Question

18．已知实数m＞1，定点A（-m，0），B（m，0），S为一动点，点S与A，B两点连线的斜率之积为-$\frac{1}{m^2}$．
（Ⅰ）求动点S的轨迹C的方程，并指出它是哪一种曲线；
（Ⅱ）当m=$\sqrt{2}$时，问t取何值时，直线l：2x-y+t=0（t＞0）与曲线C有且仅有一个交点？
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，证明：直线l上横坐标小于2的点P到点（1，0）的距离与到直线x=2的距离之比的最小值等于曲线C的离心率．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设S（x，y），利用定点A（-m，0），B（m，0），S为一动点，点S与A，B两点连线的斜率之积为-$\frac{1}{m^2}$，建立方程，化简求动点S的轨迹C的方程，结合实数m＞1，可得曲线类型；
（Ⅱ）当m=$\sqrt{2}$时，求出椭圆C的方程．由直线l：2x-y+t=0（t＞0）与曲线C联立得9x²+8tx+2t²-2=0，当△=64t²-36×2（t²-1）=0时，得t=3．此时直线l与曲线C有且只有一个交点；当△=64t²-36×2（t²-1）＞0，且直线2x-y+t=0恰好过点（-$\sqrt{2}$，0）时，t=2$\sqrt{2}$，此时直线l与曲线C有且只有一个交点．
（Ⅲ）直线l方程为2x-y+3=0．设点P（a，2a+3），a＜2，d₁表示P到点（1，0）的距离，d₂表示P到直线x=2的距离，则$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$=$\sqrt{5•\frac{{a}^{2}+10a+10}{（a-2）^{2}}}$，由此能证明$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$的最小值等于椭圆的离心率．

解答 （Ⅰ）解：设S（x，y），则
∵定点A（-m，0），B（m，0），S为一动点，点S与A，B两点连线的斜率之积为-$\frac{1}{m^2}$，
∴$\frac{y}{x+m}•\frac{y}{x-m}$=-$\frac{1}{m^2}$，
∴$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+y²=1，
∵m＞1，
∴动点S的轨迹C表示椭圆；
（Ⅱ）解当m=$\sqrt{2}$时，椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
由直线l：2x-y+t=0（t＞0）与曲线C联立得9x²+8tx+2t²-2=0，
当△=64t²-36×2（t²-1）=0时，t=±3，
∵t＞0，∴t=3．此时直线l与曲线C有且只有一个交点；
当△=64t²-36×2（t²-1）＞0，且直线2x-y+t=0恰好过点（-$\sqrt{2}$，0）时，
t=2$\sqrt{2}$，此时直线l与曲线C有且只有一个交点．
综上，当t=3或t=2$\sqrt{2}$时，直线l与曲线C有且只有一个交点．
（Ⅲ）证明：直线l方程为2x-y+3=0．
设点P（a，2a+3），a＜2，d₁表示P到点（1，0）的距离，d₂表示P到直线x=2的距离，
则d₁=$\sqrt{（a-1）^{2}+（2a+3）^{2}}$=$\sqrt{5{a}^{2}+10a+10}$，d₂=2-a，
∴$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$=$\sqrt{5•\frac{{a}^{2}+10a+10}{（a-2）^{2}}}$，
令f（a）=$\frac{{a}^{2}+2a+2}{（a-2）^{2}}$，则f′（a）=-$\frac{6a+8}{（a-2）^{3}}$，
令f′（a）=0，得a=-$\frac{4}{3}$，
∵当a＜-$\frac{4}{3}$时，f′（a）＜0；
当-$\frac{4}{3}$＜a＜2时，f′（a）＞0，
∴f（a）在a=-$\frac{4}{3}$时，取得最小值，即$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$取得最小值$\sqrt{5f（-\frac{4}{3}）}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
又椭圆C有离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$的最小值等于椭圆的离心率．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆C有且只有一个交点时实数值的求法，考查直线上横坐标小于2的点P到点（1，0）的距离与到直线x=2的距离之比的最小值等于椭圆的离心率的证明，解题时要注意函数与方程思想的合理运用．