Question

14．已知橢圓C的方程是：$\frac{{x}^{2}}{4}$$+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（1）設(shè)M是C上任意一點(diǎn)，在x軸上是否存在兩個(gè)不同的點(diǎn)P、Q，滿足k_MP•k_MQ（k_MP、k_MQ分別表示直線MP、MQ的斜率）是定值，若存在，求出P、Q的坐標(biāo)；否則說(shuō)明理由；
（2）過(guò)點(diǎn)（m，0）作圓x²+y²=1的切線l交曲線C于A、B兩點(diǎn)設(shè)線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x₀，求|x₀|的最大值．

Answer 1

分析 （1）先設(shè)任意一點(diǎn)M以及P、Q的坐標(biāo)，k_MP•k_MQ=k（常數(shù)），根據(jù)軌跡方程列出關(guān)于k、s、t的方程，并求出k、s、t的值，即可求出結(jié)果；
（2）利用直線的斜率存在與不存在，分別與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理求得AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x₀，再由點(diǎn)到直線的距離公式轉(zhuǎn)化，最后由基本不等式求解．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)M（x₀，y₀），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2}=1$，x₀≠±2，
設(shè)P（s，0），Q（t，0），k_MP•k_MQ=k（常數(shù)），
∴k_MP•k_MQ=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-s}•\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-t}$=$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-（s+t）{x}_{0}+st}$=$\frac{4-{{x}_{0}}^{2}}{2[{{x}_{0}}^{2}-（s+t）{x}_{0}+st]}$=k，
整理得（2k+1）x₀²-2k（s+t）x₀+2（kst-2）=0，
由題意，上面的方程對(duì)（-2，2）內(nèi)的一切x₀均成立
∴2k+1=0，-2k（s+t）=0且2（kst-2）=0，
解得k=-$\frac{1}{2}$，s=2，t=-2，或s=-2，t=2
∴在x軸上只存在兩定點(diǎn)P（2，0）、Q（-2，0）使得直線MP與MQ的斜率之積為定值-$\frac{1}{2}$；
（2）由題意知，|m|≥1．
當(dāng)m=1時(shí)，切線l的方程x=1，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），（1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x₀=1；
當(dāng)m=-1時(shí)，線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x₀=-1；
當(dāng)|m|＞1時(shí)，設(shè)切線l的方程為y=k（x-m），（k≠0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-m）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-4k²mx+2k²m²-4=0．
設(shè)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），
則△=16k⁴m²-4（1+2k²）（2k²m²-4）=32k²-8k²m²+16＞0．
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}m}{1+2{k}^{2}}$，
由l與圓x²+y²=1相切，得$\frac{|km|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=1$，得${k}^{2}=\frac{1}{{m}^{2}-1}$
∴|x₀|=|$\frac{2{k}^{2}m}{1+2{k}^{2}}$|=|$\frac{2m}{{m}^{2}+1}$|=$\frac{2|m|}{|m{|}^{2}+1}$=$\frac{2}{|m|+\frac{1}{|m|}}＜1$．
∴|x₀|的最大值為1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系，弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，是中檔題．