Question

15．已知点F（1，0），圆E：（x+1）²+y²=8，点P是圆E上任意一点，线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q．
（Ⅰ）求动点Q的轨迹Γ的方程；
（Ⅱ）若直线l与圆O：x²+y²=1相切，并与（1）中轨迹Γ交于不同的两点A、B，与x轴交于点M，当$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=λ，且满足$\frac{2}{3}$≤λ≤$\frac{3}{4}$，求$\frac{|AM|}{|BM|}$的取值范围．

Answer 1

分析 （I）由|EQ|+|PQ|=|PE|=2$\sqrt{2}$＞|EF|可知Q的轨迹为以E，F为焦点的椭圆，利用椭圆的定义求出椭圆方程；
（II）设直线l的方程为y=kx+m，根据直线l与单位圆相切得出k，m的关系，联立直线与椭圆方程，根据根与系数的关系得出A，B坐标的关系，根据λ的范围即可求出k²的范围，利用勾股定理将$\frac{|AM|}{|BM|}$转化为A，B横坐标的比，使用换元法求出$\frac{|AM|}{|BM|}$的范围．

解答 解：（I）圆E的圆心E（-1，0），半径r=2$\sqrt{2}$．|EF|=2
∵Q为PE中垂线上的点，∴|PQ|=|QE|，
又|EQ|+|PQ|=|PE|=2$\sqrt{2}$，
∴|QE|+|QF|=2$\sqrt{2}$＞2，
∴Q的轨迹为以E，F为焦点的椭圆．
设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），
则$\left\{\begin{array}{l}{2a=2\sqrt{2}}\\{2c=2}\end{array}\right.$，∴a=$\sqrt{2}$，b=1．
∴动点Q的轨迹Γ的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（II）当直线l无斜率时，不妨设直线l的方程为x=1，则A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），M（1，0）．
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，不符合题意，
当直线l的斜率为0时，直线l与椭圆只有一个公共点，不符合题意，
设直线l的方程为y=kx+m（k≠0），
∵直线l与单位圆O相切，∴$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，即m²=k²+1．
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，消去y得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$．
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=（1+k²）x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²
=$\frac{（1+{k}^{2}）（2{m}^{2}-2）}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4{k}^{2}{m}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+m²=$\frac{2{k}^{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4{k}^{2}（{k}^{2}+1）}{1+2{k}^{2}}$+k²+1=$\frac{{k}^{2}+1}{1+2{k}^{2}}$．
∴$\frac{2}{3}$≤$\frac{{k}^{2}+1}{1+2{k}^{2}}$≤$\frac{3}{4}$，解得$\frac{1}{2}$≤k²≤1．
令$\frac{|AM|}{|BM|}$=t，则t²=$\frac{|AM{|}^{2}}{|BM{|}^{2}}$=$\frac{|O{A|}^{2}-1}{|O{B|}^{2}-1}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}-1}{{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}-1}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{{x}_{2}}^{2}}$．
∵x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$＞0，∴$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0．不妨设x₁＞0，x₂＞0．
则t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∴t+$\frac{1}{t}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{16{k}^{2}（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}（1+2{k}^{2}）}$-2=2+$\frac{4}{1+2{k}^{2}}$．
∵$\frac{1}{2}$≤k²≤1，∴$\frac{10}{3}$≤2+$\frac{4}{1+2{k}^{2}}$≤4．即$\frac{10}{3}≤t+\frac{1}{t}≤4$，
解得2-$\sqrt{3}$≤t≤$\frac{1}{3}$或3≤t≤2+$\sqrt{3}$．
∴$\frac{|AM|}{|BM|}$的取值范围范围是[2-$\sqrt{3}$，$\frac{1}{3}$]∪[3，2+$\sqrt{3}$]．

点评 本题考查了轨迹方程的求解，椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于难题．