以在上單調遞減，在上單調遞增．
(2)解法一：依題意知，，由(1)知，當且僅當時等號成立．所以，從而當，即時，，而，于是當時，．
由得．
從而當時，，所以當時，，而，所以當時，．
綜上可知，的取值范圍為．
原解在處理第(2)問時較難想到，現利用洛必達法則解答如下：
解法二：當時，，對任意實數，均在；
當時，等價于．
令，則．
令，則，，知在上為增函數，知在上為增函數，．
所以，在上為增函數．
由洛必達法則知，，故．
綜上可知，的取值范圍為．
例2．當，且時，恒成立，求的取值范圍．
【解析】分離參數．
令，則．
再令，則，，易知在上為增函數，且．
故當時，；當時，．所以在上為減函數，在上為增函數，所以．所以在上為增函數．
因為，所以當時，；當時，．
所以當時，；當時，．
所以在上為減函數，在上為增函數．
因為由洛必達法則知，．
所以，即取值范圍為．
評注
對恒成立問題中的參數取值范圍，參數與變量分離較易理解，但有些題中求分離出來的函數式的最值有點麻煩，利用洛必達法則可以較方便地處理它的最值，是一種值得借鑒的方法．
例3．當時，恒成立，求的取值范圍．
【解析】由條件知，當時，．
令，則．
令，則．
因為，，
所以在上單調遞減，且．
所以在上單調遞減，且．
所以在上單調遞減，且．
所以，所以在上單調遞減．
由洛必達法則知，，即當時，，即有．
故時，當時，恒成立．
綜上可知，的取值范圍為．
評注
運用洛必達法則解決的試題應滿足：
①可以分離變量；
②用導數可以確定分離變量后一端新函數的單調性；
③出現“”型或“”型的式子．
大招十六 拉格朗日中值定理秒解導數壓軸題
拉格朗日中值定理 若函數在閉區間上連續，在開區間內可導，則在內至少存在一點，使得．
幾何意義：
在滿足定理條件的曲線上至少存在一點，該曲線在該點處的切線平行于曲線兩端的連線(如圖)．
例1．已知，若對任意兩個不等的正實數，都有恒成立，則實數的取值范圍是( )．
. B. C. D.
【答案】D
【解析】 由知函數的導函數大于或等于2，所以，分離參數得，而當時，的最大值為1，故．因此選D．
例2．已知函數，在區間內任取兩個實數，，且，不等式恒成立，則實數的取值范圍是___________．
【答案】
【解析】，令，則是上為增函數，在上恒成立，則，因此．
例3．已知函數．求證：若對所有，都有，則的取值范圍是．
【證明】①當=0時，對任意的，都有．
②當>0時，只需證對所有恒成立即可．
令，由拉格朗日中值定理知(0，)內至少存在一點(從而)，使得，即，由于，故在(0，)上是增函數，讓得，所以的取值范圍是．
例4．已知函數，>1．求證：若1<<5，則對任意，，有．
【證明】．由條件知，．所以要證成立，即證．下面即證之．
令，則．由于1<<5，所以，從而在恒成立，也即．
又，故，
則，即，也即．
大招十七 極值點偏移核心技巧之主元法
主元法破解極值點偏移問題大致分為以下三步：
第一步：求導，獲得的單調性、極值情況，作出的圖像，由得，的取值范圍(數形結合)；
第二步：構造輔助函數(對結論(或<)，構造；對結論(或<)，構造，求導，限定范圍(或的范圍)，判定符號，獲得不等式；
第三步：代入(或)，利用及的單調性證明最終結論．
例1．已知函數()．
(1)求函數的單調區間和極值；
(2)如果，且，求證：．
(1)【解析】由知．令，得=1．
所以當>1時，；當<1時，，因此在是增函數，在上是減函數，，沒有極小值．
(2)【證明】，，即，且，欲證明，即，只需證，即．
令，則．
因為，所以在上單調遞增，故，得證．
評注
再次審視解題過程，發現以下三個關鍵點：
(1)，的范圍()；
(2)不等式；
(3)將代入(2)中不等式，結合的單調性獲證結論．把握以上三個關鍵點，就可輕松解決一些極值點偏移問題．
例2．已知函數有兩個零點．
(1)求函數的單調區間；
(2)設，是的兩個零點，證明：．
(1)【解析】由知．
①當，即時，恒成立．令，則>1，所以的增區間為．同理的減區間為．
②當，即時，令，則=1或．
(i)當，即時，令，則或，所以的增區間為．同理的減區間為．
(ii)當，即時，當時，，，所以．同理時，．故的增區間為．
(iii)當，即時，令，則或，所以的增區間為，同理的減區間為．
綜上可知，當時，的增區間為，減區間為；當時，的增區間為；當時，的增區間為，減區間為；當時，的增區間為，減區間為．
(2)【證明】設，由(1)知，，，在上單調遞增，所以等價于，即．
令，則
，，
所以，即，
所以，因此，即．
大招十八 極值點偏移核心技巧之對數平均不等式
對數平均不等式 對于正數，且，定義為，的對數平均值，且有，即幾何平均數<對數平均數<算術平均數，簡記為．
先給出對數平均不等式的多種證法．
證法一(對稱化構造)設則，因此造函數，則．由，得，且在上單調遞增，在上單調遞減，為的極大值點．對數平均不等式，即，等價于這是兩個常規的極值點偏移問題，留給讀者嘗試．
證法二(比值代換)令，則
構造函數可證．
證法三(主元法)設，則
．
記，，
則，得在上單調遞減，
有，左邊得證，右邊同理可證．
證法四(積分形式的柯西不等式)設，則由，
得，；
由，得，．
證法五(函數不等式)
①先證．
要證，只需證．令，只需證()．
設，則，所以在上單調遞減，因此，即．故．
②再證．
要證，只需證．
令，則需證，即()．
設()，則．所以在區間上單調遞減，因此，即，故.
綜上可知，當，且時，.
對數平均不等式求解的步驟
(1)通過等式兩邊同取自然對數或相減等配湊出及；
(2)通過等式兩邊同除以構造對數平均數；
(3)利用對數平均不等式將轉化為后，再證明(或).
例1．已知的兩個零點是，求證：.
