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板块一 圆锥曲线
大招一 直线过定点模型总结
是过定点的直线系，（是常数）是过定点的直线系，（，是常数）是过定点的直线系．
例1．已知直线恒过定点，点也在直线上，其中、均为正数，则的最小值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【解析】变形为
所以此直线过定点，将其代入直线方程，得
所以．
当且仅当时等号成立故选D．
例2．不论取什么实数，直线都过一个定点求出这个定点．
【解析】解法一： 对于方程
令，得；令，得
解方程组得两直线的交点为．
将点代入已知直线方程左边，得
这表明不论取什么实数，所给直线均过定点．
解法二： 将已知方程以为未知数，整理为．
由于取值的任意性，有， 解得，．
所以所给直线不论取什么实数，都过一个定点
评注
（1）曲线过定点，即与参数无关，则参数的同次幂的系数为0，从而求出定点．
（2）分别令参数为两个特殊值，得方程组求出点的坐标，代入原方程满足，则此点为定点．
例3．直线（且，不同时为）经过定点 ．
【答案】
【解析】直线过定点，则意味着定点坐标使得参数“失去作用即无论参数取何值，不会影响表达式的值，能够达到此功效的只有让参数与“”相乘，所以考虑将已知直线进行变形，将含的项与含的项分别归为一组，可得，若要让，“失去作用”，则， 解得，即定点为．
大招二 阿波罗尼斯圆
在平面上给定两点，，点在同一平面上且满足，当且时，点的轨迹是圆，称之为阿波罗尼斯圆（时点的轨迹是线段的中垂线）
【证明】设．因为且
由两点间距离公式得，
化简得．
所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆．
例1．满足的的面积的最大值是__________．
【答案】
【解析】显然此题背景是“阿波罗尼斯圆”，建立如右图所示的直角坐标系．
由知，代入阿波罗尼斯圆公式得．设圆心为，显然当轴时，面积最大，此时．
所以．
例2．如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点，（在的上方），且．
（1）圆的标准方程为_____________；
（2）过点任意作一条直线与圆相交于，两点，下列三个结论
①；② ；③
其中正确结论的序号是__________________．
【答案】（1） （2）①②③
【解析】（1）依题意，设（为圆的半径），因为
所以，所以圆心为，故圆的标准方程为．
（2）如图，在（1）的基础上易得，于是，．所以．由阿波罗尼斯圆的定义知圆是以，为定点，且比值为的阿波罗尼斯圆故①成立；因为，所以②成立；③成立．因此正确结论的序号是①②③．
例3．在轴正半轴上是否存在两个定点，，使得圆上任意一点到，两点的距离之比为？如果存在，求出点，的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解析】假设在轴正半轴上存在两个定点，，使得圆上任意一点到，两点的距离之比为，设，其中，即对满足的任何实数对恒成立，整理得，将代入得，这个式子对任意恒成立，因此有， 因为，所以．
所以在轴正半轴上存在两个定点，使得圆上任意一点到，两点的距离之比为．
大招三 椭圆焦点三角形面积秒杀
为椭圆的两个焦点，是椭圆上的动点，则的面积为．
【证明】如图，由椭圆的对称性，不妨设在第一象限，为． 由余弦定理知
① 由椭圆定义知②
则②①得．
故．
例1．已知是椭圆上的一点，是其焦点，若，则的面积为 ．
【答案】
【解析】由题意知在椭圆中，，所以．
例2．已知是椭圆上的点，分别是椭圆的左，右焦点，若， 则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，则，所以．所以． 故选A．
例3．椭圆的焦点为，点为椭圆上的动点，当为钝角时，点的横坐标的取值范围是_________．
【答案】
【解析】依题意知． 设，则，． ，故．
大招四 双曲线焦点三角形面积秒杀
为双曲线的两个焦点，是双曲线上的动点，则的面积．
【证明】由余弦定理可知．
由双曲线定义知||，可得
所以
则．
例1．已知为双曲线的两个焦点，在双曲线上，若的面积是1，则的值是__________．
【答案】0
【解析】由双曲线焦点三角形面积公式得：，所以，即． 所以，从而．
例2．已知为双曲线的左、右焦点，点在上，，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【解析】由双曲线焦点三角形面积公式得：
所以． 故选B．
例3．已知为双曲线的左、右焦点，点在上，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意知，且，即，所以，解得， 故选A．
大招五 椭圆中的两个最大张角
【结论1】为椭圆的两个焦， 为椭圆上任意一点，则当点为椭圆短轴的端点时，最大．
【证明】如图，因为
所以（当时取等号）
由余弦定理知
（当时取等号）
所以当时，即点为椭圆短轴的端点时最大．
【结论2】，为椭圆长轴上的两个顶点，为椭圆上任意一点，则当点为椭圆短轴的端点时，最大．
【证明】如图，设，过点作，垂足为
则，所以
则
因为，所以．
又因为
所以当时，取得最大值，此时最大．
即当点为椭圆短轴的端点时，最大．
例1．已知为椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点使得，求椭圆离心率的取值范围．
【分析】因为存在，所以只要最大角，即即可， 即，也就是，便可求出的范围．
【解析】由结论1知，当点为椭圆短轴的端点时，最大，因此要最大角，即，即，也就是，解不等式，得， 故椭圆的离心率．
例2．已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点，是一个直角三角形的三个顶点，且，求值．
【分析】由结论1知，当点为椭圆短轴的端点时，最大，且最大角为钝角，所以本题有两种情况，或．
【解析】由已知可得，当点为椭圆短轴的端点时，最大且为钝角由结论1知，椭圆上存在一点，使为直角，又也可为直角，所以本题有两解；由，知．
①若为直角，则，所以，得，故．
②若为直角，则，所以，得，故．
综上可知，的值为或2．
评注
结合椭圆的性质，本题的可以为直角，从而判断出分两种情况讨论，避免了漏解的情况．
例3．已知椭圆，长轴两端点为，，如果椭圆上存在一点满足．求这个椭圆的离心率的取值范围．
【分析】由结论2知，当点为椭圆短轴的端点时，最大，因此只要最大角不小于即可．
【解析】由结论2知，当点为椭圆短轴的端点时，最大，因此只要
，则一定存在点，使，即，所以， 得．故椭圆的离心率的取值范围是．
大招六 椭圆的第三定义及其应用
已知椭圆的方程为，过原点的直线交椭圆于，两点，为椭圆上异于，的任一点，则为定值．（椭圆第三定义）
【证明】设，则．
所以．
由得． 所以为定值．
例1．已知，为椭圆长轴的两个端点，点在椭圆上，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由椭圆第三定义易得． 故选A，
例2．椭圆的左、右顶点分别为，点在上且直线斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解法一： 设点
则直线的斜率为，直线的斜率为，
所以．
因为点满足，
所以， 即． 故．
因为是增函数，所以，故选B．
解法二：由椭圆第三定义得，即，
因为，所以，故选B．
例3．已知，是椭圆长轴的两个端点，，是椭圆上关于轴对称的两点，直线的斜率分别为，且． 若的最小值为，则椭圆的离心率为__________．
【答案】
【解析】解法一：（第三定义均值）
由题意可作图如下
连接，由椭圆第三定义知，而，所以．
．
解法二：（特殊值法）
的最小值为，可直接用特殊点求解． 时可取最值，则，分别为短轴的两端点此时．
例4．如图，为椭圆的右顶点，过坐标原点的直线交于两点，直线交直线于两点，求的最小值．
【解析】设，则．所以．
又，所以．设直线的斜率为，则直线的斜率为，所以直线的方程为，直线的方程为．令得．所以，当且仅当时取等号．所以的最小值为．
大招七 点差法快速搞定中点问题
若是椭圆上两个不重合的点，则，两式相减得是直线的斜率，是线段的中点，此种方法为代点作差法，简称点差法．
题型一、求弦中点的轨迹方程
例1．已知椭圆，求斜率为2的平行弦的中点的轨迹方程．
【解析】设弦的两个端点分别为，的中点为
则① ②
②-①得，所以．
又，所以．
因为弦中点轨迹在已知椭圆内，所以所求平行弦的中点的轨迹方程为（在已知椭圆内）．
题型二、求曲线方程
例2．已知的三个顶点都在抛物线上，其中，且的重心是抛物线的焦点，求直线的方程．
【解析】由已知抛物线方程得．设的中点为
则三点共线，且，所以
于是，解得，所以．
设，则．又 ①，②
②-①得，所以．
所以所在直线的方程为，即．
题型三、求直线的斜率
例3．已知椭圆，上不同的三点，与焦点的距离成等差数列．若线段的垂直平分线与轴的交点为，求直线的斜率．
【解析】因为与焦点的距离成等差数列
所以，因此设线段的中点为．又在椭圆上，所以①
②， 由①-②得
所以．
所以直线的斜率，因此直线的方程为．
令，得即，
所以直线的斜率为．
大招八 椭圆中的垂径定理
是椭圆不垂直于轴的任意一条弦，是的中点，为椭圆的中心，则直线和直线的斜率之积为定值．
【证明】设，且，则 ①， ②
①-②得，所以
所以．又，所以
所以（定值）．
例1．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程．
（2）若直线与椭圆交于两点，线段的中点为，点为坐标原点．证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值．
（1）【解析】由题意得，解得．所以椭圆的方程为．
（2）【证明】证法一 设将代入
得，
，故．
于是直线的斜率．即．
所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
证法二 设，则．由得
，则，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
例2．已知是椭圆上的三个点，是坐标原点．
（1）当点是的右顶点，且四边形为菱形时，求此菱形的面积；
（2）当点不是的顶点时，判断四边形是否可能为菱形，并说明理由．
【解析】（1）椭圆的右顶点的坐标为
因为四边形为菱形，所以与相互垂直且平分．
因此设，代入椭圆方程得，即．
所以菱形的面积是．
（2）四边形不可能为菱形．理由如下：
假设四边形为菱形．因此点不是的顶点，且直线不过原点．
所以可设直线的方程为．
由消去并整理得．
所以的中点为．
因为为与的交点，所以直线的斜率为．
因为，所以与不垂直．所以四边形不是菱形，与假设矛盾．
所以当点不是的顶点时，四边形不可能是菱形．
大招九 圆锥曲线中点弦秒杀模型
【结论1】以椭圆内一点为中点的弦所在的直线方程为．
【证明】设过点且被平分的弦两端点为，．
因为在椭圆上，从而有，
两式相减得
整理得，即．
所以以点为中点的弦的直线方程为
整理得．
当时，以为中点的弦所在直线方程为也适合上式．
故以为中点的弦所在的直线方程为．
【结论2】以双曲线内一点为中点的弦所在的直线方程为．
【结论3】以抛物线内一点为中点的弦所在直线方程为．
例1．过椭圆内一点引一条弦被点平分，求这条弦所在的直线方程．
【解析】由结论1，即得以为中点的弦所在的直线方程为，整理得．
例2．已知椭圆的方程为，试确定的取值范围，使得椭圆上有不同的两点关于直线对称．
【分析】设椭圆上两点关于直线对称，则已知条件等价为：①直线；②弦的中点在直线上；③在椭圆上．利用上述三点，求出的取值范围．
【解析】解法一 设椭圆上存在两点关于直线对称，连接，且直线交于．，根据题意设直线的方程为．
解方程组得．
由消去，得 ①，
所以，即．
又在椭圆上，所以①中，即
所以，即．
解法二 设椭圆上两点关于直线对称，连接，且直线交于．
设．根据题意设直线的方程为．
解方程组得．
由消去，得
所以，即
所以，即．
因为在椭圆上，所以在椭圆内，所以，解得．
解法三 设椭圆上两点关于直线对称，连接，且直线交于．
设，与的交点，则 ② ③
②-③得，所以 ④．
又因为，所以 ⑤．
联立④⑤，解得．因为在椭圆上，则在椭圆内，即
解得．
例3．已知双曲线，经过点能否作一条直线，使与双曲线交于两点，且点是线段的中点．若存在这样的直线，求出它的方程；若不存在，说明理由．
【解析】不存这样的直线，理由如下：
假设存在这样的直线，由结论2得，以为中点的弦的直线方程为，即，代入双曲线方程并整理得．所以．这说明直线与双曲线不相交，故被点平分的弦不存在，即不存在这样的直线．
评注
本题如果忽视判别式，将得出错误的结果，请务必小心．由此题可以看出中点弦问题中，判断点的位置非常重要．（1）若中点在圆锥曲线内，则被点平分的弦一般存在；（2）若中点在圆锥曲线外，则被点平分的弦可能不存在，必须对直线的存在性进行验证．
例4 过抛物线的焦点的弦的中点的轨迹方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，焦点在轴上．设过抛物线焦点的弦为，弦的中点的坐标为．由得，整理得：，所以所求的轨迹方程为，故选B．
大招十 圆与椭圆的切点弦秒杀模型
圆的切线方程
（1）圆上一点处的切线方程式．
（2）圆外一点所引两条切线的切点弦方程式是．
椭圆的切线方程
（1）椭圆上一点处的切线方程是．
（2）椭圆外一点所引两条切线的切点弦方程是．
例1．求证：过椭圆上一点的切线方程为．
【证明】证法一（解析法）设所求的切线方程为
代入椭圆方程得，
即 ①
因为直线与椭圆相切，所以方法①有相等的两个实数根
因此
化简得 ②
因为点在椭圆上，所以
方程②的判别式，
故方程②有相等的两个实数根，且其根为：．
则切线方程为，即．
证法二（导数法）对方程两边取导数，．
则切线方程为，即．
例2．已知椭圆和圆，过椭圆上一点引圆的两条切线，切点分别为．
（1）①若圆过椭圆的两个焦点，求椭圆的离心率；
②若椭圆上存在点，使得，求椭圆离心率的取值范围．
（2）设直线与轴，轴分别交于点，求证：为定值．
（1）【解析】①因为圆过椭圆的焦点，圆，所以
所以即．
②由及圆的性质知，
所以，所以，因此，即．
（2）【证明】设，则，整理得
因为，所以的方程为，的方程为
所以
所以，直线的方程为，即
令得；令得
所以，即为定值，定值为．
大招十一 蒙日圆及其应用
椭圆的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是蒙日圆：．
【证明】若两条互相垂直的切线中有一条斜率不存在时，可得点的坐标是，或满足要求．当两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，设点的坐标为（，且），因此设过点的切线方程为（）
由得．
因为直线与椭圆相切，所以其判别式的值为0，得．因为是这个关于的一元二次方程的两个根，所以，因此．进而可得．
例1．已知椭圆的一个焦点为，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程．
【解析】（1）
（2）设切点为，．直线的方程：．
直线的方程：
由垂直得①
直线的方程：
椭圆方程，联立得到
于是②，③.
