高考数学：翩翩起舞，蝴蝶定理

风华绝代之蝴蝶定理1815年英国伦敦出版的著名数学科普刊物《男士日记》刊登了如下的问题：蝴蝶定理：设M是⨀O中弦AB的中点，过M点的两条弦CD，EF，连结DE，CF交AB于P、Q两点，则M是线段PQ的中点.这个问题的图形，像一只在圆中翩翩起舞的蝴蝶，这正是该问题被冠以“蝴蝶定理”的美名的缘由.此定理的纯几何证明很多，为便于推广，现改用解析法证明如下：证明：如图，以M点为坐标原点．AB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，设OM=b．则⨀O的方程可写成：x2+y2–2by+f=0.①设直线CD，EF的方程分别为y=k1x，y=k2x，合并为:(y–k1x)(y–k2x)=0②于是过①②的交点C，F．D，E的二次曲线系为：x2+y2–2by+f+λ(y–k1x)(y–k2x)=0③曲线③与AB的交点P，Q的横坐标满足(令y=0)(1+λk1k2)x2+f=0．由韦达定理xp+xq=0，即MP+(–MQ)=0，∴MP=MQ．若在蝴蝶定理的图形中，把圆改成椭圆、双曲线、抛物线，结论是否成立呢？回答是肯定的．现以椭圆为例给出证明．如图，以M点为坐标原点．AB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，设椭圆方程为：b2x2+a2(y+h)2–a2b2=0.直线CD的方程为y=k1x，直线EF的方程为y=k2x，则过点C，F，D，E的二次曲线系为b2x2+a2(y+h)2–a2b2+λ(y–k1x)(y–k2x)=0，令y=0，得(b2–λk1k2)x2+a2h2–b2a2=0．由韦达定理xp+xq=0，即MP=MQ．命题得证．类似地可以证明把圆改为抛物线、双曲线结论也成立.若在蝴蝶定理的条件中把中点M改为AB上任一点，结论是：=④(证明略)这是蝴蝶定理的更一般性结论，显然当MA=MB时．MP=MQ．ABFDQMPCEABFDQMPEOCxyABFDQMPEOCxyABDFPMQCExy蝴蝶定理精讲摘要④式成立的条件是AB是⨀O的弦，M是AB上任一点，若把圆改为圆锥曲线，结论仍然成立．=.蝴蝶定理对于圆或圆锥曲线，④式仍然成立，一般地，结论可用矢量法表示：=(点M也可以是AB延长线上的点)．APMQBDExy图1FC定理1：在圆锥曲线中，过弦AB中点M任作两条弦CD和EF，直线CE与DF交直线AB于P，Q，则有|MP|=|MQ|.另一种证明：如图1，以M为原点，AB所在的直线为y轴，建立直角坐标系.设圆锥曲线的方程为Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0(*)，设A(0，t)，B(0，–t)，知t，–t是Cy2+Ey+F=0的两个根，所以E=0.若CD，EF有一条斜率不存在，则P，Q与A，B重合，结论成立.若CD，EF斜率都存在，设C(x1，k1x1)，D(x2，k1x2)，E(x3，k2x3)，F(x4，k2x4)，P(0，p)，Q(0，q)，CE:y=(x–x1)+k1x1，p=(0–x1)+k1x1=，同理q=，所以p+q=将y=k1x代入(*)得(A+Bk1+Ck)x2+(D+Ek1)x+F=0，又E=0.得x1+x2=,x1x2=，同理x3+x4=,x3x4=，所以p+q=0，即|MP|=|MQ|.定理2：在圆锥曲线中，过弦AB端点的切线交于点M，过M的直线l∥AB，过M任作两条弦CD和EF，直线CE与DF交直线l于P，Q，则有|MP|=|MQ|.证明：如图2，以M为原点，AB所在的直线为y轴，建立直角坐标系.设圆锥曲线的方程为Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0(*)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则切线MA的方程是x1+y1+F=0，切线MB的方程是x1+y2+F=0，得E(y1–y2)=0，所以E=0.（下面与定理1的证明相同，略）特别的，当弦AB垂直圆锥曲线的对称轴时，点M在圆锥曲线的该对称轴上.ACPMQBDElxy图5F调研精讲 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 （I）e=22aba；（II）见解析(Ⅲ)见解析．解析（I）椭圆方程为22xa+22()yrb=1焦点坐标为F1(22ab，r)，F2(22ab，r)，离心率e=22aba.（Ⅱ）证明：将直线CD的方程y=k1x代入椭圆方程，得b2x2+a2(k1x–r)2=a2b2，整理得：(b2+a2k21)x2–2k1a2rx(a2r2–a2b2)=0．