Question

7．如图1，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，A，B为椭圆的左右顶点，F₁、F₂是左、右焦点．
（1）已知椭圆内有一点P（1，-1），在椭圆上有一动点M，则求|MP|+|MF₂|的最大值和最小值分别是多少？
（2）如图1，若直线l经过点B且垂直于x轴，点P是椭圆上异于A，B的任意一点，直线AP交l于点M，设过点M垂直于PB的直线为m．求证：直线m过定点，并求出定点的坐标．
（3）如图2，若直线l过左焦点F₁交椭圆于A，B两点，直线MA，MB分别交直线x=-4于C，D两点，求证：以线段CD为直径的圆恒过两个定点．
（4）如图3，若M，N是椭圆E上关于原点对称的两点，点P是椭圆上除M，N外的任意一点，当直线PM，PN的斜率都存在，并记为k_PM，k_PN为定值．
（5）如图4，若动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点，点M，N是直线l上的两点，且F₁M⊥l，F₂N⊥l，求四边形F₁MNF₂面积S的最大值．
（6）如图5，若过点F₂且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于P，Q两点．试探究：线段OF₂上是否存在点M（m，0）使得$\overrightarrow{QP}•\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{MQ}$，若存在，求出实数的取值范围，若不存在，说明理由．
（7）如图6，若点P为抛物线D：y²=4x上的动点，设O为坐标原点，是否存在同时满足下列两个条件的△APM？①点M在椭圆C上；②点O为△APM的重心，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）设F′为椭圆的左焦点，连结MF′，作过P、F′的直线交椭圆于M₁、M₂两点．根据椭圆的定义算出|MP|+|MF|=|MP|+（2a-|MF'|）=4+（|MP|-|MF′|），由平面几何知识得-|PF′|≤|MP|-|MF′|≤|PF′|，再利用两点间的距离公式加以计算，即可得到|MP|+|MF|的取值范围．
（2）设P（x₀，y₀）（y₀≠0），即可得出直线AP的方程，令x=2，即可得到点M的坐标，利用斜率计算公式即可得出k₁，k₂，再利用点P在椭圆上即可证明；
（3）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB：x=my-1，代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，得（3m²+4）y²-6my-9=0，由此利用已知条件能证明以线段CD为直径的圆过x轴上的两个定点（-1，0）和（-7，0）．
（4）设出点的坐标，表示出k_PM、k_PN，即可证明k_PM•k_PN为定值．
（5）将直线l的方程y=kx+m代入椭圆C的方程3x²+4y²=12中，得到关于x的一元二次方程，由直线l与椭圆C仅有一个公共点知，△=0，即可得到m，k的关系式，利用点到直线的距离公式即可得到d₁=|F₁M|，d₂=|F₂N|．
法一：当k≠0时，设直线l的倾斜角为θ，则|d₁-d₂|=|MN|×|tanθ|，即可得到四边形F₁MNF₂面积S的表达式，利用基本不等式的性质即可得出S的最大值；
法二：利用d₁及d₂表示出${d}_{1}^{2}+{d}_{2}^{2}$及d₁d₂，进而得到${S^2}=\frac{1}{{{k^2}+1}}（{d_1}^2+{d_2}^2+2{d_1}{d_2}）=\frac{{16{k^2}+12}}{{{{（{k^2}+1）}^2}}}$，再利用二次函数的单调性即可得出其最大值．
（6）存在这样的点M符合题意．设线段PQ的中点为N，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），N（x₀，y₀），直线PQ的斜率为k（k≠0），注意到F₂（1，0），则直线PQ的方程为y=k（x-1），与椭圆方程联立得到根与系数的关系，利用中点坐标公式即可得到点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与k的关系．
（7）不存在．可用反证法证明．若这样的三角形存在，由题可设$P（\frac{{{y_1}^2}}{4}，{y_1}）（{y_1}≠0），M（{x_2}，{y_2}）$，由条件知点M在椭圆上可得$\frac{{{x_2}^2}}{4}+\frac{{{y_2}^2}}{3}=1$，由三角形的重心定理可得$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OM}=\overrightarrow 0$，及点A（-2，0），代入化简即可得到x₂，判断即可．

解答 解：（1）设F′为椭圆的左焦点，连结MF′，作过P、F′的直线交椭圆于M₁、M₂两点，如图所示
∵$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$中，a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$=1，可得F（1，0），F′（-1，0）．
由椭圆的定义，得|MF|+|MF′|=2a=4，
∴|MP|+|MF|=|MP|+（4-|MF′|）=4+（|MP|-|MF′|）
由平面几何知识，得-|PF′|≤|MP|-|MF′|≤|PF′|，
∴当M与M₁重合时，|MP|-|MF′|达到最大值|PF′|；当M与M₂重合时，|MP|-|MF′|达到最小值-|PF′|．
