Question

2．已知圆F₁：（x+1）²+y²=16及点F₂（1，0），在圆F₁任取一点M，连接MF₂并延长交圆F₁于点N，连接F₁N，过F₂作F₂P∥MF₁交NF₁于P，如图所示．若从F₂点引一条直线l交轨迹P于A，B两点，变化直线l （l的斜率一直存在），则$\frac{1}{{|F}_{2}A|}$+$\frac{1}{|{F}_{2}B|}$的值（　　）

• A． $\frac{4}{3}$
• B． $\frac{1}{2}$
• C． $\frac{{\sqrt{3}+1}}{2}$
• D． $\sqrt{3}+1$

Answer 1

分析 由题意可得$\frac{P{F}_{2}}{M{F}_{1}}=\frac{PN}{{F}_{1}N}$，得$\frac{P{F}_{2}}{4}=\frac{4-P{F}_{1}}{4}$，即PF₁+PF₂=4＞F₁F₂=2，由此说明点P的轨迹为椭圆，求出椭圆方程，在设l_AB为：y=k（x-1），联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，然后利用根与系数的关系求得答案．

解答 解：∵F₂P∥MF₁，∴$\frac{P{F}_{2}}{M{F}_{1}}=\frac{PN}{{F}_{1}N}$，得$\frac{P{F}_{2}}{4}=\frac{4-P{F}_{1}}{4}$，则PF₁+PF₂=4＞F₁F₂=2，
∴点P的轨迹是以F₁，F₂为焦点，长轴长2a=4的椭圆，其轨迹方程为$\frac{x2}{4}$+$\frac{y2}{3}$=1．
设l_AB为：y=k（x-1），联立$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，可得：（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
不妨设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂） （x₂＜1＜x₁），
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
∴$\frac{1}{|{F}_{2}A|}+\frac{1}{|{F}_{2}B|}=\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}|{x}_{1}-1|}+\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}|{x}_{2}-1|}$
=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}（\frac{1}{{x}_{1}-1}+\frac{1}{1-{x}_{2}}）=\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}•\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}-{x}_{1}{x}_{2}-1}$
=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}•\frac{\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}}{{x}_{1}+{x}_{2}-{x}_{1}{x}_{2}-1}$=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}•\frac{\sqrt{（\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}}}{\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}-\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}-1}$=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}•\frac{\frac{12\sqrt{1+{k}^{2}}}{3+4{k}^{2}}}{\frac{9}{3+4{k}^{2}}}$
=$\frac{12}{9}$=$\frac{4}{3}$．综上可知，变化直线l，则$\frac{1}{|F2A|}$+$\frac{1}{|F2B|}$为定值$\frac{4}{3}$．
故选：A．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查了椭圆的简单性质，训练了直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．