高考数学二轮复习 专题五 解析几何 1.5.3 圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题课件 文


第三讲 圆锥曲线中的定点、定值、最值与
范围问题

热点题型1 圆锥曲线中的定点、定值问题

【感悟经典】

【典例】已知椭圆C:

x2 a2

y2 ? b2

?1

(a>b>0)的离心率为

e= 1
2

,过点 (

3, 3 ) 2

.

(1)求椭圆C的方程. (2)过A(-a,0)且互相垂直的两条直线l1,l2与椭圆C的另 一个交点分别为P,Q. 问:直线PQ是否经过定点?若是,求出该定点;否则,说明 理由.

【联想解题】(1)利用椭圆的离心率公式求得a与c的关 系,则b2=a2-c2=3c2,再结合椭圆过 ( 3, 3 ) ,即可求得a
2
和b的值,求得椭圆方程.(2)由A点坐标,当直线PQ斜率 不存在时,代入椭圆方程,求得交点坐标,当直线的斜率 存在时,代入椭圆方程,利用根与系数的关系及向量数 量积的坐标运算,即可求得定点.

【规范解答】(1)由已知得

??e ?

?

c a

?

1, 2

?a2 ? b2 ? c2,

解得

?a ? 2,

? ?b

?

3,

?3 3

? ?

a

2

?

4b2

?1

??c ? 1,

所以椭圆C的方程为 x2 ? y2 ? 1.
43

(2)由(1)知A(-2,0),设P(x1,y1),Q(x2,y2).

①当PQ⊥x轴时,不妨设l1,l2的斜率分别为1,-1,则

l1:y=x+2,

与椭圆方程联立得x1=-

2 7

,

此时直线PQ与x轴交于点M (? 2,0).

7

②当直线PQ与x轴不垂直时,设直线PQ方程为

y=k(x-m)(k≠0),

代入 x2 ? y2 ? 1 整理得(4k2+3)x2-8k2mx+4k2m2-12=0,

43

所以

x1

?

x2

?

48kk22?m3,x1 gx 2

?

4k2m2 ?12 . 4k2 ? 3

因为AP⊥AQ,

uur AP

=(x1+2,y1),

uuur AQ

=(x2+2,y2),

所以

uur uuur APgAQ

=(x1+2)(x2+2)+y1y2=0,

即(x1+2)(x2+2)+k2(x1-m)(x2-m)=0,

所以(k2+1)x1x2+(2-k2m)(x1+x2)+k2m2+4=0,

? ? 所以 k2 ?1 g4k2m2 ?12 ? (2 ? k2m)g 8k2m ? k2m2 ? 4 ? 0,

4k2 ? 3

4k2 ? 3

化简得7m2+16m+4=0,解得m= ? 2 或m=-2,
7
当m=-2时,直线PQ与x轴交点与A重合,不合题意.
综上,直线PQ经过定点 (? 2,0).
7

【规律方法】 1.定点问题的求解策略 (1)假设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系 或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于 定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即所 求定点. (2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点适合题意.

2.定值问题的求解策略 (1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. (2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量, 从而得到定值.

【对点训练】

(2018·宝鸡质检)已知椭圆C:

x2 y2 a2 ? b2

?1 (a>b>0)经过

(1,1)与 ( 6 , 3 ) 两点.

22

(1)求椭圆C的方程.

(2)过原点的直线l与椭圆C交于A,B两点,椭圆C上一点M

满足|MA|=|MB|.

求证

1 OA

2

?

1 OB

2

?

2 OM 2

为定值.

【解析】(1)将(1,1)与 ( 6 , 3 ) 两点代入椭圆C的方程,
22

?1 ?? a 2

?

1 b2

? 1,

得?
?

3

?

3

解得
? 1,

?? 2a2 4b2

?a2 ? 3,

?

???b2

?

3. 2

所以椭圆C的方程为 x2 ? 2y2 ? 1.
33

(2)由|MA|=|MB|,知M在线段AB的垂直平分线上,由椭圆

的对称性知A,B关于原点对称.

