Question

18．已知圆C₁：x²+y²=r²（r＞0）与直线l₀：y=$\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}\sqrt{5}$相切，点A为圆C₁上一动点，AN⊥x轴于点N，且动点M满足$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{AM}=（{2\sqrt{2}-2}）\overrightarrow{ON}$，设动点M的轨迹为曲线C．
（1）求动点M的轨迹曲线C的方程；
（2）若直线l与曲线C相交于不同的两点P、Q且满足以PQ为直径的圆过坐标原点O，求线段PQ长度的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设动点M（x，y），A（x₀，y₀），由于AN⊥x轴于点N．推出N（x₀，0）．通过直线与圆相切，求出圆的方程，然后转化求解曲线C的方程．
（2）①假设直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，通过$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，以及弦长公式，利用基本不等式求出范围．②若直线l的斜率不存在，设OP所在直线方程为y=x，类似①求解即可．

解答 解：（I）设动点M（x，y），A（x₀，y₀），由于AN⊥x轴于点N．∴N（x₀，0）．
又圆${C_1}：{x^2}+{y^2}={r^2}（r＞0）$与直线${l_0}：y=\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}\sqrt{5}$即$x-2y+3\sqrt{5}=0$相切，∴$r=\frac{{|{3\sqrt{5}}|}}{{\sqrt{1+4}}}=3$．
∴圆${C_1}：{x^2}+{y^2}=9$．
由题意，$\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{AM}=（2\sqrt{2}-2）\overrightarrow{ON}$，得$（x，y）+2（x-{x_0}，y-{y_0}）=（2\sqrt{2}-2）（{x_0}，0）$，
∴$（3x-2{x_0}，3y-2{y_0}）=（（2\sqrt{2}-2）{x_0}，0）$．
∴$\left\{\begin{array}{l}3x-2{x_0}=（2\sqrt{2}-2）{x_0}\\ 3y-2{y_0}=0\end{array}\right.$，
即∴$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=\frac{3x}{{2\sqrt{2}}}\\{y_0}=\frac{3y}{2}.\end{array}\right.$
将$A（\frac{3x}{{2\sqrt{2}}}，\frac{3y}{2}）$代入x²+y²=9，得曲线C的方程为$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$．
（II）（1）假设直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$，可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0．
由求根公式得${x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}$．（*）
∵以PQ为直径的圆过坐标原点O，∴$\overrightarrow{OP}⊥\overrightarrow{OQ}$．即$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$．
∴x₁x₂+y₁y₂=0．即∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0．
化简可得，$（{k^2}+1）{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=0$．
将（*）代入可得$\frac{{3{m^2}-8{k^2}-8}}{{1+2{k^2}}}=0$，即3m²-8k²-8=0．
即${m^2}=\frac{{8（{k^2}+1）}}{3}$，又$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{64{k^2}-8{m^2}+32}}}{{1+2{k^2}}}$．
将${m^2}=\frac{{8（{k^2}+1）}}{3}$代入，可得$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{\frac{{2×64{k^2}}}{3}+\frac{32}{3}}}}{{1+2{k^2}}}=\sqrt{\frac{32}{3}}•\sqrt{\frac{{（4{k^2}+1）（1+{k^2}）}}{{{{（1+2{k^2}）}^2}}}}=\sqrt{\frac{32}{3}}\sqrt{1+\frac{k^2}{{1+4{k^4}+4{k^2}}}}$
=$\sqrt{\frac{32}{3}}\sqrt{1+\frac{1}{{\frac{1}{k^2}+4{k^2}+4}}}≤2\sqrt{3}$．
∴当且仅当$\frac{1}{k^2}=4{k^2}$，即$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$时等号成立．又由$\frac{k^2}{{1+4{k^4}+4{k^2}}}≥0$，∴$|{PQ}|≥\sqrt{\frac{32}{3}}=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}$，
∴$\frac{{4\sqrt{6}}}{3}≤|{PQ}|≤2\sqrt{3}$．
（2）若直线l的斜率不存在，因以PQ为直径的圆过坐标原点O，故可设OP所在直线方程为y=x，
联立$\left\{\begin{array}{l}y=x\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$解得$P（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$，同理求得$Q（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）$，
故$|{PQ}|=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}$．综上，得$\frac{{4\sqrt{6}}}{3}≤|{PQ}|≤2\sqrt{3}$．

点评 本题考查圆锥曲线的轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，存在性问题的解题策略，考查转化思想以及计算能力．