Question

19．已知動點P到點A（-2，0）與點B（2，0）的斜率之積為$-\frac{1}{4}$，點P的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求曲線C的軌跡方程；
（Ⅱ）過點D（1，0）作直線l與曲線C交于P，Q兩點，連接PB，QB分別與直線x=3交于M，N兩點．若△BPQ和△BMN的面積相等，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設P點的坐標為（x，y），求出直線的斜率，利用斜率乘積，化簡求解即可．
（Ⅱ）當直線l的斜率不存在時，直線的方程為x=1，求出兩個三角形的面積，判斷相等，當直線l的斜率存在時，
法1：設直線的方程為y=k（x-1），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．聯(lián)立直線與橢圓方程，求出M，N坐標，通過△BPQ和△BMN的面積不相等，推出結(jié)果．
法2：設直線的方程為y=k（x-1），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．聯(lián)立直線與橢圓方程，通過S_△BPQ=S_△BMN，得到$\frac{|BP|}{|BM|}=\frac{|BN|}{|BQ|}$．推出-1=0．說明△BPQ和△BMN的面積不相等．

解答 （本題滿分9分）
解：（Ⅰ）設P點的坐標為（x，y），
則${k_{PA}}=\frac{y}{x+2}（x≠-2）$，${k_{PB}}=\frac{y}{x-2}（x≠2）$．
∵${k_{PA}}•{k_{PB}}=-\frac{1}{4}$，∴$\frac{y^2}{{{x^2}-4}}=-\frac{1}{4}（x≠±2）$．
化簡得曲線C的軌跡方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1（x≠±2）$．   …（4分）
（Ⅱ）當直線l的斜率不存在時，直線的方程為x=1，則$P（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}），Q（1，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$．
直線PB的方程為$y=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}（x-2）$，解得$M（3，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$．
直線QB的方程為$y=\frac{{\sqrt{3}}}{2}（x-2）$，解得$N（3，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$．
則${S_{△BPQ}}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，${S_{△BMN}}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
此時△BPQ和△BMN的面積相等  …（6分）
當直線l的斜率存在時，
法1：設直線的方程為y=k（x-1），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0.${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$．
直線PB的方程為$y=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}（x-2）$，求得$M（3，\frac{y_1}{{{x_1}-2}}）$．
直線QB的方程為$y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$，求得$N（3，\frac{y_2}{{{x_2}-2}}）$．${S_{△BPQ}}=\frac{1}{2}|PQ|h=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|×\frac{|k|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{1}{2}|k||{x_1}-{x_2}|$，${S_{△BMN}}=\frac{1}{2}|MN|h=\frac{1}{2}|{y_N}-{y_M}|=\frac{1}{2}|\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}|$．
若S_△BPQ=S_△BMN，則（2-x₁）（2-x₂）=1，即x₁x₂-2（x₁+x₂）+3=0．
∴$\frac{{4{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}-\frac{{16{k^2}}}{{1+4{k^2}}}+3=0$，化簡得-1=0．
此式不成立．所以△BPQ和△BMN的面積不相等
綜上，直線l的方程為x=1．                     …（9分）
法2：設直線的方程為y=k（x-1），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0.${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$．${S_{△BPQ}}=\frac{1}{2}|BQ||BP|sin∠PBQ$，${S_{△BMN}}=\frac{1}{2}|BM||BN|sin∠MBN$，
因為∠PBQ=∠MBN，S_△BPQ=S_△BMN，
所以|BQ||BP|=|BM||BN|，即$\frac{|BP|}{|BM|}=\frac{|BN|}{|BQ|}$．
則有$\frac{{2-{x_1}}}{3-2}=\frac{3-2}{{2-{x_2}}}$，化簡得x₁x₂-2（x₁+x₂）+3=0．
∴$\frac{{4{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}-\frac{{16{k^2}}}{{1+4{k^2}}}+3=0$，化簡得-1=0．
此式不成立．所以△BPQ和△BMN的面積不相等
綜上，直線l的方程為x=1．                     …（9分）

點評 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應用，軌跡方程的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．