Question

（2013•大兴区一模）已知动点P到点A（-2，0）与点B（2，0）的斜率之积为-

1

4

，点P的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）若点Q为曲线C上的一点，直线AQ，BQ与直线x=4分别交于M、N两点，直线BM与椭圆的交点为D．求证：A、D、N三点共线．

Answer 1

分析：（I）设P点坐标（x，y），利用斜率计算公式即可得到

y

x+2

•

y

x-2

=-

1

4

，化简即可得到曲线C的方程；
（II）由已知直线AQ的斜率存在且不等于0，设方程为y=k（x+2），与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到D，N的坐标，证明k_AD=k_AN．即可得到A、D、N三点共线．

解答：解：（I）设P点坐标（x，y），则kAP=

y

x+2

（x≠-2），kBP=

y

x-2

（x≠2），
由已知

y

x+2

•

y

x-2

=-

1

4

，化简得：

x2

4

+y2=1．
所求曲线C的方程为

x2

4

+y2=1（x≠±2）．
（II）由已知直线AQ的斜率存在且不等于0，
设方程为y=k（x+2），
由

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

，消去y得：（1+4k²）x²+16k²x+16k²-4=0…（1）．
因为-2，x_Q是方程（1）的两个根，
所以-2×xQ=

16k2-4

1+4k2

，得xQ=

2-8k2

1+4k2

，
又yQ=k(xQ+2)=k(

2-8k2

1+4k2

+2)=

4k

1+4k2

，所以Q(

2-8k2

1+4k2

，

4k

1+4k2

)．
当x=4，得y_M=6k，即M（4，6k）．
又直线BQ的斜率为-

1

4k

，方程为y=-

1

4k

(x-2)，当x=4时，得yN=-

1

2k

，即N(4，-

1

2k

)．
直线BM的斜率为3k，方程为y=3k（x-2）．
由

x2+4y2=4 y=3k(x-2)

，消去y得：（1+36k²）x²-144k²x+144k²-4=0…（2）．
因为2，x_D是方程（2）的两个根，所以2•xD=

144k2-4

1+36k2

，
得xD=

72k2-2

1+36k2

，又yD=3k(xD-2)=-

12k

1+36k2

，即D(

72k2-2

1+36k2

，-

12k

1+36k2

)．
由上述计算：A（-2，0），D(

72k2-2

1+36k2

，-

12k

1+36k2

)，N(4，-

1

2k

)．
因为kAD=-

1

12k

，kAN=-

1

12k

，所以k_AD=k_AN．
所以A、D、N三点共线．

点评：本题主要考查椭圆的方程与性质、直线的方程、直线与椭圆的位置关系、利用斜率线段证明三点共线等基础知识，考查学生运算能力、推理论证以及分析问题、解决问题的能力，考查数形结合、化归与转化思想．