【證明】由題意得，，兩式相減得
即，
，所以
即，所以
所以，所以.
例2．已知函數.
(1)求函數的單調區間；
(2)當，時，求證：.
(1)【解析】由知.恒成立，所以當時，.當時，.因此的增區間為，減區間為.
(2)【證明】證法一(利用函數的單調性)
令，.
則.
令，.
則.則.
由得，故在上單調遞增.
因此，故在上單調遞增，，故
因此在上單調遞減，故.
由(1)及，知，，故.
所以.又在上單調遞增，所以，即.
證法二(利用對數平均不等式)因為當時，.
當時，.，，所以，
所以.
所以，
所以
因此①.
因為，所以.
下面用反證法證明.
假設，當時，，且，與不等式①矛盾.
當時，，所以，且，與不等式①矛盾.
所以假設不成立，故.
大招十九 一題弄懂極值點偏移五大套路
已知.若有兩個極值點，且.求證：.(e為自然對數的底數)
證法一 齊次構造通解偏移套路
欲證，需證.若有兩個極值點，即函數有兩個零點.
又，所以是的兩個不同實數根.于是有，
①+②得， ②－①得，因此.
于是， .
又因為，設，則.因此，，.
要證，即證，.即當時，有.
設，，則≥0
所以是上的增函數.又，所以.
于是，當時，有.所以成立.故.
證法二 變換函數能妙解
欲證，需證.若有兩個極值點，即函數有兩個零點.
又，所以是的兩個不同實數根.
顯然，否則，函數為單調函數，不符合題意.
由知，.只需證即可，即證.
設，，則
故在上單調遞增，即，所以.
由于，故在上單調遞增，在上單調遞減.
設，令，則
又，在上單調遞減，故，即.結論得證.
證法三 構造函數顯實力
由是的兩個不同實數根得，令，
由于.所以在上單調遞增，在上單調遞減
設，只需證，即證
所以只需證，即，即.
設，則，故在上單調遞增
因此，即.令，則.
因為，在上單調遞減，所以，即.
證法四 巧引變量（一）
設，，則由得，所以.
設，則，.欲證，只需證.即證
即.
設，則，
故在上單調遞減，故，故在上單調遞增
所以，結論得證.
證法五 巧引變量（二）
設，，則由得，所以.
設，則，.
欲證，只需證.即證
即，
設，，則
故在上單調遞增，因此，結論得證.
大招二十 對數均值不等式的應用（A-L-G不等式）
設，且，則，其中被稱為對數平均數.
對數平均數的不等關系的幾何解釋：
反比例函數的圖象如圖所示，，軸，，，，，，作在點處的切線分別與，交于.
根據左上圖知，，所以 .
又，
.
根據右上圖知，，所以.
另外，，可得：
.
綜上，結合重要不等式可知：
，
即.
的應用
例1．已知函數，，其中是的導函數，設，比較與的大小.
【解析】由知，，所以，所以，而，因此，比較與的大小，即只需比較與的大小即可，根據時，，即.令，則，所以，，…，，將以上各不等式左右兩邊相加得：，故＞.
評注
本題是高考試題的壓軸題，難度較大，為了降低試題的難度采取多步設問，層層遞進，步驟依然煩瑣，求解過程復雜，但我們這里運用對數平均數不等式鏈來證明，思路簡捷，別具新意，易于學生理解、掌握.
例2．已知函數的最小值為0.求證：.
【證明】易求，待證不等式等價于.
根據時，，即，
令，則，
，，，…，，
將以上各不等式左右兩邊相加得：，故
得證.
的應用
例3．已知數列的通項，其前項和為.證明：.
【證明】根據時，，即.
令.則，
易證.
的應用
例4．已知數列的通項，證明：.
【證明】根據時，，即.
令，則，易證.
的應用
例5．已知函數的圖像在點處的切線方程為.
（1）用表示出；（2）證明：.
（1）【解析】由知
所以，因此，所以.
又因點在切線上，所以，因此.綜上可知，，.
（2）【證明】當時，即.
令，則
所以，，…，.
將以上各不等式左右兩邊相加得：
即，故.
例6．已知函數.
（1）若時，，求的最小值；
（2）設數列的通項，證明：.
（1）【解析】由條件得，.
令，則，.
若，則當時，，則是增函數，不符合題意；
若，則當時，，則是增函數，不符合題意；
若，則當時，，則是減函數，符合題意；
綜上可知，的最小值時.
（2）【證明】當時，即.
令，則，所以，
，
…，.
將以上各不等式左右兩邊相加得：
，
即，
故，即.
評注
本題提供的第（2）問解題思路是借助于第（1）問的的最小值時，加以賦值，并進行變形，令，有，即達到放縮的目的。兩者相比較，自然是運用對數平均值的不等式鏈的方法簡捷.
的應用
例7．已知函數.求證：
對一切正整數均成立.
【證明】 根據時，，即.令，則，變形得，則，，…，，
將以上各不等式左右兩邊相加得：
對一切正整數均成立.
評注
本題提供的解題思路是借助的最小值即時，，即，結合特征不等式的特征，令，得
，整理得，
即.板塊三 數列
大招一 等差數列通項公式之四大變形
等差數列的通項公式
此通項公式存在以下幾種變形：
（1），關于的一次函數的形式；
（2），其中，已知數列中的某項和公差即可求出通項公式；
（3），已知等差數列的兩項即可求出公差，即項的差除以對應序數的差；
（4），項數＝.
例1．等差數列中，若，則_________.
【答案】0
【解析】 由得，所以.
例2．等差數列中，若，則_________.
【答案】
【解析】 等差數列的通項公式可以表示為關于的一次函數，點，點，
點三點共線，所以，所以.
