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3.平面上兩定點F1(-1,0),F2(1,0),動點P滿足|PF1|+|PF2|=k
(1)求動點P的軌跡;
(2)當k=4時,動點P的軌跡為曲線C,已知$M(-\frac{1}{2},0)$,過M的動直線l(斜率存在且不為0)與曲線C交于P,Q兩點,S(2,0),直線l1:x=-3,SP,SQ分別與l1交于A,B兩點.A,B,P,Q坐標分別為A(xA,yA),B(xB,yB),P(xP,yP),Q(xQ,yQ),求證:$\frac{{\frac{1}{y_A}+\frac{1}{y_B}}}{{\frac{1}{y_P}+\frac{1}{y_Q}}}$為定值,并求出此定值.

分析 (1)分類討論,可求動點P的軌跡;
(2)當k=4時,動點P的軌跡方程為:$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$,與直線PQ聯立,求出斜率,利用斜率關系,即可證明結論.

解答 解:(1)由題意:當k<2時,動點P不表示任何圖形;
當k=2時,動點P的軌跡是線段;
當k>2時,動點P的軌跡是橢圓.
(2)當k=4時,動點P的軌跡方程為:$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$,
設$PQ:x=ny-\frac{1}{2}(n≠0)$,則$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ x=ny-\frac{1}{2}\end{array}\right.$可得:$(3{n^2}+4){y^2}-3ny-\frac{45}{4}=0$
∴${y_P}+{y_Q}=\frac{3n}{{3{n^2}+4}},{y_P}•{y_Q}=-\frac{{\frac{45}{4}}}{{3{n^2}+4}}$
∴$\frac{{{y_P}+{y_Q}}}{{{y_P}•{y_Q}}}=\frac{{\frac{3n}{{3{n^2}+4}}}}{{-\frac{{\frac{45}{4}}}{{3{n^2}+4}}}}=-\frac{4n}{15}$∴$\frac{1}{y_P}+\frac{1}{y_Q}=-\frac{4n}{15}$
又點P,Q在直線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kSP=kSA;kSQ=kSB
則$\frac{y_P}{{n{y_P}-\frac{5}{2}}}=\frac{y_A}{-5}$,則$\frac{1}{y_A}=\frac{{\frac{5}{2}-n{y_P}}}{{5{y_P}}}=\frac{1}{{2{y_P}}}-\frac{n}{5}$
同理:$\frac{1}{y_B}$=$\frac{1}{{2{y_Q}}}-\frac{n}{5}$
∴$\frac{1}{y_A}+\frac{1}{y_B}$=$\frac{1}{2}(\frac{1}{y_P}+\frac{1}{y_Q})-\frac{2n}{5}=-\frac{8n}{15}$,
∴$\frac{{\frac{1}{y_A}+\frac{1}{y_B}}}{{\frac{1}{y_P}+\frac{1}{y_Q}}}=2$.

點評 本題考查軌跡方程,考查分類討論的數學思想,考查學生分析解決問題的能力,屬于中檔題.

練習冊系列答案
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