Question

7．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，A，B為橢圓的左右頂點(diǎn)，F(xiàn)₁、F₂是左、右焦點(diǎn)．
（1）已知橢圓內(nèi)有一點(diǎn)P（1，-1），在橢圓上有一動(dòng)點(diǎn)M，則求|MP|+|MF₂|的最大值和最小值分別是多少？
（2）如圖1，若直線l經(jīng)過點(diǎn)B且垂直于x軸，點(diǎn)P是橢圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，直線AP交l于點(diǎn)M，設(shè)過點(diǎn)M垂直于PB的直線為m．求證：直線m過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)的坐標(biāo)．
（3）如圖2，若直線l過左焦點(diǎn)F₁交橢圓于A，B兩點(diǎn)，直線MA，MB分別交直線x=-4于C，D兩點(diǎn)，求證：以線段CD為直徑的圓恒過兩個(gè)定點(diǎn)．
（4）如圖3，若M，N是橢圓E上關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓上除M，N外的任意一點(diǎn)，當(dāng)直線PM，PN的斜率都存在，并記為k_PM，k_PN為定值．
（5）如圖4，若動(dòng)直線l：y=kx+m與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，點(diǎn)M，N是直線l上的兩點(diǎn)，且F₁M⊥l，F(xiàn)₂N⊥l，求四邊形F₁MNF₂面積S的最大值．
（6）如圖5，若過點(diǎn)F₂且與坐標(biāo)軸不垂直的直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)．試探究：線段OF₂上是否存在點(diǎn)M（m，0）使得$\overrightarrow{QP}•\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{MQ}$，若存在，求出實(shí)數(shù)的取值范圍，若不存在，說明理由．
（7）如圖6，若點(diǎn)P為拋物線D：y²=4x上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，是否存在同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件的△APM？①點(diǎn)M在橢圓C上；②點(diǎn)O為△APM的重心，若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)F′為橢圓的左焦點(diǎn)，連結(jié)MF′，作過P、F′的直線交橢圓于M₁、M₂兩點(diǎn)．根據(jù)橢圓的定義算出|MP|+|MF|=|MP|+（2a-|MF'|）=4+（|MP|-|MF′|），由平面幾何知識(shí)得-|PF′|≤|MP|-|MF′|≤|PF′|，再利用兩點(diǎn)間的距離公式加以計(jì)算，即可得到|MP|+|MF|的取值范圍．
（2）設(shè)P（x₀，y₀）（y₀≠0），即可得出直線AP的方程，令x=2，即可得到點(diǎn)M的坐標(biāo)，利用斜率計(jì)算公式即可得出k₁，k₂，再利用點(diǎn)P在橢圓上即可證明；
（3）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB：x=my-1，代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，得（3m²+4）y²-6my-9=0，由此利用已知條件能證明以線段CD為直徑的圓過x軸上的兩個(gè)定點(diǎn)（-1，0）和（-7，0）．
（4）設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，表示出k_PM、k_PN，即可證明k_PM•k_PN為定值．
（5）將直線l的方程y=kx+m代入橢圓C的方程3x²+4y²=12中，得到關(guān)于x的一元二次方程，由直線l與橢圓C僅有一個(gè)公共點(diǎn)知，△=0，即可得到m，k的關(guān)系式，利用點(diǎn)到直線的距離公式即可得到d₁=|F₁M|，d₂=|F₂N|．
法一：當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)直線l的傾斜角為θ，則|d₁-d₂|=|MN|×|tanθ|，即可得到四邊形F₁MNF₂面積S的表達(dá)式，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出S的最大值；
法二：利用d₁及d₂表示出$6ayevds_{1}^{2}+zocoenr_{2}^{2}$及d₁d₂，進(jìn)而得到${S^2}=\frac{1}{{{k^2}+1}}（{d_1}^2+{d_2}^2+2{d_1}{d_2}）=\frac{{16{k^2}+12}}{{{{（{k^2}+1）}^2}}}$，再利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出其最大值．