①
再代入②，③，得到
．
即点的轨迹方程为．
例2．给定椭圆，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“准圆”．若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为．
（1）求椭圆的方程和其“准圆”方程；
（2）点是椭圆的“准圆”上的动点，过点作椭圆的切线交“准圆”于点．
①证明：当点为“准圆”与轴正半轴的交点时，；
②求证：线段的长为定值．
【解析】（1）根据题意，，所以
所以椭圆的方程为，“准圆”方程为．
（2）【证明】①因为“准圆”与轴正半轴的交点为，因此设过点且与椭圆相切的直线．所以得．
因为直线与椭圆相切，所以，解得．
所以的方程分别为．因为，所以．
②当直线中有一条斜率不存在时，设直线斜率不存在，则．
当时，与“准圆”交于点，此时，显然直线垂直；
同理当时，直线垂直．当斜率存在时，设点，其中．
设经过点与椭圆相切的直线为
所以由得．
由化简整理得．
因为，所以．设的斜率分别为
因为与椭圆相切，所以满足，所以，即垂直．
结合①，因为经过点，又分别交其“准圆”于点，且垂直．
所以线段为“准圆”的直径，为定值．
大招十二 圆锥曲线第二秒杀焦点弦比例模型
设圆锥曲线的焦点在轴上，过点且斜率为的直线交曲线两点，若，
则．
【证明】如下图所示，过分别作准线的垂线，垂足为，过作，垂足为．
由圆锥曲线的第二定义可知，从而得，
又因为，所以，
在，由勾股定理知，可得．
若倾斜角为，则，即.
例1．已知椭圆的离心率为，过右焦点且斜率为的直线与相交于两点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由焦点弦比例模型结论得，解得，故选B．
例2．已知双曲线的右焦点为，过且斜率为的直线交于两点，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由焦点弦比例模型结论得，故选．
例3．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，且，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】法一：从点的坐标出发．因为三点共线，从而可转化为．
考虑将向量坐标化，，设，有，
所以．设直线，联立抛物线方程消元后得
利用韦达定理得，再结合，消去得
因此直线，所以直线的斜率为．
法二：从所给线段关系恰好为焦半径出发，联系抛物线的定义，考虑向准线引垂线，垂足为，便可得到直角梯形．由抛物线的定义知，将所求直线的斜率转化为直线的倾斜角，即．设在第一象限，考虑将角放入直角三角形中，因此过点作，因为，而，且．由勾股定理知，从而．当在第四象限时，同理可得．综上．
法三：因为抛物线的离心率为1，由焦点弦比例模型结论得，所以，即．
大招十三 椭圆与圆结合的大招秒杀模型
点是椭圆上任意一点，从原点向圆，作两条切线分别与椭圆交于，直线的斜率分别记为，则，．
例1．如图，为坐标原点，椭圆的离心率为，以椭圆的长轴长，短轴长分别为两邻边长的矩形的面积为8 ．（1）求椭圆的方程；（2）若是椭圆上的点，且圆与直线相切，，求圆的半径．
【解析】（1）依题意可知，解得，所以椭圆的方程为．
（2）设，直线的方程为．由直线与圆相切知，
所以．同理．
所以是方程的两个不相等的实数根，由根与系数的关系得
，又，即
所以，结合，得，因此．
例2．如图，在平面直角坐标系中，已知是椭圆上的一点，从原点向圆作两条切线，分别交椭圆于．（1）若直线的斜率存在，并记为，求的值；（2）试问是否为定值？若是，求出该值，若不是，说明理由．
【解析】（1）根据题意，设直线的方程为，直线的方程为．
因为直线都与圆相切
所以，化简得．
因为点在椭圆上，所以，所以．
（2）法一：当直线不落在坐标轴上时，设．
由（1）知，所以，即．
因为在椭圆上，所以，
即，所以，整理得，
所以．
所以．
当直线落在坐标轴上时，显然有．综上可知为定值．
法二：当直线不落在坐标轴上时，设
联立，得，所以．
同理，由（1）知，
所以
当直线落在坐标轴上时，显然有．综上可知为定值．
大招十四 椭圆斜率之和为0模型秒杀
已知椭圆及定点，上的两个动点，如果直线的斜率与的斜率的斜率互为相反数，则直线的斜率为定值．
【证明】设，直线的方程为，直线的方程为．
令，联立方程，整理得，
则，同理．
则直线的斜率为为定值．
例1．已知椭圆过点，两焦点为．
（1）求椭圆的方程；
（2）是椭圆上的两个动点，如果直线的斜率与的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值．
【解析】（1）由题意知，设椭圆的方程为
因为在椭圆上，所以
解得，所以椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为
代入得．
设，因为点在椭圆上，所以．
又直线的斜率与的斜率互为相反数
在上式中，以，可得
．所以直线的斜率为．
所以直线的斜率为定值，其值为．
例2．已知椭圆过点，且满足．
（1）求椭圆的方程；
（2）斜率为的直线交椭圆于两个不同的点，点的坐标为，设直线的斜率分别为，①若直线过椭圆的左顶点，求此时的值；②试探求是否为定值，并说明理由．
【解析】（1）由椭圆过点知．又因为，所以，所以椭圆的方程为．
（2）①若直线过椭圆的左顶点，则直线方程是：
由，解得．所以．
②为定值且．下面来证明：
设直线方程为．由消去，得．
当时，直线与椭圆交于两点．
设，则．
因为，所以．
又因为，
所以
，所以．
大招十五 椭圆斜率定值过定点模型
直线与椭圆交于两点，为上顶点．
（1）若，则直线过定点
（2）若则直线过定点
【证明】设，直线的方程为，
则，
，
（1），
等式两边同除以，化简得
，
所以直线过定点．
（2）
所以直线过定点．
【推论】为椭圆上一点，为椭圆的动弦，且弦斜率存在，记为，若，则直线通过定点．
例1．已知椭圆，四点，，中恰有三点
在椭圆上．
（1）求椭圆的方程：
（2）设直线不经过点且与椭圆交于两点，若直线的斜率之和为，证明：过定点．
（1）【解析】由条件知不在椭圆上，易得椭圆方程为．
（2）【证明】①当直线的斜率不存在时，设，得，此时直线过椭圆右顶点，无两个交点，故不满足．
②当直线斜率存在时，设
因为
所以
所以
又，此时，存在使得
所以直线的方程为，．
大招十六 极坐标秒杀椭圆焦点弦弦长模型
如图所示，的左焦点，是过焦点的弦且直线的倾斜角为，点在轴上方，则．
【证明】设左准线交轴于点，过点作轴于，作于，设为点到准线的距离，其中，则．
由
因此．
同理．
【推论1】若是经过椭圆焦点的一条弦，其中分别是直线与椭圆的两个焦点，则的定值为．
【推论2】若是分别过椭圆焦点且互相垂直的弦，则．
例1．在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，离心率为，过焦点且倾斜角为的直线交椭圆两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若时，，求实数；
（3）试问的值是否与的大小无关，并证明你的结论．
【解析】（1）因为，椭圆离心率，所以
所以椭圆的标准方程．
（2）在椭圆方程中，令．
因为时，直线轴，此时．
所以，所以，解得．
（3）的值与的大小无关．证明如下：
证法一：设点到右准线的距离分别为．
因为，所以．又由图可知，
所以，即，即．
同理．
所以．
所以．显然该值与的大小无关．
证法二：当直线的斜率不存在时，由（2）知的值与的大小无关．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为
代入椭圆方程得．
设点，因为恒成立，
所以．因为
所以．
所以，
显然该值与的大小无关．
例2．过椭圆的右焦点作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于四点，求的值．
【解析】依题意得，椭圆的右焦点为．
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线的方程为
由此可得，则．
当直线的斜率存在时，设的直线方程为
则直线的方程为．设
联立得，所以
则
同理，则．
综上可知，．
大招十七 极坐标秒杀抛物线焦点弦弦长模型
若为抛物线的焦点，是过焦点的弦且直线的倾斜角为，则，，．
【证明】设准线交轴于点，过点作轴于，作于，设为点到直线的距离，于是．其中，，所以，
，故．同理，所以．
【推论1】若是过抛物线焦点的一条弦，其中分别是直线与抛物线的两个交点，则．
【推论2】若分别过抛物线交点且互相垂直的弦，则．
例1．过抛物线的焦点作倾斜角为的直线交抛物线于两点，若线段的长为，则 ．
【答案】
【解析】解法一（常规方法）由题可知过焦点的直线方程为，联立有，又．
解法二（焦点弦长公式）．
例2．过抛物线的焦点作直线与其交于两点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为．选B．
例3．过抛物的焦点作两条互相垂直的弦，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解法一（常规方法）过抛物线的焦点为
设直线的斜率为，且
设直线的斜率为，且
所以直线的方程为，直线的方程为，其中．
由直线的方程和抛物线方程联立方程组
消去得．
因为是上述方程的两根，所以
所以
所以．同理
所以
．
法二（焦点弦长公式）：，因为，所以．选D．
大招十八 共线投影成比例模型快速秒杀面积问题
共线的线段之比等于投影之比．
【证明】如图三点共线，且在轴上的投影分别为，则．
例1．已知抛物线的焦点坐标为，过的直线交抛物线于两点．直线分别与直线交于两点．（1）求抛物线的方程；（2）证明：的面积之比为定值．
（1）【解析】由焦点坐标为知．所以抛物线的方程为．
（2）【证明】当直线垂直于轴时，相似，所以．
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为．设，，
．由整理得，所以．
所以．
综上可知，的面积比为定值．
例2．在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，是动点，且直线的斜率之积等于．（1）求动点的轨迹方程；（2）设直线分别与直线交于点．问：是否存在点使得的面积相等？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为点关于原点对称，所以点的坐标为．设点的坐标为，
由题意得，化解得．故动点轨迹方程．
（2）解法一：设点的坐标为，点的坐标为，则直线的方程为
，直线的方程为，令得
．于是．
由点与点关于原点对称知直线的方程为，
点到直线的距离，于是．
当，又，所以，
解得．因为．故存在点使得的面积相等，
此时点的坐标为．
解法二：若存在点使得的面积相等，设点的坐标为，则有
．因为，所以
，所以，即，解得．
因为，．
故存在点使得的面积相等，此时点的坐标为．
大招十九 椭圆原点张直角模型及其应用
设椭圆的中心为原点，过作两条垂直的射线交椭圆于两点，则．
【证明】设与轴正向的夹角为，则．
因为，所以与轴正向的夹角为，即．
因为在椭圆上，所以
所以；同理，
所以．故．
例1．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，过的直线与椭圆交于两点，且的周长为．（1）求椭圆的方程；（2）过原点的两条互相垂直的射线与椭圆分别交于两点．证明：点到直线的距离为定值，并求出这个定值．
【解析】（1）由题意可知，，所以．因为，所以
所以．因此椭圆的方程为．
（2）由题意，当直线的斜率存在时，此时设．
又因为两点在椭圆上，所以．
所以点到的距离．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
由消去得．
由已知，设，所以．
因为，所以，所以，
即．所以，
整理得，满足
所以点到直线的距离为定值．
例2．已知椭圆经过与两点，过原点的直线与椭圆交于两点，椭圆上一点满足．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：为定值．
【分析】（1）用待定系数法求椭圆方程．（2）求等价于求的值，在求时，不要忘记讨论点的特殊位置．
（1）【解析】将代入椭圆的方程，得，解得
所以椭圆的方程为．
（2）【证明】由知在线段的垂直平分线上，由椭圆的对称性知关于原点对称．
①若点在椭圆的短轴顶点上，则点在椭圆的长轴顶点上，
此时，同理，若点在椭圆的长轴顶点上，
此时．
②若点不是椭圆的顶点，设直线的方程为，则直线的方程为．
设，由解得
所以，同理
所以．
综上可知，为定值．
评注：对于第（2）小题也可以用设点法来处理，即设点，，分别代入椭圆方程即得结果，此法是运用了三角函数中的点的表示法或者说是极点在原点的极坐标表示法，同时避免了讨论．
大招二十 椭圆原点张直角模型求弦长范围
为椭圆上任意两点，为椭圆中心，若，则．
【证明】由条件知，，
则，
令，则，从而，
根据单调性可得．
例1．已知椭圆过两点，为坐标原点．
（1）求椭圆的方程； （2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点且若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）因为椭圆过两点
所以，解得
所以椭圆的方程为．
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且．
设，圆的切线方程为
联立方程组得，即
则
即，所以
所以
要使，需，即，所以
因此．又，所以，即．
因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为
，
因此所求的圆为．此时圆的切线，满足．
而当切线的斜率不存在时，切线为，切线与椭圆
的两个交点为，满足．
综上可知，存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，且．
因为
所以
①当时，．
因为，所以
所以
因为，当且仅当时取等号．
②当时，．
③当的斜率不存在时，两个交点为或，所以此时．综上可知，的取值范围为，即．
大招二十一 椭圆原点张直角模型求面积最值
为椭圆上任意两点，为椭圆的中心．若，则．
【证明】由于原点到直线的距离为，又因为，所以，故．
例1．已知圆：的切线与椭圆相交于两点．
（1）求椭圆的离心率；
（2）求证：；
（3）求面积的最大值．
（1）【解析】因为，即，所以，
所以，即椭圆的离心率为．
（2）【证明】若切线的斜率不存在，则，在中令，得．
设，则，
所以，即．
同理，当时，也有．
若切线的斜率存在，设，依题意得，即
由得
显然，设，则，
所以．
，
所以．
综上所述，总有成立．
（3）【解析】因为直线与圆相切，则圆半径为的高．
当的斜率不存在时，由（2）可知，则．
当的斜率存在时，由（2）可知
．
所以
．（当且仅当时等号成立）．
所以．．
综上所述，当且仅当时面积的最大值为．
大招二十二 椭圆顶点张直角模型及其应用
直线与椭圆交于两点（不是左右顶点），以为直径的圆过椭圆的右顶点，则直线过定点．
【证明】设，椭圆方程为
联立方程，整理得
则．
因为以为直径的圆过椭圆的右顶点
所以，即
得．解得或．
两根均满足，则直线可化为或．
显然直线不过．故直线过定点．
【推论1】直线与椭圆交于两点（不是左右顶点），以为直径的圆过椭圆的上顶点，则直线过定点．
【证明】设上顶点，设．
根据条件设直线的方程为，直线的方程为，则
所以，将换成得：．
由题意，若直线关于轴对称后得到直线,所以若直线过定点，则该定点一定是直线与的交点，该交点必在轴上．
设该定点坐标为
所以，所以过定点．
【推论2】过上一点作两条互相垂直的弦，则过定点．
【证明】设
由知①设直线的方程为，则
所以，又因为在椭圆上
所以②
同理③
将②③两式代入到①得
因为点不在直线：上，所以
所以，整理得
所以直线过定点．
例1．已知椭圆，若直线与椭圆交于两点（不是左右顶点），以为直径的圆过椭圆的右顶点．求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
【解析】设，由得
，整理得
所以，
．
因为以为直径的圆过椭圆的右顶点，且
所以即
所以，整理得
解得，且满足．
当时，，直线过定点，与已知矛盾；
当时，，直线过定点．
综上可知，直线过定点，定点坐标为．
例2．已知椭圆的左顶点为，过作两条互相垂直的弦交椭圆于两点．
（1）当直线的斜率为1时，求点的坐标；
（2）当直线的斜率为时，直线是否过轴上的一定点？
【解析】（1）当直线的斜率为1时
设直线的方程为与椭圆方程联立，解得．
由条件知．所以．
（3）由（1）知过定点，，．
由知，，所以
所以，所以，所以．
同理
因为
所以，
，即．
所以过轴上的定点．
例3．已知是椭圆的左右焦点，为椭圆的上顶点，过点作两条互相垂直的直线与椭圆交于两点（异于点）．证明：直线过定点，并求出该定点的坐标．
【解析】设，根据条件设直线，联立椭圆方程，所以，同理，由题意，若直线关于轴对称后得到直线,所以若直线经过定点，则该定点一定是直线与的交点，该点必在轴上．设该定点坐标为，则，所以，代入化简得，所以过定点．
大招二十三 椭圆顶点张直角模型的面积最值问题
直线与椭圆交于两点（不是左右顶点），以为直径的圆过椭圆的右顶点，则面积的最大值为．
【证明】根据条件，直线过定点，所以的直线方程可设为．将代入椭圆方程得，，则，当且仅当时等号成立取最大值．
例1．已知椭圆的左右焦点分别为,上顶点为，右顶点为，的外接圆半径为2．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，若以为直径的圆经过点，求面积的最大值．
