Question

18．設(shè)點M到坐標(biāo)原點的距離和它到直線l：x=-m（m＞0）的距離之比是一個常數(shù)$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（Ⅰ）求點M的軌跡；
（Ⅱ）若m=1時得到的曲線是C，將曲線C向左平移一個單位長度后得到曲線E，過點P（-2，0）的直線l₁與曲線E交于不同的兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），過F（1，0）的直線AF、BF分別交曲線E于點D、Q，設(shè)$\overrightarrow{AF}$=α$\overrightarrow{FD}$，$\overrightarrow{BF}$=β$\overrightarrow{FQ}$，α、β∈R，求α+β的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用兩點之間的距離公式，求得$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$丨x+m丨，整理即可求得點M的軌跡；
（Ⅱ）當(dāng)m=1時，求得E的方程，根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算，求得α=3-2x，β=3-2x₂，設(shè)直線l₁的方程為y=k（x+2）代入橢圓方程，由△＞0，求得k的取值范圍，則α+β=3-2x₁+3-2x₁=6-2（x₁+x₂），由韋達(dá)定理即可求得α+β的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）過M作MH⊥l，H為垂足，設(shè)M的坐標(biāo)為（x，y），則丨OM丨=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$，丨MH丨=丨x+m丨，
由丨OM丨=$\frac{\sqrt{2}}{2}$丨MH丨，則$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$丨x+m丨，整理得：$\frac{1}{2}$x²+y²-mx-$\frac{1}{2}$m²=0，
∴$\frac{（x-m）^{2}}{2{m}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{m}^{2}}=1$，
顯然點M的軌跡為焦點在x軸上的橢圓；
（Ⅱ）當(dāng)m=1時，則曲線C的方程是：$\frac{（x-1）^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，
故曲線E的方程是$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₃，y₃），
$\overrightarrow{AF}$=（1-x₁，-y₁），$\overrightarrow{FD}$=（x₃-1，y₃），$\overrightarrow{AF}$=α$\overrightarrow{FD}$，則-y₁=αy₃，
則α=$\frac{{y}_{1}}{{y}_{3}}$，
當(dāng)AD與x軸不垂直時，直線AD的方程為y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-1}$（x-1），即x=$\frac{（{x}_{1}-1）+{y}_{1}}{{y}_{1}}$，代入曲線E方程，
$\frac{{x}_{1}^{2}}{2}+{y}_{1}^{2}=1$，整理得：（3-2x₁）y²+2y₁（x₁-1）y-y₁²=0，y₁y₃=-$\frac{{y}_{1}^{2}}{3-2{x}_{1}}$，-$\frac{{y}_{1}}{{y}_{3}}$=3-2x₁，則α=3-2x，
當(dāng)AD與x軸垂直時，A點的橫坐標(biāo)x₁=1，α=1，
顯然α=3-2x₁也成立，
同理可得：β=3-2x₂，
設(shè)直線l₁的方程為y=k（x+2），代入$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（2k²+1）x²+8k²x+8k²-2=0，
由k≠0，則△=（8k²）2-4（2k²+1）（8k²-2）＞0，
解得：0＜k²＜$\frac{1}{2}$，
由x₁+x₂=-$\frac{8{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，
則α+β=3-2x₁+3-2x₁=6-2（x₁+x₂）=14-$\frac{8}{2{k}^{2}+1}$，
∵α+β∈（6，10），
∴α+β的取值范圍（6，10）．

點評 本題考查軌跡方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，向量的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計算能力，屬于中檔題．