Question

18．設(shè)點(diǎn)P為圓C₁：x²+y²=2上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為Q，點(diǎn)M滿足$\sqrt{2}$$\overrightarrow{MQ}$=$\overrightarrow{PQ}$．
（1）求點(diǎn)M的軌跡C₂的方程；
（2）過直線x=2上的點(diǎn)T作圓C₁的兩條切線，設(shè)切點(diǎn)分別為A、B，若直線AB與（1）中的曲線C₂交與C、D兩點(diǎn)，求$\frac{{|{CD}|}}{{|{AB}|}}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x₀，y₀），M（x，y），通過$\sqrt{2}\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{PQ}$，轉(zhuǎn)化求解，點(diǎn)M的軌跡C₂的方程．
（2）設(shè)點(diǎn)T（2，t），則直線AB的方程為2x+ty=2，求出|AB|，設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），聯(lián)立直線與橢圓的方程，利用弦長公式，求解$\frac{{|{CD}|}}{{|{AB}|}}$的表達(dá)式，通過函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值即可．

解答 解：（1）設(shè)P（x₀，y₀），M（x，y），則
由$\sqrt{2}\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{PQ}$得到：$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=x\\{y_0}=\sqrt{2}y\end{array}\right.$代入${x_0}^2+{y_0}^2=2$
得到：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$，
所以，點(diǎn)M的軌跡C₂的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）設(shè)點(diǎn)T（2，t），則直線AB的方程為2x+ty=2，$|{AB}|=2\sqrt{\frac{{2{t^2}+4}}{{{t^2}+4}}}$，
又設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}2x+ty=2\\{x^2}+2{y^2}=2\end{array}\right.$，得（t²+8）y²-4ty-4=0，
于是，${y_1}+{y_2}=\frac{4t}{{{t^2}+8}}，{y_1}{y_2}=\frac{-4}{{{t^2}+8}}，△＞0$，
所以，$|{CD}|=\frac{{2\sqrt{{t^2}+4}•\sqrt{2{t^2}+8}}}{{{t^2}+8}}$，于是$\frac{{|{AB}|}}{{|{CD}|}}=\frac{{（{{t^2}+8}）\sqrt{{t^2}+2}}}{{（{{t^2}+4}）\sqrt{{t^2}+4}}}$，
令t²+4=s≥4，則$\frac{{|{AB}|}}{{|{CD}|}}=\frac{{（{s+2}）\sqrt{s-2}}}{{s\sqrt{s}}}=\sqrt{\frac{{{s^3}+6{s^2}-32}}{s^3}}=\sqrt{1+\frac{6}{s}-\frac{32}{s^3}}$
令$m=\frac{1}{s}∈（{0，\frac{1}{4}}]$，于是$\frac{{|{AB}|}}{{|{CD}|}}=\sqrt{1+6m-32{m^3}}$，
設(shè)f（m）=-32m³+6m+1，f'（m）=-96m²+6，$-96{m^2}+6=0⇒m=±\frac{1}{4}$
所以，f（m）在$（{0，\frac{1}{4}}]$單調(diào)遞增，故$f（m）∈（{1，\sqrt{2}}]$，
所以，$\frac{{|{CD}|}}{{|{AB}|}}∈[{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，構(gòu)造法以及函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．