【解析】（1）右顶点为为，所以
因为
所以，所以椭圆的标准方程为．
（3）设直线的方程为
与椭圆方程联立得，所以．
因为以为直径的圆经过点，所以，因为
所以①
代入①式得，所以或（舍去），故直线过定点
所以，
令，
则，
所以在上单调递减，，即当时，．
大招二十四 椭圆中互相垂直的弦过定点问题
过椭圆的长轴上任意一点作两条互相垂直的弦，若弦的中点分别为，那么直线恒过定点．
【证明】如图①，设的直线方程为，则的直线方程为
联立方程组，整理得
则
由中点坐标公式得
将用代换得到
所以的直线方程为
令，得．所以直线恒过定点．
【推论】过椭圆内的任意一点作两条互相垂直的弦．若弦的中点分布为，那么直线恒过定点．
【证明】如图②，设直线的方程为，则的直线方程为，联立方程组，整理得，
所以，由中点坐标公式得
所以直线的方程为
即
所以直线恒过定点．
例1．已知是椭圆的左右焦点，过作两条互相垂直的直线与（均不与轴重合）分别与椭圆交于四点．线段的中点分别是．求证:直线过定点，并求出该定点坐标．
【解析】设，直线
联立椭圆方程得
所以，，
．
由题意，若直线关于轴对称后得到直线,其中点为，直线关于轴对称后得到直线，其中点为，所以若直线经过定点，则该定点一定是直线与的交点，该点必在轴上．设该定点坐标为，
，代入坐标化简得，所以过定点．
大招二十五 “仿射变换”研究椭圆中三类问题
压缩变换：平面上的所有点横坐标不变，纵坐标变为原来的，即，平面上的椭圆在压缩变换下变为平面上的圆．
一、研究横坐标（或纵坐标）之间的关系
平面上对应与原来平面上点的横坐标相同，即．纵坐标变为原来的，即．
例1．如图①，过作直线与交于两点，与轴交于点，与交于点．求证：为定值．
【分析】先使平面上所有点横坐标不变，把纵坐标变为原来的，得到平面，于是得到问题：“如图②，在平面上，过作直线与圆交于两点，与轴交于点，与交于点．求证：为定值．”
【证明】作于，连接．
设弧为弧度，弧为弧度，则．
又四点共圆，所以．
所以，所以
所以，所以．
因为在压缩变换中横坐标不变，所以在平面上
二、研究直线的斜率
在压缩变换下，平面上直线的斜率变为原来平面上对应直线斜率的倍，即．
例2．北京主体育场“鸟巢”的钢结构俯视图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，外层椭圆顶点向内层椭圆引切线,设内层椭圆方程为，外层椭圆方程为，若与的斜率之积为，求椭圆的离心率．
【解析】（定义收缩变换），则在的作用下内外层椭圆分别对应圆和圆，点分别对应点．因为是圆的切线．，由圆的性质知，所以，
，从而，可得离心率．
三、研究封闭图形的面积
在压缩变换下，平面对应封闭图形面积是原来平面上封闭图形面积的倍，即．
例3．已知是椭圆上的任意一点，是坐标原点，，过作直线交椭圆于两点，且．探索的面积是否为定值，若是定值，求出该定值；如不是，求出它的最大值．
【解析】（定义伸缩变换），则在的作用下椭圆对应圆
设点分别对应点,
故为的重心，又为的外心，从而为正三角形．
易得圆的内接正三角形的面积为定值
从而为定值．
大招二十六 直线与圆锥曲线方程联立公式化步骤
圆锥曲线是高考必考的大题，很多学生得分并不高，究其原因并不是学生不会用方法技巧，而是计算不精确，导致会而不对的局面。本节以直线与椭圆方程联立为例，把直线与圆锥曲线方程联立得步骤进行公式化、套路化、规范书写步骤，使学生们在计算过程中避免不必要的失误．
第一步：代入消元化为关于或的一元二次方程
这是最为关键的一步，一般占1分，但是如果这一步出错，后边就全部错误，阅卷老师只能给你一点可怜的同情分，甚至连同情分也没有．
书写格式：
由得，．
这一步打草稿时按如下步骤进行，最好达到可以省略①②两个步骤的熟练程度：
①
②
③
④
评注
去分母后再代入化简，具体操作时就是找出分母，的最小公倍数作为最简公分母进行化简．例如化为，再代入直线方程，又化为，再代入直线方程．
第二步：计算判别式
书写格式：
,
这一步打草稿时按如下步骤进行，最好达到不写出的熟练程度，因为它一定和后边的抵消为0，这一点必须知道．
①
②
③
第三步：利用根与系数的关系写出两根之和与积的表达式
第四步：利用两根之和计算
这一步打草稿时按如下步骤进行：
．
这一步也要知道，中的一定抵消为，的最后结果和形式上一样，非常简单．
第五步：利用和写出弦中点坐标即
第六步：利用写出弦长
（说明：这里运用了一元二次方程的求根公式求弦长，要比使用根与系数关系简单多了，即
，但是多数教辅资料喜欢运用根与系数的关系求弦长）．
这个步骤经常运用以下变形，特别是求弦的最值问题时：
，对
的分子、分母按的降幂排列是一种最为常见的变形，即
，上式中当分子和分母中与的对应系数成比例时，可以裂项为
，此时是一个关于的二次函数，可以利用二次函数求最值．
我们不难求出这个对应系数成比例的条件：，即
据此，我们不难编出符合这个条件的例题，例如：求直线截椭圆所得的弦长的取值范围是
第七步：利用计算
这和消掉得到关于的方程，然后利用根与系数关系得到的结果显然一致．
第八步：利用和计算
当时，有以为直径的圆过定点为原点或者有(为坐标原点），这是一个经常考的经典题，此时我们又可得到，即，就是说是一个定值，联系到到即的距离为，就是说到即的距离为，即这个结论的特殊情况就是当直线过椭圆的长轴的一个端点和短轴的一个端点时，显然是一个直角三角形，两条直角边长是和，根据勾股定理和面积公式，斜边上的高显然是
第九步：利用和计算
若令
则有
当时，此式两边同除以有即
，解得（舍去），
令，即
则直线即，就是说直线过定点
大招二十七 齐次式妙解圆锥曲线
一条直线与一个二次曲线交于两点，设直线方程为，曲线方程为，此二次曲线可以是圆、椭圆、双曲线或抛物线，将直线转化为，二次曲线转化为．将代入上式 显然是一个二次齐次式，且一定可转化为
中的几何意义为：直线与曲线的交点与原点的连线的斜率，即的斜率，设为，由韦达定理知，，从而能通过最初的二次曲线和直线相交，得出的性质，倒过来，我们也可以通过的性质与二次曲线得出的性质．
例1．抛物线，过原点的两条相互垂直的直线交抛物线于两点，求证：直线过轴上一定点．
【分析】知道的一个性质——垂直，从而可以得出的性质，进而得出定点．
【证明】设 ① 抛物线： ② ①转化为，代入②（目的是转化为二次齐次式）得，即，可转化为，因为，所以．所以直线恒过点，即直线过轴上一定点．
评注
本题也可以不求的系数，因为目标与的系数无关，从而减少运算量．
例2．点是抛物线上任意一点，是抛物线的两条互相垂直的弦，求证：过定点．
【证明】证法一（常规方法）设
代入抛物线方程得，整理得．
设两点坐标分别为，则，．
又因为，所以，
，
所以所以直线在新坐标系过点
证法二（齐次式）注意到，但是不在原点，我们可以通过平移坐标轴，强行将其平移到原点，化为过原点的两直线与二次曲线相交的问题，平移坐标系，使为原点．
点 点 抛物线
旧坐标
新坐标
在新坐标系下，设 ①
抛物线转化为．
（注意：常数项肯定为0，因为抛物线经过原点，故没必要计算常数项）．
把①转化为，，
因此．
因为，所以，因此，即，直线在新坐标系过点，在原坐标系下过点．
评注
以上例题过原点两直线与二次曲线相交的问题，不管此点是真原点，还是假原点，都可转化为过原点的两直线，注意此时点的坐标与曲线的方程都会发生改变，其实质是图象的平移．
例3．为椭圆上两个动点，且，过原点作直线的垂线，求点的轨迹方程．
【解析】解法一（常规方法） 设
设直线的方程为，联立得，
所以，
因为，所以，所以 ①
又因为直线的方程等价于， 即
对比于，则有，代入①中化简可得：．
即点的轨迹方程为
解法二（齐次式）设，设直线的方程为，联立得，
，所以
整理成关于的齐次式
进而两边同除以，由化简得
因为，所以即所以 ①
又因为直线方程等价于，即
对比于，则有，代入①中化简得
即点的轨迹方程为．
例4．已知椭圆，不过点的直线与椭圆交于两点，若直线的斜率之和为，证明：直线恒过定点．
【证明】以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如下图所示：
，即．
所以．
因为，则转换到新坐标为，即．
设直线的方程为，将原椭圆方程转化为，
则转换到新坐标为，展开得，
构造齐次式
整理得，两边同除以，则
所以，因此．
而，所以对于任意都成立
则，故对应原坐标为，所以直线恒过定点
大招二十八 双根运算秒解圆锥曲线
适应类型 类似或，（其中是直线与曲线的两个交点的横、纵坐标，是直线与曲线的两个交点）以及可转化为上述结构的类型．
理论基础 二次函数的双根式，若一元二次方程的两个为，则视为
，即可得出，进而快速求出
的值．
具体步骤 化双根式赋值变形代入
例1．如图，圆的切线与轴正半轴、轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为．双曲线过点且离心率为
（1）求的方程；
（2）椭圆过点且与有相同的焦点，直线过的右焦点且与交于两点．若以线段为直径的圆过点，求的方程．
【解析】（1）设，则切线斜率为，切线方程为，即．此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为．由知，当且仅当时，有最大值．即有最小值．因此点的坐标为，因此，解得，故的方程为．
（2）解法一（常规解法）由（1）知的焦点坐标为，
由此设的方程为，其中．
由在上知，解得，所以的方程为．
显然，不是直线，设的方程为，点，，
由得．
又是方程的根，因此
由知
．
因为由题意知，
所以 ⑤ 将①②③④代入⑤整理得
，解得或
所以直线的方程为或
解法二（双根解法）同常规解法可得：，又是方程的根，故有
①．
因为所以由题意知：即：
②
①式中令，得，所以
③．
①式中令，得
，所以
④．
将③④代入②易得，解得或
所以直线的方程为或．
例2．设椭圆中心在原点，长轴在轴上，上顶点为，左、右焦点分别为，线段的中点分别为，且是面积为4的直角三角形．
（1）求其椭圆方程；
（2）过作直线交椭圆于两点，使，求直线的方程．
【解析】（1）由是面积为4的直角三角形知
联立方程组得
所以所以椭圆的方程为．
（2）由条件知直线存在斜率，设直线的方程为，．由（1）知，因为，则，所以，即：
①．
联立方程组，则方程可以等价转化为，即．
令；
令；
结合①化简得，即，所以，所以
所以直线的方程为．
大招二十九 抛物线焦点弦定值模型
若是过抛物线焦点的弦，设，则
【证明】如图，当的斜率不存在时，依题意得，所以．
当的斜率存在时，设为，则，与联立得
，所以．
因为，，所以，但，所以．
另证：设直线的方程为，与联立得，
所以．综上可知：
例1．如图，抛物线和圆．其中，直线经过的焦点，依次交、于四点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解法一 此题宜取特殊值．不妨设直线的方程为，于是分别联立与、，解得，．于是，故选．
解法二 设，根据抛物线定义知，
所以，，所以，故选A．
例2．如图，已知抛物线的焦点为．过点的直线交抛物线于两点，直线分别与抛物线交于点
（1）求的值；
（2）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值．
（1）【解析】根据条件，设直线的方程为
将其代入，消去，整理得，所以
（2）【证明】设，则．
设直线的方程为．将其代入，消去，整理得
所以同理可得，故．
由（1）得为定值．
大招三十 抛物线定点张直角模型
，是抛物线上异于顶点的两动点，且以为直径的圆过原点，则直线过定点．
【证明】设，，直线的，联立方程，整理得，所以，．又以为直径的圆过原点，，解得．所以．故直线过定点．
例1．已知抛物线，为顶点，，为抛物线上的两动点，且满足，于，求点的轨迹方程．
【解析】设，，．当直线的斜率存在时，设直线的方程为．由于，则，又，所以由消去y整理得，则，由消去整理得则．由得，，即，整理得．所以直线的方程为，即．因为在上，所以，消去得整理得．即点的轨迹方程为．当的斜率不存在时，，．因为，所以，又，在抛物线上，所以，所以．因为，所以，，满足．综上可知，点的轨迹方程为．
例2．已知直线与抛物线交于，两点，且．其中为坐标原点，若于，则点的轨迹方程为（ ）
【答案】B
【解析】，且，是以，为邻边的平行四边形对角线，所以该四边形为矩形，即．设，，所以．联立方程，消去整理得．所以，，所以，由得，所以，即直线过定点．因为，即．所以的轨迹为以为直径的圆，则该圆的圆心为，半径．所以轨迹方程为．故选B．
大招三十一 抛物线角平分线模型
若是过抛物线的焦点的弦，抛物线的准线与轴相交于点，则．
【证明】过，分别做准线的垂线，垂足分别为，，因为，所以，而，，所以，即，而，则有，所以，即．
例1．在直角坐标系中，曲线C：与直线L：相交于，两点．问轴上是否存在点，使得当变动时，总有？请说明理由．
【解析】假设存在符合条件的点，设,，，直线，的斜率分别为，．联立方程得，故，从而，当时，有，则直线与直线的倾斜角互补，故，所以点符合题意．
例2．已知点为抛物线:的焦点，点在抛物线上，且．
(1) 求抛物线的方程；
(2) 已知点，延长交抛物线与点，证明：以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切．
(1)【解析】根据条件，有抛物线的定义得，因为，即，解得，所以抛物线的方程为．
(2)【证明】证法一 因为点在抛物线：上，所以，由抛物线的对称性，设．由，得直线的方程为．由得，解得或，从而．又，所以，，所以，从而，这表明点到直线，的距离相等，故以为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．
证法二 设以点为圆心且与直线相切的圆的半径为．因为点在抛物线上，所以，由抛物线的对称性，设．由，得直线的方程为．由得，解得或，从而又，故直线的方程为，从而．又直线的方程为，所以点到直线的距离．这表明以点为圆心且与直线相切的圆必与直线相切．
大招三十二 抛物线共线模型及其应用
若是过抛物线的焦点的弦，为抛物线的顶点，连接并延长交该抛物线的准线于点，则，
【证明】设，，则，所以，，由过焦点知，所以，所以．
【推论】若是过抛物线的焦点的弦，过点作交抛物线准线于点，则，，三点共线．
例1．过抛物线的对称轴上一点的直线与抛物线交于，两点，过，向直线作垂线，垂足分别为，，记、、的面积分别为、、．是否存在，使得任意的，都有成立．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】存在，使得对任意的，都有成立．
证明如下：
证法一 如图①，设，．记直线与轴的交点为，则．于是有
①；
②；
③，
所以
将①②③代入上式化简得
．
上式恒成立，即对任意，成立．
证法二 如图②，连接，设，．则由，得，所以直线过原点同理可证直线也过原点．又
，设，，，，则，，．于是，即．
大招三十三 阿基米德三角形
圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形．
【性质1】阿基米德三角形底边上的中线平行于抛物线上的轴．
【证明】如图，在阿基米德三角形中，设，，为弦的中点，则过点的切线方程为，过点的切线方程为，联立方程，解得两切线交点，进而可知轴．
【性质2】若阿基米德三角形的底边过抛物线内一定点，则三角形另一顶点的轨迹为一条直线．
【证明】如图，在阿基米德三角形中，设，，抛物线内一定点，，由性质1知，，所以．由，，三点共线知，即．将，代入得，即为点的轨迹方程．
【性质3】若直线与抛物线没有公共点，则以上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点．
【证明】设方程为，在阿基米德三角形中，，，弦过点，由性质2知点的轨迹方程为，该方程与表示同一条直线，对照可得，，即弦过定点．
【性质4】在阿基米德三角形中，．
【证明】如图，作准线，准线，连接，，，，，则．显然，所以，又因为，由三角形全等可得，所以，．
同理，．
所以．
例1．如图，设抛物线方程为，为直线上任意一点，过引抛物线的切线，切点分别为，．求证：，，三点的横坐标成等差数列．
【证明】根据条件设，，显然，．由得，因此，所以，．所以直线的方程为．直线的方程为．所以 ①， ②．由① ②得，因此即，所以，，三点的横坐标成等差数列．
例2．已知抛物线的焦点为，，是抛物线上异于坐标原点的不同两点，抛物线在点，处的切线分别为，，且，与交于点．
（1）求点的纵坐标；
（2）求证；，，三点共线．
(1) 【解析】设点，的坐标分别为，因为，分别是抛物线在点，处的切线，所以直线的斜率，直线的斜率．因为，所以，因此．因此，，是抛物线上的点，所以，．所以直线的方程为，直线的方程 为．由解得．所以点的纵坐标为．
(2) 【证明】证法一 因为为抛物线的焦点，所以，直线的斜率直线的斜率，因为
所以．因此，，三点共线．
证法二 因为为抛物线的焦点，所以．所以，．因为，所以，即，，三点共线．
证法三 如图
设线段的中点为，则的坐标为．抛物线的准线为，作，，垂足分别为．由（1）知点D的坐标为，所以．因此是直角梯形的中位线，即．根据抛物线的定义知，所以，因为，为线段的中点，所以．因此，即．所以，，三点共线．
例3．已知抛物线的方程为，过点的直线与抛物线交于，两点，分别过点，作抛物线的两条切线和，和，交于点．
(1) 求证：直线和，的斜率之积为定值；
(2) 求点的轨迹方程．
（1）【证明】根据条件，直线的斜率存在，设直线的方程为，将其代入，消去整理得．设，得坐标分别为，，则．将抛物线的方程改写为，求导得．所以过点的切线的斜率为，过点的切线的斜率为，所以，所以直线和，的斜率之积为定值．
(2)【解析】设，因为直线的方程为，即，同理，直线的方程为，联立这两个方程组，消去得，整理得，注意到，所以，此时．由（1）可知，所以，因此点的轨迹方程是．板块二 导数
大招一 导数构造之加减乘除
一、利用和差函数求导法则构造函数
(1)对于不等式(或)构造函数.
