Question

14．已知圆C₁的圆心在坐标原点O，且恰好与直线${l_1}：x-y-2\sqrt{2}=0$相切．
（1）求圆O的标准方程；
（2）设点A为圆O上一动点，AN⊥y轴于N，若点Q满足$\overrightarrow{OQ}=m\overrightarrow{OA}+（1-m）\overrightarrow{ON}$，（其中m为非零常数），试求点Q的轨迹方程C₂；
（3）在（2）的结论下，当$m=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$时，得到动点Q的轨迹曲线C，与圆x²+（y+1）²=1相切的直线l：y=k（x+t），kt≠0交曲线C于E，F，若曲线C上一点P满足$\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}=λ\overrightarrow{OP}$，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设圆的半径为r，求出圆心到直线l₁距离，从而能求出圆C₁的方程．
（2）设动点Q（x，y），A（x₀，y₀），AN⊥y轴于N，N（0，y₀），由题意得（x，y）=m（x₀，y₀）+（1-m，0，y₀），由此能求出动点Q的轨迹方程．
（3）m=$\frac{\sqrt{3}}{2}$时，曲线C方程为$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1，由$\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}=λ\overrightarrow{OP}$，直线l：y=k（x+t），kt≠0与圆x²+（y+1）²=1相切，联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+t）}\\{4{x}^{2}+3{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，消去y得（4+3k²）x²+6k²tx+3k²t²-12=0，利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能求出λ的取值范围．

解答 解：（1）设圆的半径为r，圆心到直线l₁距离为d，则d=$\frac{|-2\sqrt{2}|}{\sqrt{1+1}}$=2，
所以，圆C₁的方程为x²+y²=4．
（2）设动点Q（x，y），A（x₀，y₀），AN⊥y轴于N，N（0，y₀），
由题意得（x，y）=m（x₀，y₀）+（1-m，0，y₀），所以$\left\{\begin{array}{l}{x=m{x}_{0}}\\{y={y}_{0}}\end{array}\right.$，即：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=\frac{1}{m}x}\\{{y}_{0}=y}\end{array}\right.$，
将A（$\frac{1}{m}x，y$）代入x²+y²=4，得动点Q的轨迹方程C：$\frac{{x}^{2}}{4{m}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（3）m=$\frac{\sqrt{3}}{2}$时，曲线C方程为$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1，设E（x₁，y₁），F（x₂，y₂），P（x₃，y₃），
则由$\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}=λ\overrightarrow{OP}$知，x₁+x₂=λx₃，y₁+y₂=λy₃，且$\frac{{{x}_{3}}^{2}}{3}+\frac{{{y}_{3}}^{2}}{4}=1$，①
又直线l：y=k（x+t），kt≠0与圆x²+（y+1）²=1相切，所以有$\frac{|kt+1|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，
由k≠0，可得k=$\frac{2t}{1-{t}^{2}}$（t≠±1，t≠0），②
又联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+t）}\\{4{x}^{2}+3{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，消去y得（4+3k²）x²+6k²tx+3k²t²-12=0，
且△＞0恒成立，且${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{6{k}^{2}t}{4+3{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{3{k}^{2}{t}^{2}-12}{4+3{k}^{2}}$，
所以${y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}）+2kt=\frac{8kt}{4+3{k}^{2}}$，所以得P（$\frac{-6{k}^{2}t}{λ（4+3{k}^{2}）^{2}}$，$\frac{8kt}{λ（4+3{k}^{2}）}$），
代入①式得$\frac{12{k}^{2}{t}^{2}}{（4+3{k}^{2}）{λ}^{2}}$+$\frac{16{k}^{2}{t}^{2}}{{λ}^{2}（4+3{k}^{2}）^{2}}$=1，所以${λ}^{2}=\frac{4{k}^{2}{t}^{2}}{4+3{k}^{2}}$，又将②式代入得，${λ}^{2}=\frac{4}{（\frac{1}{{t}^{2}}）^{2}+\frac{1}{{t}^{2}}+1}$，t≠0，t≠±1，
由题意（$\frac{1}{{t}^{2}}$）²+$\frac{1}{{t}^{2}}$+1＞1，且（$\frac{1}{{t}^{2}}$）²+$\frac{1}{{t}^{2}}$+1≠3，所以${λ}^{2}∈（0，\frac{4}{3}）∪（\frac{4}{3}，4）$，
所以λ的取值范围为（-2，-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）∪（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）∪（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，2）．

点评 本题考查圆的方程、动点轨迹方程、实数取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、椭圆性质的合理运用．