设点设线
例题 1
题目
已知椭圆方程 \(\dfrac{x^2}{4}+y^2=1\)，设直线 \(l\) ，不经过点 \(P(0,1)\)且与椭圆相交于 \(A,B\) 两点，若直线 \(PA\) 与直线 \(PB\) 的斜率和为 \(-1\) ，证明：直线 \(l\) 过定点。
题解
由直线 \(l\) 不过点 \(P(0,1)\) 可设直线 \(l\) 方程： \(mx+n(y-1)=1\) 。
设点 \(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\) 。
由点 \(A\) 在椭圆上可得：
展开后得：
\[4(y_1 -1)^2+8(y_1 -1)+4+{x_1}^2=4 \\ \Downarrow \\ 4(y_1 -1)^2+8(y_1 -1)[mx_1+n(y_1 -1)]+4+{x_1}^2=4 \\ \Downarrow \\ (4+8n)(y_1 -1)^2+8mx_1(y_1-1)+{x_1}^2=0 \]等式两边同时除以 \({x_1}^2\) 得：
\[(4+8n) (\dfrac{y_1-1}{x_1})^2+8m\dfrac{y_1-1}{x_1}+1=0 \\ \Downarrow \\ (4+8n){k_{PA}}^2+8mk_{PA}+1=0 \]同理可得：
\[(4+8n){k_{PB}}^2+8mk_{PB}+1=0 \]可得 \(k_{PA},k_{PB}\) 是方程 \((4+8n)k^2+8mk+1=0\) 的两个根.
\(\Delta>0,4+8n\ne 0 \Rightarrow (8m)^2-4(4+8n)>0\Rightarrow 4m^2>2n+1,n\ne -\dfrac{1}{2}\)
由韦达定理可得：\(k_1+k_2=-\dfrac{8m}{4+8n}=-1\Rightarrow m=n+\dfrac{1}{2}\)
所以 \(l:mx+n(y-1)=1\) 为 \(mx+(\dfrac{1}{2}-m)(y-1)=1\)
可得：
当直线 \(l\) 过定点时，满足：
\[\begin{cases}x+y-1=0 \\ \dfrac{1}{2}x=1\end{cases} \]解得：
\[\begin{cases}x=2\\ y=-1\end{cases} \]所以直线 \(l\) 过定点 \((2,-1)\) .
综上： 直线 \(l\) 过定点 \((2,-1)\)
来源
2017 年全国 I 卷理科第 20 题第 ii 问
例题 2
题目
已知双曲线 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)\) 的左、右焦点分别为 \(F_1,F_2\) ，左、右顶点分别为 \(A_1\) 、 \(A_2\) ，已知离心率 \(e=3,|F_1F_2|^2=18|A_1A_2|\) .
（ i ） 求双曲线 \(C\) 的标准方程 .
（ ii ） 若过焦点 \(F_2\) 且斜率存在的直线与双曲线 \(C\) 的右支交于 \(M\) 、 \(N\) 两点，线段 \(MN\) 的垂直平分线与 \(x\) 轴交于点 \(Q\) ，试问 \(\dfrac{\sin\angle MQF_2}{\sin\angle QMF_2}+\dfrac{\sin\angle NQF_2}{\sin\angle QNF_2}\) 是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由 .