例3．等差數列有兩項滿足，則該數列前項之和為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】 因為，所以
因此
所以．故選C．
大招二 等差數列核心性質拓展
【結論1】若，則，依次類推，若，則．
例1．（1）等差數列中，，則的值是（ ）
A．20 B．22 C．24 D．-8
【答案】C
【解析】因為，所以，因此．故選C．
（2）等差數列中，為方程的兩根，則（ ）
A．10 B．15 C．20 D．40
【答案】B
【解析】根據根與系數的關系，可得，所以，所以．故選B．
（3）已知等差數列中，，，則此數列前30項和等于（ ）
A．810 B．900 C．870 D．840
【答案】D
【解析】求前30項和，聯想到公式，又，則只需．由條件可得：，所以，因此．故選D．
【結論2】已知等差數列：，設，，，…，則相鄰項和成等差數列．
例2．等差數列中，前項的和為30，前項的和為100，試求前項的和．
【解析】記數列的前項和為，由等差數列前項和的性質知成等差數列，則，又，，所以，所以，所以．
【結論3】依據等差數列的性質，我們可以得到．當已知等差數列的前項和分別為時，有，．
例3．已知兩等差數列的前項和分別為，且，則= ．
【答案】
【解析】解法一：根據題意，，．
所以．
解法二：由，得．
解法三：根據條件，令等差數列前項和，，則，，所以．
例4．等差數列的前項和分別為，若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】．故選B．
例5．等差數列的前項和分別為，若，則時，（ ）
A．2 B．6 C．無解 D．無數多個
【答案】A
【解析】因為，所以當時，，解得．故選A．
大招三 巧用三點共線秒解等差數列問題
【結論1】由等差數列與一次函數的關系可知：對于公差為的等差數列，其通項公式為，則點和點共線．又，所以為過，兩點的直線的斜率．由此可用三點共線解決等差數列問題．
【結論2】在等差數列前項和公式的變形中，兩邊同時除以得．該式說明對任意，所有的點都在同一條直線上，從而對有（常數），即數列是一個等差數列．
例1．若數列為等差數列，，則 ．
【答案】0
【分析】為等差數列，有兩種處理的思路，思路一：利用，，求出公差，進而可得；思路二：點在一條直線上，作出相應函數圖像，進而根據圖像求出直線的斜率即可得解．
【解析】解法一：設數列的公差為，因為，所以，即．因為，所以．所以．
解法二：因為數列為等差數列，所以點在一條直線上．設，記點，，則直線的斜率，如圖所示．由圖知，即點的坐標為．故．
例2．已知為等差數列，且，求．
【分析】為等差數列，，三點共線求得．
【解析】因為為等差數列，則三點共線．因此，解得．
例3．已知在等差數列中，，求這個數列前項的和．
【解析】由題意知，三點在同一條直線上，從而有，解得．所以該數列的前項的和為33．
大招四 用函數的觀點求數列問題
【結論1】對于等差數列，有，．
例1．已知數列的前項和，則的值為（ ）
A．15 B．16 C．49 D．64
【答案】A
【解析】直接根據即可得出結果．．故選A．
【結論2】，則也成等差數列，其首項與首項相同，公差是公差的．
例2．（1）已知等差數列的前項和為，且滿足，則數列的公差是（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】，．所以，因此．故選C．
（2）在等差數列中，，其前項和為，若，則的值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由觀察到的特點，所以考慮數列的性質．由等差數列前項和特征得，從而判定為等差數列，且公差，所以，所以，即．故選B．
【結論3】，其中，，為關于的二次函數，并且常數項為0．
例3．（1）等差數列中，已知，，求證：．
（2）等差數列中，已知，求證：．
【證明】（1）由得
所以
因此．
（2）由知，，整理得，所以，
因此．
例4．已知等差數列的前項和為，且，，，則 ．
【答案】9
【解析】由知，即．而，所以不是各項為0的常數項．因為，所以．
【結論4】由等比數列的前項和公式得公比為的等比數列的前項和是．
例5．已知等比數列的前項和為，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，得，．故選C．
大招五 數列通項之統一化構造（一）
模型一 ，，構造，則為常數數列．
模型二 ，，構造，則為常數數列．
模型三 ，，，構造，則為常數數列．
例1．已知數列滿足，，求．
【分析】變形利用疊乘法即可得出．
【解析】解法一 由，得．當，時，，即．
又當時，，故．
解法二 因為，所以．令，則，即是常數數列，所以．即，．
例2．已知是首項為1的正項數列，且，則它的通項公式是 ．
【答案】
【解析】解法一：已知等式可轉化為．因為，所以，即，所以時，．因此．
解法二：解法一知，所以．令，則，即是常數數列，所以．即，．
評 注
本題是關于和的二次齊次式，可以通過因式分解（一般情況時用求根公式）得到與的更為明顯的關系式，從而求出．
例3．已知數列中，，且，求數列的通項公式；
【解析】解法一：因為，所以，即．
解法二：因為，所以，．令，則，即是常數數列，所以．因此，．
例4．已知數列的前項和為，且滿足．
求的值；
求的通項公式．
【解析】（1）當時，因為，所以．
當時，因為，所以．
（2）解法一：因為，所以當時，．所以，即．因此．當時，符合上式，所以．
解法二：由解法一知，所以，．令，則，即是常數數列，所以．因此，．
大招六 數列通項之統一化構造（二）
解關于（其中均為常數，）類型試題時，先用待定系數法把原遞推公式轉化為，其中，再利用換元法轉化為等比數列求解．
例1．已知滿足，，求通項公式．
【解析】設，整理得，所以．
又，所以是4為首項，2為公比的等比數列．即，所以．
例2．已知數列中，，，求．
【分析】利用待定系數法轉化為的形式令進行換元利用等比數列的知識即可求解．
【解析】設遞推公式轉化為，即，解得．故．令，則，且．所以是4為首項，2為公比的等比數列．所以，即．
