Question

（2013•大興區(qū)一模）已知動點P到點A（-2，0）與點B（2，0）的斜率之積為-

1

4

，點P的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）若點Q為曲線C上的一點，直線AQ，BQ與直線x=4分別交于M、N兩點，直線BM與橢圓的交點為D．求線段MN長度的最小值．

Answer 1

分析：（I）設(shè)P（x，y），由題意知利用斜率計算公式即可得到

y

x+2

•

y

x-2

=-

1

4

(x≠±2)，化簡即可；
（2）思路一：滿足題意的直線AQ的斜率顯然存在且不為零，設(shè)其方程為y=k（x+2），由（Ⅰ）知kQB•k=

-1

4

，所以，設(shè)直線QB方程為y=

-1

4k

（x-2），分別求出點M，N的坐標(biāo)，再利用兩點間的距離公式即可得到|MN|，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出；
思路二：滿足題意的直線AQ的斜率顯然存在且不為零，設(shè)其方程為y=k（x+2），與橢圓的方程聯(lián)立，可得到根與系數(shù)的關(guān)系．設(shè)Q（x₀，y₀），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），即可得到直線BQ的斜率，以下同思路一；
思路三：設(shè)Q（x₀，y₀），則直線AQ的方程為y=

y0

x0+2

(x+2)，直線BQ的方程為y=

y0

x0-2

(x-2)，即可得到點M，N的坐標(biāo)，利用兩點間的距離公式即可得到|MN|，利用導(dǎo)數(shù)即可得出．

解答：解：（Ⅰ）設(shè)P（x，y），由題意知  kAP•kBP=-

1

4

，即

y

x+2

•

y

x-2

=-

1

4

(x≠±2)
化簡得曲線C方程為：

x2

4

+y2=1(x≠±2)
（Ⅱ）思路一
滿足題意的直線AQ的斜率顯然存在且不為零，設(shè)其方程為y=k（x+2），
由（Ⅰ）知kQB•k=

-1

4

，所以，設(shè)直線QB方程為y=

-1

4k

（x-2），
當(dāng)x=4時得N點坐標(biāo)為N(4，

-1

2k

)，易求M點坐標(biāo)為M（4，6k）
所以|MN|=|6k+

1

2k

|=|6k|+

1

|2k|

≥2

|6k|• 1 |2k|

=2

3

，
當(dāng)且僅當(dāng)k=±

3

6

時，線段MN的長度有最小值2

3

．
思路二：滿足題意的直線AQ的斜率顯然存在且不為零，設(shè)其方程為y=k（x+2），
聯(lián)立方程：

x2 4 +y2=1 y=k(x+2)

消元得（4k²+1）x²+16k²x+16k²-4=0，
設(shè)Q（x₀，y₀），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由韋達定理得：-2•x0=

16k2-4

4k2+1

，
所以x0=

-8k2+2

4k2+1

，代入直線方程得y0=

4k

4k2+1

，
所以Q(

2-8k2

1+4k2

，

4k

1+4k2

)，又B（2，0）
所以直線BQ的斜率為，

4k 1+4k2 -0

2-8k2 1+4k2 -2

=-

1

4k

以下同思路一
思路三：設(shè)Q（x₀，y₀），則直線AQ的方程為y=

y0

x0+2

(x+2)
直線BQ的方程為y=

y0

x0-2

(x-2)
當(dāng)x=4，得yM=

6y0

x0+2

，即M(4，

6y0

x0+2

)
當(dāng)x=4，得yN=

2y0

x0-2

，即N(4，

2y0

x0-2

)
則|MN|=|

6y0

x0+2

-

2y0

x0-2

|=|2y0•

2x0-8

x02-4

||MN|2=4y02•(

2x0-8

x02-4

)2
又x02+4y02=4
所以|MN|2=

4(x0-4)2

4-x02

利用導(dǎo)數(shù)，或變形為二次函數(shù)求其最小值．

點評：本題綜合考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計算公式、兩點間的距離公式、基本不等式或利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值、多角度解決問題等基礎(chǔ)知識與基本技能，需要較強的推理能力和計算能力．