Question

14．設(shè)A₁（-2$\sqrt{2}$，0），A₂（2$\sqrt{2}$，0），P是動(dòng)點(diǎn)，且直線A₁P與A₂P的斜率之積等于-$\frac{1}{2}$．
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡E的方程；
（2）設(shè)軌跡E的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，作兩條互相垂直的直線MF₁和MF₂與軌跡E的交點(diǎn)分別為A，B和C，D，求證：$\frac{1}{|AB|}$+$\frac{1}{|CD|}$恒為定值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x，y），由題意得$\frac{y}{x+2\sqrt{2}}•\frac{y}{x-2\sqrt{2}}=-\frac{1}{2}$，由此能求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡E的方程．
（2）設(shè)直線AB的方程為y=k（x+2），則直線CD的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-2），與橢圓聯(lián)立，得（2k²+1）x²+8k²x+8k²-8=0，由韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式得到|AB|，同理可得|CD|，由此能證明$\frac{1}{|AB|}$+$\frac{1}{|CD|}$恒為定值．

解答 （本小題滿分12分）
解：（1）設(shè)P（x，y），∵A₁（-2$\sqrt{2}$，0），A₂（2$\sqrt{2}$，0），P是動(dòng)點(diǎn)，且直線A₁P與A₂P的斜率之積等于-$\frac{1}{2}$，
∴由題意得$\frac{y}{x+2\sqrt{2}}•\frac{y}{x-2\sqrt{2}}=-\frac{1}{2}$，（3分）
化簡(jiǎn)得$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$，且x$≠±2\sqrt{2}$．
故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡E的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$，且x$≠±2\sqrt{2}$．（5分）
證明：（2）設(shè)直線AB的方程為y=k（x+2），則直線CD的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-2）．   （6分）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，消去y得（2k²+1）x²+8k²x+8k²-8=0．（7分）
由韋達(dá)定理得：${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{{k}^{2}-8}{2{k}^{2}+1}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}+1}$．（9分）
同理可得|CD|=$\frac{4\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}+2}$．（10分）
∴$\frac{1}{|AB|}+\frac{1}{|CD|}$=$\frac{2{k}^{2}+1}{4\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}$+$\frac{{k}^{2}+2}{4\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}$=$\frac{3\sqrt{2}}{8}$．
∴$\frac{1}{|AB|}$+$\frac{1}{|CD|}$恒為定值$\frac{3\sqrt{2}}{8}$．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查代數(shù)和恒為定理的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式的合理運(yùn)用．