Question

7．在平面直角坐标系xOy中，A，B两点的坐标分别为（-2，0），（2，0），动点P满足：直线PA与直线PB的斜率之积为$-\frac{3}{4}$．
（Ⅰ）求动点P的轨迹E的方程；
（Ⅱ）过点A作两条互相垂直的直线l₁，l₂分别交曲线E于M，N两点，设l₁的斜率为k（k＞0），△AMN的面积为S，求$\frac{S}{k}$的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设动点P的坐标（x，y），求出直线PA的斜率，直线PB的斜率，直线PA与直线PB的斜率之积为$-\frac{3}{4}$，整理可得轨迹方程；
（Ⅱ）设M点坐标为（x₀，y₀），直线l₁的方程为y=k（x+2），代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，利用韦达定理求解|AM|，|AN|，求出三角形的面积，推出$\frac{S}{k}$的表达式，利用函数的导数求解最值即可．

解答 解：（Ⅰ）已知A（-2，0），B（2，0），设动点P的坐标（x，y），
所以直线PA的斜率${k_1}=\frac{y}{x+2}（x≠-2）$，直线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）设M点坐标为（x₀，y₀），直线l₁的方程为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）单调递增，h（t）＞h（1）=12
所以$\frac{S}{k}∈（0，6）$．

点评 本题考查直线与椭圆位置关系的应用，函数的导数的综合应用，考查转化思想以及计算能力．