Question

12．已知點A，B的坐標分別為（2，0）、（-2，0），直線AT、BT交與點T，且它們的斜率之積為常數(shù)-λ（λ＞0，λ≠1），點T的軌跡以及A，B兩點構(gòu)成曲線C
（Ⅰ）求曲線C的方程，并求其焦點坐標；
（Ⅱ）若0＜λ＜1，且曲線C上的點到其焦點的最近距離為1，設(shè)直線l：y=（x-1）交曲線C于E，F(xiàn)兩點，交x軸于點Q，直線AE、AF分別交直線x=3于點N、M．記線段MN的中點為P，直線PQ的斜率為k′．求證：k•k′為定值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)T（x，y），利用直線的斜率公式，取得斜率之積，化簡整理得$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{4λ}=1$（λ＞0，λ≠1）根據(jù)λ的取值范圍，求得橢圓方程及焦點坐標；
（2）橢圓長軸端點到同側(cè)焦點的距離是橢圓上的點到焦點的最近距離，求得λ的值，進而求出曲線C的方程為，直線y=k（x-1）交x軸于Q（1，0），聯(lián)立橢圓方程，由此利用韋達定理、直線方程，結(jié)合已知條件能證明k•k′為定值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)T（x，y），則$\frac{y}{x+2}$•$\frac{y}{x-2}$=-λ，化簡得$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{4{λ}^{2}}=1$（x≠±2）．
又A，B的坐標（2，0）、（-2，0），也符合上式．
故曲線C：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{4λ}=1$（λ＞0，λ≠1）．
當0＜λ＜1時，曲線C是焦點在x軸上的橢圓，焦點為（-$\sqrt{1-λ}$，0），（$\sqrt{1-λ}$，0）；
當λ＞1時，曲線C是焦點在y軸上的橢圓，焦點為（0，-2$\sqrt{λ-1}$），（0，2$\sqrt{λ-1}$）．

（Ⅱ）證明：由于0＜λ＜1，曲線C是焦點在x軸上的橢圓，其焦點為（-$\sqrt{1-λ}$，0），（$\sqrt{1-λ}$，0），
橢圓的長軸端點到同側(cè)焦點的距離是橢圓上的點到焦點的最近距離．
故2-2$\sqrt{1-λ}$=1，解得：λ=$\frac{3}{4}$，
曲線C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
直線y=k（x-1）交x軸于Q（1，0），設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去y，整理得：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0，
∴x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，①x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$，②
直線AE方程為：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$（x-2），交直線x=3于點N（3，$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$），
直線AF方程為：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$（x-2），交直線x=3于點（3，$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$），
∴線段MN的中點為P（3，$\frac{1}{2}$（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$））．
∴直線PQ的斜率為：
k′=$\frac{\frac{1}{2}（\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}）}{3-1}$=$\frac{{y}_{1}{x}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}-2（{y}_{1}+{y}_{2}）}{4[{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4]}$=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}-3k（{x}_{1}+{x}_{2}）+4k}{4[{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4]}$③
將①②代入③式化簡得k′=-$\frac{3}{4k}$，
∴k•k′=-$\frac{3}{4}$，
∴k•k′為定值．

點評 本題考查曲線方程及焦點坐標的求法，考查兩直線的斜率之積為定值的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)、韋達定理、直線方程的性質(zhì)的合理運用，屬于中檔題．