（6）存在這樣的點(diǎn)M符合題意．設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為N，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），N（x₀，y₀），直線PQ的斜率為k（k≠0），注意到F₂（1，0），則直線PQ的方程為y=k（x-1），與橢圓方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式即可得到點(diǎn)N，再利用向量$\overrightarrow{QP}•\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{MQ}$可得$\overrightarrow{PQ}•（\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{MQ}）=2\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{MN}=0$，因此PQ⊥MN，利用k•k_MN=-1即可得到m與k的關(guān)系．
（7）不存在．可用反證法證明．若這樣的三角形存在，由題可設(shè)$P（\frac{{{y_1}^2}}{4}，{y_1}）（{y_1}≠0），M（{x_2}，{y_2}）$，由條件知點(diǎn)M在橢圓上可得$\frac{{{x_2}^2}}{4}+\frac{{{y_2}^2}}{3}=1$，由三角形的重心定理可得$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OM}=\overrightarrow 0$，及點(diǎn)A（-2，0），代入化簡即可得到x₂，判斷即可．

解答 解：（1）設(shè)F′為橢圓的左焦點(diǎn)，連結(jié)MF′，作過P、F′的直線交橢圓于M₁、M₂兩點(diǎn)，如圖所示
∵$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$中，a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=1，可得F（1，0），F(xiàn)′（-1，0）．
由橢圓的定義，得|MF|+|MF′|=2a=4，
∴|MP|+|MF|=|MP|+（4-|MF′|）=4+（|MP|-|MF′|）
由平面幾何知識(shí)，得-|PF′|≤|MP|-|MF′|≤|PF′|，
∴當(dāng)M與M₁重合時(shí)，|MP|-|MF′|達(dá)到最大值|PF′|；當(dāng)M與M₂重合時(shí)，|MP|-|MF′|達(dá)到最小值-|PF′|．
由|PF′|=$\sqrt{（1+1）^{2}+（-1-0）^{2}}$=$\sqrt{5}$，可得|MP|-|MF′|的最大值為$\sqrt{5}$，最小值為-$\sqrt{5}$．
∴|MP|+|MF|=4+（|MP|-|MF′|）的取值范圍為[4-$\sqrt{5}$，4+$\sqrt{5}$]．
（2））設(shè)P（x₁，y₁）（y₁≠0），M（2，y₀），則${k_1}=\frac{y_0}{2}$，${k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}$，
∵A，P，M三點(diǎn)共線，∴${y_0}=\frac{{4{y_1}}}{{{x_1}+2}}$，
設(shè)直線BP的斜率為${k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}$，直線m的斜率為${k_m}=\frac{{2-{x_1}}}{y_1}$，
則直線m的方程為$y-{y_0}=\frac{{2-{x_1}}}{y_1}（x-2）$，$y=\frac{{2-{x_1}}}{y_1}（x-2）+{y_0}=\frac{{2-{x_1}}}{y_1}x-\frac{{2（2-{x_1}）}}{y_1}+\frac{{4{y_1}}}{{{x_1}+2}}$=$\frac{{2-{x_1}}}{y_1}x+\frac{{2（{x_1}^2-4）+4y_1^2}}{{（{x_1}+2）{y_1}}}$=$\frac{{2-{x_1}}}{y_1}x+\frac{{2（{x_1}^2-4）+12-3x_1^2}}{{（{x_1}+2）{y_1}}}$
=$\frac{{2-{x_1}}}{y_1}x+\frac{{2-{x_1}}}{y_1}$=$\frac{{2-{x_1}}}{y_1}（x+1）$，
即$y=\frac{2-{x}_{1}}{{y}_{1}}（x+1）$．
所以直線m過定點(diǎn)（-1，0）．
（3）證明：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB：x=my-1，
代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，整理，得（3m²+4）y²-6my-9=0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{y}_{2}=\frac{6m}{3{m}^{2}+4}}\\{{y}_{1}{y}_{2}=\frac{-9}{3{m}^{2}+4}}\end{array}\right.$，
∵M(jìn)C：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，∴${y}_{C}=\frac{-6{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$，
∵M(jìn)D：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}（x-2）$，∴${y}_{D}=\frac{-6{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，
