Question

已知動點M到點F（

3

，0）的距離與到直線x=

4

3

的距離之比為定值

3

2

，記M的軌跡為C．
（1）求C的方程，并畫出C的簡圖；
（2）點P是圓x²+y²=1上第一象限內(nèi)的任意一點，過P作圓的切線交軌跡C于R，Q兩點．
（i）證明：|PQ|+|FQ|=2；
（ii）求RQ的最大值．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：直線與圓,圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（1）設動點M（x，y），由于動點M到點F（

3

，0）的距離與到直線x=

4

3

的距離之比為定值

3

2

，可得

(x- 3 )2+y2

|x- 4 3 |

=

3

2

，化簡即可得出．
（2）（i）設Q（x₀，y₀），（x₀＞0），則

y

2 0

=1-

x 2 0

4

．根據(jù)定義可得

|FQ|

| 4 3 -x0|

=

3

2

，|FQ|=2-

3

2

x0．利用圓的切線的性質(zhì)可得：|PQ|=

OQ2-1

=

3

2

x0．
即可證明|FQ|+|PQ|=2．
（ii）設過點P圓的切線PQ方程為：y=kx+m，（k＜0，m＞0），R（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．利用圓的切線性質(zhì)可得

|m|

1+k2

=1，化為m²=1+k²．把直線方程與橢圓的方程聯(lián)立可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．利用根與系數(shù)的關(guān)系可得弦長|RQ|，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值最值即可得出．

解答： 解：（1）設動點M（x，y），
∵動點M到點F（

3

，0）的距離與到直線x=

4

3

的距離之比為定值

3

2

，
∴

(x- 3 )2+y2

|x- 4 3 |

=

3

2

，化為

x2

4

+y2=1．
（2）（i）證明：設Q（x₀，y₀），（x₀＞0），則

y

2 0

=1-

x 2 0

4

．
根據(jù)定義可得

|FQ|

| 4 3 -x0|

=

3

2

，∴|FQ|=2-

3

2

x0．
利用圓的切線的性質(zhì)可得：|PQ|=

OQ2-1

=

x 2 0 + y 2 0 -1

=

x 2 0 +1- x 2 0 4 -1

=

3

2

x0．
∴|FQ|+|PQ|=2．
（ii）設過點P圓的切線PQ方程為：y=kx+m，（k＜0，m＞0），R（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
則

|m|

1+k2

=1，化為m²=1+k²．
聯(lián)立

y=kx+m x2+4y2=4

，化為（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
△=64k²m²-4（1+4k²）（4m²-4）＞0，
∴x1+x2=

-8km

1+4k2

，x1x2=

4m2-4

1+4k2

．
∴|RQ|=

(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]

=

(1+k2)[( -8km 1+4k2 )2-4× 4m2-4 1+4k2 ]

=4

(1+k2)(1+4k2-m2) (1+4k2)2

，
把m²=1+k²代入上式可得|RQ|=4

(1+k2)•3k2 (1+4k2)2

=4

3k2(1+k2) (1+4k2)2

，
令k²=t＞0，f（t）=

t(1+t)

(1+4t)2

，
則f′（t）=

(2t+1)(1+4t)2-(t2+t)(32t+8)

(1+4t)4

=

-(4t+1)(2t-1)

(1+4t2)4

，
令f′（t）＞0，解得0＜t＜

1

2

，此時f（t）單調(diào)遞增；令f′（t）＜0，解得t＞

1

2

，此時f（t）單調(diào)遞減．
∴當t=

1

2

即k=-

2

2

時，f（t）取得最大值，|RQ|的最大值為2．

點評：本題考查了橢圓的第二定義、標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、點到直線的距離公式、弦長公式、圓的切線的性質(zhì)，考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．