大招七 數列通項之統一化構造（三）
解關于（其中均為常數，）類型試題時，一般地，要先在遞推公式兩邊同除以，得，引入輔助數列（其中），得，再利用待定系數法解決；也可以在原遞推公式兩邊同除以，得，引入輔助數列（其中），得，再利用疊加法（逐差相加法）求解．
例1．已知數列中，，，求．
【分析】對遞推關系，有兩種處理的思路．思路一：變形換元利用待定系數法和等比數列的知識可解；思路二：變形換元利用疊加法和等比數列的知識可解．
【解析】解法一：將兩邊分別乘，得，令，則，根據待定系數法，得．所以數列是首項為，公比為的等比數列．所以，即．所以．
解法二 將兩邊分別乘，得．令
則，所以，……，．
將以上各式疊加，得，又
所以，即
所以．
例2．已知數列滿足，求數列的通項公式．
【解析】解法一（待定系數法） 設，比較系數得，則數列是首項為，公比為2的等比數列，所以，即．
解法二（兩邊同除以）兩邊同時除以得：，下面解法略．
解法三（兩邊同除以）兩邊同除以，得，下面解法略．
大招八 數列通項之統一化構造（四）
解關于類型試題時，一般利用待定系數法構造等比數列，即,然后與已知遞推式比較，解出，從而得到是公比為的等比數列．
例1．設數列滿足，求；
【分析】 (
利用待定系數法得到
一個等比數列
利用等比數列
的知識可解
)
【解析】將遞推公式轉化為
化簡后與原遞推式比教，得，解得，令
則，又，故，代入（*）式，得．
例2．已知時，，求的通項公式．
【解析】設，．
所以，解得
所以．所以是以3為首項，為公比的等比數列
所以，即．
大招九 倒序相加讓你腦洞大開
在等差數列的前項和公式的推導中，我們可以使用倒序相加法：
①，②．
①+②得
（共個）
所以．
例1．，若，則 ．
【答案】
【解析】由，我們可以驗證
那么，則，．
例2．若數列，求的前項和．
【解析】①，對做如下的恒等變換：
②
③
①+②+③
，那么
例3．求證：
【證明】設，因為
所以①，
③
①+②+③得：
．
現在我們要得出一般的結論
對于等差數列，它的前項和組成的數列前n項和為，則
【證明】
①
②
③
①+②+③得，
所以：
關于例3的思維發散
原始三角陣 順時針旋轉 再順時針旋轉
此三個三角陣中每一個的各項和均為:
將這三個三角陣相加得：
這個三角陣有項，則這三個三角陣的和為
又因為前三個三角陣中各項的和相等，則每個三角陣中各項和為
即
例4．將正分割成個全等的小正三角形（圖②，圖③分別給出了，的情形），在每個三角形的頂點各放置一個數，使位于的三邊及平行于某邊的任一直線上的數（當數的個數不少于3時）都分別成等差數列．若頂點，，處的三個數互不相同且和為1，記所有頂點上的數之和為，則有 ，……， ．
【答案】
【解析】當，如圖所示，分別將各頂點的數用小寫字母表示
即由條件知，
，
，即
而．
進一步可求的，由上知中有三個數，中有6個數，中共有10個數相加，中有15個數相加，且由，．
所以
．
大招十 快速“搞定”錯位相減
一、迅捷地“搞定”的方法
錯位相減求和法是適用于通項公式為“等差數列乘等比數列”形式的數列，此類數列總可以化為的形式，其中數列分別是等差數列、等比數列，它們的通項分別為，則的前n項的和也一定為一個等差數列乘公比q的n次方再加一個常數形式，即，其中．
特別提醒：等比數列的首項必須化為1．
二、迅捷地“搞定”的緣由
數列分別是等差數列、等比數列，它們的通項分別為,則的前項的和為：
,
，
兩式相減，得
所以，令．
故．
例1．設等差數列的公差為，前項和為，等比數列的公比為，已知．
（1）求數列的通項公式；
（2）當時，記，求數列的前項的和．
【解析】（1）根據條件，
當時，；當時，．
（2）當時，由（1）知，所以，
則，
．
例2．已知是各項均為正數的等比數列，是等差數列，且
（1）求數列的通項公式；
（2）記，求數列的前n項的和．
【解析】（1）由題易求得．
（2），則
．
三、公式法應用的釋疑
利用公式法迅捷地尋求錯位相減求和法的計算結果，需使得等比教列的通項為，即．此時可能同學們要問了，如果等比數列首項不為1．不是“標準形式”怎么辦呢？
例3．已知數列和滿足，，．
（1）求數列的通項公式；
（2）記數列的前項的和，求．
【解析】（1）由題易求得．
（2），則
評注
本例中，改寫為，變形調整為“標準形式”，只有如此，才能利用公式法迅捷探求結果．
例4．已知數列的前n項和為，是等差數列，．
（1）求數列的通項公式；
（2）令求數列的前n項和．
【解析】（1）有題意知時，
當時，，所以
設數列的公差為，有
因此，所以．
（2）
則
．
評注：
本例中改寫為，變形調整為“標準形式”是利用公式法的關鍵．
例5．已知數列是首項為正數的等差數列，數列的前和項和為．
（1）求數列的通項公式；
（2）設，求數列的前項和．
【解析】（1）由題意容易求得．
（2）
則
四、公式法的活用
例6．已知數列滿足（為實數，且），，且成等差數列．
（1）求的值和數列的通項公式；
（2））設，求數列的前項和．
【解析】（1）由題易求得
（2）
則
．
大招十一 數列放縮核心技巧總結
常見的放縮變形
（1），期中，可稱為“進可攻，退可守”．
（2）．
（3）。
（4），從而有：
，對于還可放縮為
（5）
．
可推廣為：
例1．設數列的前項和．已知．
（1）求的值；
（2）數列的通項公式；
（3）證明：對一切正整數，有．
(1)【解析】因為
所以當時，，又，所以
（2）因為
所以①．、
當時，②
①—②得
因為，所以
因此，所以數列是首項為，公差為1的等差數列
因此，所以，當時，上式顯然成立，所以
（3）【證明】有（2）知
①當時，，所以原不等式成立；
②當時，，所以原不等式成立；
③當時，因為，所以
所以
，所以當時，原不等式也成立．
綜上可知，對一切正整數n，有．
例2．設各項均為正整數的數列的前n項和，且滿足
例2．（2014高考數學廣東文科）設各項均為正數的數列的前和為,且滿足 ，．
（1）求的值；
（2）求數列的通項公式；
（3）證明：對一切正整數，有．
【解析】(1)當時，解得或.因為，所以.
