Question

4．已知圓F₁：（x+1）²+y²=16及點(diǎn)F₂（1，0），在圓F₁任取一點(diǎn)M，連結(jié)MF₂并延長交圓F₁于點(diǎn)N，連結(jié)F₁N，過F₂作F₂P∥MF₁交NF₁于P，如圖所示．
（1）求點(diǎn)P的軌跡方程；
（2）從F₂點(diǎn)引一條直線l交軌跡P于A，B兩點(diǎn)，變化直線l，試探究$\frac{1}{{|{F_2}A|}}$+$\frac{1}{{|{F_2}B|}}$是否為定值．

Answer 1

分析 （1）由平行線成比例，結(jié)合橢圓的定義，可得P的軌跡方程；
（2）討論直線斜率不存在和存在，設(shè)出直線方程，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，化簡整理，即可得到定值．

解答 解：（1）∵F₂P∥MF₁，
∴$\frac{P{F}_{2}}{M{F}_{1}}$=$\frac{PN}{{F}_{1}N}$，可得$\frac{P{F}_{2}}{4}$=$\frac{4-P{F}_{1}}{4}$，即有PF₁+PF₂=4＞F₁F₂=2，
∴點(diǎn)P的軌跡是以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)，長軸長2a的橢圓，
即有a=2，c=1，b=$\sqrt{3}$，其軌跡方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）（Ⅰ）若l_AB的斜率存在時，設(shè)l_AB為：y=k（x-1），
聯(lián)立$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，可得：（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
不妨設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₂＜1＜x₁），則$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}\end{array}\right.$，
∴$\frac{1}{{|{F_2}A|}}+\frac{1}{{|{F_2}B|}}=\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-1}|}}+\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}|{{x_2}-1}|}}=\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{1}{{{x_1}-1}}+\frac{1}{{1-{x_2}}}}）$
=$\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{{1-{x_2}+{x_1}-1}}{{（{{x_1}-1}）（{1-{x_2}}）}}}）=\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{（{{x_1}+{x_2}}）-{x_1}•{x_2}-1}}}）$
=$\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{{\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}•{x_2}}}}{{（{{x_1}+{x_2}}）-{x_1}•{x_2}-1}}}）=\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{{\sqrt{{{（{\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}}）}^2}-4×\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}}}}{{\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}-1}}}）$
=$\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{{\frac{{12\sqrt{1+{k^2}}}}{{3+4{k^2}}}}}{{\frac{9}{{3+4{k^2}}}}}}）=\frac{12}{9}=\frac{4}{3}$；
（Ⅱ）若l_AB的斜率不存在時，此時l_AB：x=1，
則$A（{1，\frac{3}{2}}），B（{1，-\frac{3}{2}}）$，
此時$\frac{1}{{|{F_2}A|}}+\frac{1}{{|{F_2}B|}}=\frac{2}{3}+\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$．
綜上可知，變化直線l，則$\frac{1}{{|{F_2}A|}}+\frac{1}{{|{F_2}B|}}$為定值$\frac{4}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查軌跡的方程的求法，注意運(yùn)用定義，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，考查運(yùn)算能力，屬于難題．