Question

18．设平面内有与两定点A₁（-2，0），A₂（2，0）连接的斜率之积等于-$\frac{1}{4}$的点的轨迹，A₁，A₂两点所成的曲线为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）设直线l经过曲线C的一个焦点，直线l与曲线C相交于A，B两点，求证：|AB|_min=1．

Answer 1

分析 （1）设动点B（x，y）当x≠±2时，由条件可得$\frac{y}{x+2}$•$\frac{y}{x-2}$=$\frac{{y}^{2}}{{x}^{2}-4}$=-$\frac{1}{4}$，由此能求出曲线C的方程．
（2）设直线l经过椭圆的左焦点F₁（-$\sqrt{3}$，0），当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=-$\sqrt{3}$，|AB|=1．当直线l的斜率k存在时，直线l的方程为y=k（x+$\sqrt{3}$），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+\sqrt{3}）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8$\sqrt{3}{k}^{2}$x+12k²-4=0，由根的判别式、韦达定理、弦长公式推导出|AB|=1+$\frac{3}{1+4{k}^{2}}$＞1．由此能证明|AB|_min=1．

解答 解：（1）设动点B（x，y），∵A₁（-2，0），A₂（2，0），
∴当x≠±2时，由条件可得${k}_{B{A}_{1}}•{k}_{B{A}_{2}}$=$\frac{y}{x+2}$•$\frac{y}{x-2}$=$\frac{{y}^{2}}{{x}^{2}-4}$=-$\frac{1}{4}$，
∴曲线C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1（x≠±2）．
证明：（2）由椭圆的对称性，不妨设直线l经过椭圆的左焦点F₁（-$\sqrt{3}$，0），
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=-$\sqrt{3}$，
此时，A（-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$），B（-$\sqrt{3}$，-$\frac{1}{2}$），|AB|=1．
当直线l的斜率k存在时，直线l的方程为y=k（x+$\sqrt{3}$），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+\sqrt{3}）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，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，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则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．
综上，|AB|_min=1．

点评 本题考查曲线方程的求法，考查线段长的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式的合理运用．