(2)由題意得，因為，所以，所以．
所以即
當時，
當，滿足上式，故
(3)解法一：時，
所以
解法二:當時，
當時，
所以
所以
故對一切正整數，有．
解法三：由（2）知
當時，成立
當時，所以
．
例3．已知數列的前項和為，若，且．
（1）求證：數列是等差數列，并求出的通項公式；
（2）設，數列的前項和為，求證：．
【證明】（1）因為①
當時，，即，解得
當時，②
由①②可得，即
所以時，，，，……，
所以時，，當時，，當時，
所以，．
（2）由（1）知，
可知當，
所以
不等式得證．
例4．已知正項數列的前項和為，且，．
（1）求證：數列是等差數列；
（2）記數列，，證明：．
（1）【證明】因為，所以時，
所以，又，所以
當時，，所以，而
所以數列是以為首項，以為公差的等差數列，所以，
（2）【分析】先利用（1）可求出的公式，進而求出，則，考慮進行放縮求和，結合不等號的方向以裂項相消的形式進行放縮．
【證明】由（1）可得，而，所以，所以，因此
所以，考慮先證．
因為
所以時，
當時，，所以
再證
因為
所以
綜上可知．
評注
本題在證明中用到一個常見的根式放縮：
．超強圓錐曲線結論總結
結論1:過圓上任意點作圓的兩條切線,則兩條切線垂直.
結論2:過圓上任意點作 木陰圓的兩條切線,則兩條切線垂直.
結論3:過圓上任意點作雙曲線的兩條切線,則兩條切線垂直.
結論4:過圓上任意不同兩點作圓的切線,如果切線垂直且相交于,則動點的軌跡為圓:.
結論5:過橢圓上任意不同兩點作橢圓的切線,如果切線垂直且相交于,則動點的軌跡為圓.
結論過雙曲線上任意不同兩點作雙曲線的切線,如果切線垂直.且相交于,則動點的軌跡為圓.
結論7：點在橢圓上,過點作橢圓的切線方程為
結論8:點在橢圓外,過點作橢圓的兩條切線,切點分別為則切點弦的直線方程為.
結論8:(補充)點在橢圓內,過點作橢圓的弦(不過橢圓中心),分別過作橢圓的切線,則兩條切線的交點的軌跡方程為直線:.
結論9:點在雙曲線上,過點作雙曲線的切線方程為
結論10:點在雙曲線外,過點作雙曲線的兩條切線,切點分別為則切點弦的直線方程為.
結論10:（補充）點在雙物線內，過點作雙物線的弦(不過雙物線中心),分別過作雙物線的切線,則兩條切線的交點的軌跡方程為直線:
結論11:點在拋物線上,過點作拋物線的切線方程為.
結論12:點在拋物線外，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為則切點弦的直線方程為.
結論12:（補充）點在拋物線內，過點作拋物線的弦,分別過作拋物線的切線，則兩條切線的交點的軌跡方程為直線:.
結論點在橢圓上,過點作橢圓的切線方程為
結論14:點在雙物線上,過點作雙物線的切線方程為
結論15:點在拋物線上,過點作拋物線的切線方程為.
結論16:點在橢圓外,過點作橢圓的兩條切線,切點分別為則切點弦的直線方程為.
結論17:點在雙曲線外,過點作雙曲線的兩條切線，切點分別為,則切點弦的直線方程為
結論18:點在拋物線外,過點作拋物線的兩條切線，切點分別為則切點弦的直線方程為.
結論16:（補充）點在橢圓內，過點作 木陰圓的弦（不過橢圓中心）,分別過作橢圓的切線,則兩條切線的交點的軌跡方程為直線:.
結論17:(補充)點在雙物線內,過點作雙物線的弦(不過雙物線中心),分別過作雙物線的切線,則兩條切線的交點的軌跡方程為直線:
結論18:(補充)點在拋物線內,過點作拋物線的弦,分別過作拋物線的切線，則兩條切線的交點的軌跡方程為直線:
.
結論過橢圓準線上一點作 木陰圓的兩條切線,切點分別為,則切點弦的直線必過相應的焦點,且垂直切點弦.結論20:過雙物線準線上一點作雙物線的兩條切線,切點分別為則切點弦的直線必過相應的焦點，且垂直切點弦.
結論21:過拋物線準線上一點作拋物線的兩條切線,切點分別為,則切點弦的直線必過焦點，且垂直切點弦.
結論22:為橢圓的焦點弦，則過的切線的交點必在相應的準線上.
結論為雙物線的焦點弦，則過的切線的交點必在相應的準線上.
結論24:為拋物線的焦點弦，則過的切線的交點必在準線上.
結論25:點是橢圓準線與長軸的交點,過點作橢圓的兩條切線,切點分別為,則切點弦就是通徑.
結論26:點是雙曲線準線與實軸的交點,過點作雙曲線的兩條切線,切點分別為,則切點弦就是通徑.
結論27:為拋物線的準線與其對稱軸的交點,過點作拋物線的兩條切線，切點分別為,則切點弦就是其通徑.
結論28：過拋物線的對稱軸上任意一點作拋物線的兩條切線，切點分別為則切點弦所在的直線必過點.
結論29:過橢圓的對稱軸上任意一點作 木陰圓的兩條切線,切點分別為.
(1)當時，則切點弦所在的直線必過點;
(2)當時，則切點弦所在的直線必過點.
結論30:過雙曲線的實軸上任意一點作雙曲線（單支）的兩條切線，切點分別為,則切點弦所在的直線必過點.
結論31：過拋物線外任意一點作拋物線的兩條切線，切點分別為,弦的中點為,則直線必與其對稱軸平行.
結論32:若橢圓與雙曲線共焦點,則在它們交點處的切線相互垂直.
結論33:過橢圓外一定點作其一條割線,交點為,則滿足的動點的軌跡就是過作 木 橢 匕 圓兩條切線形成的切點弦所在的直線方程上.
結論34:過雙曲線外一定點作其一條割線,交點為則滿足的動點的軌跡就是過作雙曲線兩條切線形成的切點弦所在的直線方程上.
結論35:過拋物線外一定點作其一條割線,交點為則滿足的動點的軌跡就是過作拋物線兩條切線形成的切點弦所在的直線方程上.
結論36:過雙曲線外一點作其一條割線,交點為,過分別作雙曲線的切線相交于點,則動點的軌跡就是過作雙曲線兩條切線形成的切點弦所在的直線方程上.