(2)对于不等式(或)构造函数.
特别地，对于不等式(或)构造函数．
例1．函数，在上可导，且，则当时，有( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】构造函数，则易知单调递增，于是，.故选C.
例2．若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列结论一定错误的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由已知条件，构造函数，则，故函数在上单调递增，且，所以，所以， ， 所以结论中一定错误的是C ， 选项D不确定：构造函数．
则.所以函数在上单调递增，且. 所以，即，选项A，B无法判断，故选C．
二、利用函数求导法则构造函数
(1)对于不等式(或)构造函数.
(2)对于不等式(或)构造函数.
例3．已知，是上的可导函数、，分别是，的导函数，则当时，有( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，即，说明是单调递减数，于是由知，故选A．
例4．已知定义在上的时数，满足：、.若，令， 则使数列的前项和的最小自然数____________.
【答案】
【解析】令，根据条件，为减函数，所以，，由得，即，.
大招二 导数构造之幂函数模型
一、对于不等式(或)构造函数
例1．已知函数在上可导且满足不等式恒成立，对任意正数，都有，则必有( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由已知，所以构造函数，则，从而在上为增函数. 因为，所以，即.故选C.
例2．已知函数的图像关于轴对称，且当，， ，，，则，，的大小关系是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为函数关于轴对称为偶函数，所以函数为奇函数因为，所以当时，， 函数单调递减：当时，函数单调递减因为，所以，所以.故选D.
二、对于不等式(或)构造函救
例3．已知是定义在上的非负可导函数，且满足，对任意正数，都有，则必有( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】令，则，故在上是减函数或常数函数. 由知，即，故选A.
例4．已知是奇函数的导函数， ，当时，， 则使得成立的的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题设函数，则. 因为当时，，所以当时，，所以在上单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在上单调递增，且有. 当时，，则；当时，，则.因此，使得成立的的取值范围是，故选A.
大招三 导数构造之幂函数模型拓展
一、对于不等式(或)构造函数
例1．已知函数在上的导函数为，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，则，
①当时，有，所以函数单调递增因此当时，，从而.
②当时，有，所以函数单调递减，因此当时，，从而.综上可知，.故选A.
评注
本试题利用构造法来解决函数单调性的问题通过分析解析式的特点，考查了学生分析问题和解决问题的能力.
例2．函数是定义在上的可导函数，其导函数为且有，则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】依题意，有，故在上单调递减，原不等式可化为，即，，故选A
二、对于不等式(或)构造函数
例3．是定义在区间上的函数，若且满足，其中为的导数，则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，即. 令，则，即，所以且，即且，所以函数是增函数且函数是减函数， 即是增函数且函数是减函数，所以且， 即且.故选B．
大招四 导数构造之指数函数模型
一、对于不等式(或)构造函数
例1．已知定义在上的函数的导函数为，对任意满足，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】令，则，因此是定义在上的单调递减函数，且，，所以.故选A．
例2．已知是定义在上的函数， 是的导函数，若，且，则不等式(其中为自然对数的底数)的解集是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，则，因为，所以，因此，所以在定义域上单调递增。因为，所以.又因为，所以，所以，所以不等式的解集为，故选C.
二、对于不等式(或)构造函数
例3．已知为上的可导函数，且，均有，则有( )
A. ，
B.，
C.，
D.，
【答案】D
【解析】构造函数，则，因为，均有，且，所以，故函数在上单调递减，所以，，即，也就是.故选D．
例4．函数在上可导，下列说法正确的是( )
A.若对恒成立，则有
B.若对恒成立，则有
C.若对恒成立，则有
D.若对恒成立，则有
【答案】D
【解析】选项A，构造函数，则，故函数在上单调递增，，A错误
选项B， 构函数， 则， 故函数在上单递减，，B错误.
选项C，构造函数，则，故函数在上单调递增，，C错误.
选项D，构造函数，则， 故函数在上单调递减，，D正确.
大招五 导数构造之三角函数模型
一、对于不等式(或)构造函数
例1．已知奇函数定义域为，其导函数为，且， 当时，，则关于的不等式的解集为______________.
【答案】.
【解析】构造的，由条件知为偶函数，. 当时，，所以在上单调递减. 因为为偶函数，所以在上单调递增，且. 所以的解集为.
二、对于不等式(或)构造函数
例2．已知定义在上的函数的导函数为，且恒成立，则( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以， 即， 构造，则，所以单调递增，因为， 所以，即，即，故选C.
三、对于不等式(或)构造函数
例3．定义在上的函数的导函数为，且恒有成立则有( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由且知.设，则，所以在上是增函数，因此，所以，所以. 故选A．
四、对于不等式(或)构造函数
例4．已知函数对任意满足，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】构造函数， 则，因为. 所以在上号上单调递增，，代人故D.
大招六 导数经典模型的零点问题
经典模型一、
例1．讨论函数的零点个数.
【解析】，即.令，则得. 所以在上单调递减，在上单调递增. 的图像如图所示.
①当时，无零点；
②当时，1个零点；
③当时，2个零点；
④当时，1个零点．
经典模型二、
例2．讨论函数的零点个数.
【解析】即.令，则得. 所以在
上单调递增，在上单调递减. 的图像如图所示.
①当时，无零点；
②当时，1个零点；
③当时，2个零点；
④当时，1个零点．
经典模型三、
例3．讨论函数的零点个数.
【解析】，即. 令，则得. 所以在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，的图像如图所示.
①当时，2个零点；
②当时，1个零点；
③当时，无零点；
④当时，1个零点．
经典模型四、
例4．讨论函数的零点个数.
【解析】，即.令，则得. 所以在上单调递减，在上单调递增，的图像如图所示
①当时，无零点；
②当时，1个零点；
③当时，2个零点；
④当时，1个零点．
经典模型五、
例5．讨论函数的零点个数.
【解析】，即. 令，则得.所以
在上单调递减，在上单调单调递减，在上单调递增.的图像如图所示.
①当时，个零点；
②当时，无零点；
③当时，个零点；
④当时，个零点.
经典模型六
例6．讨论函数的零点个数.
【解析】，即.令，则得.则在上单调递增，在上单调递减.的图像如图所示.
①当时，无零点；
②当时，个零点；
③当时，个零点；
④当时，个零点.
大招七 导数参数范围之参变分离
一、参变分离法的适用范围
判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两个原则：
（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式由于两个字母的关系式过于“紧密”,会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：，.
（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则无法用参变分离法解决问题.
二、参变分离后会出现的情况及处理方法
假设为自变量，其范围为，为函数；为参数，为其表达式.
1．若的值域为：
（1），，则只需要.
，，则只需要.
（2），，则只需要.
，，则只需要.
（3），，则只需要.
，，则只需要.
（4），，则只需要.
，，则只需要.
2．若的值域为：
（1），，则只需要.
，，则只需要.
（2），，则只需要.
，，则只需要.
（3），，则只需要.
，，则只需要.
（4），，则只需要.
，，则只需要.
例1．已知函数，若在上恒成立，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】恒成立的不等式为，其中，所以只需要.
令，则（导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将变为，所以二阶导函数的单调性可分析，为了便于确定的符号，先验边界值）.,，所以在上单调递减，因此在上单调递减.因此，因此.
例2．已知函数，如果当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】由原不等式得.令，则.
令，则，所以当时，，即在单调递增，
因此，.所以当时
因此在上单调递增，在上最小值为
因此，即实数的取值范围是.
例3．已知函数, 对任意，不等式恒成立，则正数的取值范围是 .
【答案】
【解析】先将放置不等号一侧，可得，所以
先求出的最大值.
可得在上单调递增，在上单调递减.故
所以若原不等式恒成立，只需.
不等式中含，可以考虑再进行一次参变分离，
则只需.
因此，所以，解得.
大招八 导数参数范围之数形结合
一、函数的不等关系与图像特征
（1）若，均有的图像始终在的下方.
（2）均有的图像始终在的上方.
二、什么情况下会考虑到数形结合？
利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：
（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图像变换作图.
（2）所求的参数在图像中具备一定的几何含义.
（3）题目中所给的条件大都能在图像上体现.
例1．已知函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，
可转化为存在唯一的整数，使得.因为
所以当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
因为当时，，，所以.
又因为存在唯一的整数，使得，由图知
所以，即，解得.又因为，所以.故选D.
例2．函数(为常数，是自然对数的底数).
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在内存在两个极值点，求的取值范围.
【解析】（1）由知
=().
当时，，.令，则.
所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增.即函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)由（1）知，当时，在上单调递减，故在内不存在极值点.
当时，设函数，，因此.
当时，时，，函数单调递增，
故在内不存在两个极值点.
当时，
函数在上存在两个极值点.
当且仅当时，解得，
综上可知，函数在上存在两个极值点时，的取值范围为.
大招九 导数参数范围之最值分析法
技巧与方法
1.最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，所以在使用最值法之前先做好以下准备工作：
(1)观察函数的零点是否便于猜出（注意边界点的值）.
(2)缩小参数与自变量的范围，通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析），观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范围.
2.首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂，不易分析其单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，在想办法解决其符号.
3.在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.
