Question

15．已知點F（1，0），圓E：（x+1）²+y²=8，點P是圓E上任意一點，線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于Q．
（Ⅰ）求動點Q的軌跡Γ的方程；
（Ⅱ）若直線l與圓O：x²+y²=1相切，并與（1）中軌跡Γ交于不同的兩點A、B，與x軸交于點M，當(dāng)$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=λ，且滿足$\frac{2}{3}$≤λ≤$\frac{3}{4}$，求$\frac{|AM|}{|BM|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由|EQ|+|PQ|=|PE|=2$\sqrt{2}$＞|EF|可知Q的軌跡為以E，F(xiàn)為焦點的橢圓，利用橢圓的定義求出橢圓方程；
（II）設(shè)直線l的方程為y=kx+m，根據(jù)直線l與單位圓相切得出k，m的關(guān)系，聯(lián)立直線與橢圓方程，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得出A，B坐標的關(guān)系，根據(jù)λ的范圍即可求出k²的范圍，利用勾股定理將$\frac{|AM|}{|BM|}$轉(zhuǎn)化為A，B橫坐標的比，使用換元法求出$\frac{|AM|}{|BM|}$的范圍．

解答 解：（I）圓E的圓心E（-1，0），半徑r=2$\sqrt{2}$．|EF|=2
∵Q為PE中垂線上的點，∴|PQ|=|QE|，
又|EQ|+|PQ|=|PE|=2$\sqrt{2}$，
∴|QE|+|QF|=2$\sqrt{2}$＞2，
∴Q的軌跡為以E，F(xiàn)為焦點的橢圓．
設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），
則$\left\{\begin{array}{l}{2a=2\sqrt{2}}\\{2c=2}\end{array}\right.$，∴a=$\sqrt{2}$，b=1．
∴動點Q的軌跡Γ的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（II）當(dāng)直線l無斜率時，不妨設(shè)直線l的方程為x=1，則A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），M（1，0）．
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，不符合題意，
當(dāng)直線l的斜率為0時，直線l與橢圓只有一個公共點，不符合題意，
設(shè)直線l的方程為y=kx+m（k≠0），
∵直線l與單位圓O相切，∴$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，即m²=k²+1．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，消去y得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$．
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=（1+k²）x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²
=$\frac{（1+{k}^{2}）（2{m}^{2}-2）}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4{k}^{2}{m}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+m²=$\frac{2{k}^{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4{k}^{2}（{k}^{2}+1）}{1+2{k}^{2}}$+k²+1=$\frac{{k}^{2}+1}{1+2{k}^{2}}$．
∴$\frac{2}{3}$≤$\frac{{k}^{2}+1}{1+2{k}^{2}}$≤$\frac{3}{4}$，解得$\frac{1}{2}$≤k²≤1．
令$\frac{|AM|}{|BM|}$=t，則t²=$\frac{|AM{|}^{2}}{|BM{|}^{2}}$=$\frac{|O{A|}^{2}-1}{|O{B|}^{2}-1}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}-1}{{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}-1}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{{x}_{2}}^{2}}$．
∵x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$＞0，∴$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0．不妨設(shè)x₁＞0，x₂＞0．
則t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∴t+$\frac{1}{t}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{16{k}^{2}（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}（1+2{k}^{2}）}$-2=2+$\frac{4}{1+2{k}^{2}}$．
∵$\frac{1}{2}$≤k²≤1，∴$\frac{10}{3}$≤2+$\frac{4}{1+2{k}^{2}}$≤4．即$\frac{10}{3}≤t+\frac{1}{t}≤4$，
解得2-$\sqrt{3}$≤t≤$\frac{1}{3}$或3≤t≤2+$\sqrt{3}$．
∴$\frac{|AM|}{|BM|}$的取值范圍范圍是[2-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{3}$]∪[3，2+$\sqrt{3}$]．

點評 本題考查了軌跡方程的求解，橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，屬于難題．