Question

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（x_A，y_A），B（x_B，y_B），P（x_P，y_P），Q（x_Q，y_Q），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．

Answer 1

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k_SP=k_SA；k_SQ=k_SB
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．