由|PF′|=$\sqrt{（1+1）^{2}+（-1-0）^{2}}$=$\sqrt{5}$，可得|MP|-|MF′|的最大值为$\sqrt{5}$，最小值为-$\sqrt{5}$．
∴|MP|+|MF|=4+（|MP|-|MF′|）的取值范围为[4-$\sqrt{5}$，4+$\sqrt{5}$]．
（2））设P（x₁，y₁）（y₁≠0），M（2，y₀），则${k_1}=\frac{y_0}{2}$，${k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}$，
∵A，P，M三点共线，∴${y_0}=\frac{{4{y_1}}}{{{x_1}+2}}$，
设直线BP的斜率为${k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}$，直线m的斜率为${k_m}=\frac{{2-{x_1}}}{y_1}$，
则直线m的方程为$y-{y_0}=\frac{{2-{x_1}}}{y_1}（x-2）$，$y=\frac{{2-{x_1}}}{y_1}（x-2）+{y_0}=\frac{{2-{x_1}}}{y_1}x-\frac{{2（2-{x_1}）}}{y_1}+\frac{{4{y_1}}}{{{x_1}+2}}$=$\frac{{2-{x_1}}}{y_1}x+\frac{{2（{x_1}^2-4）+4y_1^2}}{{（{x_1}+2）{y_1}}}$=$\frac{{2-{x_1}}}{y_1}x+\frac{{2（{x_1}^2-4）+12-3x_1^2}}{{（{x_1}+2）{y_1}}}$
=$\frac{{2-{x_1}}}{y_1}x+\frac{{2-{x_1}}}{y_1}$=$\frac{{2-{x_1}}}{y_1}（x+1）$，
即$y=\frac{2-{x}_{1}}{{y}_{1}}（x+1）$．
所以直线m过定点（-1，0）．
（3）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB：x=my-1，
代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，整理，得（3m²+4）y²-6my-9=0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{y}_{2}=\frac{6m}{3{m}^{2}+4}}\\{{y}_{1}{y}_{2}=\frac{-9}{3{m}^{2}+4}}\end{array}\right.$，
∵MC：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，∴${y}_{C}=\frac{-6{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$，
∵MD：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}（x-2）$，∴${y}_{D}=\frac{-6{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，
∴${y}_{C}{y}_{D}=\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$=$\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{（m{y}_{1}-3）（m{y}_{2}-3）}$
=$\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}-3m（{y}_{1}+{y}_{2}）+9}$
=$\frac{36•\frac{-9}{3{m}^{2}+4}}{{m}^{2}•\frac{-9}{3{m}^{2}+4}-3m•\frac{6m}{3{m}^{2}+4}+9}=-9$，
设CD与x轴交于点N，以线段CD为直径的圆与x轴交于点P，Q，
则NP²=NQ²=NC•ND=|y_Cy_D|=9，NP=NQ=3，
∵N（-4，0），∴点P，Q的坐标为（-1，0），（-7，0），
∴以线段CD为直径的圆过x轴上的两个定点（-1，0）和（-7，0）．
证明：设M、N是椭圆上关于原点对称点，设M（x₀，y₀），则N（-x₀，-y₀），
（4）设P点坐标为（x，y），则$\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{0}^{2}}{{b}^{2}}=1$，
$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1．
即${y}_{0}^{2}={b}^{2}（1-\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}）=\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}?（{a}^{2}-{x}_{0}^{2}）$，${y}^{2}={b}^{2}（1-\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}）=\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}?（{a}^{2}-{x}^{2}）$，
