Question

平面內(nèi)動點M（x，y）與兩定點A（-

6

，0），B（

6

，0）的連線的斜率之積為-

1

3

，記動點M的軌跡為C．
（Ⅰ）求動點M的軌跡C的方程；
（Ⅱ）定點F（-2，0），T為直線x=-3上任意一點，過F作TF的垂線交曲線C于點P，Q．
（i）證明：OT平分線段PQ（其中O為坐標(biāo)原點）；
（ii）當(dāng)

|TF|

|PQ|

最小時，求點T的坐標(biāo)．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（I）由已知可得k_MA•k_MB=

y

x+ 6

•

y

x- 6

=-

1

3

，化簡即可得出動點M的軌跡C的方程；
（II）（i）證明：設(shè)T（-3，m），則直線TF的斜率k_TF=-m．當(dāng)m≠0時，直線PQ的斜率k_PQ=

1

m

，直線PQ的方程為：x=my-2，當(dāng)m=0時，也滿足上述方程．
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），與橢圓的方程聯(lián)立化為（3+m²）y²-4my-2=0，可得y₁+y₂，y₁y₂，x₁+x₂．即可得出PQ的中點N．只要證明直線ON的斜率k_ON=k_OT即可．
（ii）由（i）可得|TF|=

m2+1

．利用弦長公式可得|PQ|=

(1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2]

=

24 (1+m2)

3+m2

．可得

|TF|

|PQ|

=

1 24 (m2+1+ 4 m2+1 +4)

，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答： 解：（I）由已知可得k_MA•k_MB=

y

x+ 6

•

y

x- 6

=-

1

3

，
化為

x2

6

+

y2

2

=1(y≠0)，
∴動點M的軌跡C的方程為

x2

6

+

y2

2

=1(y≠0)；

（II）（i）證明：設(shè)T（-3，m），則直線TF的斜率k_TF=

m-0

-3-(-2)

=-m．
當(dāng)m≠0時，直線PQ的斜率k_PQ=

1

m

，直線PQ的方程為：x=my-2，
當(dāng)m=0時，PQ的方程為：x=-2，也滿足上述方程．
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），聯(lián)立

x=my-2 x2 6 + y2 2 =1

，
化為（3+m²）y²-4my-2=0，
△=16m²+8（m²+3）＞0，
∴y₁+y₂=

4m

3+m2

，y₁y₂=

-2

3+m2

，
∴x₁+x₂=m（y₁+y₂）-4=

-12

m2+3

．
∴PQ的中點N(

-6

3+m2

，

2m

3+m2

)．
∴直線ON的斜率k_ON=-

m

3

．
又直線OT的斜率k_OT=-

m

3

．
∴點N在直線OT上，
∴OT平分線段PQ．
（ii）由（i）可得|TF|=

m2+1

．
|PQ|=

(1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2]

=

(1+m2)[( 4m 3+m2 )2- 4×(-2) 3+m2 ]

=

24 (1+m2)

3+m2

．
∴

|TF|

|PQ|

=

1 24 × (m2+3)2 m2+1

=

1 24 (m2+1+ 4 m2+1 +4)

≥

1 24 ×(4+4)

=

3

3

，當(dāng)且僅當(dāng)m=±1時取等號．
∴當(dāng)

|TF|

|PQ|

最小時，點T的坐標(biāo)為（-3，±1）．

點評：本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、直線平分線段問題、斜率計算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．