Question

7．已知点C为圆${（x+\sqrt{3}）^2}+{y^2}=16$的圆心，$F（\sqrt{3}，0）$，P是圆上的动点，线段FP的垂直平分线交CP于点Q．
（1）求点Q的轨迹D的方程；
（2）设A（2，0），B（0，1），过点A的直线l₁与曲线D交于点M（异于点A），过点B的直线l₂与曲线D交于点N，直线l₁与l₂倾斜角互补．
①直线MN的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由；
②设△AMN与△BMN的面积之和为S，求S的取值范围．

Answer 1

分析 （1）推导出点Q的轨迹是以点C，F为焦点，焦距为$2\sqrt{3}$，长轴为4的椭圆，由此能求出点Q的轨迹方程．
（2）①设l₁的方程为y=k（x-2），联立$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=k（{x-2}）}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²-16k²x+16k²-4=0，推导出$M（{\frac{{8{k^2}-2}}{{1+4{k^2}}}，\frac{-4k}{{1+4{k^2}}}}）$，由l₁，l₂倾斜角互补，知l₂的方程为y=-kx+1，联立$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=-kx+1}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²-8kx=0，推导出$N（{\frac{8k}{{1+4{k^2}}}，\frac{{1-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}}）$，由此能求出直线MN的斜率．
②设直线MN的方程为$y=\frac{1}{2}x+b$，联立$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=\frac{1}{2}x+b}\end{array}}\right.$，得x²+2bx+2b²-2=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式，结合已知条件能求出S的取值范围．

解答 解：（1）由题意$|{CP}|=|{QC}|+|{QP}|=|{QC}|+|{QF}|=4＞|{CF}|=2\sqrt{3}$．
∴点Q的轨迹是以点C，F为焦点，焦距为$2\sqrt{3}$，长轴为4的椭圆，
所以$a=2，c=\sqrt{3}，b=1$，
所以点Q的轨迹方程是$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）①设l₁的方程为y=k（x-2），
联立方程$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=k（{x-2}）}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²-16k²x+16k²-4=0，
设l₁与椭圆除A（2，0）外的另一个交点M（x₁，y₁），
则$2{x_1}=\frac{{16{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+4{k^2}}}$，
代入l₁的方程得${y_1}=\frac{-4k}{{1+4{k^2}}}$，∴$M（{\frac{{8{k^2}-2}}{{1+4{k^2}}}，\frac{-4k}{{1+4{k^2}}}}）$，
∵l₁，l₂倾斜角互补，∴l₂的方程为y=-kx+1，
联立方程组$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=-kx+1}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²-8kx=0，
设l₂与椭圆除B（0，1）外的另一个交点N（x₂，y₂），
则${x_2}+0=\frac{8k}{{1+4{k^2}}}$，${x_2}=\frac{8k}{{1+4{k^2}}}$，
代入l₂的方程得${y_2}=\frac{{1-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$，∴$N（{\frac{8k}{{1+4{k^2}}}，\frac{{1-4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}}）$，
∴直线MN的斜率为${k_{MN}}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{1}{2}$．
②设直线MN的方程为$y=\frac{1}{2}x+b$，
联立方程$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\\{y=\frac{1}{2}x+b}\end{array}}\right.$，得x²+2bx+2b²-2=0，
由△=（2b）²-4×（2b²-2）=8-4b²＞0，得$-\sqrt{2}＜b＜\sqrt{2}$，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=-2b，{x_1}{x_2}=2{b^2}-2$，
∴$|{MN}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{\sqrt{5}}}{2}\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{10-5{b^2}}$．
设d₁，d₂分别为点A，B到直线MN的距离，则${d_1}=\frac{{2|{1+b}|}}{{\sqrt{5}}}，{d_2}=\frac{{2|{1-b}|}}{{\sqrt{5}}}$，
$S={S_{△AMN}}+{S_{△BMN}}=\frac{1}{2}|{MN}|（{{d_1}+{d_2}}）$═$（{|{1+b}|+|{-1+b}|}）\sqrt{2-{b^2}}$，
当$1＜b＜\sqrt{2}$时，S=$2b\sqrt{2-{b^2}}=2\sqrt{2{b^2}-{b^4}}∈（{0，2}）$，
当-1≤b≤1时，S=$2\sqrt{2-{b^2}}∈[{2，2\sqrt{2}}]$，
当$-\sqrt{2}＜b＜-1$时，S=$-2b\sqrt{2-{b^2}}=2\sqrt{2{b^2}-{b^4}}∈（{0，2}）$，
∴S的取值范围为$（{0，2\sqrt{2}}]$．

点评 本题考查点的轨迹方程、椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．