Question

5．已知动点P（x，y）到直线l：x=-2的距离是它到定点F（-1，0）的距离的$\sqrt{2}$倍．
（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；
（Ⅱ）过F（-1，0）作与x轴垂直的直线与轨迹C在第三象限的交点为Q，过F（-1，0）的动直线与轨迹C相交于不同的两点A，B，与直线l相交于点M，记直线QA，QB，QM的斜率依次为k₁，k₂，k₃，试证明：$\frac{{{k_1}+{k_2}}}{k_3}$为定值．

Answer 1

分析 （ I）作PN⊥直线l于N，推出$|{PN}|=\sqrt{2}|{PF}|$，化简得动点P的轨迹C的方程．
（ II）（1）当动直线AB的斜率k=0时，求出三条线段的斜率，推出$\frac{{{k_1}+{k_2}}}{k_3}=2$．
（2）当动直线AB的斜率k≠0时，设直线AB的方程为x=ty-1，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），求出三条线段的斜率，然后推出$\frac{{{k_1}+{k_2}}}{k_3}=2$．

解答 解：（ I）作PN⊥直线l于N，则由题意可知：$|{PN}|=\sqrt{2}|{PF}|$，---（1分）
由于|PN|=|x+2|，$|{PF}|=\sqrt{{{（{x+1}）}^2}+{y^2}}$----------（3分）
所以$|{x+2}|=\sqrt{2}•\sqrt{{{（{x+1}）}^2}+{y^2}}$，化简得动点P的轨迹C的方程为：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$---（6分）
（ II）易得$Q（{-1，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$，
（1）当动直线AB的斜率k=0时，$A（{-\sqrt{2}，0}），B（{\sqrt{2}，0}），M（{-2，0}）$
此时${k_1}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}-1$，${k_2}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}+1$，${k_3}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，此时，$\frac{{{k_1}+{k_2}}}{k_3}=2$．-------------（8分）
（2）当动直线AB的斜率k≠0时，设直线AB的方程为x=ty-1，（其中tk=1）
令x=-2得，$y=-\frac{1}{t}$，所以$M（{-2，-\frac{1}{t}}）$，所以${k_3}=\frac{1}{t}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$--------（10分）
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁=ty₁-1，x₂=ty₂-1，
${k_1}=\frac{{{y_1}+\frac{{\sqrt{2}}}{2}}}{{{x_1}+1}}$=$\frac{{{y_1}+\frac{{\sqrt{2}}}{2}}}{{t{y_1}}}=\frac{1}{t}+\frac{1}{{\sqrt{2}t}}•\frac{1}{y_1}$，${k_2}=\frac{1}{t}+\frac{1}{{\sqrt{2}t}}•\frac{1}{y_2}$
所以${k_1}+{k_2}=\frac{2}{t}+\frac{1}{{\sqrt{2}t}}•（\frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_2}）$-----------------（12分）
把x=ty-1，代入方程$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$可得：（t²+2）y²-2ty-1=0
所以${y_1}+{y_2}=\frac{2t}{{{t^2}+2}}$，${y_1}•{y_2}=\frac{-1}{{{t^2}+2}}$，所以$\frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_2}=-2t$------------（14分）
所以${k_1}+{k_2}=\frac{2}{t}+\frac{1}{{\sqrt{2}t}}•（\frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_2}）$=$\frac{2}{t}-\sqrt{2}$，所以$\frac{{{k_1}+{k_2}}}{k_3}=2$．成立．--------（15分）．

点评 本题考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合应用，考查计算能力．