根据韦达定理，得：x1+x2=2122212karbak，x1∙x2=22222221arabbak，所以1212xxxx=2212rbkr①将直线GH的方程y=k2x代入椭圆方程，同理可得3434xxxx=2222rbkr②(韦达定理真的“很伟大”)由①，②得：11212kxxxx=222rbr=23434kxxxx，所以结论成立.（Ⅲ）证明：设点P(p，0)，点Q(q，0)，由C、P、H共线，得：12xpxp=1122kxkx，解得p=12121122()kkxxkxkx.由D、Q、G共线，同理可得：q=12231223()kkxxkxkx.由11212kxxxx=23434kxxxx，变形得231223xxkxkx=141124xxkxkx【调研1】如图，椭圆的长轴A1A2(=2a)与x轴平行，短轴B1B2(=2b)在y轴上，中心为M(0，r)(b>r>0)(Ⅰ)写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率；(Ⅱ)直线y=k1x交椭圆于两点C(x1，y1)，D(x2，y2)(y2>0)；直线y=k2x交椭圆于两点G(x3，y3)，H(x4，y4)(y4>0).求证：=；(Ⅲ)对于(Ⅱ)中的C，D，G，H，设CH交x轴于点P，GD交x轴于点Q.求证：|OP|=|OQ|.(证明过程不考虑CH或GD垂直于x轴的情形)A1B1HGQMPDOCxyA2B2即12231223()kkxxkxkx=12141124()kkxxkxkx，所以|p|=|q|，即|OP|=|OQ|.答案（1）24x+y2=1；(2，1)；（2）见解析．解析（1）由已知，a=2b．又椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)过点13,2P，故234b+214b=1，解得b2=1.所以椭圆E的方程24x+y2=1.（2）设直线l的方程为y=12x+m(m≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由方程组221412xyyxm，得x2+2mx+2m2–2=0①方程①的判别式为∆=4(2–m2)，由∆>0，即2–m2>0，解得2<m<2．由①得x1+x2=–2m，x1x2=2m2–2．所以M点坐标为,2mm，直线OM方程为y=12x，由方程组221412xyyx，得22,2C，22,2D．所以|MC|∙|MD|=2555(2)(2)(2)224mmm．|MA|∙|MB|=14|AB|2=14221212()()xxyy=212125()416xxxx【调研2】已知椭圆E:+=1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上．（1）求椭圆E的方程；（2）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|∙|MB|=|MC|∙|MD|．=22544(22)16mm=25(2)4m.所以|MA|∙|MB|=|MC|∙|MD|．答案（I）26x+23y=1；(2，1)；（II）λ=45．解析（Ⅰ）设短轴一端点为C(0，b)，左右焦点分别为F1(–c，0)，F2(c，0)，其中c>0，则c2+b2=a2；由题意，△F1F2C为直角三角形，∴|F1F2|2=|F1C|2+|F2C|2，解得b=c=22a，∴椭圆E的方程为222xb+22yb=1；代入直线l：y=–x+3，可得3x2–12x+18–2b2=0，又直线l与椭圆E只有一个交点，则△=122–4×3(18–2b2)=0，解得b2=3，∴椭圆E的方程为26x+23y=1；由b2=3，解得x=2，则y=–x+3=1，所以点T的坐标为(2，1)；（Ⅱ）设P(x0，3–x0)在直线l上，由kOT=12，直线l′平行OT，得直线l′的参数方程为0023xxtyxt，代入椭圆E中，得：(x0+2t)2+2(3–x0+t)2=6，整理得2t2+4t+x20–4x0+4=0；设两根为tA，tB，由韦达定理，则有tA∙tB=20(2)2x；而|PT|2=(2200(2)(31)xx)2=2(x0–2)2，|PA|=220000[(2)][(3)(3)]AAxtxxtx=|5tA|，|PB|=220000[(2)][(3)(3)]BBxtxxtx=|5tB|，且|PT|2=λ|PA|∙|PB|，【调研3】已知椭圆E:+=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的3个顶点，直线l：y=–x+3与椭圆E有且只有一个公共点T．