Question

8．如图，在平面直角坐标系xoy中，已知圆C：（x+1）²+y²=16，点A（1，0），点B（a，0）（|a|＞3），以B为圆心，|BA|的半径作圆，交圆C于点P，且的∠PBA的平分线次线段CP于点Q．
（I）当a变化时，点Q始终在某圆锥曲线τ是运动，求曲线τ的方程；
（II）已知直线l过点C，且与曲线τ交于M、N两点，记△OCM面积为S₁，△OCN面积为S₂，求$\frac{S_1}{S_2}$的取值范围．

Answer 1

分析 （I）推导出△QAB≌△QPB，从而QC+QA=4，由椭圆的定义可知，Q点的轨迹是以C，A为焦点，2a=4的椭圆，由此能求出点Q的轨迹方程．
（II）设直线l：x=my-1，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），推导出$\frac{S_2}{S_1}=\frac{{|{y_2}|}}{{|{y_1}|}}=-\frac{y_2}{y_1}$，由$\left\{\begin{array}{l}x=my-1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3m²+4）y²-6my-9=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件求出$\frac{S_1}{S_2}$的取值范围．

解答 解：（I）如图，∵BA=BP，BQ=BQ，∠PBQ=∠ABQ，
∴△QAB≌△QPB，∴QA=QP，
∵CP=CQ+QP=QC+QA，QC+QA=4，
由椭圆的定义可知，Q点的轨迹是以C，A为焦点，2a=4的椭圆，
故点Q的轨迹方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
（II）由题可知，设直线l：x=my-1，不妨设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
∵${S_1}={S_{△OMC}}=\frac{1}{2}×|{OC}|×|{y_1}|，{S_2}={S_{△ONC}}=\frac{1}{2}×|{OC}|×|{y_2}|$，
$\frac{S_2}{S_1}=\frac{{|{y_2}|}}{{|{y_1}|}}=-\frac{y_2}{y_1}$，
∵$\left\{\begin{array}{l}x=my-1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，∴（3m²+4）y²-6my-9=0，△=144m²+144＞0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=\frac{6m}{{3{m^2}+4}}\\{y_1}{y_2}=\frac{-9}{{3{m^2}+4}}\end{array}\right.$，
∵$\frac{{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}}}{{{y_1}{y_2}}}=\frac{{-4{m^2}}}{{3{m^2}+4}}∈（{-\frac{4}{3}}\right.，\left.0]$，
即$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}+\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}+2$∈（-$\frac{4}{3}$，0]，$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$∈（-3，-$\frac{1}{3}$），
∴$\frac{S_1}{S_2}$=-$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$∈（$\frac{1}{3}$，3）．

点评 本题考查点的轨迹方程的求法，考查两个三角形的面积的取值范围的求法，考查椭圆、韦达定理、根的判别式、直线方程、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．