(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-
14
,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.求證:A、D、N三點共線.
分析:(I)設(shè)P點坐標(x,y),利用斜率計算公式即可得到
y
x+2
y
x-2
=-
1
4
,化簡即可得到曲線C的方程;
(II)由已知直線AQ的斜率存在且不等于0,設(shè)方程為y=k(x+2),與橢圓的方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系,即可得到D,N的坐標,證明kAD=kAN.即可得到A、D、N三點共線.
解答:解:(I)設(shè)P點坐標(x,y),則kAP=
y
x+2
(x≠-2),kBP=
y
x-2
(x≠2),
由已知
y
x+2
y
x-2
=-
1
4
,化簡得:
x2
4
+y2=1

所求曲線C的方程為
x2
4
+y2=1
(x≠±2).
(II)由已知直線AQ的斜率存在且不等于0,
設(shè)方程為y=k(x+2),
x2+4y2=4
y=k(x+2)
,消去y得:(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0…(1).
因為-2,xQ是方程(1)的兩個根,
所以-2×xQ=
16k2-4
1+4k2
,得xQ=
2-8k2
1+4k2
,
yQ=k(xQ+2)=k(
2-8k2
1+4k2
+2)=
4k
1+4k2
,所以Q(
2-8k2
1+4k2
4k
1+4k2
)

當x=4,得yM=6k,即M(4,6k).
又直線BQ的斜率為-
1
4k
,方程為y=-
1
4k
(x-2)
,當x=4時,得yN=-
1
2k
,即N(4,-
1
2k
)

直線BM的斜率為3k,方程為y=3k(x-2).
x2+4y2=4
y=3k(x-2)
,消去y得:(1+36k2)x2-144k2x+144k2-4=0…(2).
因為2,xD是方程(2)的兩個根,所以2•xD=
144k2-4
1+36k2

xD=
72k2-2
1+36k2
,又yD=3k(xD-2)=-
12k
1+36k2
,即D(
72k2-2
1+36k2
,-
12k
1+36k2
)

由上述計算:A(-2,0),D(
72k2-2
1+36k2
,-
12k
1+36k2
)
N(4,-
1
2k
)

因為kAD=-
1
12k
,kAN=-
1
12k
,所以kAD=kAN
所以A、D、N三點共線.
點評:本題主要考查橢圓的方程與性質(zhì)、直線的方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、利用斜率線段證明三點共線等基礎(chǔ)知識,考查學生運算能力、推理論證以及分析問題、解決問題的能力,考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化思想.
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4
-
y2
5 
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