Question

4．已知圆F₁：（x+1）²+y²=16及点F₂（1，0），在圆F₁任取一点M，连结MF₂并延长交圆F₁于点N，连结F₁N，过F₂作F₂P∥MF₁交NF₁于P，如图所示．
（1）求点P的轨迹方程；
（2）从F₂点引一条直线l交轨迹P于A，B两点，变化直线l，试探究$\frac{1}{{|{F_2}A|}}$+$\frac{1}{{|{F_2}B|}}$是否为定值．

Answer 1

分析 （1）由平行线成比例，结合椭圆的定义，可得P的轨迹方程；
（2）讨论直线斜率不存在和存在，设出直线方程，代入椭圆方程，运用韦达定理，化简整理，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，
∴点P的轨迹是以F₁，F₂为焦点，长轴长2a的椭圆，
即有a=2，c=1，b=$\sqrt{3}$，其轨迹方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）（Ⅰ）若l_AB的斜率存在时，设l_AB为：y=k（x-1），
联立$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，可得：（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
不妨设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₂＜1＜x₁），则$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}\end{array}\right.$，
∴$\frac{1}{{|{F_2}A|}}+\frac{1}{{|{F_2}B|}}=\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-1}|}}+\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}|{{x_2}-1}|}}=\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{1}{{{x_1}-1}}+\frac{1}{{1-{x_2}}}}）$
=$\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{{1-{x_2}+{x_1}-1}}{{（{{x_1}-1}）（{1-{x_2}}）}}}）=\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{（{{x_1}+{x_2}}）-{x_1}•{x_2}-1}}}）$
=$\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{{\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}•{x_2}}}}{{（{{x_1}+{x_2}}）-{x_1}•{x_2}-1}}}）=\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{{\sqrt{{{（{\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}}）}^2}-4×\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}}}}{{\frac{{8{k^2}}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{4{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}-1}}}）$
=$\frac{1}{{\sqrt{1+{k^2}}}}（{\frac{{\frac{{12\sqrt{1+{k^2}}}}{{3+4{k^2}}}}}{{\frac{9}{{3+4{k^2}}}}}}）=\frac{12}{9}=\frac{4}{3}$；
（Ⅱ）若l_AB的斜率不存在时，此时l_AB：x=1，
则$A（{1，\frac{3}{2}}），B（{1，-\frac{3}{2}}）$，
此时$\frac{1}{{|{F_2}A|}}+\frac{1}{{|{F_2}B|}}=\frac{2}{3}+\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$．
综上可知，变化直线l，则$\frac{1}{{|{F_2}A|}}+\frac{1}{{|{F_2}B|}}$为定值$\frac{4}{3}$．

点评 本题考查轨迹的方程的求法，注意运用定义，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查运算能力，属于难题．