（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数λ，使得|PT|2=λ|PA|∙|PB|，并求λ的值．∴λ=2||||||PTPAPB=20202(1)5(1)2xx=45，即存在满足题意的λ值．答案（1）24x+22y=1；（2）（ii）62．解析（1）由题意得22224222acabc，解得222abc，所以椭圆的方程为24x+22y=1．（2）（i）设N(xN，0)，P(xP，yP)，直线PA：y=kx+m，因为点N为直线PA与x轴的交点，所以xN=mk，因为点M(0，m)为线段PN的中点，所以2NPxx=0，02Py=m，得xP=mk，yP=2m，所以点Q,2mmk，所以k'=20mmmk=–3k，故'kk=–3为定值．（ii）直线PA：y=kx+m，与椭圆方程联立22142ykxmxy，得：(2k2+1)x2+4kmx+2m2–4=0，所以∆=16k2m2–4(2k2+1)(2m2–4)=32k2–8m2+16>0①x1+x2=2421kmxk，y1+y2=2221mk，所以A222264(21)21kmmkmkkk，，直线QM:y=–3kx+m与椭圆方程联立223142ykxmxy，【调研4】已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4，焦距为．（1）求椭圆C的方程；（2）过动点M(0，m)(m>0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点，过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长Q交C于点B．（i）设直线PM，QM的斜率分别为k，k'，证明为定值；（ii）求直线AB的斜率的最小值．AQMPONxyB得(18k2+1)x2–12kmx+2m2–4=0，所以x1+x2=212181kmk，y1+y2=22181mk，所以B22224916,181181mkkmmkkk，kAB=BABAyyxx=2614kk=32k+14k，因为点P在椭圆上，所以224mk+242m=1，得m2=22481kk②将②代入①得(4k2+1)2>0恒成立，所以k2≥0，所以k≥0，所以kAB=32k+14k≥31224=62(当且仅当k=66时取“=”)，所以当k=66时，kAB的最小值为62．分析：该题中的椭圆C的方程易知为24x+22y=1；第(Ⅱ)小题中由已知|AP|∙|QB|=|AQ|∙|PB|，即||||APPB=||||AQQB，说明Q点在极点P关于椭圆C对应的极线上，其方程为44x+2y=1，即x+2y=1．答案（1）24x+22y=1；（2）见解析；解析(1)由题意：2222222211cabcab，解得a2=4，b2=2，所求椭圆方程为24x+22y=1.(2)方法一:设点Q(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题设知|PA|，|PB|，|AQ|，|QB|均不为零，记λ=||||APPB=||||AQQB，则λ>0且λ≠1.又A，P，B，Q四点共线，从而AP=–λPB，AQ=λQB，于是4=121xx，1=121yy，x=121xx，y=121yy.从而2221221xx=4x①2221221yy=y②【调研5】设椭圆C:+=1(a>b>0)过点M(，1)，且左焦点为F1(，0)，（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）当过点P(4，1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点A，B时，在线段AB上取点Q，满足||∙||=||∙||，证明：点Q总在某定直线上.又点A、B在椭圆C上，即x21+2y21=4③x22+2y22=4④①+②×2并结合③，④得4s+2y=4即点Q(x，y)总在定直线2x+y–2=0上方法二:设点Q(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题设知|PA|，|PB|，|AQ|，|QB|均不为零，且||||PAAQ=||||PBQB.又P，A，Q，B四点共线，可设PA=λAQ，PB=λBQ(λ≠0，±1)，于是x1=41x，y1=11y①x2=41x，y2=11y②由于A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆C上，将①，②分别代入C的方程x2+2y2=4，整理(x2+2y2–4)λ2–4(2x+y–2)λ+14=0③(x2+2y2–4)λ2+4(2x+y–2)λ+14=0④④–③得8(2x+y–2)λ=0∵λ≠0，∴2x+y–2=0即点Q(x，y)总在定直线2x+y–2=0上.ANMTOFxyB蝴蝶定理的推广1．