∴${y}_{C}{y}_{D}=\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$=$\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{（m{y}_{1}-3）（m{y}_{2}-3）}$
=$\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}-3m（{y}_{1}+{y}_{2}）+9}$
=$\frac{36•\frac{-9}{3{m}^{2}+4}}{{m}^{2}•\frac{-9}{3{m}^{2}+4}-3m•\frac{6m}{3{m}^{2}+4}+9}=-9$，
設(shè)CD與x軸交于點(diǎn)N，以線段CD為直徑的圓與x軸交于點(diǎn)P，Q，
則NP²=NQ²=NC•ND=|y_Cy_D|=9，NP=NQ=3，
∵N（-4，0），∴點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)為（-1，0），（-7，0），
∴以線段CD為直徑的圓過x軸上的兩個(gè)定點(diǎn)（-1，0）和（-7，0）．
證明：設(shè)M、N是橢圓上關(guān)于原點(diǎn)對稱點(diǎn)，設(shè)M（x₀，y₀），則N（-x₀，-y₀），
（4）設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），則$\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{0}^{2}}{^{2}}=1$，
$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1．
即${y}_{0}^{2}=^{2}（1-\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}）=\frac{^{2}}{{a}^{2}}?（{a}^{2}-{x}_{0}^{2}）$，${y}^{2}=^{2}（1-\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}）=\frac{^{2}}{{a}^{2}}?（{a}^{2}-{x}^{2}）$，
∴$k_{PM}^{\;}•{k_{PN}}=\frac{{y-{y_0}}}{{x-{x_0}}}•\frac{{y+{y_0}}}{{x+{x_0}}}=\frac{{{y^2}-y_0^2}}{{{x^2}-x_0^2}}$=$\frac{\frac{^{2}}{{a}^{2}}?（{a}^{2}-{x}^{2}）-\frac{^{2}}{{a}^{2}}?（{a}^{2}-{x}_{0}^{2}）}{{x}^{2}-{x}_{0}^{2}}$=$-\frac{^{2}}{{a}^{2}}$為定值．
（5）將直線l的方程y=kx+m代入橢圓C的方程3x²+4y²=12中，得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0．                
由直線l與橢圓C僅有一個(gè)公共點(diǎn)知，△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，
化簡得：m²=4k²+3．                          
設(shè)${d_1}=|{{F_1}M}|=\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，$bwkxbpg_{2}=|{F}_{2}N|=\frac{|k+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
法一：當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)直線l的傾斜角為θ，
則|d₁-d₂|=|MN|×|tanθ|，
∴$|{MN}|=|{\frac{{{d_1}-{d_2}}}{k}}|$，$S=\frac{1}{2}|{\frac{{{d_1}-{d_2}}}{k}}|（{d_1}+{d_2}）=|{\frac{{{d_1}^2-{d_2}^2}}{2k}}|=\frac{2|m|}{{{k^2}+1}}$=$\frac{2|m|}{{\frac{{{m^2}-3}}{4}+1}}=\frac{8}{{|m|+\frac{1}{|m|}}}$，
∵m²=4k²+3，∴當(dāng)k≠0時(shí)，$|m|＞\sqrt{3}$，$|m|+\frac{1}{|m|}＞\sqrt{3}+\frac{1}{{\sqrt{3}}}=\frac{4}{3}\sqrt{3}$，$S＜2\sqrt{3}$．
當(dāng)k=0時(shí)，四邊形F₁MNF₂是矩形，$S=2\sqrt{3}$．   
所以四邊形F₁MNF₂面積S的最大值為$2\sqrt{3}$．    
法二：∵${d_1}^2+{d_2}^2={（\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}）^2}+{（\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}）^2}=\frac{{2（{m^2}+{k^2}）}}{{{k^2}+1}}=\frac{{2（5{k^2}+3）}}{{{k^2}+1}}$，${d_1}{d_2}=\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}•\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{{|{{m^2}-{k^2}}|}}{{{k^2}+1}}=\frac{{3{k^2}+3}}{{{k^2}+1}}=3$．