解析
（i） 问易得 \(C:x^2-\dfrac{y^2}{8}=1\)
（ ii ） 我们知道了 \(\dfrac{\sin\angle MQF_2}{\sin\angle QMF_2}+\dfrac{\sin\angle NQF_2}{\sin\angle QNF_2}\) 条件，考虑正弦定理转化 . 由正弦定理可得：
\[\dfrac{MF_2}{\sin\angle MQF_2}=\dfrac{QF_2}{\sin\angle QMF_2},\dfrac{NF_2}{\sin\angle NQF_2}=\dfrac{QF_2}{\sin\angle QNF_2} \]将其带入条件中，可得
\[\dfrac{\sin\angle MQF_2}{\sin\angle QMF_2}+\dfrac{\sin\angle NQF_2}{\sin\angle QNF_2}=\dfrac{MF_2}{QF_2}+\dfrac{NF_2}{QF_2}=\dfrac{MN}{QF_2} \]不妨设 \(l_{MN}:x=my+3,M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)\)
\[\begin{cases}x=my+3\\x^2-\dfrac{y^2}{8}=1\end{cases}\Rightarrow (8m^2-1)y^2 +48my+64=0 \]解释一下这么做的原因，一般直线过定点在 \(x\) 轴时我们一般设 \(x=my+t\) ，直线过定点在 \(y\) 轴时我们设 \(y=kx+b\) ，若直线过定点既不在 \(x\) 轴也不在 \(y\) 轴时，我们一般设 \(m=-kx_0+y_0,y=kx+m\) ，联立过后再换元回来
由韦达定理可得： \(y_1+y_2=-\dfrac{48m}{8m^2-1},y_1y_2=\dfrac{64}{8m^2-1}\) ，可得
\[|MN|=\left|\sqrt{1+m^2}\dfrac{\sqrt{\Delta}}{8m^2-1}\right|=\left|\dfrac{16(m^2+1)}{8m^2-1}\right| \]设过点 \(Q\) 垂直于直线 \(MN\) 的直线方程 \(l:y=-m(x-\dfrac{x_1+x_2}{2})+\dfrac{y_1+y_2}{2}\) ，其与 \(x\) 轴的交点为 \(\left(\dfrac{y_1+y_2}{2m}+\dfrac{x_1+x_2}{2},0\right)\)
解释一下这样设线的原因，因为直线 \(l\perp l_{MN}\) ， \(l_{MN}\) 也可以被表示为 \(y=\dfrac{1}{m}(x-3)\) ，两条直线乘积为 \(-1\) 所以 \(k_l=-1\div \dfrac{1}{m}=-m\) .
所以
\[\begin{aligned}|QF_2|&=\left|\dfrac{y_1+y_2}{2m}+\dfrac{x_1+x_2}{2}-3\right|\\&=\left|\dfrac{y_1+y_2}{2m}+\dfrac{m(y_1+y_2)+3}{2}-3\right|\\&=\left|-\dfrac{48m}{2m(8m^2-1)}-\dfrac{48m}{2(8m^2-1)}\right|\\&=\left|\dfrac{48m+48}{8m^2-1}\right|\end{aligned} \]所以
\[\left|\dfrac{MN}{QF_2}\right|=\left|\dfrac{\dfrac{16(m^2+1)}{8m^2-1}}{\dfrac{48m+48}{8m^2-1}}\right|=\dfrac{2}{3} \]来源
2025 届电子科技大学实验中学高二第一次月考第 18 题
例题 3
题目
已知椭圆 \(C:\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}=1\) ，若动点 \(P(x_0,y_0)\) 为椭圆外一点，且过点 \(P\) 作椭圆的两条切线相互垂直，求点 \(P\) 的轨迹方程.
题解
当切线斜率不存在时， \({x_0}^2+{y_0}^2=9+4=13\) ，所以点 \(P\) 的轨迹方程为 \({x_0}^2+{y_0}^2=9+4=13\).
当切线斜率存在时，不妨设切线斜率为 \(y=kx+m\) ，因为切线过点 \(P(x_0,y_0)\) ，所以可知 \(m=y_0-kx_0\). 直线与椭圆联立方程可得：
直线与椭圆相切可得： \(\Delta=0\) 即 \(9k^2+4-m^2=0\)
将 \(m=y_0-kx_0\) 带入可得：
由题意得两条切线互相垂直，由韦达定理可得： \(\dfrac{4-{y_0}^2}{9-{x_0}^2}=-1\) 即 \({x_0}^2+{y_0}^2=9+4=13\). 所以点 \(P\) 的轨迹方程为 \({x_0}^2+{y_0}^2=9+4=13\).
综上，点 \(P\) 的轨迹方程为 \({x_0}^2+{y_0}^2=9+4=13\).
来源
2014 年广东高考理科第 20 题第 ii 问
例题 4
题目
已知椭圆 \(C:\dfrac{x^2}{4}+y^2=1\) 和椭圆 \(E:\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1.\ P\) 为椭圆 \(C\) 上任意一点，过点 \(P\) 的直线 \(y=kx+b\) 交椭圆 \(E\) 于 \(A,B\) 两点，设线 \(PO\) 交椭圆 \(E\) 于点 \(Q\) .
（ I ）求 \(\dfrac{|OQ|}{|OP|}\) 的值；
（ II ）求 \(\triangle ABQ\) 面积的最大值.
解析
对于 （ I ） 问：
观察椭圆 \(C,E\) 两个方程式，发现它们离心率相同，不妨设曲线 \(\Gamma:\dfrac{x^2}{4}+y^2=\lambda(\lambda\ne 0)\) . 令 \(\lambda=1\) 可得曲线 \(C\) ，令 \(\lambda=4\) 可得曲线 \(E\) ，这样我们就只需要联立一次即可 .
