如图.椭圆C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的一个焦点为F．(1)若AB为垂直于x轴的动弦.直线l:x=4与x轴交于点N.直线AF与BN交于点M.求证:点M恒在椭圆C上,(2)设动直线l′:y=kx+m与椭圆C有且只有一个公共点P.且与直线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点H.使得以PQ为直� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图，椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个焦点为F（1，0），且过点（2，0）．
（1）若AB为垂直于x轴的动弦，直线l：x=4与x轴交于点N，直线AF与BN交于点M，求证：点M恒在椭圆C上；
（2）设动直线l′：y=kx+m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q，试探究：在坐标平面内是否存在定点H，使得以PQ为直径的圆恒过点H？若存在，求出点H的坐标；若不存在，说明理由．

分析（1）由椭圆的一个焦点为F（1，0），且过点（2，0）．可得c=1，a=2．b²=a²-c²．即可得出椭圆C的方程．设A（s，t），B（s，-t），（s≠1）．联立直线AF的方程与直线BN的方程可得M，代入椭圆方程是否满足即可．
（2）假设存在定点H，使得以PQ为直径的圆恒过点H．根据椭圆的对称性，点H必定在x轴上，取k=0时，可得P（0，±$\sqrt{3}$），Q（4，$±\sqrt{3}$），设H（x₀，0），利用$\overrightarrow{PH}•\overrightarrow{QH}$=0，可得H（1，0）或（3，0）．把直线l′的方程与椭圆方程联立化为（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，利用△=0，化为m²=3+4k²．可得P$（-\frac{4k}{m}，\frac{3}{m}）$，Q（4，4k+m）．只有证明$\overrightarrow{PH}•\overrightarrow{QH}$=0即可．

解答（1）证明：由椭圆的一个焦点为F（1，0），且过点（2，0）．
∴c=1，a=2．∴b²=a²-c²=3．
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
设A（s，t），B（s，-t），（s≠1）．
则直线AF的方程为：$y=\frac{t}{s-1}（x-1）$，
直线BN的方程为：$y=\frac{-t}{s-4}（x-4）$，
解得x=$\frac{5s-8}{2s-5}$，y=$\frac{3t}{2s-5}$，
∵$\frac{{s}^{2}}{4}+\frac{{t}^{2}}{3}=1$，∴t²=$3（1-\frac{{s}^{2}}{4}）$，
∴$\frac{（5s-8）^{2}}{4（2s-5）^{2}}$+$\frac{3{t}^{2}}{（2s-5）^{2}}$=$\frac{（5s-8）^{2}+12{t}^{2}}{4（2s-5）^{2}}$=$\frac{（5s-8）^{2}+36（1-\frac{{s}^{2}}{4}）}{4（2s-5）^{2}}$=$\frac{4（2s-5）^{2}}{4（2s-5）^{2}}$=1，
因此直线AF与BN交于点M恒在椭圆C上．
（2）解：假设存在定点H，使得以PQ为直径的圆恒过点H．
根据椭圆的对称性，点H必定在x轴上，
取k=0时，可得P（0，±$\sqrt{3}$），Q（4，$±\sqrt{3}$），设H（x₀，0），
则$\overrightarrow{PH}•\overrightarrow{QH}$=0，可得${x}_{0}^{2}-4{x}_{0}+3$=0，解得x₀=1或3．
∴H（1，0）或（3，0）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化为（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
∵动直线l′：y=kx+m与椭圆C有且只有一个公共点P，
∴动直线l′与椭圆C一定相切，
∴△=0，化为m²=3+4k²．
解得P$（-\frac{4k}{m}，\frac{3}{m}）$，
Q（4，4k+m）．
取H（1，0），则$\overrightarrow{PH}$=$（1+\frac{4k}{m}，-\frac{3}{m}）$，$\overrightarrow{QH}$=（-3，-4k-m）
则$\overrightarrow{PH}•\overrightarrow{QH}$=$-3（1+\frac{4k}{m}）$+$（4k+m）×\frac{3}{m}$=0，因此满足PH⊥QH．
同理取H（3，0），也满足PH⊥QH．
综上可得：存在定点H（1，0）或（3，0），使得以PQ为直径的圆恒过点H．

点评本题考查了直线与椭圆相切问题转化为方程联立可得△=0、向量垂直与数量积的关系、直线的交点、圆的性质，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于中档题．

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