Question

12．已知定點(diǎn)A₁（-3，0），A₂（3，0），直線A₁M，A₂M相交于點(diǎn)M，且它們的斜率之積是-$\frac{5}{9}$．
（Ⅰ）求點(diǎn)M的軌跡G的方程；
（Ⅱ）若點(diǎn)N的坐標(biāo)為（-2，$\frac{5}{3}$），斜率為-$\frac{2}{3}$的直線l與曲線G相交于P、Q兩點(diǎn)，判斷直線NP、NQ、y軸所圍成的三角形是否為等腰三角形，并說明理由．

Answer 1

分析 （I）設(shè)點(diǎn)M（x，y），（（x≠±3），則${k}_{{A}_{1}M}$=$\frac{y}{x+3}$，${k}_{{A}_{2}M}$=$\frac{y}{x-3}$，由題意得$\frac{y}{x+3}$×$\frac{y}{x-3}$=-$\frac{5}{9}$，化簡即可得出．
（II）由題意得直線l的方程為y=-$\frac{2}{3}$x+t，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立得，9x²-12tx+9（t²-5）=0．利用根與系數(shù)的關(guān)系及其斜率計(jì)算公式k_NP+k_NQ=0．可得NP，NQ的傾斜角互補(bǔ)，即可得出結(jié)論．

解答 解：（I）設(shè)點(diǎn)M（x，y），（（x≠±3），
則${k}_{{A}_{1}M}$=$\frac{y}{x+3}$，${k}_{{A}_{2}M}$=$\frac{y}{x-3}$，
由題意得$\frac{y}{x+3}$×$\frac{y}{x-3}$=-$\frac{5}{9}$，化為：$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{5}$=1．
∴點(diǎn)M的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{5}$=1，（x≠±3）；
（II）由題意得直線l的方程為y=-$\frac{2}{3}$x+t，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{2}{3}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{5}=1（x≠±3）}\end{array}\right.$，
消去y得，9x²-12tx+9（t²-5）=0．
△＞0，∴x₁+x₂=$\frac{4t}{3}$，x₁•x₂=t²-5，
則k_NP=$\frac{{y}_{1}-\frac{5}{3}}{{x}_{1}+2}$=$\frac{-\frac{2}{3}{x}_{1}+t-\frac{5}{3}}{{x}_{1}+2}$=$-\frac{2}{3}$+$\frac{t-\frac{1}{3}}{{x}_{1}+2}$，
同理可得：k_NQ=-$\frac{2}{3}$+$\frac{t-\frac{1}{3}}{{x}_{2}+2}$．
∴k_NP+k_NQ=-$\frac{4}{3}$+$（t-\frac{1}{3}）$$（\frac{1}{{x}_{1}+2}+\frac{1}{{x}_{2}+2}）$
=-$\frac{4}{3}$+$（t-\frac{1}{3}）$$•\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+4}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=-$\frac{4}{3}$+$（t-\frac{1}{3}）$$•\frac{\frac{4}{3}t+4}{{t}^{2}-5+2×\frac{4t}{3}+4}$=-$\frac{4}{3}$+$\frac{4（3{t}^{2}-8t-3）}{3（3{t}^{2}-8t-3）}$=0．
∴NP，NQ的傾斜角互補(bǔ)，
∴直線NP，NQ，y軸所圍成的三角形為等腰三角形．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、斜率計(jì)算公式、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．