椭圆+=1(a>b>0)的左右顶点为A，B，T为定直线x=t(t≠0)上的任一点，直线TA，TB与椭圆分别交于点M，N，则直线MN恒过定点C(，0)．2．如图，过有心圆锥曲线mx2+ny2=1的中心O和形内定点(x0，y0)的直线交曲线于A，B，T为定直线l：mx0x+ny0y=1上的任一点，直线TA，TB与椭圆分别交于点M，N，则直线MN恒过定点(x0，y0)．证明：连结MN交AB于点C，过点C作l的平行线交圆锥曲线于点P，Q，又设直线AB交l于点D．先证点C为PQ的中点．设C(xC，yC)，因C在过点(x0，y0)的直线上，所以可设xC=tx0，yC=ty0，由于直线PQ与直线l：mx0x+ny0y=1平行，且过点C(tx0，ty0)，故直线PQ方ANMTOFxyBDlPQCE程为mx0x+ny0y=t(mx+ny)，联立mx2+ny2=1得m(mx+ny)x2–2mx0t(mx+ny)x+t2(mx+ny)2–ny=0，由根与系数关系得xP+xQ=2tx0=2xC，据此知C即PQ的中点.由圆锥曲线的蝴蝶定理知|CE|=|CF|，因此===，即=，注意到xA=–xB化简得xC=.另一方面，将直线AB方程x0y–y0x=0联立mx2+ny2=1得(mx+ny)x2–x=0∴xAxB=，即x=；将直线AB方程x0y–y0x=0联立mx0x+ny0y=1得xD=，因此可得xC==x0，又C(xC，yC)在直线x0y–y0x=0上，∴yC=y0，故直线MN恒过定点(x0，y0)．值得说明的是，对于抛物线也有类似的结论，证明方法类似，读者不妨自行研究．蝴蝶定理推论性质1：过点M(m，0)做椭圆、双曲线±=1的弦CD，EF是其焦点轴，则直线CE、DF的连线交点G在直线l：x=上.特别的，当M为焦点时，l就是准线.当M为准线与焦点轴所在直线的交点时，l就是过焦点的直线.证明：如图3，过M做直线AB垂直焦点轴所在的直线，直线CE与FD交直线AB于P，Q，则|MP|=|MQ|.过G做GH垂直焦点轴所在直线于H，得===，设M(m，0)，H(n，0)，焦点轴长为2a，则有=，得mn=a2.ACOPMQBDElHxy图3GF蝴蝶定理推论性质2：若圆锥曲线为抛物线，把无穷远点作为其虚拟顶点，把图3中的DF看作与焦点轴平行的直线，于是得到性质2.性质2：过点M(m，0)做抛物线y2=2px的弦CD，E是抛物线的顶点，直线DF与抛物线的对称轴平行，则直线CE、DF的连线交点在直线l：x=–m上.特别的，当M为焦点时，l就是准线.当M为准线与焦点轴的交点时，l就是过焦点的直线.蝴蝶定理推论性质3：直线l：x=，过点M(m，0)作椭圆、双曲线±=1的弦CD，直线l与CD交于点I，则=.证明：如图，由定理1，定理2及性质1得：.ACOPMQBDElIxyGF蝴蝶定理推论性质4：过点M(m，0)做椭圆、双曲线±=1的弦CD、EF，则直线CE、DF的连线交点G在直线l：x=上.证明：如图5，过G做GH垂直焦点轴所在的直线，由定理1，定理2得：===，由性质3得，点I在直线l：x=上，所以点G在直线l：x=上.ACOPMQBDElHxy图5GF蝴蝶定理推论性质5：直线l：x=–m，过点M(m，0)做抛物线y2=2px的弦CD，直线l与CD交于点I，则=.蝴蝶定理推论性质6：过点M(m，0)做抛物线y2=2px的弦CD、EF，则直线CE、DF的连线交点G在直线l：x=–m上.OFGMDExy图6lC蝴蝶定理推论性质7：过点M(m，0)做椭圆、双曲线±=1的弦CD，则以C，D为切点的圆锥曲线的切线的交点G在直线l：x=上.证明：如图6，设切线CG交直线l于G1，连接G1D，若G1D与圆锥曲线有除D点外的公共点F，做直线FM交圆锥曲线于E，由性质4知CE与DF的交点在直线l上，所以C、E、G1三点共线，与CG1是圆锥曲线的切线矛盾，所以G1D与圆锥曲线只有一个公共点D，G1D是圆锥曲线的切线，G1与G重合，G在直线l上.蝴蝶定理推论性质8：过点M(m，0)做抛物线y2=2px的弦CD，则以C，D为切点的圆锥曲线的切线的交点G在直线l：x=–m上.OPGMDExylCQ蝴蝶定理推论性质9：直线l：x=，过点M(m，0)做椭圆、双曲线±=1的弦CD，C、D在l上的射影为E、G，在焦点轴所在直线上的射影为Q、P，则=.蝴蝶定理推论性质10：直线l：x=–m，过点M(m，0)做抛物线y2=2px的弦CD，C、D在l上的射影为C1、D1，在对称轴上的射影为C2、D2，则=.