結論37:過橢圓外一點作其一條割線,交點為過分別作橢圓的切線相交于點,則動點的軌跡就是過作橢圓兩條切線形成的切點弦所在的直線方程上.
結論38:過拋物線外一點作其一條割線,交點為,過分別作拋物線的切線相交于點,則動點的軌跡就是過作拋物線兩條切線形成的切點弦所在的直線方程上.
結論39:從橢圓的右焦點向橢圓的動切線引垂線,則垂足的軌跡為圓:.
結論40:從雙曲線的右焦點向雙曲線的動切線引垂線,則垂足的軌跡為圓:.
結論41:是橢圓的一個焦點,是橢圓上任意一點,則焦半徑.
結論42:是雙曲線的右焦點,是雙曲線上任意一點.
(1)當點在雙曲線右支上,則焦半徑;
(2)當點在雙曲線左支上,則焦半徑.
結論是拋物線的焦點,是拋物線上任意一點,則焦半徑.
結論44:橢圓上任一點處的法線平分過該點的兩條焦半徑的夾角（或者說處的切線平分過該點的兩條焦半徑的夾角的外角)，亦即橢圓的光學性質.
結論45：雙曲線上任一點處的切線平分過該點的兩條焦半徑的夾角（或者說處的法線平分過該點的兩條焦半徑的夾角的外角),亦即雙曲線的光學性質.
結論46:拋物線上任一點處的切線平分該點的焦半徑與該點向準線所作的垂線的夾角,亦即拋物線的光學性質.
結論47:橢圓的準線上任一點處的切點弦過其相應的焦點,且.
結論48:雙曲線的準線上任一點處的切點弦過其相應的焦點,且.
結論49:拋物線的準線上任一點處的切點弦過其焦點,且.
結論50:橢圓上任一點處的切線交準線于與相應的焦點的連線交橢圓于,則必與該橢圓相切,且.
結論51:雙曲線上任一點處的切線交準線于與相應的焦點的連線交雙曲線于,則必與該雙曲線相切，且.
結論52:拋物線上任一點處的切線交準線于與焦點的連線交拋物線于,則必與該拋物線相切，且.
結論53:焦點在軸上的橢圓（或焦點在軸）上三點的焦半徑成等差數列的充要條件為的橫坐標(縱坐標)成等差數列.
結論54:焦點在軸上的雙曲線（或焦點在軸）上三點的焦半徑成等差數列的充要條件為的橫坐標（縱坐標）成等差數列.
結論55:焦點在軸上的拋物線（或焦點在軸）上三點的焦半徑成等差數列的充要條件為的橫坐標（縱坐標）成等差數列.
結論56:橢圓上一個焦點關于橢圓上任一點處的切線的對稱點為,則直線必過該橢圓的另一個焦點.
結論57:雙曲線上一個焦點關于雙曲線上任一點處的切線的對稱點為,則直線必過該雙曲線的另一個焦點.
結論58:橢圓上任一點(非頂點),過的切線和法線分別與短軸相交于則有及兩個焦點共于一圓上.
結論59:雙曲線上任一點（非頂點)，過的切線和法線分別與短軸相交于,則有,及兩個焦點共于一圓上.
結論60:橢圓上任一點(非頂點)處的切線與過長軸兩個頂點的切線相交于,則必得到以為直徑的圓經過該橢圓的兩個焦點.
結論61:雙曲線上任一點(非頂點）處的切線與過實軸兩個頂點的切線相交于,則必得到以為直徑的圓經過該雙曲線的兩個焦點.
結論62:以橢圓的任一焦半徑為直徑的圓內切于以長軸為直徑的圓.
結論63:以雙曲線的任一焦半徑為直徑的圓外切于以實軸為直徑的圓.
結論64:以拋物線的任一焦半徑為直徑的圓與非對稱軸的軸相切.
結論65：焦點在軸上的橢圓（或焦點在軸上）上任一點（非短軸頂點）與短軸的兩個頂點,的連線分別交軸（或軸）于,則(或.
結論66:焦點在軸上的雙曲線（或焦點在軸上）上任一點(非頂點)與實軸的兩個頂點的連線分別交軸（或軸）于,則或.
結論67:為焦點在軸上的 木橢圓上任一點（非長軸頂點),則與邊(或)相切的旁切圓與軸相切于右頂點(或左頂點).
結論為焦點在軸上的雙曲線右支（或左支）上任一點,則的內切圓與軸相切于右頂點(或左頂點').
結論69:是過 木橢圓的焦點的一條弦非通徑,弦的中垂線交軸于,則.
結論70:是過雙曲線的焦點的一條弦（非通徑,且為單支弦),弦的中垂線交軸于,則.
結論是過拋物線的焦點的一條弦（非通徑,弦的中垂線交軸于,則.
結論為拋物線的焦點弦，分別過作拋物線的切線,則兩條切線的交點在其準線上.
結論為橢圓的焦點弦,分別過作 木 阝 匕 圓的切線,則兩條切線的交點在其相應的準線上.
結論為雙曲線的焦點弦,分別過作雙曲線的切線，則兩條切線的交點在其相應的準線上.
結論75:為過拋物線焦點的焦點弦，以為直徑的圓必與其準線相切.
結論為過橢圓焦點的焦點弦，以為直徑的圓必與其相應的準線相離（當然與另一條準線更相離）.
結論為過雙曲線焦點的焦點弦，以為直徑的圓必與其相應的準線相交,截得的圓弧度數為定值,且為.
結論78：以圓錐曲線的焦點弦為直徑作圓，若該圓與其相應的準線相切,則該曲線必為拋物線.
結論以圓雉曲線的焦點弦為直徑作圓，若該圓與其相應的準線相離，則該曲線必為橢圓.
結論80:以圓錐曲線的焦點弦為直徑作圓，若該圓與其相應的準線相交,則該曲線必為雙曲線,此時截得的圓弧度數為定值,且為
結論81:為過拋物線焦點的焦點弦,,則
結論為過橢圓焦點的焦點弦,,則|
結論為過雙物線焦點的焦點弦,.若為單支弦，則;若為雙支弦，則|
結論84:為拋物線的焦點,是拋物線上不同的兩點,直線交其準線于,則平分的外角.
