Question

8．已知A（2，0），O为坐标原点，动点P满足|$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OA}$|+|$\overrightarrow{OP}$-$\overrightarrow{OA}$|=4$\sqrt{2}$
（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；
（Ⅱ）过点A且不垂直于坐标轴的直线l交轨迹C于不同的两点M，N，线段MN的垂直平分线与x轴交于点D，线段MN的中点为H，求$\frac{|DH|}{|MN|}$的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设P（x，y），由已知得$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}}$+$\sqrt{（x-2）^{2}+{y}^{2}}$=$4\sqrt{2}$＞4，由椭圆的定义可得所求轨迹方程；
（Ⅱ）设直线l的斜率为k（k≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则l的方程为y=k（x-2），将其代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及中点坐标公式，两点的距离公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围．

解答 解：（Ⅰ）设P（x，y），由已知得$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}}$+$\sqrt{（x-2）^{2}+{y}^{2}}$=$4\sqrt{2}$＞4，
根据椭圆定义知P点轨迹为以（2，0）和（-2，0）为焦点，长轴长为$4\sqrt{2}$的椭圆，
即有a=2$\sqrt{2}$，c=2，b=2，
则动点P的轨迹C的方程为$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（Ⅱ）设直线l的斜率为k（k≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
则l的方程为y=k（x-2），将其代入$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
整理得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-8=0，
由于A在椭圆内，当然对任意实数k都有△＞0，
根据韦达定理得x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
那么|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）^{2}-\frac{32{k}^{2}-32}{1+2{k}^{2}}}$
=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$，
y₁+y₂=k（x₁-2）+k（x₂-2）=k（x₁+x₂）-4k=$\frac{-4k}{1+2{k}^{2}}$，
线段MN中点H的坐标为（$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{-2k}{1+2{k}^{2}}$），
那么线段MN的垂直平分线方程为y+$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），
令y=0，得D（$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，0），
|DH|=$\sqrt{（\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）^{2}+（\frac{-2k}{1+2{k}^{2}}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{{k}^{4}+{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$，
则$\frac{|DH|}{|MN|}$=$\frac{2\sqrt{{k}^{4}+{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$•$\frac{1+2{k}^{2}}{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$•$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}}$，
由k≠0，可得1+$\frac{1}{{k}^{2}}$∈（1，+∞），
于是$\frac{|DH|}{|MN|}$∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{4}$）．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的定义的运用，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及弦长公式，中点坐标公式以及直线方程的运用，考查运算能力，属于中档题．