Question

14．已知A（-2，0），B（2，0），動(dòng)點(diǎn)P與A、B兩點(diǎn)連線(xiàn)的斜率分別為k_PA和k_PB，且滿(mǎn)足k_PA•k_PB=t （t≠0且t≠-1）．
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）當(dāng)t＜0時(shí)，曲線(xiàn)C的兩焦點(diǎn)為F₁，F(xiàn)₂，若曲線(xiàn)C上存在點(diǎn)Q使得∠F₁QF₂=120°，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)，然后利用k_PA•k_PB=t列式求得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）當(dāng)-1＜t＜0時(shí)，曲線(xiàn)C為焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，設(shè)|PF₁|=r₁，|PF₂|=r₂，則r₁+r₂=2a=4．在△F₁PF₂中，利用余弦定理結(jié)合不等式進(jìn)一步求出t的具體范圍；
當(dāng)t＜-1時(shí)，曲線(xiàn)C為焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，設(shè)|PF₁|=r₁，|PF₂|=r₂，則r₁+r₂=2a=-4 t，在△F₁PF₂中，同樣利用余弦定理結(jié)合不等式進(jìn)一步求出t的具體范圍．最后取并集得答案．

解答 （1）設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x，y），依題意得$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}$=t，
即y²=t（x²-4），$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{-4t}$=1．
∴軌跡C的方程為$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{-4t}$=1（x≠±2）；
（2）當(dāng)-1＜t＜0時(shí)，曲線(xiàn)C為焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，
設(shè)|PF₁|=r₁，|PF₂|=r₂，則r₁+r₂=2a=4．
在△F₁PF₂中，|F₁F₂|=2c=4$\sqrt{1+t}$，
∵∠F₁PF₂=120°，由余弦定理，
得4c²=r$_1^2$+r$_2^2$-2r₁r₂cos120°=r$_1^2$+r$_2^2$+r₁r₂
=（r₁+r₂）²-r₁r₂≥（r₁+r₂）²-（$\frac{{{r_1}+{r_2}}}{2}$）²=3a²，
∴16（1+t）≥12，得t≥-$\frac{1}{4}$．
∴當(dāng)-$\frac{1}{4}$≤t＜0時(shí)，曲線(xiàn)上存在點(diǎn)Q使∠F₁QF₂=120°，
當(dāng)t＜-1時(shí)，曲線(xiàn)C為焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，
設(shè)|PF₁|=r₁，|PF₂|=r₂，則r₁+r₂=2a=-4 t，
在△F₁PF₂中，|F₁F₂|=2c=4$\sqrt{-1-t}$．
∵∠F₁PF₂=120°，由余弦定理，得
4c²=r$_1^2$+r$_2^2$-2r₁r₂cos120°=r$_1^2$+r$_2^2$+r₁r₂=（r₁+r₂）²-r₁r₂≥（r₁+r₂）²-（$\frac{{{r_1}+{r_2}}}{2}$）²=3a²，
∴16（-1-t）≥-12t，解得：t≤-4．
∴當(dāng)t≤-4時(shí)，曲線(xiàn)上存在點(diǎn)Q使∠F₁QF₂=120°．
綜上知當(dāng)t＜0時(shí)，曲線(xiàn)上存在點(diǎn)Q使∠AQB=120°的t的取值范圍是$（{-∞，-4}]∪[{-\frac{1}{4}，0}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系的應(yīng)用，直線(xiàn)與曲線(xiàn)聯(lián)立，利用方程的根與系數(shù)的關(guān)系解題，是處理這類(lèi)問(wèn)題的最為常用的方法，但圓錐曲線(xiàn)的特點(diǎn)是計(jì)算量比較大，要求考試具備較強(qiáng)的運(yùn)算推理的能力，是壓軸題．