結論85:為 木橢圓的一個焦點,是橢圓上不同的兩點,直線交其相應的準線于,則平分的外角.
結論為雙物線的一個焦點,是雙物線上不同的兩點（同一支上),直線交其相應的準線于,則平分的外角.
結論87:為雙物線的一個焦點,是雙物線上不同的兩點（左右支各一點),直線交其相應的準線于,則平分.
結論是橢圓過焦點的弦,點是橢圓上異于的任一點,直線分別交相應于焦點的準線于,則點與點的縱坐標之積為定值,且為.
結論是雙曲線過焦點的弦,點是雙曲線上異于任一點,直線、分別交相應于焦點的準線于,則點與點的縱坐標之積為定值,且為.
結論90:是拋物線過焦點的弦，點是拋物線上異于的任一點,直線分別交準線于,則點與點的縱坐標之積為定值,且為.
結論為橢圓的長軸頂點,為橢圓任一點（非長軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論92：為橢圓的長軸頂點,,為橢圓任一點（非長軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有.
結論為橢圓的長軸頂點,,為橢圓上任一點（非長軸頂點)，若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論為橢圓的長軸頂點,,為橢圓任一點（非長軸頂點)，若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論為橢圓的長軸頂點,,為橢圓任一點（非長軸頂點,若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論為橢圓的長軸頂點,,為橢圓任一點（非長軸頂點,若直線分別交直線于,則為定
值,且有
結論97:為橢圓的長軸頂點,,為橢圓任一點（非長軸頂點)，若直線分別交直線于,則為定
值,且有
結論為橢圓的長軸頂點,,為橢圓任一點（非長軸頂點)，若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論為雙曲線的頂點,,為雙曲線上任一點（非實軸頂點)，若直線分別交直線于,則為定值,且有.
結論為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定
值,且有
結論為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點（非實軸頂點，若直線分別交直線于,則為定值，且有
結論為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論106:為雙曲線的頂點,,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論為橢圓的長軸頂點,為橢圓任一點（非長軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論108:為橢圓長軸頂點,為橢圓任一點（非長軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論109:為橢圓的長軸頂點,為橢圓任一點（非長軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論110:為橢圓的長軸頂點,為 木 橢 圓任一點（非長軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值，且有
結論111:為橢圓的長軸頂點,,為橢圓任一點(非長軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論112:為橢圓的長軸頂點,,為橢圓任一點(非長軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,
結論為橢圓的任一直徑（中心弦為 木陰圓上任一點(不與點重合,則為定值,且有
結論為橢圓的任一弦不過原點且不與對稱軸平行為弦的中點,若與均存在,則為定值,且有
結論115:為橢圓的任一弦不與對稱軸平行,若平行于的弦的中點的軌跡為直線,則有
結論116:過橢圓上任意一點不是其頂點作橢圓的切線,則有
結論117:橢圓及定點,過的弦的端點為,,過點,分別作直線的垂線，垂足分別為,直線與軸相交于,則直線與恒過的中點,且有.
結論118:橢圓及定點,過任作一條弦為橢圓上任一點,連接,且分別與準線相交于,則有
結論119:橢圓及定點,過任作一條弦為橢圓上任一點,連接,且分別與直線相交于,則有
結論為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論121:為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論122:雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論123:為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點(非實軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論125:為雙曲線的頂點,為雙曲線上任一點（非長軸頂點),若直線分別交直線于,則為定值,且有
結論為雙曲線的任一直徑,為雙曲線上任一點(不與點重合,則為定值,且有
結論為雙曲線的任一弦不過原點且不與對稱軸平行為弦的中點,若與均存在,則為定值,且有
結論為雙曲線的任一弦不與對稱軸平行,若平行于的弦的中點的軌跡為直線,則有
結論129:過雙曲線上任意一點(不是其頂點)作雙曲線的切線,則有
結論130:雙曲線及定點或,過的弦的 山端點為,過分別作直線的垂線,垂足分別為,直線與軸相交于,則直線與恒過的中點,且有.
結論131:雙曲線及定點,過任作一條弦,為雙曲線上任一點,連接,且分別與準線相交于,則有
結論132:雙曲線及定點或,過任作一條弦為雙曲線上任一點,連接,且分別與直線相交于,則有
結論133:拋物線及定點,過的弦的端點為過,分別作直線的垂線,垂足分別為,直線與軸相交于,則直線與恒過的中點,且有.
結論134:拋物線及定點,過任作一條弦為拋物線上任一點,連接,分別與準線相交,則
結論135：拋物線及定點,過任作一條弦為拋物線上任一點,連接分別與直線相交,則
結論136:過拋物線的焦點的弦（焦點弦）與拋物線相交于,,過作直線與軸平行,且交準線于,則直線必過原點（即其準線與軸交點與焦點的線段的中點).
結論為橢圓的焦點的弦,其相應的準線與軸交點為,過,作軸的平行線與其相應的準線分別相交于,則直線均過線段的中點.
結論138:為雙物線的焦點的弦,其相應的準線與軸交點為,過,作軸的平行線與其相應的準線分別相交于,則直線均過線段的中點.
結論139:過圓錐物線(可以是非標準狀態下)焦點弦的一個 山端點向其相應的準線作垂線，垂足與另一個弦的端點的連線必經過焦點到相應的準線的垂線段的中點.
結論為垂直于橢圓長軸上的動弦,其準線與軸相交于,則直線與(或直線與)的交點必在該橢圓上.
結論為垂直于雙曲線實軸的動弦,其準線與軸相交于,則直線與(或直線與)的交點必在該雙曲線上.
結論為垂直于拋物線或對稱軸的動弦,其準線與軸相交于,則直線與(或直線與)的交點必在該拋物線上.
結論143:為垂直于圓錐曲線的長軸（橢圓）(或實軸（雙曲線）或對稱軸（拋物線)）的動弦，其準線與軸相交于,則直線與(或直線與)的交點必在該圓錐曲線上.
結論144:圓錐曲線的焦點弦(不為通徑,若雙曲線則為單支弦),則在軸上有且只有一點使.
結論145：過任作圓錐曲線的一條弦(若是雙曲線則為單支弦),分別過作準線的垂線是其相應準線與軸的交點),垂足為,則直線與直線都經過的中點,即、及三點共線.