①若点A,B是椭圆的短轴顶点,则点M是椭圆的一个长轴

顶点,

此时

1

1

2 112

OA 2 ? OB 2 ? OM 2 ? b2 ? b2 ? a2 ? 2.

同理,若点A,B是椭圆的长轴顶点,则点M是椭圆的一个

短轴顶点,此时

1 OA 2

?

1 OB 2

?

2 OM 2

?

1 a2

?

1 a2

?

2 b2

?

2.

②若点A,B,M不是椭圆的顶点,设直线l的方程为

y=kx(k≠0),则直线OM的方程为y=- 1 x,设
k
A(x1,y1),B(-x1,-y1),



?y ? kx, ?

?x2 ?? 3

?

2y2 3

?1

消去y得,x2+2k2x2-3=0,解得

x12

?

3 1? 2k2

,y12

?

3k 2 1? 2k2



? ? 所以|OA|2=|OB|2=

3 1? k2 x12 ? y12 ? 1? 2k2



? ? 同理

OM

2

?

3 1? k2 2? k2



? ? ?? ?? 所以

1

1

2

1? 2k2

OA 2

?

OB 2

?

OM 2

? 2? 3

1? k2

2 2? k2 ?
3 1? k2

? 2.



1 OA 2

?

1 OB 2

?

2 OM 2

?

2

为定值.

热点题型2 圆锥曲线中的探索性问题
【感悟经典】 【典例】在直角坐标系xOy中,曲线C: y=x2 与直线
4
l:y=kx+a(a>0)交于M,N两点. (1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程.
(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=
∠OPN?说明理由.

【联想解题】(1)看到求曲线上某点的切线方程,想到 利用导数求斜率,或者利用直线与曲线方程联立消元, 由根的判别式为零,求斜率. (2)看到证明角相等,想到利用直线的斜率求解.

【规范解答】(1)由题设可得M(2 a ,a),N(-2 a ,a),

或M(-2 a ,a),N(2 a ,a).

因为y′= 1x,故 y=x2 在x=2

2

4

a 处的导数值为

a,

C在(2 a ,a)处的切线方程为

y-a= a (x-2 a ),即 a x-y-a=0.

y=x2 在x=-2
4

a 处的导数值为-

a,

C在(-2 a ,a)处的切线方程为

y-a=- a (x+2 a ),即 a x+y+a=0.

所以所求切线方程为 a x-y-a=0或 a x+y+a=0.

(2)存在符合题意的点,证明如下: 设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线 PM,PN的斜率分别为k1,k2. 将y=kx+a代入C的方程整理得x2-4kx-4a=0. 所以x1+x2=4k,x1x2=-4a.

所以k1+k2=

y1 ? b ? x1

y2 ? b x2

?

2kx1x 2

?

?a

?

b ? ? x1

?

x2

?

?

k?a

?

b?
.

x1x 2

a

当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾

斜角互补,

故∠OPM=∠OPN,所以P(0,-a)符合题意.

【规律方法】 探索性问题的求解方法 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性 问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、 曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系

数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲 线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不 存在. (2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.

【对点训练】 已知曲线Γ 上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y=-3 的距离小2. (1)求曲线Γ 的方程.

(2)曲线Γ 在点P处的切线l与x轴交于点A.直线y=3分别 与直线l及y轴交于点M,N,以MN为直径作圆C,过点A作圆 C的切线,切点为B,试探究:当点P在曲线Γ 上运动(点P 与原点不重合)时,线段AB的长度是否发生变化?证明你 的结论.

【解析】方法一:(1)设S(x,y)为曲线Γ上任意一点, 依题意,点S到F(0,1)的距离与它到直线y=-1的距离相 等, 所以曲线Γ是以点F(0,1)为焦点,直线y=-1为准线的抛 物线, 所以曲线Γ的方程为x2=4y.