例1．已知函数，若对所有的都有成立，求实数的取值范围．
【解析】令，则．
令，解得．
①当时，对所有，所以在上是增函数，又因为，所以对，都有，即当时，对于所有，都有．
②当时，对于，所以在上是减函数
又因为，所以对都有
即当时，不是对所有的，都有成立．
综上可知，实数的取值范围是．
例2．已知函数对任意的，均有，求实数的范围．
【解析】由知（不易直接求出单调性，但是发现其中，且再求一次导，其导函数容易分析单调性，进而可解）．
所以，令，即，下面进行分类讨论:
①当时，，所以单调递增．所以，所以单调递增，所以满足条件．
②当时，（可正可负，而，所以讨论的符号）．
当时，恒成立，即恒大于零，则单调递增．所以，即单调递增，所以满足条件．
当，则时，，即在上单调递减，所以，所以在上单调递减， ，不符合题意，舍去．
综上可知，．
评注
解决此题，体会三点：
①单调性与零点是如何配合来确定的符号的；
②每一步的目的性很强，的作用就是以符号确定的单调性，所以解题时就关注的符号而符号的确定同样要靠二阶导数与一阶导函数的零点配合来得到；
③的零点是同一个，进而引发连锁反应．
例3．已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求证：当时， ；
（3）设实数使得对恒成立，求的最大值．
（1）【解析】由已知得． 所以，所以曲线在点处的切线方程为．
（2）【证明】设，所以
，所以时，恒成立，即在上单调递增所以，即不等式．
（3）【解析】设， 则．
当时，由（2）可知不等式恒成立；当时，令，即，解得． 所以在上单调递减，在上单调递增．
所以与恒成立不等式矛盾，所以的最大值为．
大招十 导数二次求导模型
二阶导数的意义
1．切线斜率变化的速度，表示的是一阶导数的变化率．
2．函数的凹凸性（为凹函数；为凸函数）．
3．判断极大值、极小值（一阶导函数等于的条件下，二阶导数小于为极大值，二阶导数大于为极小值）．
例1．已知函数．
（1）若，求的最小值
（2）若当时，，求实数的取值范围．
【解析】（1）时，．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为．
（2）．
当时，，所以在上单调递增．
而，所以，因此在上单调递增．
而，于是当时，．
当时，由得．
当时，，所以在上单调递减．
而，于是当时，，所以在上单调递减．
而，所以当时，．
综上可知，的取值范围为．
例2．已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）在（1）的条件下，求证：；
（3）当时，求函数在上的最大值．
（1）【解析】当时，，所以切线方程为，即．
（2）【证明】由（1）知． 令，则． 当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，所以当时，函数取极小值，也是最小值，即最小值是． 所以．
（3）【解析】因为，所以． 令，则． 当时，设，则，所以在上单调递增，且
，所以在上恒成立，即
所以当，在上单调递减；当在上单调递增
所以在上的最大值等于．
因为，设
所以． 由（2）知在上恒成立
所以在上单调递增
又因为
所以在上恒成立，即．
所以当时，在上的最大值为．
例3． 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若不等式对任意的都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．
【解析】（1）函数的定义域是
设． 则．
令，则．
当时，在上为增函数．
当时，在上为减函数．
所以在处取得极大值，而
所以，函数在上为减函数．
所以当时，；
当时，．
所以当时，，在上为增函数．当时，在上为减函数．故函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）不等式等价于不等式，由知，，设，则
由（1）知，，即
所以，所以在上为减函数
故函数在上的最小值为． 所以的最大．
评注
解决此类问题用的是恒成立问题的变量分离法，此方法的解题步骤是：①分离变量；②构造函数（非变量一方）；③对所构造的函数求最值（一般需要求导数，有时还需求两次导数）；④写出变量的取值范围．
大招十一 以自然指数对数为背景的导数压轴题
．
可以从两个角度证明这个结论的正确性
角度1 构造函数
【证明】设，则． 令得． 则当时，单调递减；当时，单调递增． 于是由单调性可知，，即．
角度2 数形结合
【证明】在同一坐标平面内作出的图像，如右图所示，由图可知，这个不等式实际上反映的是曲线和其图像上的点处的切线图形的高低关系．于是这里得到，，当且仅当时取等号．
【推论1】．
让我们换一套思路证明．
【证明】，则，化简得．（这里要点明，这个结论实际上在高等数学中是显然的，根据函数的幂级数展开可得，．
【推论2】，当且仅当时取等号．
【证明】由结论1可得，两边同时取以为底的对数得，当且仅当时取等号．
【推论3】．
【证明】，则，化简得．
例1．已知不等式．
（1）若，其中，对于任意恒成立，则的取值范围
是 ．
（2）若，其中，对于任意恒成立，则的取值范围是 ．
（3）若，其中，对于任意恒成立，则的取值范围是 ．
【答案】(l)； (2)；(3)．
例2．已知函数，当时，证明：．
【证明】因为，要证，只要满足即可．设， 则只需证明即可．事实上，由推论2，知，．设，由结论可成立，但上述等号无法同时取得．综上可知，利用“”的传递性可得，当时，．
大招十二 导数放缩技巧
第一组：对数放缩
(放缩成一次函数)，，
(放缩成双撇函数)，，，
(放缩成二次函数)，
（放缩成类反比例函数），，
第二组：指数放缩
（放缩成一次函数）
（放缩成类反比例函数）
（放缩成二次函数）
第三组：指对放缩
第四组：三角函数放缩
第五组：以直线为切线的函数
例1．已知函数．
（1）若曲线在处的切线斜率为，求的值；
（2）若恒成立，求的取值范围；
（3）求证：当时，曲线总在曲线的上方．
（1）【解析】函数的定义域为
由知．
由得．
（2）【解析】由（1）知．
①当时，令得．时，；时，．因此在上单调递减，在上单调递增．所以当时，有最小值．“恒成立”等价于“最小值大于等于”，即．因为，所以．
② 当时，符合題意．
③ 当时，取，则，不符合题意．
综上可知，若恒成立，则的取值范围为．
(3)【证明】当时，．
由指数放缩知，．由对数放缩知，．
所以 ．
因为等号不能同时取到，所以，即曲线总在曲线的上方．
例2．已知函数．
（1）若是的极值点，求的值，并讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
（1）【解析】，由是的极值点得，所以于是．，定义域为， ，在上单调递增，且，所以当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递増．
(2)【证明】当，时，
因此只需证当时，成立即可．
由指数放缩知，．由对数放缩知，，即．
所以 ，
因为等号不能同时取到，所以，因此当时，．
例3．设，函数．
（1）求的单调区间；
（2）求证：在上仅有-个零点；
（3）若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（是坐标原点），求证：．
（1）【解析】函数的定义域为，，所以在上单调递增．
（2）【证明】因为，所以，且，所以在上有零点．又由（1）知在上单调递增，所以在上仅有一个零点．
（3）【证明】由（1）知，令，得．又，即，所以．又，所以．令，则，所以由，得；由得，所以函数在上单调递减，在上单调递增．所以，即在上恒成立，所以 ，因此，即．所以．
大招十三 导数双变量解题策略
1．在处理多元不等式时起码要做好以下准备工作：
（1）利用条件粗略确定变量的取值范围；
（2）处理好相关函数的分析(单调性、奇偶性等)，以备使用．
2． 若多元不等式是一个轮换对称式(一个元代数式，如果交换任意两个字母的位置后，代数式不变，则称这个代数式为轮换对称式)，则可对变量进行定序．
3． 证明多元不等式常用的方法有两种：
（1）消元：①利用条件代入消元；②不等式变形后对某多元表达式进行整体换元．
（2）变量分离后若结构相同，则可将相同的结构构造一个函教，进而通过函数的单调性与自变量大小来证明不等式，利用函数的单调性将自变量的不等关系转化为函数值的不等关系，再寻找方法．
例1．已知函数．
（1）求的单调区间和极值；
（2）设，且，证明：．
（1）【解析】定义域为，．令，解得．
所以的单调递增区间是，单调递减区间是．的极小值为
，无极大值．
（2）【证明】设，，即(由于定序，去分母避免了分类讨论)．(观察两边同时除以，即可构造出关于的不等式）．两边同除以得，，令，则，即证：
令
则．
令，（再次利用整体换元），则，在上单调递减，所以，即，所以恒成立，所以在上是减函数，所以所以得证．所以成立．
评注
本题考查不等式的变形，对于不等式而言，观察到每一项具备齐次的特征（不包括对数），所以同除以，结果为或者，观察对数的真数，其分式也具备分子分母齐次的特征，所以分子、分母同除以，结来为或者 ，进而将不等式转化为以为核心的不等式．本题进行了两次整体换元，第一次减少了变量个数，第二次简化了表达式．
例 2．已知函数．
（1）若函数在上是增函数，求实数的取值范围；
（2）如果函数恰有两个不同的极值点，，求证：．
(1)【解析】（1）因为在上是增函数，所以(注意： 单调递增导函数值），所以．设，则．令 ，解得，故在上单调递减，在上单调递增．所以，所以 ．
（2）【证明】 根据条件，，则-2．因为是极值点，所以，两式相减得．所证不等式等价于，设两边同除以得(此为关键步骤：观察指数幂的特点以及分式的分母，化不同为相同，同除以使得多项呈的形式，从而考虑换元来减少变量个数)．令，．所证不等式只需证明：
．设，则．易证，所以，因此在上单调递减，．所以原不等式成立，即．
评注
解答本题第(2)问时，首先用好极值点的条件，利用导数值等于的等式消去，进而使所证不等式变量个数减少．最大的亮点在于对的处理，此时对数部分无法再做变形，两边取指数，而后同除以，使得不等式的左、右都是以为整体的表达式，再利用整体换元转化为一元不等式．
例3．已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）已知函数的图像与函数的图像关于对称，证明：当时，；
（3）如果，且，求证：．
（1）【解析】 由知．
令的单调区间为：
所以的极大值为，无极小值．
（2）【证明】 与关于轴对称的函数，所以
，所证不等式等价于
设，则
．
因为，所以，所以，所以在上单调递增，所以，即．
（3）【分析】所给条件，但很难与找到联系．首先考虑的范围，由（1）可得是极值点，所以应在的两侧，观察已知和求证均为的轮换对称式，所以可设，进而．既然无法直接从条件找联系，不妨从另一个角度尝试．已知条件给的是函数值，所证不等式是关于自变量的，，而，根据的单调区间可发现同在单调递增区间内， 进而与函数值找到联系，，由可得所证不等式等价于，刚好使用第（2）问的结论．
【证明】因为是极值点，所以在的两侧．设．所证不等式等价于，而，又在上单调递增，所以
．因为，所以只需证明．因为，所以由第（2）问得．所以．
评注
本题第（3）问是利用函数的单调性，将自变量的不等式转化为函数值的不等关系，进而与前面问题找到联系．在处理此类问题感到无法入手时，不妨在确定变量的范围后适当将其赋予一个函数背景，扩展不等式变形的空间．
本题第（2）（3）两问存在图形背景．首先说第（3）问：
所证不等式，即证的中点横坐标大于， 而恰好是的极值点．可理解为与一条水平线交于，而说明什么？说明如果是以极大值点为起点向两边走，左边下降得快而右边下降得慢！从函数角度来看，说明增长快、下降慢(如图)．那么如何使用代数方法说明函数增长快、下降慢的特点呢？本题的第（2）问提供了一个方法，就是以极值点所在竖直线为对称轴，找的对称图形(虚线)，这样便把极值点左边的情况对称到右边来(即)，由于对称轴右边都是从起开始下降，那么通过证明对称轴右侧原图像在对称图像的上方即可说明增减的相对快慢．
例4．已知函数．
（1）求的极值；
（2）若对任意的均成立，求的取值范围；
（3）已知且，求证：
（1）【解析】由知．令，解得．所以在单调递增，在上单调递减．所以有极大值无 极小值．
（2）【解析】(参变分离法)，所以．设
(即时的），所以，所以．
（4）【分析】所求证不等式无法直接变形，联系的特点可以考虑不等式两边取对数，即，由且可得，联系第（2）问的函数即可寻找与的联系了．
【证明】因为，所以．在上单调递增，所以．同理
，所以
，即．
所以．
例5．已知函数．
（1）函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
（2）在（1）的条件下，求证：．
（1）【解析】有两个不同的零点，即有两个不同的根．
所以．设，则．令得，
所以 ．所以在上单调递减，在上单调递增，且时，
，，所以．
（2）【分析】所证不等式中含有两个变量，考虑利用条件消元将其转化为一元不等式，由零点可知，从中可以找到，即，下面只需用与将消掉即可．仍然利用方程组两式作差可得，从而，只需证明，两边同除以，即可利用换元将所证式转化为一元不等式来进行证明．
【证明】设，根据条件，，所以．即只需证明：
由方程得．所以，所以只需证明，即．令，则，所以只需证明不等式：①．设．则，因此"，所以在上单调递增，因此．因此在上单调递增，因此，即不等式①得证，所以，即，所以 ．
现在再换另一种思路和方法．
【分析】参照前面例题的证明方法，构造一个单调的函数，进而将自变量的不等式转化为函数值的不等式进行证明．由（1）可知在构造的函数中，有，且在上单调递减，在上单调递增，所以考虑使用来进行转换，所证不等式，通过（1）中的数形结合可知，从而有，所以所证不等式转化为，即，转化为关于的一元不等式，再构造函数证明即可．
【证明】所证不等式．因为有两个不同零点，所以以满足方程 ．由（1）知设，所以
．由(1)知在上单调递减，在上单调递增．因为，所以，．结合的单调性，只需证明即可．
因为，所以只需证明．
即证明．
设，，
则，，则．
因此，则．
因为单调递减，所以．
因此单调递减，所以．即单调递减，所以．即得证，因为得证，从而有．
大招十四 导数隐零点巧设攻略
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的范围；
第二步：以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到的最值表达式；
第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明．
有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小，我们将其称为隐形零点三部曲．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)最后整体代入即可．
例1．函数．求证：当时，．
【证明】的定义域为，．
设，则．
当时，，即在区间上为增函数，．
又因为，所以，．
由零点存在定理知在上的唯一零点为，当时，；当，．故在上单调递减，在上单调递增．
所以当时，取得最小值，最小值为．
由，即，两边取对数得，
所以．
所以．
例2．已知函数．
(1)当=0时，求函数的单调递增区间；
(2)当>0时，若函数的最大值为，求的值．
【解析】(1)当=0时，，故．令得，所以的单调递增区间为．
(2)解法一：．
令，则，
由，，存在，．
当时，；当时，．
+ 0 -
↗ 极大值 ↘
，解得所以的值为．
解法二：的最大值为的充要条件是对任意的，且存在，使得，等价于对任意的，且存在，使得，等价于的最大值为．
因为，令，得．
+ + -
↗ 极大值 ↘
所以的最大值为，即．
大招十五 洛必达法则秒解导数压轴题
L'Hospital法则(洛必达法则)
法则1 函数和在点的某个去心邻域内有定义，且满足：
(1)及；
(2)和在内可导，且；
(3)(为常数，或为)，则有．
法则2 函数和在点的某个去心邻域内有定义，且满足：
(1)及；
(2)和在内可导，且；
(3)(为常数，或为)，则有．
例1．已知函数．
(1)若=0，求的单调区间；
(2)若当时，求的取值范围．
【解析】(1)=0时，，．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．
(2)解法一：依题意知，，由(1)知，当且仅当时等号成立．所以，从而当，即时，，而，于是当时，．
由得．
从而当时，，所以当时，，而，所以当时，．
综上可知，的取值范围为．
原解在处理第(2)问时较难想到，现利用洛必达法则解答如下：
解法二：当时，，对任意实数，均在；
当时，等价于．
令，则．
令，则，，知在上为增函数，知在上为增函数，．
所以，在上为增函数．
由洛必达法则知，，故．
综上可知，的取值范围为．
例2．当，且时，恒成立，求的取值范围．
【解析】分离参数．
令，则．
再令，则，，易知在上为增函数，且．
故当时，；当时，．所以在上为减函数，在上为增函数，所以．所以在上为增函数．
因为，所以当时，；当时，．
所以当时，；当时，．
所以在上为减函数，在上为增函数．
因为由洛必达法则知，．
所以，即取值范围为．
评注
对恒成立问题中的参数取值范围，参数与变量分离较易理解，但有些题中求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较方便地处理它的最值，是一种值得借鉴的方法．
例3．当时，恒成立，求的取值范围．
【解析】由条件知，当时，．
令，则．
令，则．
因为，，
所以在上单调递减，且．
所以在上单调递减，且．
所以在上单调递减，且．
所以，所以在上单调递减．
由洛必达法则知，，即当时，，即有．
故时，当时，恒成立．
综上可知，的取值范围为．
评注
运用洛必达法则解决的试题应满足：
①可以分离变量；
②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；
③出现“”型或“”型的式子．
大招十六 拉格朗日中值定理秒解导数压轴题
拉格朗日中值定理 若函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则在内至少存在一点，使得．
几何意义：
在满足定理条件的曲线上至少存在一点，该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线(如图)．
例1．已知，若对任意两个不等的正实数，都有恒成立，则实数的取值范围是( )．
. B. C. D.