結論146:若是圓錐曲線過點且關于長軸（橢圓）對稱的兩條動弦或實軸雙曲線）或對稱軸（拋物線）),則四線共點于.
結論分別為橢圓的右頂點和左頂點,為橢圓任一點（非長軸頂點),若直線分別交直線于,則以線段為直徑的圓必過兩個定點,且橢圓外定點為及橢圓內定點為
結論分別為雙曲線的右頂點和左頂點,為雙曲線上任一點（非實軸頂點),若直線分別交直線于,則以線段為直徑的圓必過兩個定點,且雙曲線內定點為及雙曲線外定點為
結論149:過直線上但在橢圓外一點向橢圓引兩條切線,切點分別為,則直線必過定點,且有.
結論150:過直線上但在雙曲線外（即雙曲線中心所在區域）一點向雙曲線引兩條切線,切點分別為,則直線必過定點,且有.
結論151:過直線上但在拋物線外（即拋物線準線所在區域)
一點向拋物線引兩條切線,切點分別為,則直線必過定點,且有
結論152:設點是圓錐曲線的準線上一點（不在雙曲線的漸近線上)，過點向圓錐曲線引兩條切線,切點分別為,則直線必過準線對應的焦點，且.
結論153:過直線上但在橢圓外一點向橢圓引兩條切線,切點分別為則直線必過定點.
結論154:過直線上但在雙曲線外(即雙曲線中心所在區域)一點向雙曲線引兩條切線，切點分別為,則直線必過定點.
結論155:過直線上但在拋物線外（即拋物線準線所在區域）一點向拋物線引兩條切線,切點分別為,則直線必過定點
結論,是橢圓的左右頂點,點是直線上的一個動點（不在橢圓上,直線及分別與橢圓相交于,則直線必與軸相交于定點.
結論是在雙曲線的頂點,點是直線上的一個動點(不在雙曲線上),直線及分別與雙曲線相交于,則直線必與軸相交于定點.
結論158:是拋物線上異于頂點的兩個動點,若直線過定點,則，且,的橫坐標之積及縱坐標之積均為定值.
結論159:是拋物線上異于頂點的兩個動點,若,則直線必過定點,且的橫坐標之積及縱坐標之積均為定值.
結論是拋物線上異于頂點的兩個動點,若,過作,則動點的軌跡方程為.
結論161:是拋物線上異于頂點的兩個動點,若,則
結論162:過拋物線上任一點作兩條弦,則的充要條件是直線過定點
結論過拋物線上任一點作兩條弦,則的充要條件是直線過定點
結論164:過橢圓上任一點作兩條弦,則的充要條件是直線過定點
特別地,(1)當為左、右頂點時,即時，的充要條件是直線過定點
（2）當為上、下頂點時，即時，的充要條件是直線過定點
結論165:過雙物線上任一點作兩條弦,則的充要條件是直線過定點
特別地，當為左、右頂點時,即時,的充要條件是直線過定點
結論166:過二次曲線:為常數,）上任一點作兩條弦,若,則直線恒過定點
值得注意的是:在結論166中
(1)令就是結論159;
(2)令就是結論162;
(3)令就得到結論164;
(4)令就得到結論165.
結論是橢圓上不同的兩個動點，若,則
結論是橢圓上不同的兩個動點,若,則有
結論169:,是雙曲線上不同的兩個動點（在同一支上),若若,則有
結論170:在拋物線的對稱軸上存在一個定點,使得過該點的任意弦恒有
結論171:在橢圓的長軸上存在定點,使得過該點的任意弦恒有
結論172:在雙曲線的實軸上存在定點,使得過該點的任意弦恒有
結論過橢圓的焦點作一條直線與橢圓相交于,與軸相交于,若,則為定值,且..
結論174:過雙物線的焦點作一條直線與雙物線相交于,與軸相交于,若,則為定值,且.
結論175:過拋物線的焦點作一條直線與橢圓相交于,與軸相交于,若,則為定值,且.
結論過橢圓的焦點作一條直線與橢圓相交于,與相應準線相交于,若,則為定值,且.
結論過雙物線的焦點作一條直線與雙物線相交于,與相應準線相交于,若,則為定值,且.
結論178：過拋物線的焦焦點作一條直線與拋物線相交于,與準線相交于,若,則為定值,且.
結論179:是垂直橢圓長軸的動弦,是橢圓上異于頂點的動點,直線分別交軸于,若,則為定值,且.
結論180:是垂直雙曲線實軸的動弦，是雙曲線上異于頂點的動點,直線分別交軸于,若,則為定值,且.
結論是垂直拋物線對稱軸的動弦，是拋物線上異于頂點的動點,直線分別交軸于,若,則為定值,且.
結論是垂直橢圓長軸的動弦,是橢圓上異于頂點的動點,直.線分別交軸于為長軸頂點,若,則為定值,且.
結論是垂直雙曲線實軸的動弦,是橢雙曲線上異于頂點的動點,直線分別交軸于為長軸頂點，若,則為定值,且.
結論184:是垂直拋物線對稱軸的動弦，是拋物線上異于頂點的動點，直線分別交軸于為長軸頂點,若,則為定值,且
結論185(補充):點是橢圓上任意一點,弦分別過定點、,且,則為定值,且.
結論186(補充):點是雙曲線上任意一點,弦分別過定點,且,則為定值,且.
結論187:（補充):是圓上任意兩點,點關于軸對稱點為,若直線分別交軸分別相交于點、,則為定值,且.
結論188:(補充):是橢圓上任意兩點,點關于軸對稱點為,若直線分別交軸分別相交于點,則為定值,且.
結論189:(補充):是雙曲線上任意兩點,點關于軸對稱點為,若直線分別交軸分別相交于點,則為定值,且
結論190(補充):是橢圓上關于軸對稱的任意兩個不同的點,點是軸上的定點,直線交橢圓于另一點,則直線恒過軸上的定點,且定點為.
結論191(補充):是雙曲線上關于軸對稱的任意兩個不同的點,點是軸上的定點,直線交雙曲線于另一點,則直線恒過軸上的定點,

展開更多......

收起↑