Question

4．已知點A，B的坐標分別為（-2，0），（2，0）．直線AT，BT交于點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．
（1）求曲線C的方程，并求其焦點坐標；
（2）若0＜λ＜1，且曲線C上的點到其焦點的最小距離為1．設直線l：x=my+1交曲線C于M，N，直線AM，BN交于點P．
（�。┊攎=0時，求點P的坐標；（ⅱ）求證：當m變化時，P總在直線x=4上．

Answer 1

分析 （1）設T（x，y），由直線的斜率公式，化簡整理討論即可得到曲線方程；
（2）由于0＜λ＜1，曲線C是焦點在x軸上的橢圓，求得焦點和a-c為最小值，解得λ，進而得到橢圓方程，
（�。┊攎=0時，由x=1代入橢圓方程，即可得到P的坐標；（ⅱ）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯(lián)立$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$及x=my+1，運用韋達定理和恒成立思想，即可得到定直線x=4．

解答 解：（1）設T（x，y），則$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}=-λ$，
化簡得$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{4λ}=1（x≠±2）$，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$（-2\sqrt{1-λ}，0），（2\sqrt{1-λ}，0）$，
當λ＞1時，曲線C是焦點在y軸上的橢圓，焦點為$（0，-2\sqrt{λ-1}），（0，2\sqrt{λ-1}）$；
（2）由于0＜λ＜1，曲線C是焦點在x軸上的橢圓，其焦點為$（-2\sqrt{1-λ}，0），（2\sqrt{1-λ}，0）$，
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小距離，
故$2-2\sqrt{1-λ}=1$，∴$λ=\frac{3}{4}$，曲線C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（ⅰ）聯(lián)立$x=1，\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$解得$M（1，\frac{3}{2}），N（1，-\frac{3}{2}）$或$N（1，\frac{3}{2}），M（1，-\frac{3}{2}）$，
當$M（1，\frac{3}{2}），N（1，-\frac{3}{2}）$時，$AM：y=\frac{1}{2}（x+2），BN：y=\frac{3}{2}（x-2）$，解得P（4，3），
當$N（1，\frac{3}{2}），M（1，-\frac{3}{2}）$時，由對稱性知，P（4，-3），
所以點P坐標為（4，3）或（4，-3）；
（ⅱ）以下證明當m變化時，點P總在直線x=4上．
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯(lián)立$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$及x=my+1，
消去x得：（3m²+4）y²+6my-9=0，${y_1}+{y_2}=-\frac{6m}{{3{m^2}+4}}，{y_1}{y_2}=-\frac{9}{{3{m^2}+4}}$，
直線$AM：y=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}（x+2），BN：y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$，
消去y得$x=\frac{{2{y_1}（{x_2}-2）+2{y_2}（{x_1}+2）}}{{{y_2}（{x_1}+2）-{y_1}（{x_2}-2）}}=\frac{{4m{y_1}{y_2}-2{y_1}+6{y_2}}}{{{y_1}+3{y_2}}}$，
以下只需證明$\frac{{4m{y_1}{y_2}-2{y_1}+6{y_2}}}{{{y_1}+3{y_2}}}=4?4m{y_1}{y_2}-6（{y_1}+{y_2}）=0$（※） 對于m∈R恒成立．
而$4m{y_1}{y_2}-6（{y_1}+{y_2}）=4m•（-\frac{9}{{3{m^2}+4}}）-6•（-\frac{6m}{{3{m^2}+4}}）=\frac{{-36{m^2}+36{m^2}}}{{3{m^2}+4}}=0$
所以（※）式恒成立，即點P橫坐標總是4，點P總在直線x=4上，
故存在直線l'：x=4，使P總在直線l'上．

點評 本題考查曲線方程的求法，主要考查橢圓的性質(zhì)和方程的運用．聯(lián)立直線方程運用韋達定理以及恒成立思想的運用，屬于中檔題．