【答案】D
【解析】 由知函数的导函数大于或等于2，所以，分离参数得，而当时，的最大值为1，故．因此选D．
例2．已知函数，在区间内任取两个实数，，且，不等式恒成立，则实数的取值范围是___________．
【答案】
【解析】，令，则是上为增函数，在上恒成立，则，因此．
例3．已知函数．求证：若对所有，都有，则的取值范围是．
【证明】①当=0时，对任意的，都有．
②当>0时，只需证对所有恒成立即可．
令，由拉格朗日中值定理知(0，)内至少存在一点(从而)，使得，即，由于，故在(0，)上是增函数，让得，所以的取值范围是．
例4．已知函数，>1．求证：若1<<5，则对任意，，有．
【证明】．由条件知，．所以要证成立，即证．下面即证之．
令，则．由于1<<5，所以，从而在恒成立，也即．
又，故，
则，即，也即．
大招十七 极值点偏移核心技巧之主元法
主元法破解极值点偏移问题大致分为以下三步：
第一步：求导，获得的单调性、极值情况，作出的图像，由得，的取值范围(数形结合)；
第二步：构造辅助函数(对结论(或<)，构造；对结论(或<)，构造，求导，限定范围(或的范围)，判定符号，获得不等式；
第三步：代入(或)，利用及的单调性证明最终结论．
例1．已知函数()．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)如果，且，求证：．
(1)【解析】由知．令，得=1．
所以当>1时，；当<1时，，因此在是增函数，在上是减函数，，没有极小值．
(2)【证明】，，即，且，欲证明，即，只需证，即．
令，则．
因为，所以在上单调递增，故，得证．
评注
再次审视解题过程，发现以下三个关键点：
(1)，的范围()；
(2)不等式；
(3)将代入(2)中不等式，结合的单调性获证结论．把握以上三个关键点，就可轻松解决一些极值点偏移问题．
例2．已知函数有两个零点．
(1)求函数的单调区间；
(2)设，是的两个零点，证明：．
(1)【解析】由知．
①当，即时，恒成立．令，则>1，所以的增区间为．同理的减区间为．
②当，即时，令，则=1或．
(i)当，即时，令，则或，所以的增区间为．同理的减区间为．
(ii)当，即时，当时，，，所以．同理时，．故的增区间为．
(iii)当，即时，令，则或，所以的增区间为，同理的减区间为．
综上可知，当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为；当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为．
(2)【证明】设，由(1)知，，，在上单调递增，所以等价于，即．
令，则
，，
所以，即，
所以，因此，即．
大招十八 极值点偏移核心技巧之对数平均不等式
对数平均不等式 对于正数，且，定义为，的对数平均值，且有，即几何平均数<对数平均数<算术平均数，简记为．
先给出对数平均不等式的多种证法．
证法一(对称化构造)设则，因此造函数，则．由，得，且在上单调递增，在上单调递减，为的极大值点．对数平均不等式，即，等价于这是两个常规的极值点偏移问题，留给读者尝试．
证法二(比值代换)令，则
构造函数可证．
证法三(主元法)设，则
．
记，，
则，得在上单调递减，
有，左边得证，右边同理可证．
证法四(积分形式的柯西不等式)设，则由，
得，；
由，得，．
证法五(函数不等式)
①先证．
要证，只需证．令，只需证()．
设，则，所以在上单调递减，因此，即．故．
②再证．
要证，只需证．
令，则需证，即()．
设()，则．所以在区间上单调递减，因此，即，故.
综上可知，当，且时，.
对数平均不等式求解的步骤
(1)通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出及；
(2)通过等式两边同除以构造对数平均数；
(3)利用对数平均不等式将转化为后，再证明(或).
例1．已知的两个零点是，求证：.
【证明】由题意得，，两式相减得
即，
，所以
即，所以
所以，所以.
例2．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)当，时，求证：.
(1)【解析】由知.恒成立，所以当时，.当时，.因此的增区间为，减区间为.
(2)【证明】证法一(利用函数的单调性)
令，.
则.
令，.
则.则.
由得，故在上单调递增.
因此，故在上单调递增，，故
因此在上单调递减，故.
由(1)及，知，，故.
所以.又在上单调递增，所以，即.
证法二(利用对数平均不等式)因为当时，.
当时，.，，所以，
所以.
所以，
所以
因此①.
因为，所以.
下面用反证法证明.
假设，当时，，且，与不等式①矛盾.
当时，，所以，且，与不等式①矛盾.
所以假设不成立，故.
大招十九 一题弄懂极值点偏移五大套路
已知.若有两个极值点，且.求证：.(e为自然对数的底数)
证法一 齐次构造通解偏移套路
欲证，需证.若有两个极值点，即函数有两个零点.
又，所以是的两个不同实数根.于是有，
①+②得， ②－①得，因此.
于是， .
又因为，设，则.因此，，.
要证，即证，.即当时，有.
设，，则≥0
所以是上的增函数.又，所以.
于是，当时，有.所以成立.故.
证法二 变换函数能妙解
欲证，需证.若有两个极值点，即函数有两个零点.
又，所以是的两个不同实数根.
显然，否则，函数为单调函数，不符合题意.
由知，.只需证即可，即证.
设，，则
故在上单调递增，即，所以.
由于，故在上单调递增，在上单调递减.
设，令，则
又，在上单调递减，故，即.结论得证.
证法三 构造函数显实力
由是的两个不同实数根得，令，
由于.所以在上单调递增，在上单调递减
设，只需证，即证
所以只需证，即，即.
设，则，故在上单调递增
因此，即.令，则.
因为，在上单调递减，所以，即.
证法四 巧引变量（一）
设，，则由得，所以.
设，则，.欲证，只需证.即证
即.
设，则，
故在上单调递减，故，故在上单调递增
所以，结论得证.
证法五 巧引变量（二）
设，，则由得，所以.
设，则，.
欲证，只需证.即证
即，
设，，则
故在上单调递增，因此，结论得证.
大招二十 对数均值不等式的应用（A-L-G不等式）
设，且，则，其中被称为对数平均数.
对数平均数的不等关系的几何解释：
反比例函数的图象如图所示，，轴，，，，，，作在点处的切线分别与，交于.
根据左上图知，，所以 .
又，
.
根据右上图知，，所以.
另外，，可得：
.
综上，结合重要不等式可知：
，
即.
的应用
例1．已知函数，，其中是的导函数，设，比较与的大小.
【解析】由知，，所以，所以，而，因此，比较与的大小，即只需比较与的大小即可，根据时，，即.令，则，所以，，…，，将以上各不等式左右两边相加得：，故＞.
评注
本题是高考试题的压轴题，难度较大，为了降低试题的难度采取多步设问，层层递进，步骤依然烦琐，求解过程复杂，但我们这里运用对数平均数不等式链来证明，思路简捷，别具新意，易于学生理解、掌握.
例2．已知函数的最小值为0.求证：.
【证明】易求，待证不等式等价于.
根据时，，即，
令，则，
，，，…，，
将以上各不等式左右两边相加得：，故
得证.
的应用
例3．已知数列的通项，其前项和为.证明：.
【证明】根据时，，即.
令.则，
易证.
的应用
例4．已知数列的通项，证明：.
【证明】根据时，，即.
令，则，易证.
的应用
例5．已知函数的图像在点处的切线方程为.
（1）用表示出；（2）证明：.
（1）【解析】由知
所以，因此，所以.
又因点在切线上，所以，因此.综上可知，，.
（2）【证明】当时，即.
令，则
所以，，…，.
将以上各不等式左右两边相加得：
即，故.
例6．已知函数.
（1）若时，，求的最小值；
（2）设数列的通项，证明：.
（1）【解析】由条件得，.
令，则，.
若，则当时，，则是增函数，不符合题意；
若，则当时，，则是增函数，不符合题意；
若，则当时，，则是减函数，符合题意；
综上可知，的最小值时.
（2）【证明】当时，即.
令，则，所以，
，
…，.
将以上各不等式左右两边相加得：
，
即，
故，即.
评注
本题提供的第（2）问解题思路是借助于第（1）问的的最小值时，加以赋值，并进行变形，令，有，即达到放缩的目的。两者相比较，自然是运用对数平均值的不等式链的方法简捷.
的应用
例7．已知函数.求证：
对一切正整数均成立.
【证明】 根据时，，即.令，则，变形得，则，，…，，
将以上各不等式左右两边相加得：
对一切正整数均成立.
评注
本题提供的解题思路是借助的最小值即时，，即，结合特征不等式的特征，令，得
，整理得，
即.板块三 数列
大招一 等差数列通项公式之四大变形
等差数列的通项公式
此通项公式存在以下几种变形：
（1），关于的一次函数的形式；
（2），其中，已知数列中的某项和公差即可求出通项公式；
（3），已知等差数列的两项即可求出公差，即项的差除以对应序数的差；
（4），项数＝.
例1．等差数列中，若，则_________.
【答案】0
【解析】 由得，所以.
例2．等差数列中，若，则_________.
【答案】
【解析】 等差数列的通项公式可以表示为关于的一次函数，点，点，
点三点共线，所以，所以.
例3．等差数列有两项满足，则该数列前项之和为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】 因为，所以
因此
所以．故选C．
大招二 等差数列核心性质拓展
【结论1】若，则，依次类推，若，则．
例1．（1）等差数列中，，则的值是（ ）
A．20 B．22 C．24 D．-8
【答案】C
【解析】因为，所以，因此．故选C．
（2）等差数列中，为方程的两根，则（ ）
A．10 B．15 C．20 D．40
【答案】B
【解析】根据根与系数的关系，可得，所以，所以．故选B．
（3）已知等差数列中，，，则此数列前30项和等于（ ）
A．810 B．900 C．870 D．840
【答案】D
【解析】求前30项和，联想到公式，又，则只需．由条件可得：，所以，因此．故选D．
【结论2】已知等差数列：，设，，，…，则相邻项和成等差数列．
例2．等差数列中，前项的和为30，前项的和为100，试求前项的和．
【解析】记数列的前项和为，由等差数列前项和的性质知成等差数列，则，又，，所以，所以，所以．
【结论3】依据等差数列的性质，我们可以得到．当已知等差数列的前项和分别为时，有，．
例3．已知两等差数列的前项和分别为，且，则= ．
【答案】
【解析】解法一：根据题意，，．
所以．
解法二：由，得．
解法三：根据条件，令等差数列前项和，，则，，所以．
例4．等差数列的前项和分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】．故选B．
例5．等差数列的前项和分别为，若，则时，（ ）
A．2 B．6 C．无解 D．无数多个
【答案】A
【解析】因为，所以当时，，解得．故选A．
大招三 巧用三点共线秒解等差数列问题
【结论1】由等差数列与一次函数的关系可知：对于公差为的等差数列，其通项公式为，则点和点共线．又，所以为过，两点的直线的斜率．由此可用三点共线解决等差数列问题．
【结论2】在等差数列前项和公式的变形中，两边同时除以得．该式说明对任意，所有的点都在同一条直线上，从而对有（常数），即数列是一个等差数列．
例1．若数列为等差数列，，则 ．
【答案】0
【分析】为等差数列，有两种处理的思路，思路一：利用，，求出公差，进而可得；思路二：点在一条直线上，作出相应函数图像，进而根据图像求出直线的斜率即可得解．
【解析】解法一：设数列的公差为，因为，所以，即．因为，所以．所以．
解法二：因为数列为等差数列，所以点在一条直线上．设，记点，，则直线的斜率，如图所示．由图知，即点的坐标为．故．
例2．已知为等差数列，且，求．
【分析】为等差数列，，三点共线求得．
【解析】因为为等差数列，则三点共线．因此，解得．
例3．已知在等差数列中，，求这个数列前项的和．
【解析】由题意知，三点在同一条直线上，从而有，解得．所以该数列的前项的和为33．
大招四 用函数的观点求数列问题
【结论1】对于等差数列，有，．
例1．已知数列的前项和，则的值为（ ）
A．15 B．16 C．49 D．64
【答案】A
【解析】直接根据即可得出结果．．故选A．
【结论2】，则也成等差数列，其首项与首项相同，公差是公差的．
例2．（1）已知等差数列的前项和为，且满足，则数列的公差是（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】，．所以，因此．故选C．
（2）在等差数列中，，其前项和为，若，则的值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由观察到的特点，所以考虑数列的性质．由等差数列前项和特征得，从而判定为等差数列，且公差，所以，所以，即．故选B．
【结论3】，其中，，为关于的二次函数，并且常数项为0．
例3．（1）等差数列中，已知，，求证：．
（2）等差数列中，已知，求证：．
【证明】（1）由得
所以
因此．
（2）由知，，整理得，所以，
因此．
例4．已知等差数列的前项和为，且，，，则 ．
【答案】9
【解析】由知，即．而，所以不是各项为0的常数项．因为，所以．
【结论4】由等比数列的前项和公式得公比为的等比数列的前项和是．
例5．已知等比数列的前项和为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，得，．故选C．
大招五 数列通项之统一化构造（一）
模型一 ，，构造，则为常数数列．
模型二 ，，构造，则为常数数列．
模型三 ，，，构造，则为常数数列．
例1．已知数列满足，，求．
【分析】变形利用叠乘法即可得出．
【解析】解法一 由，得．当，时，，即．
又当时，，故．
解法二 因为，所以．令，则，即是常数数列，所以．即，．
例2．已知是首项为1的正项数列，且，则它的通项公式是 ．
【答案】
【解析】解法一：已知等式可转化为．因为，所以，即，所以时，．因此．
解法二：解法一知，所以．令，则，即是常数数列，所以．即，．
评 注
本题是关于和的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到与的更为明显的关系式，从而求出．
例3．已知数列中，，且，求数列的通项公式；
【解析】解法一：因为，所以，即．
解法二：因为，所以，．令，则，即是常数数列，所以．因此，．
例4．已知数列的前项和为，且满足．
求的值；
求的通项公式．
【解析】（1）当时，因为，所以．
当时，因为，所以．
（2）解法一：因为，所以当时，．所以，即．因此．当时，符合上式，所以．
解法二：由解法一知，所以，．令，则，即是常数数列，所以．因此，．
大招六 数列通项之统一化构造（二）
解关于（其中均为常数，）类型试题时，先用待定系数法把原递推公式转化为，其中，再利用换元法转化为等比数列求解．
例1．已知满足，，求通项公式．
【解析】设，整理得，所以．
又，所以是4为首项，2为公比的等比数列．即，所以．
