Question

13．如图所示，在△ABC中，AB的中点为O，且OA=1，点D在AB的延长线上，且$BD=\frac{1}{2}AB$．固定边AB，在平面内移动顶点C，使得圆M与边BC，边AC的延长线相切，并始终与AB的延长线相切于点D，记顶点C的轨迹为曲线Γ．以AB所在直线为x轴，O为坐标原点如图所示建立平面直角坐标系．
（Ⅰ）求曲线Γ的方程；
（Ⅱ）设动直线l交曲线Γ于E、F两点，且以EF为直径的圆经过点O，求△OEF面积的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）确定点C轨迹Γ是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，且挖去长轴的两个顶点，即可求曲线Γ的方程；
（Ⅱ）可设直线$OE：y=kx，OF：y=-\frac{1}{k}x，E（{{x_1}，{y_1}}），F（{{x_2}，{y_2}}）$，进而表示面积，即可求△OEF面积的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）依题意得AB=2，BD=1，设动圆M与边AC的延长线相切于T₁，与边BC相切于T₂，则AD=AT₁，BD=BT₂，CT₁=CT₂
所以AD+BD=AT₁+BT₂=AC+CT₁+BT₂=AC+CT₁+CT₂=AC+BC=AB+2BD=4＞AB=2…（2分）
所以点C轨迹Γ是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，且挖去长轴的两个顶点．则曲线Γ的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1（{y≠0}）$．…（4分）
（Ⅱ）由于曲线Γ要挖去长轴两个顶点，所以直线OE，OF斜率存在且不为0，所以可设直线$OE：y=kx，OF：y=-\frac{1}{k}x，E（{{x_1}，{y_1}}），F（{{x_2}，{y_2}}）$…（5分）

由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx}\\{3{x^2}+4{y^2}=12}\end{array}}\right.$得$x_1^2=\frac{12}{{3+4{k^2}}}$，$y_1^2=\frac{{12{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，同理可得：$x_2^2=\frac{{12{k^2}}}{{3{k^2}+4}}$，$y_2^2=\frac{12}{{3{k^2}+4}}$；
所以${|{OE}|^2}=\frac{{12（1+{k^2}）}}{{3+4{k^2}}}$，${|{OF}|^2}=\frac{{12（1+{k^2}）}}{{3{k^2}+4}}$
又OE⊥OF，所以$S_{△OEF}^2=\frac{1}{4}{|{OE}|^2}{|{OF}|^2}=36×\frac{{{{（{1+{k^2}}）}^2}}}{{（{3{k^2}+4}）（{4{k^2}+3}）}}$…（8分）
令t=k²+1，则t＞1且k²=t-1，所以${S_{△OEF}}^2=36×\frac{{{{（{1+{k^2}}）}^2}}}{{（{3{k^2}+4}）（{4{k^2}+3}）}}=36×\frac{t^2}{{（{3t+1}）（{4t-1}）}}$=$-36×\frac{1}{{（{\frac{1}{t}+3}）（{\frac{1}{t}-4}）}}=-36×\frac{1}{{{{（{\frac{1}{t}-\frac{1}{2}}）}^2}-\frac{49}{4}}}$      …（10分）
又$0＜\frac{1}{t}＜1$，所以$-\frac{49}{4}≤{（{\frac{1}{t}-\frac{1}{2}}）^2}-\frac{49}{4}＜-12$，所以$-\frac{1}{12}＜\frac{1}{{{{（{\frac{1}{t}-\frac{1}{2}}）}^2}-\frac{49}{4}}}≤-\frac{4}{49}$，
所以$\frac{144}{49}≤-36×\frac{1}{{{{（{\frac{1}{t}-\frac{1}{2}}）}^2}-\frac{49}{4}}}＜3$，所以$\frac{12}{7}≤{S_{△OEF}}＜\sqrt{3}$，
所以△OEF面积的取值范围为$[{\frac{12}{7}，\sqrt{3}}）$．…（12分）

点评 本题考查轨迹方程，考查直线与椭圆位置关系的运用，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．