Question

18．设点P为圆C₁：x²+y²=2上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，点M满足$\sqrt{2}$$\overrightarrow{MQ}$=$\overrightarrow{PQ}$．
（1）求点M的轨迹C₂的方程；
（2）过直线x=2上的点T作圆C₁的两条切线，设切点分别为A、B，若直线AB与（1）中的曲线C₂交与C、D两点，求$\frac{{|{CD}|}}{{|{AB}|}}$的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设P（x₀，y₀），M（x，y），通过$\sqrt{2}\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{PQ}$，转化求解，点M的轨迹C₂的方程．
（2）设点T（2，t），则直线AB的方程为2x+ty=2，求出|AB|，设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式，求解$\frac{{|{CD}|}}{{|{AB}|}}$的表达式，通过函数的导数求解函数的最值即可．

解答 解：（1）设P（x₀，y₀），M（x，y），则
由$\sqrt{2}\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{PQ}$得到：$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=x\\{y_0}=\sqrt{2}y\end{array}\right.$代入${x_0}^2+{y_0}^2=2$
得到：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$，
所以，点M的轨迹C₂的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）设点T（2，t），则直线AB的方程为2x+ty=2，$|{AB}|=2\sqrt{\frac{{2{t^2}+4}}{{{t^2}+4}}}$，
又设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），则$\left\{\begin{array}{l}2x+ty=2\\{x^2}+2{y^2}=2\end{array}\right.$，得（t²+8）y²-4ty-4=0，
于是，${y_1}+{y_2}=\frac{4t}{{{t^2}+8}}，{y_1}{y_2}=\frac{-4}{{{t^2}+8}}，△＞0$，
所以，$|{CD}|=\frac{{2\sqrt{{t^2}+4}•\sqrt{2{t^2}+8}}}{{{t^2}+8}}$，于是$\frac{{|{AB}|}}{{|{CD}|}}=\frac{{（{{t^2}+8}）\sqrt{{t^2}+2}}}{{（{{t^2}+4}）\sqrt{{t^2}+4}}}$，
令t²+4=s≥4，则$\frac{{|{AB}|}}{{|{CD}|}}=\frac{{（{s+2}）\sqrt{s-2}}}{{s\sqrt{s}}}=\sqrt{\frac{{{s^3}+6{s^2}-32}}{s^3}}=\sqrt{1+\frac{6}{s}-\frac{32}{s^3}}$
令$m=\frac{1}{s}∈（{0，\frac{1}{4}}]$，于是$\frac{{|{AB}|}}{{|{CD}|}}=\sqrt{1+6m-32{m^3}}$，
设f（m）=-32m³+6m+1，f'（m）=-96m²+6，$-96{m^2}+6=0⇒m=±\frac{1}{4}$
所以，f（m）在$（{0，\frac{1}{4}}]$单调递增，故$f（m）∈（{1，\sqrt{2}}]$，
所以，$\frac{{|{CD}|}}{{|{AB}|}}∈[{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1}）$．

点评 本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，构造法以及函数的导数的应用，考查转化思想以及计算能力．