Question

18．已知點(diǎn)P（x，y）滿足條件$\sqrt{{{（x+1）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}=4$．
（Ⅰ）求點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（Ⅱ）直線l與圓O：x²+y²=1相切，與曲線C相較于A，B兩點(diǎn)，若$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=-\frac{4}{3}$，求直線l的斜率．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的定義可知P的軌跡是以（-1，0），（1，0）為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓，即可求得b的值，求得橢圓方程；
（Ⅱ）分類(lèi)討論，當(dāng)直線斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程，由$\frac{丨m丨}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，直線l的方程為y=kx+m，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，即可求得直線l的斜率．

解答 解：（Ⅰ）P（x，y）滿足條件$\sqrt{{{（x+1）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x-1）}^2}+{y^2}}=4＞2$，
所以點(diǎn)P的軌跡是以（-1，0），（1，0）為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓，
設(shè)橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）
由c=1，$2a=4⇒b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=\sqrt{3}$，
∴所求點(diǎn)P的軌跡C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，l：x=±1，代入曲線C的方程得$y=±\frac{3}{2}$，
不妨設(shè)$A（{-1，\;\;\frac{3}{2}}）$，$B（{-1，\;\;-\frac{3}{2}}）$，
這時(shí)$\overrightarrow{OA}\;•\;\overrightarrow{OB}=-1×（-1）+\frac{3}{2}×（{-\frac{3}{2}}）=-\frac{5}{4}≠-\frac{4}{3}$，
所以直線斜率存在．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
直線l的方程為y=kx+m，
由直線l與圓O：x²+y²=1相切，則$\frac{丨m丨}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，即m²=k²+1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
∵直線與曲線相交，
∵直線與曲線相交，則△=（8km）²-4（3+4k²）（4m²-12）=144k²+96＞0成立，
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，
∴$\overrightarrow{OA}\;•\;\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}$，
=$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$，
=$\frac{{7{m^2}-12{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，
=$-\frac{{5{k^2}+5}}{{3+4{k^2}}}$，
=$-\frac{4}{3}$，．則k²=3，k=±$\sqrt{3}$．
則直線l的斜率±$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．