Question

11．在圓x²+y²=4上任取一點(diǎn)P，點(diǎn)P在x軸的正射影為點(diǎn)Q，當(dāng)點(diǎn)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)點(diǎn)M滿足$\overrightarrow{PQ}=2\overrightarrow{MQ}$，動(dòng)點(diǎn)M形成的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）點(diǎn)A（2，0）在曲線C上，過(guò)點(diǎn)（1，0）的直線l交曲線C于B，D兩點(diǎn)，設(shè)直線AB斜率為k₁，直線AD斜率為k₂，求證：k₁k₂為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），則由題意知點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，2y），根據(jù)P在圓上求得M點(diǎn)軌跡方程．
（Ⅱ）設(shè)出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理及斜率公式，即可證明結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x，y），則由題意知點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，2y）
因?yàn)镻在圓O：x²+y²=4，所以x²+4y²=4
故所求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．…（4分）
（Ⅱ）方法一：由題意知直線l斜率不為0，設(shè)直線l方程為x=my+1，B（x₁，y₁），D（x₂，y₂）
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ x=my+1\end{array}\right.$消去x，得（m²+4）y²+2my-3=0，
易知△=16m²+48＞0，得${y_1}+{y_2}=\frac{-2m}{{{m^2}+4}}，{y_1}{y_2}=\frac{-3}{{{m^2}+4}}$…（8分）${k_1}{k_2}=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{（m{y_1}-1）（m{y_2}-1）}}=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{m^2}{y_1}{y_2}-m（{y_1}+{y_2}）+1}}$=$\frac{-3}{{-3{m^2}+2{m^2}+{m^2}+4}}=-\frac{3}{4}$．所以${k_1}{k_2}=-\frac{3}{4}$為定值…（12分）
方法二：（�。┊�(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，$B（1，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）\;，\;D（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$
所以${k_1}{k_2}=\frac{{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}{1-2}•\frac{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}{1-2}=-\frac{3}{4}$…（6分）
（ⅱ）當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l方程為y=k（x-1），B（x₁，y₁），D（x₂，y₂）
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=k（x-1）\end{array}\right.$消去y，得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0，
易知△=48k²+16＞0，${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$…（8分）${k_1}{k_2}=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}=\frac{{{k^2}（{x_1}-1）（{x_2}-1）}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}=\frac{{{k^2}[{{x_1}{x_2}-（{x_1}+{x_2}）+1}]}}{{{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4}}$=$\frac{{{k^2}（4{k^2}-4-8{k^2}+1+4{k^2}）}}{{4{k^2}-4-16{k^2}+4+16{k^2}}}=-\frac{3}{4}$．
所以${k_1}{k_2}=-\frac{3}{4}$為定值…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查軌跡方程的求解和直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題，屬于難度較大的題，高考經(jīng)常涉及．