Question

3．平面上两定点F₁（-1，0），F₂（1，0），动点P满足|PF₁|+|PF₂|=k
（1）求动点P的轨迹；
（2）当k=4时，动点P的轨迹为曲线C，已知$M（-\frac{1}{2}，0）$，过M的动直线l（斜率存在且不为0）与曲线C交于P，Q两点，S（2，0），直线l₁：x=-3，SP，SQ分别与l₁交于A，B两点．A，B，P，Q坐标分别为A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），P（x_P，y_P），Q（x_Q，y_Q），求证：$\frac{{\frac{1}{y_A}+\frac{1}{y_B}}}{{\frac{1}{y_P}+\frac{1}{y_Q}}}$为定值，并求出此定值．

Answer 1

分析 （1）分类讨论，可求动点P的轨迹；
（2）当k=4时，动点P的轨迹方程为：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，与直线PQ联立，求出斜率，利用斜率关系，即可证明结论．

解答 解：（1）由题意：当k＜2时，动点P不表示任何图形；
当k=2时，动点P的轨迹是线段；
当k＞2时，动点P的轨迹是椭圆．
（2）当k=4时，动点P的轨迹方程为：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，
设$PQ：x=ny-\frac{1}{2}（n≠0）$，则$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ x=ny-\frac{1}{2}\end{array}\right.$可得：$（3{n^2}+4）{y^2}-3ny-\frac{45}{4}=0$
∴${y_P}+{y_Q}=\frac{3n}{{3{n^2}+4}}，{y_P}•{y_Q}=-\frac{{\frac{45}{4}}}{{3{n^2}+4}}$
∴$\frac{{{y_P}+{y_Q}}}{{{y_P}•{y_Q}}}=\frac{{\frac{3n}{{3{n^2}+4}}}}{{-\frac{{\frac{45}{4}}}{{3{n^2}+4}}}}=-\frac{4n}{15}$∴$\frac{1}{y_P}+\frac{1}{y_Q}=-\frac{4n}{15}$
又点P，Q在直线PQ上，
∴${x_P}=n{y_P}-\frac{1}{2}，{x_Q}=n{y_Q}-\frac{1}{2}$，∴${k_{SP}}=\frac{y_P}{{{x_P}-2}}=\frac{y_P}{{n{y_P}-\frac{5}{2}}}$，
同理：${k_{SQ}}=\frac{y_Q}{{{x_Q}-2}}=\frac{y_Q}{{n{y_Q}-\frac{5}{2}}}$，又${k_{SA}}=\frac{y_A}{-5}；{k_{SB}}=\frac{y_B}{-5}$
由k_SP=k_SA；k_SQ=k_SB
则$\frac{y_P}{{n{y_P}-\frac{5}{2}}}=\frac{y_A}{-5}$，则$\frac{1}{y_A}=\frac{{\frac{5}{2}-n{y_P}}}{{5{y_P}}}=\frac{1}{{2{y_P}}}-\frac{n}{5}$
同理：$\frac{1}{y_B}$=$\frac{1}{{2{y_Q}}}-\frac{n}{5}$
∴$\frac{1}{y_A}+\frac{1}{y_B}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{y_P}+\frac{1}{y_Q}）-\frac{2n}{5}=-\frac{8n}{15}$，
∴$\frac{{\frac{1}{y_A}+\frac{1}{y_B}}}{{\frac{1}{y_P}+\frac{1}{y_Q}}}=2$．

点评 本题考查轨迹方程，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．