(2)当点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变,证明

如下:

由(1)知抛物线Γ的方程为y= 1 x2,

4

设P(x0,y0)(x0≠0),则y0=

1 4

x

2 0

,

由y′=

1 2

x,得切线l的斜率k=

1 2

x0,

所以切线l的方程为y-y0= 12x0(x-x0),

即y=

1 x0x-
2

1 4

x

2 0

.



??y ? ??y

? ?

1 2

x

0

x

?

0,

1 4

x

02,得A(

1 2

x

0,0).



? ?

y

?

??y

? ?

1 2 x0x 3,

?

1 4

x 02,得M( 1 2

x0

?

6 x0

,3).

又N(0,3),所以圆心C

(

1 4

x

0

?

3 ,3),半径r=
x0

1 2

MN

?|

1 4

x0

?

3 x0

|,

|AB|= AC 2 ? r2

?

[1 2

x0

?(1 4

x0

?

3 )]2 x0

? 32

?(1 4

x0

?

3 )2 x0

?

6.

所以点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变.

方法二:(1)设S(x,y)为曲线Γ上任意一点,
则|y-(-3)|- ?x ? 0?2 ? ?y ?1?2 =2,
依题意,点S(x,y)只能在直线y=-3的上方,所以y>-3,
所以 ?x ? 0?2 ? ?y ?1?2 =y+1,
化简得,曲线Γ的方程为x2=4y. (2)同方法一.

【提分备选】已知双曲线E:

x2 a2

?

y2 b2

? 1(a>0,b>0)的两条

渐近线分别为l1:y=2x,l2:y=-2x.

(1)求双曲线E的离心率.

(2)如图,O为坐标原点,动直线l分别交直线 l1,l2于A,B两点(A,B分别在第一、四象限), 且△OAB的面积恒为8,试探究:是否存在总 与直线l有且只有一个公共点的双曲线E?若存在,求出 双曲线E的方程;若不存在,说明理由.

【解析】方法一:(1)因为双曲线E的渐近线分别为

y=2x,y=-2x,

所以 b =2,有
a
心率e= c ? 5.
a

c2 ? a2 ? 2,即c=
a

5 a,于是双曲线的离

(2)由(1)知,双曲线E的方程为 x2 ? y2 =1.设直线l与x
a2 4a2
轴相交于点C,

当l⊥x轴时,若直线l与双曲线E有且只有一个公共点,

则 |OC| ? a,|AB| ? 4a,又因为△OAB的面积为8,

所以 1 |OC|g| AB| ? 8,即 1 a·4a=8,解得a=2,此时双曲线

2

2

E的方程为 x2 ? y2 ? 1.

4 16

若存在满足条件的双曲线E,则E的方程只能为 x2 ? y2 ? 1.
4 16
以下证明:当直线l不与x轴垂直时,双曲线E: x2 ? y2 ? 1
4 16
也满足条件.
设直线l的方程为y=kx+m,依题意,得k>2或k<-2,
则C (? m,0),记A(x1,y1),B(x2,y2),
k



?y ??y

? ?

kx 2x

?

m,

得y1=

2m 2?k

,同理y2=

2m 2?k

,

由S△OAB=

1 |OC|g| 2

y1

?

y

2|得

1 2

| ? m |g| k

2m 2?k

?

2m | ? 8, 2?k

即m2=4 |4 ? k2 | =4(k2-4),

?y ? kx ? m,



? ?x2

y2

得(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0,因为4-k2<0,

??

4

? 16

?1

所以Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+16)=-16(4k2-m2-16),又 m2=4(k2-4), 所以Δ=0,即直线l与双曲线E有且只有一个公共点. 因此,存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E, 且E的方程只能为 x2 ? y2 ? 1
4 16

方法二:(1)同方法一.

(2)由(1)知,双曲线E的方程为

x2 a2

?

y2 4a 2

? 1.

设直线l的方程为x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2),依题意

得- 1 <m< 1 ,

2

2



?x ??y

? ?

my 2x

?

t,得

y1

?

1

2t ? 2m

,同理y

2

?

