Question

18．設(shè)平面內(nèi)有與兩定點(diǎn)A₁（-2，0），A₂（2，0）連接的斜率之積等于-$\frac{1}{4}$的點(diǎn)的軌跡，A₁，A₂兩點(diǎn)所成的曲線為C．
（1）求曲線C的方程；
（2）設(shè)直線l經(jīng)過曲線C的一個(gè)焦點(diǎn)，直線l與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，求證：|AB|_min=1．

Answer 1

分析 （1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)B（x，y）當(dāng)x≠±2時(shí)，由條件可得$\frac{y}{x+2}$•$\frac{y}{x-2}$=$\frac{{y}^{2}}{{x}^{2}-4}$=-$\frac{1}{4}$，由此能求出曲線C的方程．
（2）設(shè)直線l經(jīng)過橢圓的左焦點(diǎn)F₁（-$\sqrt{3}$，0），當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=-$\sqrt{3}$，|AB|=1．當(dāng)直線l的斜率k存在時(shí)，直線l的方程為y=k（x+$\sqrt{3}$），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+\sqrt{3}）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8$\sqrt{3}{k}^{2}$x+12k²-4=0，由根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式推導(dǎo)出|AB|=1+$\frac{3}{1+4{k}^{2}}$＞1．由此能證明|AB|_min=1．

解答 解：（1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)B（x，y），∵A₁（-2，0），A₂（2，0），
∴當(dāng)x≠±2時(shí)，由條件可得${k}_{B{A}_{1}}•{k}_{B{A}_{2}}$=$\frac{y}{x+2}$•$\frac{y}{x-2}$=$\frac{{y}^{2}}{{x}^{2}-4}$=-$\frac{1}{4}$，
∴曲線C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1（x≠±2）．
證明：（2）由橢圓的對稱性，不妨設(shè)直線l經(jīng)過橢圓的左焦點(diǎn)F₁（-$\sqrt{3}$，0），
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=-$\sqrt{3}$，
此時(shí)，A（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$），B（-$\sqrt{3}$，-$\frac{1}{2}$），|AB|=1．
當(dāng)直線l的斜率k存在時(shí)，直線l的方程為y=k（x+$\sqrt{3}$），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+\sqrt{3}）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8$\sqrt{3}{k}^{2}$x+12k²-4=0，
$△=（8\sqrt{3}{k}^{2}）^{2}-4（1+4{k}^{2}）（12{k}^{2}-4）$=16k²+16＞0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{4（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{4+4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=1+$\frac{3}{1+4{k}^{2}}$＞1．
綜上，|AB|_min=1．

點(diǎn)評 本題考查曲線方程的求法，考查線段長的最小值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式的合理運(yùn)用．