Question

已知动点M到点F（

3

，0）的距离与到直线x=

4

3

的距离之比为定值

3

2

，记M的轨迹为C．
（1）求C的方程，并画出C的简图；
（2）点P是圆x²+y²=1上第一象限内的任意一点，过P作圆的切线交轨迹C于R，Q两点．
（i）证明：|PQ|+|FQ|=2；
（ii）求RQ的最大值．

Answer 1

考点：直线与圆锥曲线的综合问题

专题：直线与圆,圆锥曲线中的最值与范围问题

分析：（1）设动点M（x，y），由于动点M到点F（

3

，0）的距离与到直线x=

4

3

的距离之比为定值

3

2

，可得

(x- 3 )2+y2

|x- 4 3 |

=

3

2

，化简即可得出．
（2）（i）设Q（x₀，y₀），（x₀＞0），则

y

2 0

=1-

x 2 0

4

．根据定义可得

|FQ|

| 4 3 -x0|

=

3

2

，|FQ|=2-

3

2

x0．利用圆的切线的性质可得：|PQ|=

OQ2-1

=

3

2

x0．
即可证明|FQ|+|PQ|=2．
（ii）设过点P圆的切线PQ方程为：y=kx+m，（k＜0，m＞0），R（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．利用圆的切线性质可得

|m|

1+k2

=1，化为m²=1+k²．把直线方程与椭圆的方程联立可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．利用根与系数的关系可得弦长|RQ|，利用导数研究函数的单调性极值最值即可得出．

解答： 解：（1）设动点M（x，y），
∵动点M到点F（

3

，0）的距离与到直线x=

4

3

的距离之比为定值

3

2

，
∴

(x- 3 )2+y2

|x- 4 3 |

=

3

2

，化为

x2

4

+y2=1．
（2）（i）证明：设Q（x₀，y₀），（x₀＞0），则

y

2 0

=1-

x 2 0

4

．
根据定义可得

|FQ|

| 4 3 -x0|

=

3

2

，∴|FQ|=2-

3

2

x0．
利用圆的切线的性质可得：|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）设过点P圆的切线PQ方程为：y=kx+m，（k＜0，m＞0），R（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
则

|m|

1+k2

=1，化为m²=1+k²．
联立

y=kx+m x2+4y2=4

，化为（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

，
则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

，此时f（t）单调递增；令f′（t）＜0，解得t＞

1

2

，此时f（t）单调递减．
∴当t=

1

2

即k=-

2

2

时，f（t）取得最大值，|RQ|的最大值为2．

点评：本题考查了椭圆的第二定义、标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、点到直线的距离公式、弦长公式、圆的切线的性质，考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．