蝴蝶定理推论性质12：在圆锥曲线中，过弦AB端点的切线交于点M，过M任作两条弦CD和EF，直线CE与DF交于点G，过G做GI∥AB，直线GI交FE于I，则=.【调研6】在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆+=1的左、右顶点为A、B，右焦点为F．设过点T(t，m)的直线TA、TB与椭圆分别交于点M(x1，y1)、N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0．（1）设动点P满足PF2–PB2=4，求点P的轨迹；（2）设x1=2，x2=，求点T的坐标；（3）设t=9，求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)．ANMTOFxyB蝴蝶定理推论性质11：在圆锥曲线中，过弦AB中点M任作两条弦CD和EF，直线CE与DF交于点G，过G做GI∥AB，直线GI交FE于I，则=.证明：如图8，直线CE与DF交直线AB于P，Q，由定理1得：|MP|=|MQ|，所以===.APMQBDE图8FCGI答案(1)x=92；(2)T(7，103)(3)见解析．解析（1）设点P(x，y)，则F(2，0)、B(3，0)、A(–3，0)．由PF2–PB2=4，得(x–2)2+y2–[(x–3)2+y2]=4，化简得x=92．故所求点P的轨迹为直线x=92．（2）将x1=2，x2=13分别代入椭圆方程，以及y1>0，y2<0，得M(2，53)、N(13，209)直线MTA方程为：0503y=323x，即y=13x+1，直线NTB方程为：02009y=3133x，即y=56x–52．联立方程组，解得：7103xy，所以点T的坐标为(7，103)．（3）设点T的坐标为(9，m)直线MTA方程为：00ym=393x，即y=12m(x+3)，直线NTB方程为：00ym=393x，即y=6m(x–3)．分别与椭圆29x+25y=1联立方程组，同时考虑到x1≠–3，x2≠3，解得：M2223(80)40(,)8080mmmm、N2223(20)20(,)2020mmmm．（方法一）当x1≠x2时，直线MN方程为：222202040208020mymmmmm=2222223(20)203(80)3(20)8020mxmmmmm.令y=0，解得：x=1．此时必过点D(1，0)；当x1=x2时，直线MN方程为：x=1，与x轴交点为D(1，0)．所以直线MN必过x轴上的一定点D(1，0)．(方法二)若x1=x2，则由22240380mm=2236020mm及m>0，得m=210，此时直线MN的方程为x=1，过点D(1，0)．若x1≠x2，则m≠210，直线MD的斜率kMD=22240802403180mmmm=21040mm，直线ND的斜率kND=2222020360120mmmm=21040mm，得kMD=kND，所以直线MN过D点．因此，直线MN必过x轴上的点(1，0)．【点评】本小题主要考查求简单曲线的方程，考查方直线与椭圆的方程等基础知识．考查运算求解能力和探究问题的能力1．设过抛物线y2=2px(p>0)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y2=8px(p>0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y2=8px(p>0)的另一个交点为Q，则ABQABOSS=________.解析：设直线OP的方程为y=kx(k≠0)，联立得22ykxypx，解得P222,ppkk，联立得28ykxypx，解得Q288,ppkk，∴|OP|=224244ppkk=2221pkk，|PQ|=22423636ppkk=2261pkk，∴ABQABOSS=||||PQOP=3.2．已知椭圆2xm+2yn=1(m>n>0)的离心率e的值为12，右准线方程为x=4．如图所示，椭圆C左右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线交椭圆C于M，N，直线AM，MB交于点P．精讲巩固ANMPOFxyB(1)求椭圆的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程；(2)若点P(4，33)，直线AN，BM的斜率分别为k1，k2，求12kk．(3)求证点P在一条定直线上．解析：(1)椭圆2xm+2yn=1(m>n>0)的离心率e的值为12，即ca=12，右准线方程为x=4，即2ac=4．解得：a=2，c=1，∵a2=b2+c2，∴b=3.故椭圆的标准方程为：24x+23y=1．