? 2t , 1? 2m

设直线l与x轴相交于点C,则C(t,0),

由S△OAB=

1 |OC|g| 2

y1

?

y2

|? 8得

1 |t|g| 2t 2 1? 2m

? 2t | 1? 2m

? 8,

所以t2=4(1-4m2),

?x ? my ? t,



?

?x2 ?? a2

?

y2 4a 2

?1

得(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0,因为

4m2-1<0,

所以直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当 Δ=64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0,即4m2a2+t2-a2=0, 所以4m2a2+4(1-4m2)-a2=0,即(1-4m2)(a2-4)=0,有a2=4, 因此,存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E, 且E的方程只能为 x2 ? y2 ? 1.
4 16

方法三:(1)同方法一.

(2)当直线l不与x轴垂直时,设直线l:y=kx+m,

A(x1,y1),B(x2,y2),依题意得k>2或k<-2,



?y ? ??4x 2

kx ? ? y2

m ?0

得(4-k2)x2-2kmx-m2=0,由4-k2<0,Δ>0,

得x1x2= ?m2 ,
4? k2

又因为△OAB的面积为8,

所以 1 |OA||OB| sin∠AOB=8,
2
而sin∠AOB= 4 ,
5

所以 2
5

x12 ? y12 g

x

2 2

?

y22

?

8,化简得x1x2=4,所以

?m2 4? k2

=4,

即m2=4(k2-4),

由(1)得双曲线E的方程为

x2 a2

?

y2 4a 2

? 1,

?y ? kx ? m



? ?x2 ?? a2

?

y2 4a 2

?1

得(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=0,

因为4-k2<0,直线l与双曲线E有且只有一个公共点当

且仅当

Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2)=0,即(k2-4)(a2-4)=0,

有a2=4,

所以双曲线E的方程为 x2 ? y2 =1,当l⊥x轴时,由△OAB
4 16
的面积为8,可得l:x=2,易知l:x=2与双曲线E: x2 ? y2 ? 1
4 16
有且只有一个公共点.综上,存在总与直线l有且只有一
个公共点的双曲线E,且E的方程只能为 x2 ? y2 ? 1.
4 16

数学运算——圆锥曲线与其他知识的交汇问题中的数 学素养 【相关链接】 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分,也是数学知识的 一个重要交汇点,常与平面向量和数列相结合命题.涉 及求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、 范围等问题.

命题角度1:圆锥曲线与平面向量的交汇问题

【典例1】已知M (4,0) ,N(1,0),曲线C上的任意一点P满

足:

uuur uuur uuur MNgMP ? 6|PN|.

(1)求点P的轨迹方程.

(2)过点N(1,0)的直线l与曲线C交于A,B两点,交y轴于H

点,设

uuur HA

?

uuur uuur ?1|AN|,HB

?

?2|BN|,试问λ

1+λ

2是否为定值?

如果是定值,请求出这个定值,如果不是定值,请说明理

由.

【规范解答】(1)设P

(x,y),则

uuur MN

?

uuur (?3,0),MP

?

(x

?

4,y),

uur PN ? (1? x,? y),

因为

uuur uuur MNgMP

?

6|PuuNr|,所以-3× (x

?

4)

+0×y=6

(x ?1)2 ? y2,

化简得, x2 ? y2 ? 1 为所求点P的轨迹方程.
43

(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2 ). ①当直线l与x轴不重合时,设直线l的方程为

x=my+1 (m ? 0),

则H

(0,?

1 m

),从而

uuur HA

?

(x1,y1

?

1 m

uuur ),AN

?

(1 ?

x1,?

y1 ),



uuur HA

?

uuur ?1 AN



(x1,y1

?

1 m

)

?

?1 (1 ?

x1,?

y1

),

y1

?

1 m

?

??1y1,?

?1

?1?

1, my1

同理由

uuur HB

?

?

2

uuur BN

得-λ2=1+

1,
my2

所以?(?1

? ?2)

?

2?( 1 my1

?

1 my2

)

?

2?

1 gy1 ? y2 m y1y2

.



?x ? my ?1,



? ?

x

2

y2

得 (4 ? 3m2 ) y2+6my-9=0.