例2．已知数列中，，，求．
【分析】利用待定系数法转化为的形式令进行换元利用等比数列的知识即可求解．
【解析】设递推公式转化为，即，解得．故．令，则，且．所以是4为首项，2为公比的等比数列．所以，即．
大招七 数列通项之统一化构造（三）
解关于（其中均为常数，）类型试题时，一般地，要先在递推公式两边同除以，得，引入辅助数列（其中），得，再利用待定系数法解决；也可以在原递推公式两边同除以，得，引入辅助数列（其中），得，再利用叠加法（逐差相加法）求解．
例1．已知数列中，，，求．
【分析】对递推关系，有两种处理的思路．思路一：变形换元利用待定系数法和等比数列的知识可解；思路二：变形换元利用叠加法和等比数列的知识可解．
【解析】解法一：将两边分别乘，得，令，则，根据待定系数法，得．所以数列是首项为，公比为的等比数列．所以，即．所以．
解法二 将两边分别乘，得．令
则，所以，……，．
将以上各式叠加，得，又
所以，即
所以．
例2．已知数列满足，求数列的通项公式．
【解析】解法一（待定系数法） 设，比较系数得，则数列是首项为，公比为2的等比数列，所以，即．
解法二（两边同除以）两边同时除以得：，下面解法略．
解法三（两边同除以）两边同除以，得，下面解法略．
大招八 数列通项之统一化构造（四）
解关于类型试题时，一般利用待定系数法构造等比数列，即,然后与已知递推式比较，解出，从而得到是公比为的等比数列．
例1．设数列满足，求；
【分析】 (
利用待定系数法得到
一个等比数列
利用等比数列
的知识可解
)
【解析】将递推公式转化为
化简后与原递推式比教，得，解得，令
则，又，故，代入（*）式，得．
例2．已知时，，求的通项公式．
【解析】设，．
所以，解得
所以．所以是以3为首项，为公比的等比数列
所以，即．
大招九 倒序相加让你脑洞大开
在等差数列的前项和公式的推导中，我们可以使用倒序相加法：
①，②．
①+②得
（共个）
所以．
例1．，若，则 ．
【答案】
【解析】由，我们可以验证
那么，则，．
例2．若数列，求的前项和．
【解析】①，对做如下的恒等变换：
②
③
①+②+③
，那么
例3．求证：
【证明】设，因为
所以①，
③
①+②+③得：
．
现在我们要得出一般的结论
对于等差数列，它的前项和组成的数列前n项和为，则
【证明】
①
②
③
①+②+③得，
所以：
关于例3的思维发散
原始三角阵 顺时针旋转 再顺时针旋转
此三个三角阵中每一个的各项和均为:
将这三个三角阵相加得：
这个三角阵有项，则这三个三角阵的和为
又因为前三个三角阵中各项的和相等，则每个三角阵中各项和为
即
例4．将正分割成个全等的小正三角形（图②，图③分别给出了，的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于的三边及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别成等差数列．若顶点，，处的三个数互不相同且和为1，记所有顶点上的数之和为，则有 ，……， ．
【答案】
【解析】当，如图所示，分别将各顶点的数用小写字母表示
即由条件知，
，
，即
而．
进一步可求的，由上知中有三个数，中有6个数，中共有10个数相加，中有15个数相加，且由，．
所以
．
大招十 快速“搞定”错位相减
一、迅捷地“搞定”的方法
错位相减求和法是适用于通项公式为“等差数列乘等比数列”形式的数列，此类数列总可以化为的形式，其中数列分别是等差数列、等比数列，它们的通项分别为，则的前n项的和也一定为一个等差数列乘公比q的n次方再加一个常数形式，即，其中．
特别提醒：等比数列的首项必须化为1．
二、迅捷地“搞定”的缘由
数列分别是等差数列、等比数列，它们的通项分别为,则的前项的和为：
,
，
两式相减，得
所以，令．
故．
例1．设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为，已知．
（1）求数列的通项公式；
（2）当时，记，求数列的前项的和．
【解析】（1）根据条件，
当时，；当时，．
（2）当时，由（1）知，所以，
则，
．
例2．已知是各项均为正数的等比数列，是等差数列，且
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前n项的和．
【解析】（1）由题易求得．
（2），则
．
三、公式法应用的释疑
利用公式法迅捷地寻求错位相减求和法的计算结果，需使得等比教列的通项为，即．此时可能同学们要问了，如果等比数列首项不为1．不是“标准形式”怎么办呢？
例3．已知数列和满足，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项的和，求．
【解析】（1）由题易求得．
（2），则
评注
本例中，改写为，变形调整为“标准形式”，只有如此，才能利用公式法迅捷探求结果．
例4．已知数列的前n项和为，是等差数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令求数列的前n项和．
【解析】（1）有题意知时，
当时，，所以
设数列的公差为，有
因此，所以．
（2）
则
．
评注：
本例中改写为，变形调整为“标准形式”是利用公式法的关键．
例5．已知数列是首项为正数的等差数列，数列的前和项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【解析】（1）由题意容易求得．
（2）
则
四、公式法的活用
例6．已知数列满足（为实数，且），，且成等差数列．
（1）求的值和数列的通项公式；
（2））设，求数列的前项和．
【解析】（1）由题易求得
（2）
则
．
大招十一 数列放缩核心技巧总结
常见的放缩变形
（1），期中，可称为“进可攻，退可守”．
（2）．
（3）。
（4），从而有：
，对于还可放缩为
（5）
．
可推广为：
例1．设数列的前项和．已知．
（1）求的值；
（2）数列的通项公式；
（3）证明：对一切正整数，有．
(1)【解析】因为
所以当时，，又，所以
（2）因为
所以①．、
当时，②
①—②得
因为，所以
因此，所以数列是首项为，公差为1的等差数列
因此，所以，当时，上式显然成立，所以
（3）【证明】有（2）知
①当时，，所以原不等式成立；
②当时，，所以原不等式成立；
③当时，因为，所以
所以
，所以当时，原不等式也成立．
综上可知，对一切正整数n，有．
例2．设各项均为正整数的数列的前n项和，且满足
例2．（2014高考数学广东文科）设各项均为正数的数列的前和为,且满足 ，．
（1）求的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）证明：对一切正整数，有．
【解析】(1)当时，解得或.因为，所以.
(2)由题意得，因为，所以，所以．
所以即
当时，
当，满足上式，故
(3)解法一：时，
所以
解法二:当时，
当时，
所以
所以
故对一切正整数，有．
解法三：由（2）知
当时，成立
当时，所以
．
例3．已知数列的前项和为，若，且．
（1）求证：数列是等差数列，并求出的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求证：．
【证明】（1）因为①
当时，，即，解得
当时，②
由①②可得，即
所以时，，，，……，
所以时，，当时，，当时，
所以，．
（2）由（1）知，
可知当，
所以
不等式得证．
例4．已知正项数列的前项和为，且，．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）记数列，，证明：．
（1）【证明】因为，所以时，
所以，又，所以
当时，，所以，而
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，所以，
（2）【分析】先利用（1）可求出的公式，进而求出，则，考虑进行放缩求和，结合不等号的方向以裂项相消的形式进行放缩．
【证明】由（1）可得，而，所以，所以，因此
所以，考虑先证．
因为
所以时，
当时，，所以
再证
因为
所以
综上可知．
评注
本题在证明中用到一个常见的根式放缩：
．超强圆锥曲线结论总结
结论1:过圆上任意点作圆的两条切线,则两条切线垂直.
结论2:过圆上任意点作 木阴圆的两条切线,则两条切线垂直.
结论3:过圆上任意点作双曲线的两条切线,则两条切线垂直.
结论4:过圆上任意不同两点作圆的切线,如果切线垂直且相交于,则动点的轨迹为圆:.
结论5:过椭圆上任意不同两点作椭圆的切线,如果切线垂直且相交于,则动点的轨迹为圆.
结论过双曲线上任意不同两点作双曲线的切线,如果切线垂直.且相交于,则动点的轨迹为圆.
结论7：点在椭圆上,过点作椭圆的切线方程为
结论8:点在椭圆外,过点作椭圆的两条切线,切点分别为则切点弦的直线方程为.
结论8:(补充)点在椭圆内,过点作椭圆的弦(不过椭圆中心),分别过作椭圆的切线,则两条切线的交点的轨迹方程为直线:.
结论9:点在双曲线上,过点作双曲线的切线方程为
结论10:点在双曲线外,过点作双曲线的两条切线,切点分别为则切点弦的直线方程为.
结论10:（补充）点在双物线内，过点作双物线的弦(不过双物线中心),分别过作双物线的切线,则两条切线的交点的轨迹方程为直线:
结论11:点在抛物线上,过点作抛物线的切线方程为.
结论12:点在抛物线外，过点作抛物线的两条切线，切点分别为则切点弦的直线方程为.
结论12:（补充）点在抛物线内，过点作抛物线的弦,分别过作抛物线的切线，则两条切线的交点的轨迹方程为直线:.
结论点在椭圆上,过点作椭圆的切线方程为
结论14:点在双物线上,过点作双物线的切线方程为
结论15:点在抛物线上,过点作抛物线的切线方程为.
结论16:点在椭圆外,过点作椭圆的两条切线,切点分别为则切点弦的直线方程为.
结论17:点在双曲线外,过点作双曲线的两条切线，切点分别为,则切点弦的直线方程为
结论18:点在抛物线外,过点作抛物线的两条切线，切点分别为则切点弦的直线方程为.
结论16:（补充）点在椭圆内，过点作 木阴圆的弦（不过椭圆中心）,分别过作椭圆的切线,则两条切线的交点的轨迹方程为直线:.
结论17:(补充)点在双物线内,过点作双物线的弦(不过双物线中心),分别过作双物线的切线,则两条切线的交点的轨迹方程为直线:
结论18:(补充)点在抛物线内,过点作抛物线的弦,分别过作抛物线的切线，则两条切线的交点的轨迹方程为直线:
.
结论过椭圆准线上一点作 木阴圆的两条切线,切点分别为,则切点弦的直线必过相应的焦点,且垂直切点弦.结论20:过双物线准线上一点作双物线的两条切线,切点分别为则切点弦的直线必过相应的焦点，且垂直切点弦.
结论21:过抛物线准线上一点作抛物线的两条切线,切点分别为,则切点弦的直线必过焦点，且垂直切点弦.
结论22:为椭圆的焦点弦，则过的切线的交点必在相应的准线上.
结论为双物线的焦点弦，则过的切线的交点必在相应的准线上.
结论24:为抛物线的焦点弦，则过的切线的交点必在准线上.
结论25:点是椭圆准线与长轴的交点,过点作椭圆的两条切线,切点分别为,则切点弦就是通径.
结论26:点是双曲线准线与实轴的交点,过点作双曲线的两条切线,切点分别为,则切点弦就是通径.
结论27:为抛物线的准线与其对称轴的交点,过点作抛物线的两条切线，切点分别为,则切点弦就是其通径.
结论28：过抛物线的对称轴上任意一点作抛物线的两条切线，切点分别为则切点弦所在的直线必过点.
结论29:过椭圆的对称轴上任意一点作 木阴圆的两条切线,切点分别为.
(1)当时，则切点弦所在的直线必过点;
(2)当时，则切点弦所在的直线必过点.
结论30:过双曲线的实轴上任意一点作双曲线（单支）的两条切线，切点分别为,则切点弦所在的直线必过点.
结论31：过抛物线外任意一点作抛物线的两条切线，切点分别为,弦的中点为,则直线必与其对称轴平行.
结论32:若椭圆与双曲线共焦点,则在它们交点处的切线相互垂直.
结论33:过椭圆外一定点作其一条割线,交点为,则满足的动点的轨迹就是过作 木 椭 匕 圆两条切线形成的切点弦所在的直线方程上.
结论34:过双曲线外一定点作其一条割线,交点为则满足的动点的轨迹就是过作双曲线两条切线形成的切点弦所在的直线方程上.
结论35:过抛物线外一定点作其一条割线,交点为则满足的动点的轨迹就是过作抛物线两条切线形成的切点弦所在的直线方程上.
结论36:过双曲线外一点作其一条割线,交点为,过分别作双曲线的切线相交于点,则动点的轨迹就是过作双曲线两条切线形成的切点弦所在的直线方程上.
结论37:过椭圆外一点作其一条割线,交点为过分别作椭圆的切线相交于点,则动点的轨迹就是过作椭圆两条切线形成的切点弦所在的直线方程上.
结论38:过抛物线外一点作其一条割线,交点为,过分别作抛物线的切线相交于点,则动点的轨迹就是过作抛物线两条切线形成的切点弦所在的直线方程上.
结论39:从椭圆的右焦点向椭圆的动切线引垂线,则垂足的轨迹为圆:.
结论40:从双曲线的右焦点向双曲线的动切线引垂线,则垂足的轨迹为圆:.
结论41:是椭圆的一个焦点,是椭圆上任意一点,则焦半径.
结论42:是双曲线的右焦点,是双曲线上任意一点.
(1)当点在双曲线右支上,则焦半径;
(2)当点在双曲线左支上,则焦半径.
结论是抛物线的焦点,是抛物线上任意一点,则焦半径.
结论44:椭圆上任一点处的法线平分过该点的两条焦半径的夹角（或者说处的切线平分过该点的两条焦半径的夹角的外角)，亦即椭圆的光学性质.
结论45：双曲线上任一点处的切线平分过该点的两条焦半径的夹角（或者说处的法线平分过该点的两条焦半径的夹角的外角),亦即双曲线的光学性质.
结论46:抛物线上任一点处的切线平分该点的焦半径与该点向准线所作的垂线的夹角,亦即抛物线的光学性质.
结论47:椭圆的准线上任一点处的切点弦过其相应的焦点,且.
结论48:双曲线的准线上任一点处的切点弦过其相应的焦点,且.
结论49:抛物线的准线上任一点处的切点弦过其焦点,且.
结论50:椭圆上任一点处的切线交准线于与相应的焦点的连线交椭圆于,则必与该椭圆相切,且.
结论51:双曲线上任一点处的切线交准线于与相应的焦点的连线交双曲线于,则必与该双曲线相切，且.
结论52:抛物线上任一点处的切线交准线于与焦点的连线交抛物线于,则必与该抛物线相切，且.
结论53:焦点在轴上的椭圆（或焦点在轴）上三点的焦半径成等差数列的充要条件为的横坐标(纵坐标)成等差数列.
结论54:焦点在轴上的双曲线（或焦点在轴）上三点的焦半径成等差数列的充要条件为的横坐标（纵坐标）成等差数列.
结论55:焦点在轴上的抛物线（或焦点在轴）上三点的焦半径成等差数列的充要条件为的横坐标（纵坐标）成等差数列.
结论56:椭圆上一个焦点关于椭圆上任一点处的切线的对称点为,则直线必过该椭圆的另一个焦点.
结论57:双曲线上一个焦点关于双曲线上任一点处的切线的对称点为,则直线必过该双曲线的另一个焦点.
结论58:椭圆上任一点(非顶点),过的切线和法线分别与短轴相交于则有及两个焦点共于一圆上.
结论59:双曲线上任一点（非顶点)，过的切线和法线分别与短轴相交于,则有,及两个焦点共于一圆上.