∴$k_{PM}^{\;}•{k_{PN}}=\frac{{y-{y_0}}}{{x-{x_0}}}•\frac{{y+{y_0}}}{{x+{x_0}}}=\frac{{{y^2}-y_0^2}}{{{x^2}-x_0^2}}$=$\frac{\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}?（{a}^{2}-{x}^{2}）-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}?（{a}^{2}-{x}_{0}^{2}）}{{x}^{2}-{x}_{0}^{2}}$=$-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$为定值．
（5）将直线l的方程y=kx+m代入椭圆C的方程3x²+4y²=12中，得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0．                
由直线l与椭圆C仅有一个公共点知，△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，
化简得：m²=4k²+3．                          
设${d_1}=|{{F_1}M}|=\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，${d}_{2}=|{F}_{2}N|=\frac{|k+m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
法一：当k≠0时，设直线l的倾斜角为θ，
则|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，∴当k≠0时，$|m|＞\sqrt{3}$，$|m|+\frac{1}{|m|}＞\sqrt{3}+\frac{1}{{\sqrt{3}}}=\frac{4}{3}\sqrt{3}$，$S＜2\sqrt{3}$．
当k=0时，四边形F₁MNF₂是矩形，$S=2\sqrt{3}$．   
所以四边形F₁MNF₂面积S的最大值为$2\sqrt{3}$．    
法二：∵${d_1}^2+{d_2}^2={（\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}）^2}+{（\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}）^2}=\frac{{2（{m^2}+{k^2}）}}{{{k^2}+1}}=\frac{{2（5{k^2}+3）}}{{{k^2}+1}}$，${d_1}{d_2}=\frac{{|{-k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}•\frac{{|{k+m}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{{|{{m^2}-{k^2}}|}}{{{k^2}+1}}=\frac{{3{k^2}+3}}{{{k^2}+1}}=3$．
∴$|{MN}|=\sqrt{{F_1}{F_2}^2-{{（{d_1}-{d_2}）}^2}}$=$\sqrt{4-（{d_1}^2+{d_2}^2-2{d_1}{d_2}）}=\frac{2}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$．
四边形F₁MNF₂的面积$S=\frac{1}{2}|{MN}|（{d_1}+{d_2}）$=$\frac{1}{{\sqrt{{k^2}+1}}}（{d_1}+{d_2}）$，
${S^2}=\frac{1}{{{k^2}+1}}（{d_1}^2+{d_2}^2+2{d_1}{d_2}）=\frac{{16{k^2}+12}}{{{{（{k^2}+1）}^2}}}$=$16-4{（\frac{1}{{{k^2}+1}}-2）^2}≤12$．  
当且仅当k=0时，${S^2}=12，S=2\sqrt{3}$，故${S_{max}}=2\sqrt{3}$．
所以四边形F₁MNF₂的面积S的最大值为$2\sqrt{3}$．
（6）存在这样的点M符合题意．设线段PQ的中点为N，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），N（x₀，y₀），
直线PQ的斜率为k（k≠0），注意到F₂（1，0），则直线PQ的方程为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）=$\frac{-3k}{4{k}^{2}+3}$．
又点N在直线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}）$，
所以，在线段OF₂上存在点M（m，0）符合题意，其中$m∈（0，\frac{1}{4}）$．
（7）不存在，理由如下：若这样的三角形存在，由题可设$P（\frac{{{y_1}^2}}{4}，{y_1}）（{y_1}≠0），M（{x_2}，{y_2}）$，
由条件①知$\frac{{{x_2}^2}}{4}+\frac{{{y_2}^2}}{3}=1$，
由条件②得$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OM}=\overrightarrow 0$，又因为点A（-2，0），
所以$\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），
当x₂=2时，解得P（0，0）不合题意，
所以同时满足两个条件的三角形不存在．

点评 本题主要考查椭圆的方程与性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系、等差数列、二次函数的单调性、基本不等式的性质等基础知识，考查运算能力、推理论证以及分析问题、解决问题的能力，考查数形结合、化归与转化思想．综合性较强，难度较大．