设 \(l_{OP}:x=my\) ，联立可得：
\[\begin{cases}\dfrac{x^2}{4}+y^2=\lambda\\x=my\end{cases}\Rightarrow (m^2+4)y^2=4\lambda\Rightarrow x=\pm\sqrt{\dfrac{4\lambda}{m^2+4}} \]所以点到原点的距离为
\[\left|\sqrt{1+m^2}\dfrac{\sqrt{\dfrac{4\lambda}{m^2+4}}-\left(-\sqrt{\dfrac{4\lambda}{m^2+4}}\right)}{2}\right|=\left|2\sqrt{\dfrac{\lambda(1+m^2)}{m^2+4}}\right| \]令 \(\lambda=1\) ，则 \(|OP|=2\sqrt{\dfrac{(1+m^2)}{m^2+4}}\) ，令 \(\lambda=4\) ，则 \(|OQ|=2\sqrt{\dfrac{4(1+m^2)}{m^2+4}}\)
所以 \(\dfrac{|OQ|}{|OP|}=2\)
对于 （II） 问：与第一问有一定的关联
由 \(\dfrac{|OQ|}{|OP|}=2\) 可得： \(|PQ|=3|OP|\) ，所以 \(S_{\triangle ABQ}=3S_{\triangle AOB}\)
设原点到直线 \(AB\) 的距离为 \(d\) ，则 \(d=\dfrac{|0\cdot k+0\cdot 1+b|}{\sqrt{1+k^2}}=\dfrac{|b|}{\sqrt{1+k^2}}\)
\[\begin{cases}\dfrac{x^2}{4}+y^2=\lambda\\y=kx+b\end{cases}\Rightarrow (4k^2+1)x^2+8bkx+4b^2-4\lambda=0 \]令 \(\lambda=4\) 可得：
\[(4k^2+1)x^2+8bkx+4b^2-16=0 \]由韦达定理可得：
\[x_1+x_2=\dfrac{-8bk}{4k^2+1},\ x_1x_2=\dfrac{4b^2-16}{4k^2+1} \]所以 \(|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\dfrac{4\sqrt{16k^2+4-b^2}}{4k^2+1}\)
所以
若要求 \(S_{\triangle ABQ}\) 取值范围，则需要让直线 \(AB\) 与曲线 \(C\) 有交点 \(\Delta>0\) ，令 \(\lambda=1\) 可得：
\[(4k^2+1)x^2+8bkx+4b^2-4=0 \]令 \(\Delta>0\) 可得：
\[64k^2b^2-16(1+4k^2)(b^2-1)\ge 0\Rightarrow 0<\dfrac{b^2}{4k^2+1}\le 1 \]不妨设 \(t=\dfrac{b^2}{4k^2+1}\in(0,1]\)
所以
\[S_{\triangle ABQ}=6\dfrac{|b|\sqrt{1bk^2+4-b^2}}{4k^2+1}=6\dfrac{|b|}{\sqrt{1+4k^2}}\sqrt{4-\dfrac{b^2}{4k^2+1}}=6\sqrt{t(4-t)}=6\sqrt{-t^2+6t} \]\(-t^2+6t\) 在 \((0,1]\) 上单调递增，所以 \(S_{\triangle ABQ}\) 最大时， \(t=1\) ，此时 \(S_{\triangle ABQ}=6\sqrt 3\)
综上： \({S_{\triangle ABQ}}_{max}=6\sqrt 3\)
评价
此题巧妙地运用到了“同理可得”来简化计算量
来源
2015 年高考山东文科 & 理科第 20 题第 ii 文
例题 5
题目
当过点 \(P(4,1)\) 的动直线 \(l\) 与椭圆 \(C:\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1\) 相交于两不同点 \(A\) ，\(B\) 时，在线段 \(AB\) 上取点 \(Q\) ,满足 \(|AP|\cdot |QB|=|AQ|\cdot|PB|\) ，证明：点 \(Q\) 总在某定直线上。
解析 1