∴$|{MN}|=\sqrt{{F_1}{F_2}^2-{{（{d_1}-{d_2}）}^2}}$=$\sqrt{4-（{d_1}^2+{d_2}^2-2{d_1}{d_2}）}=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$．
四邊形F₁MNF₂的面積$S=\frac{1}{2}|{MN}|（{d_1}+{d_2}）$=$\frac{1}{{\sqrt{{k^2}+1}}}（{d_1}+{d_2}）$，
${S^2}=\frac{1}{{{k^2}+1}}（{d_1}^2+{d_2}^2+2{d_1}{d_2}）=\frac{{16{k^2}+12}}{{{{（{k^2}+1）}^2}}}$=$16-4{（\frac{1}{{{k^2}+1}}-2）^2}≤12$．  
當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí)，${S^2}=12，S=2\sqrt{3}$，故${S_{max}}=2\sqrt{3}$．
所以四邊形F₁MNF₂的面積S的最大值為$2\sqrt{3}$．
（6）存在這樣的點(diǎn)M符合題意．設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為N，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），N（x₀，y₀），
直線PQ的斜率為k（k≠0），注意到F₂（1，0），則直線PQ的方程為y=k（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=k（x-1）}\end{array}\right.$消去y得：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0，
所以${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，
故${x}_{0}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=\frac{4{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，y₀=k（x₀-1）=$\frac{-3k}{4{k}^{2}+3}$．
又點(diǎn)N在直線PQ上，所以N$（\frac{4{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}，\frac{-3k}{4{k}^{2}+3}）$，
由$\overrightarrow{QP}•\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{MQ}$可得$\overrightarrow{PQ}•（\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{MQ}）=2\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{MN}=0$，
∴PQ⊥MN，∴k_MN=$\frac{0+\frac{3k}{4{k}^{2}+3}}{m-\frac{4{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}}=-\frac{1}{k}$，
整理得$m=\frac{{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$=$\frac{1}{4+\frac{3}{{k}^{2}}}$$∈（0，\frac{1}{4}）$，
所以，在線段OF₂上存在點(diǎn)M（m，0）符合題意，其中$m∈（0，\frac{1}{4}）$．
（7）不存在，理由如下：若這樣的三角形存在，由題可設(shè)$P（\frac{{{y_1}^2}}{4}，{y_1}）（{y_1}≠0），M（{x_2}，{y_2}）$，
由條件①知$\frac{{{x_2}^2}}{4}+\frac{{{y_2}^2}}{3}=1$，
由條件②得$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OM}=\overrightarrow 0$，又因?yàn)辄c(diǎn)A（-2，0），
所以$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{y_1}^2}}{4}+{x_2}-2=0\\{y_1}+{y_2}=0\end{array}\right.$即$\frac{{{y_2}^2}}{4}+{x_2}-2=0$，
故$\frac{3}{4}-\frac{3}{16}{x_2}^2+{x_2}-2=0$，
解之得x₂=2或${x_2}=\frac{10}{3}$（舍），
當(dāng)x₂=2時(shí)，解得P（0，0）不合題意，
所以同時(shí)滿足兩個(gè)條件的三角形不存在．

點(diǎn)評 本題主要考查橢圓的方程與性質(zhì)、直線方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、等差數(shù)列、二次函數(shù)的單調(diào)性、基本不等式的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算能力、推理論證以及分析問題、解決問題的能力，考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性較強(qiáng)，難度較大．