(2)点P(4，33)，A(–2，0)，故得直线AP方程为y=32(x+2)，与椭圆方程24x+23y=1联立，求解点M的坐标为(0，3)．那么可得MN直线程为y=l–3x，与椭圆方程24x+23y=1联立，求解点N的坐标为(85，335)．那么AN的斜率为k1=36，BM斜率为k2=36，则12kk=13.(3)设斜率存在的MN的直线方程为y=k(x–l)，利用设而不求的思想，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，与椭圆方程24x+23y=1联立，可得：(4k2+3)x2–8k2x+4k2–12=0，那么：x1+x2=22843kk①，x1x2=2241243kk②由A，M的坐标可得直线AM的方程为y=112yy(x+2)由B，N的坐标可得直线BN的方程为y=222yy(x–2)直线AM与直线BN联立，可得：x=21212122334xxxxxx∴x=21212212223()442xxxxxxxx③将①②代入③解得：x=4．故点P存在直线x=4上．当k不存在时，经验证，点P在直线x=4上满足题意.3．已知菱形ABCD的顶点A，C在椭圆x2+3y2=4上，对角线BD所在直线的斜率为1．(1)当直线BD过点(0，1)时，求直线AC的方程；(2)当∠ABC=60°时，求菱形ABCD面积的最大值．解析：(1)由题意，得直线BD的方程为y=x+1，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．于是可设直线AC的方程为y=–x+n．由2234xyyxn，得4x2–6nx+3n2–4=0．因为A，C在椭圆上，所以∆=–12n2+64＞0，解得433<n<433.设A，C两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1+x2=32n，x1x2=2344n，y1=–x1+n，y2=–x2+n.所以y1+y2=2n.所以AC的中点坐标为(34n，4n).由四边形ABCD为菱形可知，点(34n，4n)在直线y=x+1上，所以4n=34n+1，解得n=–2．所以直线AC的方程为y=–x–2，即x+y+2=0．(2)因为四边形ABCD为菱形，且∠ABC=60°，所以|AB|=|BC|=|CA|．所以菱形ABCD的面积S=32|AC|2.由(1)可得|AC|2=(x1–x2)2+(y1–y2)2=23162n，所以S=34(–3n2+16)(433<n<433)．所以当n=0时，菱形ABCD的面积取得最大值43．4．已知椭圆C:22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为12，以原点为圆心，以椭圆的短半轴为半径的圆与直线x–y+6=0相切．(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆的右焦点F的直线l1与椭圆交于A、B，过F与直线l1垂直的直线l2与椭圆交于C、D．与直线l3：x=4交于P；①求证：直线PA、PF、PB的斜率kPA，kPF，kPB成等差数列；②是否存在常数λ使得|AB|+|CD|=λ|AB|∙|CD|成立，若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由.解析：∵椭圆C：22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为12，∴e=ca=12，AFCPOxyBDF∵椭圆C的短半轴为半径的圆与直线x–y+6=0相切，b=62=3，则a2=b2+c2=4．故椭圆C的方程为：24x+23y=1．(2)①证明：∵椭圆24x+23y=1的左焦点F(1，0)，当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x=l，联立直线方程和椭圆方程可得：A(1，32)，B(1，32)，此时kPA与kPB互为相反数，则kPA，kPF，kPB成等差数列；当直线AB的斜率存在时，设过其右焦点F的直线AB的方程为：y=k(x–1)，k≠0，CD的直线程为：y=1k(x–1)，由方程组22(1)143ykxxy，得(3+4k2)x2–8k2x+4k2–12=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=22834kk，x1x2=2241234kk.