设 \(Q(x,y),A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\) ，由题可知， \(\vec{PA},\vec{PB},\vec{AQ},\vec{QB}\) 均不为零且 \(\dfrac{|\vec{PA}|}{|\vec{AQ}|}=\dfrac{|\vec{PB}|}{|\vec{QB}|}\) ，又因为 \(P,A,Q,B\) 四点共线，故可设 \(\vec{PA}=-\lambda\vec{AQ},\vec{PB}=-\lambda\vec{BQ},(\lambda\neq 0,\pm 1)\) ，于是可以得：\(A(\dfrac{4-\lambda x}{1-\lambda},\dfrac{1-\lambda y}{1-\lambda}),B(\dfrac{4+\lambda x}{1+\lambda},\dfrac{1+\lambda y}{1+\lambda})\) ，由于 \(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\) 都在椭圆 \(C\) 上，将 \(A,B\) 带入椭圆可得：
\[(\dfrac{4-\lambda x}{1-\lambda})^2+2(\dfrac{1-\lambda y}{1-\lambda})^2=4 \\[3pt] (\dfrac{4+\lambda x}{1+\lambda})^2+2(\dfrac{1+\lambda y}{1+\lambda})^2=4 \]整理可得：
\[(x^2+2y^2-4)\lambda^2-4(2x+y-2)\lambda+14=0 \\ (x^2+2y^2-4)\lambda^2+4(2x+y-4)\lambda+14=0 \]将上两式相减可得：
\[8(2x+y-2)\lambda=0 \]由 \(\lambda \neq 0\) 可得 \(2x+y-2=0\) ，即点 \(Q(x,y)\) 在定直线 \(2x+y-2=0\)
解析 2
由题可得 \(\dfrac{|\vec{PA}|}{|\vec{AQ}|}=\dfrac{|\vec{PB}|}{|\vec{QB}|}\) ，所以点 \(Q\) 落在点 \(P\) 的极线上，所以 \(l:\dfrac{4\cdot x}{4}+\dfrac{1\cdot y}{2}=1\) 即 \(l:2x+y-2=0\) .
来源
2008 年安徽高考理科第 22 题
例题 6
题目
设 \(P\) 为抛物线 \(C_1:x^2=y\) 上的动点，过点 \(P\) 作圆 \(C_2:x^2+(y+3)^2=1\) 的两条切线，交直线 \(l:y=-3\) 于 \(A,B\) 两点. 是否存在点 \(P\) ，使线段 \(AB\) 被抛物线 \(C_1\) 在点 \(P\) 处的切线平分，若存在，求出点 \(P\) 的坐标；若不存在，请说明理由.
题解
不妨设点 \(P(x_0,{x_0}^2)\ (x_0\ne 0)\) ，可得过点 \(P\) 的切线方程为 \(xx_0=\dfrac{y}{2}+\dfrac{{x_0}^2}{2}\) ，其与
直线 \(y=-3\) 相交，设其交点为 \(D\) ,可解得： \(D(\dfrac{{x_0}^2-3}{2x_0},-3)\) .
设过点 \(P\) 与圆 \(C_2\) 相切的直线为 \(l:x=my+t\) ，其中 \(t=-m{x_0}^2+x_0\) ，由题意得直线 \(l\) 与圆 \(C_2\) 相切，则：
将 \(t=-m{x_0}^2+x_0\) 带入可得：
\[({x_0}^4+6{x_0}^2+8)m-2x_0({x_0}^2+3)m+{x_0}^2-1=0 \]由韦达定理可得：
\[m_1+m_2=\dfrac{2x_0({x_0}^2+3)}{{x_0}^4+6{x_0}^2+8}\ m_1m_2=\dfrac{{x_0}^2-1}{{x_0}^4+6{x_0}^2+8} \]直线 \(l\) 与 直线 \(y=-3\) 联立可得： \(x=-m(3+{x_0}^2)+x_0\) 所以 \(x_A=x=-m_1(3+{x_0}^2)+x_0,x_B=x=-m_2(3+{x_0}^2)+x_0\) 所以 \(x_A+x_B=-(m_1+m_2)(3+{x_0}^2)+2x_0=-\dfrac{2x_0}{{x_0}^4+6{x_0}^2+8}\)
由题点 \(D\) 为线段 \(AB\) 的中点可得： \(x_A+x_B=2x_D\) 可得
化简可得：
\[{x_0}^6+3{x_0}^4-8{x_0}^2-24=0\Rightarrow ({x_0}^2-2\sqrt 2)({x_0}^4+(3+2\sqrt 2){x_0}^2+6\sqrt 2)=0 \]易得 \({x_0}^4+(3+2\sqrt 2){x_0}^2+6\sqrt 2=0\) 无实数根，所以 \(x_0=\pm\sqrt[4]8\)，所以 \(P(\pm\sqrt[4]8,2\sqrt 2)\).
