Question

13．设点A，B分别是x，y轴上的两个动点，AB=1．若$\overrightarrow{AC}$=λ$\overrightarrow{BA}$（λ＞0）．
（Ⅰ）求点C的轨迹Г；
（Ⅱ）过点D作轨迹Г的两条切线，切点分别为P，Q，过点D作直线m交轨迹Г于不同的两点E，F，交PQ于点K，问是否存在实数t，使得$\frac{1}{|DE|}$+$\frac{1}{|DF|}$=$\frac{t}{|DK|}$恒成立，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可知，C在线段BA的延长线上，设出A（m，0），B（0，n），可得m²+n²=1，再设C（x，y），由向量等式把m，n用含有x，y的代数式表示，代入m²+n²=1可得点C的轨迹Г；
（Ⅱ）分别设出E，F，K的横坐标分别为：x_E，x_F，x_K，点D（s，t），可得直线PQ的方程为：$\frac{s}{（λ+1）^{2}}x+\frac{t}{{λ}^{2}}y=1$，再设直线m的方程：y=kx+b，得到t=ks+b，进一步求得x_K，联立直线方程与椭圆m的方程，利用根与系数的关系得到x_E+x_F，x_Ex_F，求得$\frac{|DK|}{|DE|}+\frac{|DK|}{|DF|}$为定值2得答案．

解答 解：（Ⅰ）由题意可知，C在线段BA的延长线上，
设A（m，0），B（0，n），则m²+n²=1，
再设C（x，y），
由$\overrightarrow{AC}$=λ$\overrightarrow{BA}$（λ＞0），得（x-m，y）=λ（m，-n），
∴$\left\{\begin{array}{l}{x-m=λm}\\{y=-λn}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{x}{1+λ}}\\{n=-\frac{y}{λ}}\end{array}\right.$，
代入m²+n²=1，得$\frac{{x}^{2}}{（1+λ）^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{λ}^{2}}=1$；
（Ⅱ）设E，F，K的横坐标分别为：x_E，x_F，x_K，
设点D（s，t），则直线PQ的方程为：$\frac{s}{（λ+1）^{2}}x+\frac{t}{{λ}^{2}}y=1$，
设直线m的方程：y=kx+b，
∴t=ks+b，
得${x}_{K}=\frac{1-\frac{t}{{λ}^{2}}b}{\frac{s}{（λ+1）^{2}}+\frac{t}{{λ}^{2}}k}$，
将直线m代入椭圆方程得：$（\frac{{k}^{2}}{{λ}^{2}}+\frac{1}{（λ+1）^{2}}）{x}^{2}+\frac{2kb}{{λ}^{2}}x+\frac{{b}^{2}}{{λ}^{2}}-1=0$，
∴${x}_{E}+{x}_{F}=\frac{-2kb}{\frac{{λ}^{2}}{（λ+1）^{2}}+{k}^{2}}，{x}_{E}{x}_{F}$=$\frac{{b}^{2}-{λ}^{2}}{\frac{{λ}^{2}}{（λ+1）^{2}}+{k}^{2}}$．
∴$\frac{|DK|}{|DE|}+\frac{|DK|}{|DF|}=\frac{|{x}_{D}-{x}_{K}|}{|{x}_{D}-{x}_{E}|}+\frac{|{x}_{D}-{x}_{K}|}{|{x}_{D}-{x}_{F}|}$=$|s-\frac{1-\frac{t}{{λ}^{2}}b}{\frac{s}{（λ+1）^{2}}+\frac{t}{{λ}^{2}}k}|$•$\frac{|2{x}_{D}-（{x}_{E}+{x}_{F}）|}{{|{x}_{D}}^{2}-{x}_{D}（{x}_{E}+{x}_{F}）+{x}_{E}{x}_{F}|}$=2．
验经证当m的斜率不存在时成立，
故存在实数t=2，使得$\frac{1}{|DE|}$+$\frac{1}{|DF|}$=$\frac{t}{|DK|}$恒成立．

点评 本题考查轨迹方程的求法，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，考查计算能力，是压轴题．