已知平面內(nèi)動點P與點A（-2，0），B（2，0）連線的斜率之積為-34．
（1）求動點P的軌跡E的方程；
（2）過點F（1，0）的直線與曲線E交于P，Q兩點，直線AP，AQ與直線x=4分別交于M，N兩點．求證：以MN為直徑的圓恒過定點．
3
4
【考點】軌跡方程．
【答案】（1）=1（ x≠±2）；
證明：（2）當(dāng)PQ的斜率存在時，設(shè)PQ的方程為y=k（x-1），
與曲線E的方程聯(lián)立，消去y得（3+4k2）x2-8k2x-4k2-12=0．
設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1+x2=．
直線AP的方程為，
令x=4，得，即，同理．
∴-
=6||，
|x2-x1|==
=|．
∴|MN|=．
線段MN中點的縱坐標(biāo)為（）=）=-．
故以MN為直徑的圓的方程為：（x-4）2+=．
令y=0得：（x-4）2=9，解得x=1或x=7．
此時以MN為直徑的圓過點D（1，0）和E（7，0）．
當(dāng)PQ⊥x軸時，．
則以MN為直徑的圓的方程為（x-4）2+y2=9，也過點D，E．
∴以MN為直徑的圓恒過點D（1，0）和E（7，0）．
x
2
4
+
y
2
3
證明：（2）當(dāng)PQ的斜率存在時，設(shè)PQ的方程為y=k（x-1），
與曲線E的方程聯(lián)立，消去y得（3+4k2）x2-8k2x-4k2-12=0．
設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1+x2=
8
k
2
3
+
4
k
2
，
x
1
x
2
=
4
k
2
-
12
3
+
4
k
2
直線AP的方程為
y
y
1
=
x
+
2
x
1
+
2
令x=4，得
y
=
6
y
1
x
1
+
2
M
（
4
，
6
y
1
x
1
+
2
）
N
（
4
，
6
y
2
x
2
+
2
）
∴
|
MN
|
=
6
y
2
x
2
+
2
6
y
1
x
1
+
2
=6|
k
[
（
x
2
-
1
）
（
x
1
+
2
）
-
（
x
1
-
1
）
（
x
2
+
2
）
]
x
1
x
2
+
2
（
x
1
+
x
2
）
+
4
|
=
18
|
k
（
x
2
-
x
1
）
x
1
x
2
+
2
（
x
1
+
x
2
）
+
4
|x2-x1|=
（
x
1
+
x
2
）
2
-
4
x
1
x
2
64
k
2
（
3
+
4
k
2
）
2
-
4
×
4
k
2
-
12
3
+
4
k
2
=
12
1
+
k
2
3
+
4
k
2
x
1
x
2
+
2
（
x
1
+
x
2
）
+
4
|
=
|
4
k
2
-
12
3
+
4
k
2
+
2
×
8
k
2
3
+
4
k
2
+
4
|
=
36
k
2
3
+
4
k
2
∴|MN|=
6
1
+
k
2
|
k
|
線段MN中點的縱坐標(biāo)為
1
2
6
y
1
x
1
+
2
+
6
y
2
x
2
+
2
3
k
?
（
x
1
-
1
x
1
+
2
+
x
2
-
1
x
2
+
2
3
k
故以MN為直徑的圓的方程為：（x-4）2+
（
y
+
3
k
）
2
9
（
1
+
k
2
）
k
2
令y=0得：（x-4）2=9，解得x=1或x=7．
此時以MN為直徑的圓過點D（1，0）和E（7，0）．
當(dāng)PQ⊥x軸時，
P
（
1
，
3
2
）
，
Q
（
1
，-
3
2
）
，
M
（
4
，
3
）
，
N
（
4
，-
3
）
則以MN為直徑的圓的方程為（x-4）2+y2=9，也過點D，E．
∴以MN為直徑的圓恒過點D（1，0）和E（7，0）．
【解答】
【點評】
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