综上：
点 \(P\) 的坐标为 \(P(\pm\sqrt[4]8,2\sqrt 2)\).
来源
2011 年浙江高考文科第 22 题第 ii 问
例题 7
题目
动直线 \(l:y=k_1x-\dfrac{\sqrt 3}{2}\) 交椭圆 \(E:\dfrac{x^2}{2}+y^2=1\) 于 \(A,B\) 两点， \(C\) 时椭圆 \(E\) 上一点，直线 \(OC\) 的斜率为 \(k_2\) ，且 \(k_1k_2=\dfrac{\sqrt 2}{4}\) ， \(M\) 是线段 \(OC\) 延长线上一点，且 \(\dfrac{|MC|}{|AB|}=\dfrac{2}{3}\) ，圆 \(M\) 半径为 \(|MC|\) ， \(OS,OT\) 是圆 \(M\) 的两条切线，切点分别为 \(S,T\) . 求 \(\angle SOT\) 的最大值，并求取得最大值时直线 \(l\) 的斜率 .
解析
\[\begin{cases}\dfrac{x^2}{2}+y^2=1\\y=k_1x-\dfrac{\sqrt 3}{2}\end{cases}\Rightarrow (4k_1^2+2)x^2-4\sqrt 3k_1x-1=0 \]由韦达定理可得
\[x_1+x_2=\dfrac{4\sqrt 3k_1}{4k_1^2+2},\ x_1x_2=\dfrac{-1}{4k_1^2+2} \]由弦长公式 \(|AB|=\sqrt{1+k_1^2}|x_A-x_B|\) 可得
\[|AB|=\sqrt{1+k_1^2}\dfrac{\sqrt{2(8k_1^2+1)}}{2k_1^2+1} \]因为 \(\dfrac{|MC|}{|AB|}=\dfrac{2}{3}\) 可得
\[|MC|=2\sqrt{1+k_1^2}\dfrac{\sqrt{2(8k_1^2+1)}}{3(2k_1^2+1)} \]由 \(k_1k_2=\dfrac{\sqrt 2}{4}\) 可得 \(k_1=\dfrac{1}{2\sqrt 2k_2}\) 可设 \(l_{OM}:x=2\sqrt 2k_1y\)
\[\begin{cases}x=2\sqrt{2}k_1y\\\dfrac{x^2}{2}+y^2=1\end{cases}\Rightarrow y=\pm\dfrac{1}{\sqrt{4k_1^2+1}}\Rightarrow|MC|=\sqrt{\left(2\sqrt{2}k_1\right)^2+1}\left|\dfrac{1}{\sqrt{4k_1^2+1}}-\left(-\dfrac{1}{\sqrt{4k_1^2+1}}\right)\right|=\sqrt{8k_1^2+1}\dfrac{2}{\sqrt{4k_1^2+1}} \]补充为何要这样变换，我们最后要求 \(l\) 的斜率，即 \(k_1\) ，所以我们会想到用 \(k_2\) 来表示 \(k_1\) . 我们会设 \(l_{OM}:y=k_2x=\dfrac{4}{\sqrt 2k_1}x\) 这时我们以 \(y\) 为自变量可以得到： \(l_{OM}:x=2\sqrt 2k_1y\) .
所以 \(|OC|=\dfrac{|MC|}{2}=\dfrac{\sqrt{8k_1^2+1}}{{\sqrt{4k_1^2+1}}}\)
不妨设 \(\angle SOT=2\theta,\theta\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)\) ，则 \(\angle MOT=\theta\) .
\[\sin\theta=\dfrac{|MT|}{|MO|}=\dfrac{|MC|}{|MC|+|OC|} \]我们要求 \(2\theta\) 的最大值 ，则我们要求 \(\theta\) 的最大值，即 \(\sin\theta\) 最大值，即 \(\dfrac{1}{\sin\theta}\) 的最小值 .
转化成 \(\dfrac{1}{\sin\theta}\) 的最小值是因为 \(\dfrac{1}{\sin\theta}=\dfrac{1}{\frac{|MC|}{|MC|+|OC|}}=\dfrac{|OC|+|MC|}{|MC|}=1+\dfrac{|OC|}{|MC|}\) ，这样大大地降低了计算量 .
