Question

19．在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，動(dòng)點(diǎn)M（x，y）與兩定點(diǎn)（-2，0），（2，0）連線的斜率之積為-$\frac{1}{4}$．
（1）求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程；
（2）設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是軌跡C上相異的兩點(diǎn)．
（Ⅰ）過(guò)點(diǎn)A，B分別作拋物線y²=4$\sqrt{3}$x的切線l₁，l₂，l₁與l₂兩條切線相交于點(diǎn)$N（{-\sqrt{3}，t}）$，證明：$\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}$=0；
（Ⅱ）若直線OA與直線OB的斜率之積為-$\frac{1}{4}$，證明：S_△AOB為定值，并求出這個(gè)定值．

Answer 1

分析 （1）利用直線的斜率公式，${k}_{M{F}_{1}}$•${k}_{M{F}_{2}}$=-$\frac{1}{4}$，x≠2，整理即可求得動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程；
（2）（Ⅰ）設(shè)切線為：$y-t=k（{x+\sqrt{3}}）$，代入橢圓方程，由△=0，利用韋達(dá)定理即可求得k₁k₂=-1，即可證明$\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}$=0；
（Ⅱ）由條件得：4y₁y₂=-x₁x₂，$x_1^2+x_2^2=4$，$y_1^2+y_2^2=1$，根據(jù)三角形的面公式${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}\sqrt{{{（{|{OA}||{OB}|}）}^2}-{{（{\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}}）}^2}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{x_1^2+x_2^2}=1$，為定值．

解答 解：（1）依題意：動(dòng)點(diǎn)M（x，y）與兩定點(diǎn)F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0）連線的斜率之積為-$\frac{1}{4}$．
則${k}_{M{F}_{1}}$•${k}_{M{F}_{2}}$=-$\frac{1}{4}$，$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}=-\frac{1}{4}$，x≠2，
整理得：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，x≠2，
（2）（Ⅰ）證明：設(shè)直線NA的斜率為k₁，設(shè)直線NB的斜率為k₂，設(shè)切線為：$y-t=k（{x+\sqrt{3}}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}y-t=k（{x+\sqrt{3}}）\\{y^2}=4\sqrt{3}x\end{array}\right.$，ky²-4$\sqrt{3}$ty+4$\sqrt{3}$t+12k=0，△=0，即$3{k^2}+\sqrt{3}kt-3=0$，
由韋達(dá)定理可知：k₁k₂=-1，則$\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0$．
（Ⅱ）證明：由條件得：4y₁y₂=-x₁x₂，4y₁y₂=-x₁x₂，$16y_1^2y_2^2=x_1^2x_2^2$=16（1-$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$）（1-$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}$），$x_1^2+x_2^2=4$，
∴$y_1^2+y_2^2=1$，
則${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}\sqrt{{{（{|{OA}||{OB}|}）}^2}-{{（{\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}}）}^2}}$，
=$\frac{1}{2}\sqrt{{{（{{x_1}{y_2}}）}^2}+{{（{{x_2}{y_1}}）}^2}-2{x_1}{x_2}{y_1}{y_2}}$，
=$\frac{1}{2}\sqrt{x_1^2（{1-\frac{x_2^2}{4}}）+x_2^2（{1-\frac{x_1^2}{4}}）+2{x_1}{x_2}\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}}$，
=$\frac{1}{2}\sqrt{x_1^2+x_2^2}=1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程，直線的斜率公式，直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，三角形的面積公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．