2.設三個數(shù)$\sqrt{{{(x-\sqrt{2})}^2}+{y^2}}$,$\sqrt{3}$,$\sqrt{{{(x+\sqrt{2})}^2}+{y^2}}$成等差數(shù)列,記(x,y)對應點的曲線是R.
(Ⅰ)求曲線△PQR的方程;
(Ⅱ)已知點M(1,0),點N(3,2),點P(m,n)(m≠3),過點M任作直線l與曲線C相交于A,B兩點,設直線AN,BN,PN的斜率分別為k1,k2,k3,若k1+k2=2k3,求m,n滿足的關系式.

分析 (1)利用等差數(shù)列性質(zhì)可以得到曲線為橢圓,進而可以得到橢圓方程;
(2)分情況討論,當直線l的斜率不存在時,直線l的方程為x=1,聯(lián)立橢圓方程可得到交點坐標,進而計算出斜率k1和k2;當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為y=k(x-1),設交點坐標為A(x1,y1),B(x2,y2),利用韋達定理和直線方程即可計算k1+k2,得到k1,即可得到m,n的關系式.

解答 解:(1)依題意:$\sqrt{{{({x-\sqrt{2}})}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{(x+\sqrt{2})}^2}+{y^2}}=2\sqrt{3}$,
所以點P(x,y)對應的曲線方程$\left\{\begin{array}{l}\;2b=2\\ \;\;\;\;c=\sqrt{3}\;b\\ \;\;{b^2}+{c^2}={a^2},\;\end{array}\right.$是橢圓,則可$得\;\left\{\begin{array}{l}\;a=\sqrt{3}\\ c=\sqrt{2}.\end{array}\right.$.
故b=1,
橢圓C方程為$\frac{x2}{3}$+y2=1;
(2)①當直線l的斜率不存在時,直線l的方程為x=1.由$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=±\frac{\sqrt{6}}{3}.\end{array}$,
不妨設A(1,$\frac{\sqrt{6}}{3}$),B(1,-$\frac{\sqrt{6}}{3}$),
因為k1+k2=$\frac{2-\frac{\sqrt{6}}{3}}{2}$+$\frac{2+\frac{\sqrt{6}}{3}}{2}$=2,且k1+k2=2k3,
∴k3=1,
∴m,n滿足的關系式為$\frac{n-2}{m-3}$=1,即m-n-1=0.
②當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為y=k(x-1),
$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$,整理得:(3k2+1)x2-6k2x+3k2-3=0.
設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=$\frac{6{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}$,x1x2=$\frac{3{k}^{2}-3}{3{k}^{2}+1}$,
又y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),
∴k1+k2=$\frac{2-{y}_{1}}{3-{x}_{1}}$+$\frac{2-{y}_{2}}{3-{x}_{2}}$,
=$\frac{(2-{y}_{1})(3-{x}_{2})+(2-{y}_{2})(3-{x}_{1})}{(3-{x}_{1})(3-{x}_{2})}$,
=$\frac{[2-k({x}_{1}-x)](3-{x}_{2})+[2-k({x}_{2}-1)](3-{x}_{1})}{{x}_{1}{x}_{2}-3({x}_{1}+{x}_{2})+9}$,
=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}-(4k+2)({x}_{1}+{x}_{2})+6k+12}{{x}_{1}{x}_{2}-3({x}_{1}+{x}_{2})+9}$,
=$\frac{2k×\frac{3{k}^{2}-3}{3{k}^{2}+1}-(4k+2)×\frac{6{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}+6k+12}{\frac{3{k}^{2}-3}{3{k}^{2}+1}-3×\frac{6{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}+9}$=$\frac{2(12{k}^{2}+6)}{12{k}^{2}+6}$=2,
∴m,n滿足的關系式為m-n-1=0,
綜上所述,m,n滿足的關系式為m-n-1=0.

點評 本題考查橢圓的定義,考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質(zhì),考查直線與橢圓的位置關系,考查韋達定理,直線的斜率公式,考查計算能力,屬于中檔題.

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