所以
\[\dfrac{1}{\sin\theta}=1+\dfrac{|OC|}{|MC|}=1+\dfrac{\dfrac{\sqrt{8k_1^2+1}}{{\sqrt{4k_1^2+1}}}}{2\sqrt{1+k_1^2}\dfrac{\sqrt{2(8k_1^2+1)}}{3(2k_1^2+1)}}=1+\dfrac{3(2k_1^2+1)}{2\sqrt{2(k_1^2+1)(4k_1^2+1)}} \]不妨设 \(t^2=2k_1^2+1\) ，则 \(k_1^2=\dfrac{t^2-1}{2}\) ，所以
\[\dfrac{1}{\sin\theta}=1+\dfrac{3t^2}{2\sqrt{(t^2+1)(2t^2-1)}}=1+\dfrac{3t^2}{2\sqrt{2t^4+t^2-1}}=1+\dfrac{3}{2\sqrt{-\dfrac{1}{t^4}+\dfrac{1}{t^2}+2}} \]由二次函数关系式可知：当 \(\dfrac{1}{t^2}=-\dfrac{1}{2}\) 时， \(\sqrt{-\dfrac{1}{t^4}+\dfrac{1}{t^2}+2}\) 最大， \(\dfrac{1}{\sin\theta}\) 最小， \(\sin\theta\) 最大，即 \(\angle SOT\) 最大，此时
\[\dfrac{1}{\sin\theta}=1+\dfrac{3}{2\sqrt{\dfrac{9}{4}}}=2 \]所以 \(\sin\theta=\dfrac{1}{2}\) ，又因为 \(\theta\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)\) ，则 \(\theta=\dfrac{\pi}{6},2\theta=\dfrac{\pi}{3}\)
当 \(\dfrac{1}{t^2}=\dfrac{1}{2}\) 时， \(k_1^2=\dfrac{1}{2}\) ，所以 \(k_1=\pm\dfrac{\sqrt 2}{2}\)
综上： \(\angle SOT\) 最大值为 \(\dfrac{\pi}{3}\) ，此时直线 \(l\) 的斜率为 \(\pm\dfrac{\sqrt 2}{2}\)
评价
本题运用了许多圆锥曲线中计算技巧，在求 \(|AB|\) 时我们用的思想是设而不求，而求 \(|OC|\) 时我们反而去设而求之；我们利用 \(k_1k_2=\dfrac{\sqrt 2}{4}\) 来优化设线；最后再求最值时我们利用换元和二次函数求出其最值 . 总之，这是一道比较适合新手练手计算的题目
来源
2017 年山东卷理科第 21 题第 ii 问
例题 8
题目
已知椭圆 \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1\) ，过坐标原点的直线交椭圆与 \(P,A\) 两点，其中点 \(P\) 在第一象限，过点 \(P\) 做 \(x\) 轴的垂线，垂足为 \(C\) ，连接 \(AC\) 并延长交椭圆于点 \(B\) ，设直线 \(PA\) 的斜率为 \(k\) ，证明：对任意 \(k>0\) ，求证：\(PA\perp PB.\)
解析
不妨设点 \(P(m,mk)\) ，则 \(A(-m,-mk),k_{PA}=k,C(m,0)\) ，所以 \(l_{AP}:x=\dfrac{m-(-m)}{0-(-km)}x+m=\dfrac{2}{k}y+m\)
\[\begin{cases}x=\dfrac{2}{k}y+m\\\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1\end{cases}\Rightarrow (\dfrac{4}{k^2}+2)y^2+\dfrac{4}{k}my+m^2-4=0 \]由韦达定理可得
\[y_1+y_2=-\dfrac{\dfrac{4}{k}m}{\dfrac{4}{k^2}+2}=-\dfrac{2km}{k^2+2} \]因为 \(y_A=-mk\) ，所以 \(y_B=-\dfrac{2km}{k^2+2}-(-mk)=\dfrac{mk^3}{k^2+2}\)
所以 \(x_B=\dfrac{3mk^2+2m}{k^2+2}\) ，则 \(k_{PB}=\dfrac{y_B-y_P}{x_B-x_P}=-\dfrac{1}{k}\) . 所以 \(k_{PB}k_{AP}=-1\Rightarrow PB\perp PA\)
综上： \(PB\perp PA\)
补充说明：若设 \(l_{AP}:y=\dfrac{k}{2}(x-m)\) ，则联立的方程式为： \((k^2+2)x^2-2mk^2x+k^2m^2-8=0\) ，剩下步骤于之后一样
来源
2011 年江苏高考第 18 题第 iii 问
标签：直线,dfrac,sqrt,解析几何,4k,计算,简单,sin,lambda From： https://www.cnblogs.com/SHOJYS/p/18148337