Question

7．在平面直角坐標系xOy中，A，B兩點的坐標分別為（-2，0），（2，0），動點P滿足：直線PA與直線PB的斜率之積為$-\frac{3}{4}$．
（Ⅰ）求動點P的軌跡E的方程；
（Ⅱ）過點A作兩條互相垂直的直線l₁，l₂分別交曲線E于M，N兩點，設l₁的斜率為k（k＞0），△AMN的面積為S，求$\frac{S}{k}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設動點P的坐標（x，y），求出直線PA的斜率，直線PB的斜率，直線PA與直線PB的斜率之積為$-\frac{3}{4}$，整理可得軌跡方程；
（Ⅱ）設M點坐標為（x₀，y₀），直線l₁的方程為y=k（x+2），代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，利用韋達定理求解|AM|，|AN|，求出三角形的面積，推出$\frac{S}{k}$的表達式，利用函數(shù)的導數(shù)求解最值即可．

解答 解：（Ⅰ）已知A（-2，0），B（2，0），設動點P的坐標（x，y），
所以直線PA的斜率${k_1}=\frac{y}{x+2}（x≠-2）$，直線PB的斜率${k_2}=\frac{y}{x-2}$（x≠2），
又${k_1}×{k_2}=-\frac{3}{4}$，所以$\frac{y}{x+2}×\frac{y}{x-2}=-\frac{3}{4}$，
即$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\;（{x≠±2}）$．
（Ⅱ）設M點坐標為（x₀，y₀），直線l₁的方程為y=k（x+2），代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，
可得，（3+4k²）x²+16k²x+16k²-12=0，${x_0}×（-2）=\frac{{16{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，所以${x_0}=\frac{{6-8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$
所以$|AM|=\sqrt{1+{k^2}}（\frac{{6-8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}+2）=\sqrt{1+{k^2}}\frac{12}{{3+4{k^2}}}$，
同理$|AN|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\frac{{12{k^2}}}{{3{k^2}+4}}$，
所以$S=\frac{1}{2}|AM|×|AN|=\frac{1}{2}×\sqrt{1+{k^2}}\frac{12}{{3+4{k^2}}}×\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\frac{{12{k^2}}}{{3{k^2}+4}}$，$\frac{S}{k}=\frac{{72（{k^2}+1）}}{{（3{k^2}+4）（4{k^2}+3）}}$，
令t=k²+1，（t＞1），$\frac{S}{k}=\frac{{72（{k^2}+1）}}{{（3{k^2}+4）（4{k^2}+3）}}=\frac{72t}{（4t-1）（3t+1）}=\frac{72}{{12t+1-\frac{1}{t}}}$，
令$h（t）=12t+1-\frac{1}{t}$，t＞1，$h'（t）=12+\frac{1}{t^2}＞0$，h（t）單調(diào)遞增，h（t）＞h（1）=12
所以$\frac{S}{k}∈（0，6）$．

點評 本題考查直線與橢圓位置關系的應用，函數(shù)的導數(shù)的綜合應用，考查轉化思想以及計算能力．