?? 4 ? 3 ? 1
所以y1+y2= ?

6m 4 ? 3m2

,y1 gy 2

?

?9 , 4 ? 3m2

代入①式得

?(?1

? ?2)

?

2?

1 gy1 ? y2 m y1y2

?

2?

2 3

?

8, 3

所以λ1+λ2=-

8. 3

②当直线l与x轴重合时, A( ? 2,0),B(2,0),H(0,0).



uuur HA

?

uuur uuur ?1|AN,| HB

?

?2|uBuNur|,得λ1=-

2 3

,λ2=-2,

所以λ1+λ2=-

8 3

.综上,λ1+λ2为定值-

8.
3

【提分备选】已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,直 线2x-y+2=0交抛物线C于A,B两点,P是线段AB的中点,过 P作x轴的垂线交抛物线C于点Q. (1)D是抛物线C上的动点,点E ( ?1,3) ,若直线AB过焦点F, 求 |DF|? | DE| 的最小值.

(2)是否存在实数p,使

uuur |2QA

?

uur QB|

?|

uuur 2QA

?

uur QB

|

?若存在,

求出p的值;若不存在,说明理由.

【解析】(1)因为直线2x-y+2=0与y轴的交点为 (0,2), 所以F (0,2),则抛物线C的方程为x2=8y,准线l:y=-2. 过D作DG⊥l于G,则 |DF|? | DE| ?| DG|? | DE|, 当E,D,G三点共线时, |DF|? | DE| 取最小值2+3=5.

(2)假设存在,抛物线x2=2py与直线y=2x+2联立方程组

得:x2-4px-4p=0,

设 A(x1,y1),B(x2,y2 ),

则x1+x2=4p,x1x2=-4p,所以Q (2p, 2p).

因为

uuuur |2QA

?

uur QB

|?

uuuur |2QA

?

uuur QB,|

所以QA⊥QB.



uuur uur QAgQB

=0得:(x1 ? 2p)(x2 ? 2p) ? (y1 ? 2p)(y2 ? 2p) ? 0,

(x1 ? 2p)(x2 ? 2p) ? (2x1 ? 2 ? 2p)(2x2 ? 2 ? 2p) ? 0,

5x1x2+ (4 ? 6p)(x1 ? x2) +8p2-8p+4=0, 代入得4p2+3p-1=0,

解得p= 1 或p=-1(舍去).
4

命题角度2:圆锥曲线与数列的交汇问题 【典例2】已知两点F1(-1,0)及F2(1,0), 点P在以F1,F2为焦点的椭圆C上,且|PF1|, |F1F2|,|PF2|构成等差数列. (1)求椭圆C的方程.

(2)如图,动直线l:y=kx+m与椭圆C有且仅有一个公共点, 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.

【规范解答】(1)依题意,设椭圆C的方程为

x2 a2

?

y2 b2

?1

(a>b>0).

因为|PF1|,|F1F2|,|PF2|构成等差数列, 所以2a=|PF1|+|PF2|=2|F1F2|=4,a=2. 又因为c=1,所以b2=3. 所以椭圆C的方程为 x2 ? y2 ? 1.
43

(2)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,

Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,

化简得:m2=4k2+3.



d1

?

|F1M|

?

|

?k ? m| k2 ?1

,

d

2

?|

F2 N|

?

|

k? k2

m| ?1

,

方法一:当k≠0时,设直线l的倾斜角为θ,

则|d1-d2|=|MN|×|tan θ|,

所以|MN|= | d1 ?,d2 |,
k

S=

1 2

|

d1

? k

d

2

|?

d1

?

d

2

?

?|

d12 ? d 2k

2 2

2m |? k2 ?1

2m

8

? m2 ? 3 ?1 ? m ? 1 ,

4

m

因为m2=4k2+3,所以当k≠0时,|m|> 3 ,

|m|+ 1 >
m

3+

1=
3

4 3

3,S<2

3.

当k=0时,四边形F1MNF2是矩形,S=2 3 .

所以四边形F1MNF2面积S的最大值为2 3 .