结论60:椭圆上任一点(非顶点)处的切线与过长轴两个顶点的切线相交于,则必得到以为直径的圆经过该椭圆的两个焦点.
结论61:双曲线上任一点(非顶点）处的切线与过实轴两个顶点的切线相交于,则必得到以为直径的圆经过该双曲线的两个焦点.
结论62:以椭圆的任一焦半径为直径的圆内切于以长轴为直径的圆.
结论63:以双曲线的任一焦半径为直径的圆外切于以实轴为直径的圆.
结论64:以抛物线的任一焦半径为直径的圆与非对称轴的轴相切.
结论65：焦点在轴上的椭圆（或焦点在轴上）上任一点（非短轴顶点）与短轴的两个顶点,的连线分别交轴（或轴）于,则(或.
结论66:焦点在轴上的双曲线（或焦点在轴上）上任一点(非顶点)与实轴的两个顶点的连线分别交轴（或轴）于,则或.
结论67:为焦点在轴上的 木椭圆上任一点（非长轴顶点),则与边(或)相切的旁切圆与轴相切于右顶点(或左顶点).
结论为焦点在轴上的双曲线右支（或左支）上任一点,则的内切圆与轴相切于右顶点(或左顶点').
结论69:是过 木椭圆的焦点的一条弦非通径,弦的中垂线交轴于,则.
结论70:是过双曲线的焦点的一条弦（非通径,且为单支弦),弦的中垂线交轴于,则.
结论是过抛物线的焦点的一条弦（非通径,弦的中垂线交轴于,则.
结论为抛物线的焦点弦，分别过作抛物线的切线,则两条切线的交点在其准线上.
结论为椭圆的焦点弦,分别过作 木 阝 匕 圆的切线,则两条切线的交点在其相应的准线上.
结论为双曲线的焦点弦,分别过作双曲线的切线，则两条切线的交点在其相应的准线上.
结论75:为过抛物线焦点的焦点弦，以为直径的圆必与其准线相切.
结论为过椭圆焦点的焦点弦，以为直径的圆必与其相应的准线相离（当然与另一条准线更相离）.
结论为过双曲线焦点的焦点弦，以为直径的圆必与其相应的准线相交,截得的圆弧度数为定值,且为.
结论78：以圆锥曲线的焦点弦为直径作圆，若该圆与其相应的准线相切,则该曲线必为抛物线.
结论以圆雉曲线的焦点弦为直径作圆，若该圆与其相应的准线相离，则该曲线必为椭圆.
结论80:以圆锥曲线的焦点弦为直径作圆，若该圆与其相应的准线相交,则该曲线必为双曲线,此时截得的圆弧度数为定值,且为
结论81:为过抛物线焦点的焦点弦,,则
结论为过椭圆焦点的焦点弦,,则|
结论为过双物线焦点的焦点弦,.若为单支弦，则;若为双支弦，则|
结论84:为抛物线的焦点,是抛物线上不同的两点,直线交其准线于,则平分的外角.
结论85:为 木椭圆的一个焦点,是椭圆上不同的两点,直线交其相应的准线于,则平分的外角.
结论为双物线的一个焦点,是双物线上不同的两点（同一支上),直线交其相应的准线于,则平分的外角.
结论87:为双物线的一个焦点,是双物线上不同的两点（左右支各一点),直线交其相应的准线于,则平分.
结论是椭圆过焦点的弦,点是椭圆上异于的任一点,直线分别交相应于焦点的准线于,则点与点的纵坐标之积为定值,且为.
结论是双曲线过焦点的弦,点是双曲线上异于任一点,直线、分别交相应于焦点的准线于,则点与点的纵坐标之积为定值,且为.
结论90:是抛物线过焦点的弦，点是抛物线上异于的任一点,直线分别交准线于,则点与点的纵坐标之积为定值,且为.
结论为椭圆的长轴顶点,为椭圆任一点（非长轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论92：为椭圆的长轴顶点,,为椭圆任一点（非长轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有.
结论为椭圆的长轴顶点,,为椭圆上任一点（非长轴顶点)，若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论为椭圆的长轴顶点,,为椭圆任一点（非长轴顶点)，若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论为椭圆的长轴顶点,,为椭圆任一点（非长轴顶点,若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论为椭圆的长轴顶点,,为椭圆任一点（非长轴顶点,若直线分别交直线于,则为定
值,且有
结论97:为椭圆的长轴顶点,,为椭圆任一点（非长轴顶点)，若直线分别交直线于,则为定
值,且有
结论为椭圆的长轴顶点,,为椭圆任一点（非长轴顶点)，若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论为双曲线的顶点,,为双曲线上任一点（非实轴顶点)，若直线分别交直线于,则为定值,且有.
结论为双曲线的顶点,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论为双曲线的顶点,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论为双曲线的顶点,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定
值,且有
结论为双曲线的顶点,为双曲线上任一点（非实轴顶点，若直线分别交直线于,则为定值，且有
结论为双曲线的顶点,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论为双曲线的顶点,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论106:为双曲线的顶点,,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论为椭圆的长轴顶点,为椭圆任一点（非长轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论108:为椭圆长轴顶点,为椭圆任一点（非长轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论109:为椭圆的长轴顶点,为椭圆任一点（非长轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论110:为椭圆的长轴顶点,为 木 椭 圆任一点（非长轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值，且有
结论111:为椭圆的长轴顶点,,为椭圆任一点(非长轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论112:为椭圆的长轴顶点,,为椭圆任一点(非长轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,
结论为椭圆的任一直径（中心弦为 木阴圆上任一点(不与点重合,则为定值,且有
结论为椭圆的任一弦不过原点且不与对称轴平行为弦的中点,若与均存在,则为定值,且有
结论115:为椭圆的任一弦不与对称轴平行,若平行于的弦的中点的轨迹为直线,则有
结论116:过椭圆上任意一点不是其顶点作椭圆的切线,则有
结论117:椭圆及定点,过的弦的端点为,,过点,分别作直线的垂线，垂足分别为,直线与轴相交于,则直线与恒过的中点,且有.
结论118:椭圆及定点,过任作一条弦为椭圆上任一点,连接,且分别与准线相交于,则有
结论119:椭圆及定点,过任作一条弦为椭圆上任一点,连接,且分别与直线相交于,则有
结论为双曲线的顶点,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论121:为双曲线的顶点,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论122:双曲线的顶点,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论123:为双曲线的顶点,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论为双曲线的顶点,为双曲线上任一点(非实轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论125:为双曲线的顶点,为双曲线上任一点（非长轴顶点),若直线分别交直线于,则为定值,且有
结论为双曲线的任一直径,为双曲线上任一点(不与点重合,则为定值,且有
结论为双曲线的任一弦不过原点且不与对称轴平行为弦的中点,若与均存在,则为定值,且有
结论为双曲线的任一弦不与对称轴平行,若平行于的弦的中点的轨迹为直线,则有
结论129:过双曲线上任意一点(不是其顶点)作双曲线的切线,则有
结论130:双曲线及定点或,过的弦的 山端点为,过分别作直线的垂线,垂足分别为,直线与轴相交于,则直线与恒过的中点,且有.
结论131:双曲线及定点,过任作一条弦,为双曲线上任一点,连接,且分别与准线相交于,则有
结论132:双曲线及定点或,过任作一条弦为双曲线上任一点,连接,且分别与直线相交于,则有
结论133:抛物线及定点,过的弦的端点为过,分别作直线的垂线,垂足分别为,直线与轴相交于,则直线与恒过的中点,且有.
结论134:抛物线及定点,过任作一条弦为抛物线上任一点,连接,分别与准线相交,则
结论135：抛物线及定点,过任作一条弦为抛物线上任一点,连接分别与直线相交,则
结论136:过抛物线的焦点的弦（焦点弦）与抛物线相交于,,过作直线与轴平行,且交准线于,则直线必过原点（即其准线与轴交点与焦点的线段的中点).
结论为椭圆的焦点的弦,其相应的准线与轴交点为,过,作轴的平行线与其相应的准线分别相交于,则直线均过线段的中点.
结论138:为双物线的焦点的弦,其相应的准线与轴交点为,过,作轴的平行线与其相应的准线分别相交于,则直线均过线段的中点.
结论139:过圆锥物线(可以是非标准状态下)焦点弦的一个 山端点向其相应的准线作垂线，垂足与另一个弦的端点的连线必经过焦点到相应的准线的垂线段的中点.
结论为垂直于椭圆长轴上的动弦,其准线与轴相交于,则直线与(或直线与)的交点必在该椭圆上.
结论为垂直于双曲线实轴的动弦,其准线与轴相交于,则直线与(或直线与)的交点必在该双曲线上.
结论为垂直于抛物线或对称轴的动弦,其准线与轴相交于,则直线与(或直线与)的交点必在该抛物线上.
结论143:为垂直于圆锥曲线的长轴（椭圆）(或实轴（双曲线）或对称轴（抛物线)）的动弦，其准线与轴相交于,则直线与(或直线与)的交点必在该圆锥曲线上.
结论144:圆锥曲线的焦点弦(不为通径,若双曲线则为单支弦),则在轴上有且只有一点使.
结论145：过任作圆锥曲线的一条弦(若是双曲线则为单支弦),分别过作准线的垂线是其相应准线与轴的交点),垂足为,则直线与直线都经过的中点,即、及三点共线.
结论146:若是圆锥曲线过点且关于长轴（椭圆）对称的两条动弦或实轴双曲线）或对称轴（抛物线）),则四线共点于.
结论分别为椭圆的右顶点和左顶点,为椭圆任一点（非长轴顶点),若直线分别交直线于,则以线段为直径的圆必过两个定点,且椭圆外定点为及椭圆内定点为
结论分别为双曲线的右顶点和左顶点,为双曲线上任一点（非实轴顶点),若直线分别交直线于,则以线段为直径的圆必过两个定点,且双曲线内定点为及双曲线外定点为
结论149:过直线上但在椭圆外一点向椭圆引两条切线,切点分别为,则直线必过定点,且有.
结论150:过直线上但在双曲线外（即双曲线中心所在区域）一点向双曲线引两条切线,切点分别为,则直线必过定点,且有.
结论151:过直线上但在抛物线外（即抛物线准线所在区域)
一点向抛物线引两条切线,切点分别为,则直线必过定点,且有
结论152:设点是圆锥曲线的准线上一点（不在双曲线的渐近线上)，过点向圆锥曲线引两条切线,切点分别为,则直线必过准线对应的焦点，且.
结论153:过直线上但在椭圆外一点向椭圆引两条切线,切点分别为则直线必过定点.
结论154:过直线上但在双曲线外(即双曲线中心所在区域)一点向双曲线引两条切线，切点分别为,则直线必过定点.
结论155:过直线上但在抛物线外（即抛物线准线所在区域）一点向抛物线引两条切线,切点分别为,则直线必过定点
结论,是椭圆的左右顶点,点是直线上的一个动点（不在椭圆上,直线及分别与椭圆相交于,则直线必与轴相交于定点.
结论是在双曲线的顶点,点是直线上的一个动点(不在双曲线上),直线及分别与双曲线相交于,则直线必与轴相交于定点.
结论158:是抛物线上异于顶点的两个动点,若直线过定点,则，且,的横坐标之积及纵坐标之积均为定值.
结论159:是抛物线上异于顶点的两个动点,若,则直线必过定点,且的横坐标之积及纵坐标之积均为定值.
结论是抛物线上异于顶点的两个动点,若,过作,则动点的轨迹方程为.
结论161:是抛物线上异于顶点的两个动点,若,则
结论162:过抛物线上任一点作两条弦,则的充要条件是直线过定点
结论过抛物线上任一点作两条弦,则的充要条件是直线过定点
结论164:过椭圆上任一点作两条弦,则的充要条件是直线过定点
特别地,(1)当为左、右顶点时,即时，的充要条件是直线过定点
（2）当为上、下顶点时，即时，的充要条件是直线过定点
结论165:过双物线上任一点作两条弦,则的充要条件是直线过定点
特别地，当为左、右顶点时,即时,的充要条件是直线过定点
结论166:过二次曲线:为常数,）上任一点作两条弦,若,则直线恒过定点
值得注意的是:在结论166中
(1)令就是结论159;
(2)令就是结论162;
(3)令就得到结论164;
(4)令就得到结论165.
结论是椭圆上不同的两个动点，若,则
结论是椭圆上不同的两个动点,若,则有
结论169:,是双曲线上不同的两个动点（在同一支上),若若,则有
结论170:在抛物线的对称轴上存在一个定点,使得过该点的任意弦恒有
结论171:在椭圆的长轴上存在定点,使得过该点的任意弦恒有
结论172:在双曲线的实轴上存在定点,使得过该点的任意弦恒有
结论过椭圆的焦点作一条直线与椭圆相交于,与轴相交于,若,则为定值,且..
结论174:过双物线的焦点作一条直线与双物线相交于,与轴相交于,若,则为定值,且.
结论175:过抛物线的焦点作一条直线与椭圆相交于,与轴相交于,若,则为定值,且.
结论过椭圆的焦点作一条直线与椭圆相交于,与相应准线相交于,若,则为定值,且.
结论过双物线的焦点作一条直线与双物线相交于,与相应准线相交于,若,则为定值,且.
结论178：过抛物线的焦焦点作一条直线与抛物线相交于,与准线相交于,若,则为定值,且.
结论179:是垂直椭圆长轴的动弦,是椭圆上异于顶点的动点,直线分别交轴于,若,则为定值,且.
结论180:是垂直双曲线实轴的动弦，是双曲线上异于顶点的动点,直线分别交轴于,若,则为定值,且.
结论是垂直抛物线对称轴的动弦，是抛物线上异于顶点的动点,直线分别交轴于,若,则为定值,且.
结论是垂直椭圆长轴的动弦,是椭圆上异于顶点的动点,直.线分别交轴于为长轴顶点,若,则为定值,且.
结论是垂直双曲线实轴的动弦,是椭双曲线上异于顶点的动点,直线分别交轴于为长轴顶点，若,则为定值,且.
结论184:是垂直抛物线对称轴的动弦，是抛物线上异于顶点的动点，直线分别交轴于为长轴顶点,若,则为定值,且
结论185(补充):点是椭圆上任意一点,弦分别过定点、,且,则为定值,且.
结论186(补充):点是双曲线上任意一点,弦分别过定点,且,则为定值,且.
结论187:（补充):是圆上任意两点,点关于轴对称点为,若直线分别交轴分别相交于点、,则为定值,且.
结论188:(补充):是椭圆上任意两点,点关于轴对称点为,若直线分别交轴分别相交于点,则为定值,且.
结论189:(补充):是双曲线上任意两点,点关于轴对称点为,若直线分别交轴分别相交于点,则为定值,且
结论190(补充):是椭圆上关于轴对称的任意两个不同的点,点是轴上的定点,直线交椭圆于另一点,则直线恒过轴上的定点,且定点为.
结论191(补充):是双曲线上关于轴对称的任意两个不同的点,点是轴上的定点,直线交双曲线于另一点,则直线恒过轴上的定点,

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