分析 (1)利用動(dòng)點(diǎn)P(x,y)到定點(diǎn)F(1,0)的距離與它到定直線(xiàn)l:x=4的距離之比為$\frac{1}{2}$,列出方程化簡(jiǎn)并整理,即可得到動(dòng)點(diǎn)P(x,y)的軌跡C的方程.設(shè)直線(xiàn)AB,EF的方程,代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$,分別求出A,E的橫坐標(biāo),即可證明結(jié)論;
(2)當(dāng)t=0時(shí),說(shuō)明M,N,F(xiàn)三點(diǎn)共線(xiàn),當(dāng)t≠0時(shí)得到:QA1:$y=\frac{t}{6}$(x+2),QA2:y=$\frac{t}{2}$(x-2),分別與橢圓聯(lián)立方程組求解M、N的橫坐標(biāo),通過(guò)共線(xiàn)的充要條件,即可得出結(jié)論.
解答 解:(1)由題意動(dòng)點(diǎn)P(x,y)到定點(diǎn)F(1,0)的距離與它到定直線(xiàn)l:x=4的距離之比為$\frac{1}{2}$,
得$\frac{\sqrt{(x-1)^{2}+{y}^{2}}}{|x-4|}$=$\frac{1}{2}$,化簡(jiǎn)并整理,得$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$.
所以動(dòng)點(diǎn)P(x,y)的軌跡C的方程為橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$.
設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y=kx,代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$,可得$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{3+4{k}^{2}}{12}$,
直線(xiàn)EF的方程為y=-$\frac{1}{k}$x,代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$,可得$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{3{k}^{2}+4}{12{k}^{2}}$,
所以:$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OE{|}^{2}}$=$\frac{3+4{k}^{2}}{12(1+{k}^{2})}$+$\frac{3{k}^{2}+4}{12(1+{k}^{2})}$=$\frac{7}{12}$,
斜率不存在時(shí),同樣成立;
(2)當(dāng)t=0時(shí),點(diǎn)M與A2重合,點(diǎn)N與A1重合,M,N,F(xiàn)三點(diǎn)共線(xiàn).
當(dāng)t≠0時(shí)
根據(jù)題意:QA1:$y=\frac{t}{6}$(x+2),QA2:y=$\frac{t}{2}$(x-2).
由$y=\frac{t}{6}$(x+2),代入橢圓方程,消元,整理得:(t2+27)x2+4t2x+4t2-108=0
該方程有一根為x=-2,另一根為xM,根據(jù)韋達(dá)定理,得xM=$\frac{54-2{t}^{2}}{{t}^{2}+27}$
由y=$\frac{t}{2}$(x-2),代入橢圓方程,消元,整理得:(t2+3)x2-4t2x+4t2-12=0
該方程有一根為x=2,另一根為xN,根據(jù)韋達(dá)定理,xN=$\frac{2{t}^{2}-6}{{t}^{2}+3}$
當(dāng)xM=xN時(shí),由$\frac{54-2{t}^{2}}{{t}^{2}+27}$=$\frac{2{t}^{2}-6}{{t}^{2}+3}$
得:t2=9,xM=xN=1,M,N,F(xiàn)三點(diǎn)共線(xiàn);
當(dāng)xM≠xN時(shí),yM=$\frac{18t}{{t}^{2}+27}$,yN=-$\frac{6t}{{t}^{2}+3}$,
∴kMF=$\frac{6t}{9-{t}^{2}}$,kNF=$\frac{6t}{9-{t}^{2}}$,
∴kMF=KNF,M,N,F(xiàn)三點(diǎn)共線(xiàn).
綜上,命題恒成立.
點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法,直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用,三點(diǎn)共線(xiàn)的充要條件的應(yīng)用,考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力,轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用.
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