? ? 方法二:因为 d12 ? d22

? ( ?k ? m )2 ? ( k2 ?1

k ? m )2 k2 ?1

?

2

m2 ? k2 k2 ?1

2?5k2 ? 3?

? k2 ?1 ,

?k ? m k ? m m2 ? k2 3k2 ? 3

d1d2 ?

g

?

k2 ?1 k2 ?1

k2 ?1 ? k2 ?1 ? 3.

? ? 所以|MN|=

? ? F1F2 2 ? d1 ? d2 2 ?

4 ? d12 ? d22 ? 2d1d2 ?

2 .
k2 ?1

四边形F1MNF2的面积S=

1 2

|MN|(d1+d2)

?

1 k2

?

1

?

d1

?

d

2

?

,

? ? ? ? S2

?

1 k2 ?1

d12

?

d

2 2

?

2d1d2

?

16k k2

2 ?12
2
?1

当? 1且6 ?仅4(当k21k?=10?时2),2 S?21=21. 2,S=2 3 ,故Smax=2 3 .

所以四边形F1MNF2的面积S的最大值为2 3 .

【规律方法】 圆锥曲线交汇问题的解题思路 解决此类问题的关键是掌握向量和数列的工具性作用,向 量的加、减、数乘可以转化为圆锥曲线中相关点的坐标间 的关系;向量数量积可用来求圆锥曲线中相关线段的长度、 夹角等.等差数列、等比数列可转化为相关线段、坐标之 间的关系.

【通关题组】 若抛物y2=4x的焦点与椭圆的右焦点重合,椭圆与y轴的 上半轴交于点B2,与x轴的右半轴交于点A2,椭圆的左、 右焦点为F1,F2,且 3 F1B2 cos?B2F1F2 ? 3 OB2 . (1)求椭圆的标准方程.

(2)过点D(0,2)的直线,斜率为k(k>0),与椭圆交于M, N两点. ①若M,N的中点为H,且存在非零实数λ ,使得 OH ? ?A2B2, 求斜率k的值;

②在x轴上是否存在点Q(m,0),使得以QM,QN为邻边的四 边形是个菱形?若存在求出m的范围,若不存在,请说明 理由.

【解析】(1)抛物线y2=4x的焦点为(1,0),

所以椭圆的焦点F1(-1,0),F2(1,0). 设短半轴长b,长半轴长a,

因为| F1B2 |cos∠B2F1F2=

3 3

OB2

,

所以b= 3 c= 3 ,a=2,

所以椭圆的标准方程为 x2 ? y2 =1.
43

(2)①由题意设直线的方程为y=kx+2,k>0,

它与椭圆交于M(x1,y1),N(x2,y2)两点,

?y ? kx ? 2, k ? 0,?
由Δ=????1x242k?2-y332>?01,由k>得0,(解4k得2+k3>)x12+,16kx+4=0,

2

x1+x2=

?16k 4k2 ? 3

,x1x2=

4k

4 2?

3

,

MN的中点H

(

?8k 4k2 ?

3

,

4k

6 2?

3

),

又 OH 解得k=

6

A2B2 , kOH

?

4k2 ? 3 ?8k

? k A2B2

?

4k2 ? 3

3 ? 1 ,所以k= 3 .

22

2

3?0 ?? 3, 0?2 2

②设在x轴上存在点Q(m,0),使得以QM,QN为邻边的四边

形是个菱形,则HQ⊥MN,kHQ·kMN=-1,

4k

6 2?

3

?

0

·k=-1,因为k> 1 ,

?8k 4k2 ?

3

?

m

2

所以m=

?

2k 4k2 ?

3

?? 2 4k ?

3 k

?

? 2

2 ?? 4k 3
k

3, 6

当且仅当4k= 3 ,k> 1 ,即k= 3 时,取等号,

k2

2

又m=- 2k <0,
4k2 ? 3

故在x轴上存在点Q(m,0),使得以QM,QN为邻边的四边形

是个菱形,m的取值范围是 [? 3 ,0).
6


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