在平面直角坐标系 $xOy$ 中，线段 $AB$ 的两个端点 $A,B$ 分别在 $x$ 轴，$y$ 轴上滑动，$|AB|=3$．点 $M$ 是线段 $AB$ 上一点，且 $|AM|=1$，点 $M$ 随线段 $AB$ 的滑动而运动．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求动点 $M$ 的轨迹 $E$ 的方程；标注答案$\dfrac{x^2}{4}+y^2=1$解析根据题意设 $A(a,0),B(0,b),M(x,y)$，则 $b=3y$ 且 $
a=\dfrac32 x$，又由于$$a^2+b^2=3^2,$$因此$$\left(\dfrac32x\right)^2+\left(3y\right)^2=3^2,$$所以动点 $M$ 的轨迹 $E$ 的方程为$$\dfrac{x^2}{4}+y^2=1.$$ -
过定点 $N(\sqrt3,0)$ 的直线 $l$ 交曲线 $E$ 于 $C,D$ 两点，交 $y$ 轴于点 $P$，若 $\overrightarrow{PC}=\lambda_1\overrightarrow{CN},\overrightarrow{PD}=\lambda_2\overrightarrow{DN}$，求证：$\lambda_1+\lambda_2$ 为定值．标注答案略解析显然，直线 $l$ 的斜率存在，设其方程为 $y=k(x-\sqrt3)$，则 $P(0,-\sqrt3k)$．令 $C(x_1,y_1)$，$D(x_2,y_2)$．联立方程$$\begin{cases} y=k(x-\sqrt3),\\
x^2+4y^2-4=0, \end{cases}$$消去 $y$ 整理得$$(4k^2+1)x^2-8\sqrt3k^2x+12k^2-4=0.$$根据韦达定理有$$\left(x_1+x_2=\dfrac{8\sqrt3k^2}{4k^2+1}\right)\land\left(x_1\cdot x_2=\dfrac{4(3k^2-1)}{4k^2+1}\right),$$又 $\overrightarrow{PC}=\lambda_1\overrightarrow{CN}$，所以 $x_1=\lambda_1(\sqrt3-x_1)$，所以 $\lambda _1=\dfrac{x_1}{\sqrt3-x_1}$，同理 $\lambda _2=\dfrac{x_2}{\sqrt3-x_2}$．所以$$\begin{split} \lambda_1+\lambda_2&=\dfrac{x_1}{\sqrt3-x_1}+\dfrac{x_2}{\sqrt3-x_2}\\
&=\dfrac{\sqrt3(x_1+x_2)-2x_1x_2}{3-\sqrt3(x_1+x_2)+x_1x_2}\\
&=\dfrac{\sqrt3\cdot\frac{8\sqrt3k^2}{4k^2+1}-2\cdot\frac{4(3k^2-1)}{4k^2+1}}{3-\sqrt3\cdot\frac{8\sqrt3k^2}{4k^2+1}+\frac{4(3k^2-1)}{4k^2+1}}\\
&=-8.\end{split}$$于是 $\lambda_1+\lambda_2$ 为定值得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
