Question

14．已知?jiǎng)狱c(diǎn)P到點(diǎn)F（2$\sqrt{2}$，0）的距離與到直線x=$\frac{9\sqrt{2}}{4}$的距離之比為$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程
（2）若P在曲線C上，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為曲線C的左右焦點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=t，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．
（3）過點(diǎn)Q（1，0）作直線l（不與x軸垂直）與曲線C交于M，N兩點(diǎn)，與y軸交于R，若$\overrightarrow{RM}$=$λ\overrightarrow{MQ}$，$\overrightarrow{RN}$=$μ\overrightarrow{NQ}$，試判斷λ+μ是否為定值，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出P的坐標(biāo)，利用條件，建立方程，即可求曲線C的方程
（2）若P在曲線C上，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為曲線C的左右焦點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=t，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．
（3）把直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系、向量相等即可證明．

解答 解：（1）設(shè)P（x，y），由題意得：$\frac{\sqrt{（x-2\sqrt{2}）^{2}+{y}^{2}}}{|x-\frac{9\sqrt{2}}{4}|}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．
∴點(diǎn)P的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}$=1；
（2）t=$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=（-2$\sqrt{2}$-x，-y）•（2$\sqrt{2}$-x，-y）=x²+y²-8=$\frac{8}{9}$x²-7，
∵0≤x²≤9，
∴-7≤$\frac{8}{9}$x²-7≤1，
∴-7≤t≤1；
（3）λ+μ=-$\frac{9}{4}$，即λ+μ為定值．
理由如下：
依題意知，直線l的斜率存在，故可設(shè)直線l的方程為y=k（x-1）
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），R（0，y₃），
由y=k（x-1）與橢圓方程聯(lián)立消去y并整理，得（1+9k²）x²-18k²x+9k²-9=0，
∴x₁+x₂=$\frac{18{k}^{2}}{1+9{k}^{2}}$①，x₁x₂=$\frac{9{k}^{2}-9}{1+9{k}^{2}}$②，
∵$\overrightarrow{RM}$=$λ\overrightarrow{MQ}$，∴（x₁，y₁）-（0，y₃）=λ[（1，0）-（x₁，y₁）]，
即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=λ（1-{x}_{1}）}\\{{y}_{1}-{y}_{3}=-λ{(lán)y}_{1}}\end{array}\right.$，
又x₁≠1與x₁≠1軸不垂直，∴x₁≠1，
∴λ=$\frac{{x}_{1}}{1-{x}_{1}}$，
同理μ=$\frac{{x}_{2}}{1-{x}_{2}}$，
∴λ+μ=$\frac{{x}_{1}}{1-{x}_{1}}$+$\frac{{x}_{2}}{1-{x}_{2}}$=$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）-2{x}_{1}{x}_{2}}{1-（{x}_{1}+{x}_{2}）+{x}_{1}{x}_{2}}$，
將①②代入上式可得λ+μ=-$\frac{9}{4}$，即λ+μ為定值．

點(diǎn)評(píng) 熟練掌握橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及性質(zhì)、直線與橢圓的相交問題、根與系數(shù)的關(guān)系、向量相等是解題的關(guān)鍵．