Question

12．在直角三角形ABC中，∠CAB=$\frac{π}{2}$，AB=2，AC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，DO垂直AB于点O[其中O为原点]，且D（0，2），OA=OB，曲线E过C点，一点P在C上运动，且满足|PA|+|PB|的值不变．
（1）求曲线E的方程；
（2）过点D的直线L与曲线E相交于不同的两点M，N，且M在NB之间，使$\frac{DM}{DN}$=λ，试确定实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）建立如图所示的直角坐标系，|PA|+|PB|=|CA|+|CB|=2$\sqrt{2}$，可得动点P的轨迹是椭圆．进而得出标准方程．
（2）直线L与y轴重合时，$\frac{DM}{DN}$=$\frac{1}{3}$．直线L的斜率存在时，设直线L的方程为：y=kx+2，代入椭圆的方程可得：（2k²+1）x²+8kx+6=0，△＞0．λ=$\frac{DM}{DN}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，可得$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=λ+$\frac{1}{λ}$+2，利用根与系数的关系可得$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{32}{3（2+\frac{1}{{k}^{2}}）}$，根据k的取值范围即可得出．

解答 解：（1）建立如图所示的直角坐标系，|PA|+|PB|=|CA|+|CB|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\sqrt{{2}^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴动点P的轨迹是椭圆．a=$\sqrt{2}$，b=c=1，
∴椭圆E的方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（2）直线L与y轴重合时，$\frac{DM}{DN}$=$\frac{1}{3}$．
直线Ld的斜率存在时，设直线L的方程为：y=kx+2，
代入椭圆的方程可得：（2k²+1）x²+8kx+6=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），△=64k²-24（2k²+1）＞0，解得k²$＞\frac{3}{2}$．
∴x₁+x₂=$\frac{8k}{2{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{6}{2{k}^{2}+1}$．
λ=$\frac{DM}{DN}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∴$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=λ+$\frac{1}{λ}$+2，
又$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{（\frac{8k}{2{k}^{2}+1}）^{2}}{\frac{6}{2{k}^{2}+1}}$=$\frac{32}{3（2+\frac{1}{{k}^{2}}）}$，
∵k²$＞\frac{3}{2}$，∴$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$∈$（4，\frac{16}{3}）$．
∴$2＜λ+\frac{1}{λ}$$＜\frac{10}{3}$，又0＜λ＜1，∴$\frac{1}{3}＜λ＜1$．
综上可得：λ∈$[\frac{1}{3}，1）$．

点评 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为一元二次方程的根与系数的关系、不等式的性质与解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．