由直线CD的方程中，取x=4，的y=3k，∴P(4，3k)，则kPA+kPB=1134ykx+2234ykx=12211233()(4)()(4)(4)(4)yxyxkkxx=12121212243(5)()82164()kxxkkxxkkxxxx=222222222438412(5)82343484121643434kkkkkkkkkkkkk=2727236(1)kkk=2k=2kPF.综上，kPA，kPF，kPB成等差数列；②∵椭圆24x+23y=1的左焦点F(1，0)，设过其右焦点F的直线AB的方程为：y=k(x–1)，k≠0，由方程组22(1)143ykxxy，得(3+4k2)x2–8k2x+4k2–12=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=22834kk，x1x2=2241234kk.由弦长公式得|AB|=2212121()4kxxxx=2222228412143434kkkkk=2212(1)34kk.同理设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则|CD|=22112(1)134kk=2212(1)34kk.∵|AB|+|CD|=λ|AB|∙|CD|，∴λ=||||||||ABCDABCD=1||AB+1||CD=223412(1)kk+223412(1)kk=227(1)12(1)kk=712.∴存在常数λ=712，使得|AB|+|CD|=λ|AB|∙|CD|成立.5．在平面直角坐标系中，已知焦距为4的椭圆C:22xa+22yb=1(a>b>0)左、右顶点分别为A、B，椭圆C的右焦点为F，过F作一条垂直于x轴的直线与椭圆相交于R、S，若线段RS的长为103．（1）求椭圆C的方程；（2）设Q(t，m)是直线x=9上的点，直线QA、QB与椭圆C分别交于点M、N，求证：直线MN必过x轴上的一定点，并求出此定点的坐标．解析：(1)依题意，椭圆过点(2，53)，故2222425194abab，解得2295ab，椭圆C的方程29x+25y=1.(2)设Q(9，m)，直线QA的方程为y=12m(x+3)代入椭圆方程，得(80+m2)x2+6x+9m2–720=0设M(x1，y1)，则–3x1=22972080mm⟹x1=22240380mm，y1=12m(x1+3)=12m(22240380mm+3)=24080mm，故点M的坐标为222240340,8080mmmm.同理，直线QB的方程为y=6m(x–3)，代入椭圆方程，得(20+m2)x2–6x+9m2–180=0设N(x2，y2)，则3x2=22918020mm⟹x2=2236020mm，y2=6m(x2–3)=6m(2236020mm–3)=22020mm，故点N的坐标为22236020,2020mmmm.①若x1=x2，即=22240380mm=2236020mm⟹m2=40，直线MN方程为x=1，与x轴交点为(1，0)．②若m2≠40，直线MN方程为y+22020mm=21040mm(x–2236020mm)ANMQOxyB9令y=0，解得：x=1．综上所述，直线MN必过x轴上的定点(1，0)．6．如图，F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点，过F的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，其中y1>0，y1y2=–4．过点A作y轴的垂线交抛物线的准线于点H，直线HF交抛物线于点P，Q．（1）求p的值；（2）求四边形APBQ的面积S的最小值．解析：（I）易得直线AB的方程为(y1+y2)y=2px+y1y2，代入02p，，得y1y2=–p2=–4，所以p=2；（II）点A(214y，y1)，B(224y，y2)，则H(–1，y1)，直线PQ:y=12y(x–1)，代入y2=4x，得y21x–(2y21+16)+y21=0.设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则|PQ|=x3+x4+2=21214(4)yy.设A，B到PQ的距离分别为d1，d2，由PQ:y1x+2y–y1=0，得d1+d2=32112112121|2(2)|444yyyyyyyy=31122121|(2)|44yyyyyy=311221|2|44yyyy=3111214|2|44yyyy=221211(4)44yyy，因此SAPBQ=12|PQ|∙(d1+d2)=25131(4)2yy.设函数f(x)=256(4)xx(x>0)，则f'(x)=24274(4)(6)xxx，可得，当x∈(0，6)时，f(x)单调递减；当x∈(6，+∞)时，f(x)单调递增，从而当y1=6时，S取得最小值1(6)2f=25159．xyOHFQPBA